王进明初等数论习题详细解答2013.5第九版(可打印版)

王进明 初等数论 习题及作业解答

P17 习题1-1 1，2(2)(3), 3，7，11，12为作业。

1．已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.

解：a?12b?26,a?b?12?26?454,12b?26?b?12?26?454,

(12?1)b?454?12?26?26?390,b=30, 被除数a=12b+26=360.

这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题： 商为12,表明被除数减去余数后是除数的12倍，被除数减去余数后与除数相加的和是除数的（12+1）倍，即454?12?26?26?390是除数的13倍.

2．证明：(1) 当n∈Z且n?9q?r(0?r?9)时，r只可能是0,1,8; 证：把n按被9除的余数分类，即：若n=3k, k∈Z，则n?27k, r=0； 若n=3k +1, k∈Z，则n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9k(3k?3k?1)?1,r=1； 若n=3k－1, k∈Z，则n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9(3k?3k?k?1)?8,r=8.

332323322333n3n2n??的值是整数。 (2) 当 n∈Z时，

326n3n2n2n3?3n2?n32??=证 因为，只需证明分子2n?3n?n是6的倍数。 32662n3?3n2?n?n(2n2?3n?1)?(n?1)n(2n?1)

?(n?1)n(n?2?n?1)=n(n?1)(n?2)?(n?1)n(n?1).

由k! 必整除k个连续整数知：6 |n(n?1)(n?2),6 |(n?1)n(n?1). 或证：2!|(n?1)n, (n?1)n必为偶数.故只需证3|(n?1)n(2n?1).

若3|n, 显然3|(n?1)n(2n?1)；若n为3k +1, k∈Z，则n－1是3的倍数，得知

(n?1)n(2n?1)为3的倍数；若n为3k－1, k∈Z，则2n－1=2(3k－1)－1=6k-3, 2n－1

是3的倍数.

综上所述，(n?1)n(2n?1)必是6的倍数,故命题得证。

(n?1)n(2n?1)222

=0+1+2+?+(n-1)2,整数的平方和必为整数。

6(n?1)n(2n?1)－

当 n∈Z时，-n∈Z+, 从而同样推得为整数，故命题得证。

6又证：

(3) 若n为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．

1

证明：利用11n+2+122n+1=121×11n +12×144 n =133×11n +12×(144 n－11 n)及例5的结论． (4)当m，n，l∈N+时，

(m?n?l)!的值总是整数

m!n!l!证明：(m?n?l)!=(m?n?l)(m?n?l?1)?(n?l?1)(n?l)(n?l?1)?(l?1)?l! 由k!必整除k个连续整数知：m!|(m?n?l)(m?n?l?1)?(n?l?1), n! |(n?l)(n?l?1)?(l?1)，从而由和的整除性即证得命题。 (5)当a，b∈Z且a ≠－b，n是双数时，?a?b?|(an?bn)； (6)当a，b∈Z且a ≠－b，n是单数时，?a?b?|(a?b)．

nn解：利用例5结论：若a ≠ b，则?a?b?|(a?b)．令b=－b*, 即得。

nn或解： a = (a+b)－b， (5) 当n为双数时，由二项式展开

nan?bn??a?b?b?b? ????n??a?b??n?a?b?nn?1b?????1?n?1n?a?b?bn?1，证得。(6) 当n为单数时类似可得。

3．已知a1，a2，a3，a4，a5，b∈Z,且

?ai?152i?b2，说明这六个数不能都是奇数．

解：若这六个数都是奇数，设ai?2ki?1,ki?Z,i?1,2,3,4,5，则

?a??(2k?1)2iii?1i?1552?4?ki(ki?1)?5，因为2|ki(ki?1)，所以8 | 4?ki(ki?1),

i?155i?1?ai?152i?8q?5,q?Z, 而b2?(2k?1)2?4k(k?1)?1，b2?8q*?1，k,q*?Z，

即等式左边被8除余5, 而右边被8除余1, 故不可能这六个数都是奇数。

4．能否在下式的各□内填入加号或减号，使下式成立；能的话给出一种填法，否则，说明理由。

1□2□3□4□5□6□7□8□9=10

不能，因为等式左边有单数个单数，它们的和差只能是奇数，而等式右边10为偶数。或解：无论各□内填入加号或减号，1□2□3□4□5□6□7□8□9+1+2+3+4+5+6+7+8+9总是偶数，而1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,因此的结果1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇数。 5．已知：a，b，c均为奇数．证明ax?bx?c?0无有理根。 证：若有有理根，记为

2ppp,p,q互质，代入方程有a()2?b??c?0

qqq 2

即ap2?bpq?cq2?0，这是不可能的，因为p,q互质，二者不可能同时为偶数。 若p为偶数，则ap2?bpq为偶数，但cq2是奇数，它们的和不可能为0; 若q为偶数，则bpq?cq2为偶数，但ap2是奇数，它们的和也不可能为0。

6．在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?

解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．

7．将1-—99这99个自然数依次写成一排，得一多位数A＝1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011…97 98 99，求A除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余数分别是多少?

解：由数的整除特征，2和5 看末位，∴ A除以2余1，A除以5余4；4和25 看末两位，∴ A除以4余3，A除以25余24；8和125看末三位，∴ A除以8余3，且除以125余24；3和9看各位数字的和，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=45，A所有数字的和等于450, ∴ A除以3和9都余0，A除以11的余数利用定理1. 4, 计算奇数位数字之和－A 的偶数位数字之和．奇数位数字之和1+3+5+7+9+(0+1+…+9) ×9，偶数位数字之和2+4+6+8+(1+2+…+9) ×10，两者之差为－40，原数除以11的余数就是－40除以11的余数：4.

8．四位数7x2y能同时被2，3，5整除，求这样的四位数．

解：同时被2，5整除，个位为0，再考虑被3整除，有4个：7020，7320，7620，7920． 9．从5, 6, 7, 8, 9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3, 5, 7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？

被5整除，个位必为5. 5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5, 6, 7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,

从最大的开始试除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。 10．

11．1至1001各数按以下的格式排列成表，像表中所示的那样用—个正方形框住其中的9个数，要使9个数的和等于(1)2001，(2)2529，(3)1989，能否办到?如能办到，写出框里的最小数与最大数．如办不到，说明理由．

181522291623310172441118255121926613202771421 28?????99599699799899910001001解：设框里居中心的数为x,则9个数的和等于9x. (1) 9不能整除2001，∴和等于2001办不到；(2) 9x=2529，x=281，是所在行第一个数，∴和等于2529办不到；(3) 9x=1989，x=221，和等于1989能办到，框里的最大数为x+8=229，最小数为x－8=213．

12．证明：7(或11或13) |anan?1?a3a2a1a0的特征是：7(或11或13) 整除

|anan?1?a3?a2aa| 10解答：因为7×11×13=1001。（谐“一千零一夜”）而

3

anan?1?a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0?(anan?1?a3?a2a1a0)×1000．

或 anan?1?a3a2a1a0?anan?1?a3?7?11?13?(anan?1?a3?a2a1a0)

∴

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1—1中的部分题目

(与上面相同或相似的题目不列，以下各章节同)

3．已知a，b，c中，有一个是2001，有一个是2002，有一个是2003，试判断(a—1)×(b—2)×(c—3)的奇偶性，并说明理由． 6．24|62742??,求?,?.

9. 是否存在自然数a和b，使a2－b2 = 2002成立? 11．证明：当n∈Z时，6 | n(n＋1)(2n＋1)．

12．已知：f?x??ax?bx?c，f (0)，f (－1)，f (1)，x均为整数．证明：f?x??Z.

2 解答：

3．偶数．因为a，b，c中，有三个奇数，所以a－1，c－3中至少有一个是偶数． 6．只需3|62742??,且8|62742??，即3|(???),且8|??，先考虑??0,2,4,6,8,有5组解 ????0,???2,???4,???7,???9, ???????0;???4;???8;???2;???6.9．不存在．利用a2－b2 =(a－b)(a + b)，而a－b，a + b的奇偶性相同．而2002=2×1001. 11．用数学归纳法或n(n+1)(2n+1)= n(n+1)(n+2)+(n－1)n(n+1)，利用整除的基本性质(13)． 12．由f (0)，f (－1)，f (1)，x均为整数可得c, a+b, a－b均为整数. 进而知2a，2b为整数.

分类讨论(k∈Z): x=2k时，由2a，2b为整数f (x)显然为整数;

x=2k+1时，f (2k+1) = 4ak(k+1) + 2bk + a + b + c, 可知f (x)仍然为整数。

习题1-2

1. 用试除法确定下列各数中哪些是质数？哪些是合数？1987，2027，2461，17357 解：1987?45,

2027≈45.022, 用质数试除到43，可知两者是质数， 2461≈49.61,

用质数顺次试除，试除时，用数的整除特征考虑：2，3，5显然不能整除它，由上节第12题结论，357－17= 340，340不能被7，11，13整除，再用17，23考虑，2461÷23=107, 2461是合数。用类似思路顺次试除17357，到17，得分解式17357=17×1021，17357是合数。 2. 当 n 是什么正整数时，f1(n)?n?4，f2(n)?n?5n?9n+8n2+4n +1, f3(n)= n4

4543－18n2+45, f4(n)= n4+ n2+1, f5(n)?3n?4n?1的值是质数？是合数？

2解：f1(n)?n?4n?4?4n?(n?2)?(2n)?(n?2n?2)(n?2n?2)

42222222?[(n?1)2?1][(n?1)2?1]，当n =1时，f1(n)是质数；当n >1时，f1(n)是合数。

4

f2(n)?(n5?2n4?n3)?(3n4?6n3?3n2)+(2n3?4n2?2n)?(n2?2n?1)

=( n +1)2(n3+3n2+2n +1)。n 无论是什么正整数时，n +1>1，∴f2(n)总是合数。

f3(n)=(n2?3)(n2?15)令n2－3=1或n2－15=1知仅当 n=2或 n= 4时，f3(n)为质数，n为其它正整数时，f3(n)是合数。

∵ n4+ n2+1 = n4+ 2n2+1－n2 = (n2+ n+ 1)(n2－n+ 1)，令n2+ n+ 1=1或n2－n+ 1=1知 仅当 n= 1时，f4(n)=n4+ n2+1为质数， n >1时，f4(n)是合数。

f5(n)?(3n?1)(n?1)，∴f5(n)当n=2时为质数，n为其它正整数时是合数。

3. 试证：(1) 一切大于3的质数，不是形如6n +1就是6n－1的数(n∈N)；

(2) 任意多个形如6n +1的数的乘积仍是形如6n +1的数； (3) 形如 6n－1的数中含有无限多个质数.

证：(1)因为形如6n或6n±2或6n+3为合数；所以结论成立； (2)先证明两个形如6n +1的数的乘积仍是形如6n +1的数：

(6n1?1)(6n2?1)?36n1n2?6n1?6n2?1?6(6n1n2?n1?n2)?1，

显然，6n1n2?n1?n2?N，结论成立。然后用数学归纳法可得一般性结论。 (3) 若形如 6n－1的数中只有k个质数：p1, p2, …, pk。令N = 6 p1 p2 … pk－1，N为形如 6n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 6n－1的质因数p（否则就全是形如 6n + 1的数，由(2)中结论，乘积必为形如 6n+1的数，与N的形式不符）, 因此p为 p1, p2, …, pk中的某一个，于是，p | 1, 矛盾。

4. 设m>1，当m |[(m?1)!?1]时，m必为质数.

证：若m为合数，m最小的大于1的约数必为质数，设为p, p是2,3, …,m－1中一个数。 显然p | (m－1)!且p | [(m－1)!+1]，于是，p | 1, 矛盾。

5. 是否有1999 个连续的自然数, 它们之中恰好只有一个是质数？

证：显然存在1998个连续的自然数都是合数, 比如1999!+2, 1999!+3, …, 1999!+1999. 现在设a1,a2,?，a1998是任意1998个连续的合数,若比a1小的最大的质数是 p， 则p,p+1,p+2,,?，p+1998 就是题目所要求的1999 个连续的自然数。

这里的p可以如下确定：比a1小1的不是质数, 就考虑比a1小2的，还不是，就考虑小3的,?，直到是质数为止，这个质数即为p。

事实上，p后面的合数不少于1998个， 所以可从p后面选1998个都是合数。 附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—2中的部分题目(与以上相同的不列) 1. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003

2. 求证：对任意 n∈Z+，必有 n 个连续的自然数都是合数. 4. 求证：当 n∈Z+时，4n3+6n2+4n +1是合数.

5

令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,?t1,t2??1,?x,y使xt1?yt2?1,x(t1?t2)?(y?x)t2?1, ?(t1?t2,t2)?1.同理(t1?t2,t1)?1.?(t1?t2,t1t2)?(t1?t2,t1)?1(定理1.21),

?(dt1?dt2,dt1t2)?d(定理1.14).即，?a,b??(a?b,?a,b?). ( 33, 90 ) = 3, 所以 ( a, b ) = 3.

10. 因为AB、BC 的中点上都要植上一棵树，315÷2=157.5因此应考虑1400和1575的最大公约数175。最后答案：两树间的距离最多有17.5米 . 11. 2个 .

12. 设小明 x岁，则爷爷 7x岁，7x +h =6(x+h) , x=5h; 7x +k =5(x+k) , x=2k; 7x +i =4(x+i) , x=i; 7x +j =2(x+j) , 5x=j; 知小明年龄是2, 5的倍数。因此小明 10岁，爷爷 70岁.

习题 1-4

1.把下列各数分解质因数：2001，26840，111111，999 999 999 999 解： 2001= 3×23× 29， 26840= 5×11×23×61， 111 111= 3× 7×11×13× 37. 999 999 999 999=111 111×9 000 009=33× 7×11×13× 37×1 000 001，而 1 000 001=101×9901，∴999 999 999 999=33× 7×11×13× 37×101×9901。 2.用分解质因数法求：（1）（4712，4978，5890，6327）；（2）［4712，4978，5890］. 解：4712=4×1178=23×589=23×19×31, 4978=2×2489=2×19×131 5890=10×589=2×5×31, 6327=9×703=32×19×37 ∴ (1)19， (2)3086360×9×37=1027757880．

3. 将 85，87，102，111，124，148，154，230，341，354，413，667分成两组（每组 6个数），怎么分才能使每组各数的乘积相等？

解：—组为：85，111，124，154，354，667；另一组为：87．102，148，230，341，413． 4．某校师生为贫困捐款1995元，这个学校共有教职工35人，14个教学班，各班学生人数相同，并且多于30人但又不超过45人，如果师生平均每人捐款的钱数都是整数元，那么平均每人捐款多少元？ 解：1995=3×665=5×399=7×285=5×7×57=3×5×7×19, 每人捐款的钱数只能是1、3、5、15、19、21或57。57不可能，否则教师捐款就够了; 19,15和1元也不行，与学生数显然不符; 平均每人捐款5元的话，每班人数为(399-35)=364÷14=26, 仍少于30; 所以平均每人捐款3元。此时每班人数为(665-35)=630÷14=45符合假定人数范围。

5. 甲、乙两人各射五箭，每射一箭得到环数或者是“0”(脱靶)，或者是不超过10的自然数。两人五箭所得环数的乘积都是1764，但甲的总环数比乙的少4环求甲、乙两人的总环数各是多少？

解：1764=4×441=4×212=22×32×72, 由441-1=440=2×220,220=11×10×2 6．证明：（1） (a，[b，c]) = [(a，b)，(a，c)]

2?a,b,c?.此题1-3已证明，在此要求用分解质因数方法证明。 [a,b,c]（2）?[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)2r

（采用教材p成分的说法，可使证明叙述起来简捷一些：设p为质数，a，r∈N+,如果p | a， 且 p

r+1r

| a，这时称 p为 a 的 p 成分，用 p(a) 表示a的p成分的幂指数，即p(a) =r. ）

证明：设p(a) =l，p(b) = m，p(c) =n，且不妨设l?m?n。

（1）p (a，[b，c]) =min{ p(a),max{ p(b), p(c)} }= min{l, m}=m，

11

p [(a，b)，(a，c)]= max{ min{ p(a), p(b) }, min{ p(a), p(c)}}= max{m,n}= mr.

由于p是任意质数，所以(a，[b，c]) = [(a，b)，(a，c)]。

（2）∵p([a,b][b,c][c,a])?p[a,b]?p[b,c]?p[c,a]?l?m?l?2l?m

?[a,b,c]2?p[a,b,c]?2p[a,b,c]?2l,∴p????m。

?[a,b][b,c][c,a]?2∵p((a,b)(b,c)(c,a))?p?a,b??p(b,c)?p(c,a)?m?n?n?2n?m

2??a,b,c??2???m。 p[a,b,c]?2p[a,b,c]?2n ∴p??(a,b)(b,c)(c,a)???由于p是任意质数，所以题设等式成立。

7. 自然数555 555的约数中，最大的三位数是多少？ 解：555 555=5×111 111= 3×5×7×11×13× 37. 约数最小的三个相乘已经是三位数，那么在

C63?6?5?4?20种取法中， 3×5×37=555显然太小，故3,5只能取一个：5×11×13

3?2=55×13=715，再调大如7×11×13=1001就超出了；3×7×37=777，调大如3×11× 37=1 111,已经超出，故777即为所求。

8.若 2836，4582，5164，6522 四个数被同一个自然数相除，所得余数相同，求除数和余数各是多少？

解：4582-2836=1746=2×873=2×9×97, 5164-4582=582=2×291=2×3×97, 6522-5164=1358=2×679=2×7×97, （1746，582，1358）=2×97 所以，除数为97时，余数为23；除数为194时，余数为120． 9. (1) 所有正约数之和＝15的最小自然数是多少？ (2) 所有正约数之积＝64的最小自然数是多少？

(3) 有没有这样的自然数，其所有正的真约数之积等于它本身？

解 (1) 15=1×15=3×5，若15=1×15，a有唯一质因数，即a=p，

由公式??a?=15?p??p??1???p?1，?p(p??1???p?1)?14，p只能是2. 令自然数a=2k，此时??a??2若??a??15=3×5，即

k?1??1?15，得k=3，即a=8；

?i?12pi?i?1?1?3×5

pi?13?pi?i?pi?i?1???pi?1?pi(p?i?1???pi?1)?2，pi,?i无解。

故??a??15=3×5为不可能。因此所求最小自然数就是8. （2）a

??a??64?26,a??a??212或a??a??46,a??a??84a??a??642。

?(2)=2≠12, ?(4)=3≠6, ?(64)=7≠2, ?(8)=4, 因此所求最小自然数就是8.

?a?a (3) 自然数a的所有正约数之积=a??，由题设有a???a2，即??a??4=22，

12

故分解式或 ⑴ 只含1个质因数 p，此时 p 的指数为3, 即a?p3, 或 ⑵ 为2 个质数的乘积，即a?p1p2，这样的自然数，其所有正的真约数之积都等于它本身。 2

10. 若a，b，c∈N+, 且 a= bc，(b，c)=1，则b，c均为平方数。 证明：?(b,c)?1,令b??pi?1mni?i,c??qjj,有pi?qj(?i,j)

j?1m?已知a?bc?2?pi??qj,故a??pi2??qj2,?ii?1j?1n?jn?im?j?i2?N?,?j2?N?(?i,j).

i?1j?1得?i?2?i',?j?2?j',?i'?N?,?j'?N?(?i,j).

???2?'?'??b??pi2?i'???pi?i'?,c??qjj???qjj?, 结论成立。

i?1j?1?i?1??j?1?nnmm2211. 975×935×972×（ ）要使这个乘积的最后 4个数字都是 0，括号中最小应填什么自然数？

解：20．四个数分解质因数后一共应该有且只有4个2与4个5，需补充2个2与1个5。

12. （1）设[a，b]=72，且a≠b，那么a + b有多少种不同的值？ （2）已知（a，b）=12, [a，c]= [b，c]=300,满足上述条件的自然数共有多少组（a=12, b=c=300与a= c=300, b=12算不同的两组）？ 解：（1）72=23×32, 由充要条件a，b只含有2,3的质因数且不超过72, 见下表 a b a+b 32 17 23=8 2×32 26 22×32 44 32 33 23×3=24 2×32 42 22×32 60 1 73 23×32=72 32 81 2×32 90 22×32 108 由于a，b是对称的，所以一共10种不同的值。

（2）300=12×25, 因此a，b，c只含有2，3，5的质因数且不超过300, 见下表 a b c 12 12×52 12 12×5 12×52 12×52 12×52 12×5=60 12 同左 12×52=300 12 同左 一共5组。 13. 求：（1）?(180)；（2）?(180)；（3）?1 (180).

23?133?152?1???7?13?6=546 (3)1809．解：180=2×3×5, ∴(1)3×3×2=18． (2) 2?13?15?12

2

14．求出最小的正整数n，使其恰有144个正约数，并且其中有十个是连续的整数。 解：144=122=6×3×2×2×2, 表明n的标准分解式应含有五个不同质数,并应该从2开始取，且使2的次数为5，3的次数为2，其他皆为1，故所求即25×32×5×7×11=110880。 它不仅有10个甚至有12连续的约数:1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1—4中的部分题目(与以上相同的不列)

13

6.200以内仅有 10个正约数的自然数有几个？并一一求出 . 7.求：（1）?(180)；（2）?(180)；（3）?1 (180). 8.已知［A，B］=42，［B，C］=66，（A，C）=3，求 A，B，C .

9.一个自然数有 21个正约数，而另一个自然数有 10个正约数，这两个数的标准分解式中仅含有不大于 3的质因数，且这两个数的最大公约数是 18，求此两数是多少？

10.小明有一个三层书架，他的书的五分之一放在第一层，七分之几（这个几记不清了）放在第二层，而第三层有书 303本，问小明共有书多少本？

11.某班同学（50人左右）在王老师带领下去植树，学生恰好能分成人数相等的 3 组，如果老师与学生每人种树的棵数一样多，共种了884棵，那么每人种多少棵树？ 12.少年宫游乐厅内悬挂着 200个彩色灯泡，这 200个灯泡按 1耀200编号，它们的亮暗规则是：第 1秒：全部灯泡变亮；第 2秒：凡编号为 2的倍数的灯泡由亮变暗；第 3秒：凡编号为 3的倍数的灯泡改变原来的亮暗状态，即亮的变暗，暗的变亮 .一般地，第 n 秒凡编号为 n 的倍数的灯泡改变原来的亮暗状态。这样继续下去，每 4分钟一个周期，问第 200 秒时，明亮的灯泡有多少个？

习题 1-4解答

6．有5个，10=2×5=1×10因此所求的数应该为ab或c后者即令c=2也已经超出200,因此分别令a=2.b=3; a=2.b=5; a=2.b=7; a=3,b=2; a=2.b=11; 得48，80，112，162，176． 8．因为B |?B,C? , B |?A,B?, 所以B是66，42的公约数，因而B是6的约数。又

49因为?B,C??66?2?3?11,?A,B??42?2?3?7,所以7|A，11|C，从而设

因为知?2??2?1,且?1?1。A?2?13?27,B?2?13?2,C?2?13?211, 由?A,C??3,若B不含2的话，由?B,C??66, ?A,B??42，A，C就必须同时含2, 与?A,C??3矛盾。

∴A?2?1?3?7,B?2?3?2,C?2?1?3?11,?1,?2,?1?1,0,而且?1与?1不能同时为1. 于是?2?1和0时,各有?1?1,?1?0;?1?0,?1?0;?1?0,?1?三种情况1,共得6组解，分别为：（自行写出）

9. 576和162 10.3535本。解：由题目可知小明的书的册数是35的倍数, 设为35k, 可列出方程28k－5xk=（28－5x）k=303=3×101知k=101.

11. 分解质因数：884=4×13×17=17×52=68×13，884的因数中有4, 13, 52都具有3k+1形式，只有52=符合50人左右的题设，因此学生51人。

12. 灯的一次“改变”对应着它的编号的一个因子. 要使灯仍旧亮着需要奇数次“改变”．什么样的数有奇数个因子呢? 由定理1.26公式⑴知只有完全平方数! 200以内的完全平方数只有14个。即为答案. 此题也可先考虑10个灯泡。用归纳得出“只有完全平方数”的结论。

习题1-6部分习题解答

14

1. 若集A=?x|x?[sin?],??R?,B=x|x?[tan?],????2?k?,求A∩B,A∪B.

?解：A={－1,1}, B=Z(全体整数集合)，∴A∩B=A,A∪B=Z. 2. 设 ?1??1?2，试求??,????(1?7)??的值。 ????3?7??3?7??3?77?1?1??3?7?解：, 代入得10。 ?2?7?3,??????2,???2?????2?22?3?7??3?3333. 求??1?2?3??2000??的值。

解：显然，1?2?33??32000?1；设1?2?33??32000?2

3则1?2?33??32000?8，2?33??32000?7，即2?3??32000?343。

33333333??32000?341，继续下去有3?34??32000?3413，这显然是不可能的，因此

?3?333??1?2?3??2000??=1.

4. 证明：若（p, q）=1，则??????????q??q??证：对于1?k?q－1,均有q ?k p，即??p??2p??(q?1)p?(p?1)(q?1)。 ??q?2kp?kp??kp??Z，故????????1 q?q??q?于是??kp??(q?k)p??kp??kp?=??p????p?1 ???????q??q??q??q??p??2p??(q?1)p?q?11??kp??(q?k)p??(p?1)(q?1)∴????。 ????????????????2?q??q??q?k?12??q??q??5. 求?log21???log22???log23?????log21024?的值。 解：?log21???log22???log23?????log21024?=

=?log22???log22???log24?????log24???log28?????log2512???log21024?

????????????????24=1×2+2×2+3×2+…+9×2+10=1 × (22-2)+2×(23-22)+3×(24-23)+…+9×(210-29)+10

239

210?1=-2-2-2-…-2+9×2+10=?2?+9×210+10=7×210+12=7180.

2?12

3

9

10

6. 求使

101?102?103???999?1000为整数的最大自然数k的值。 k715

解：即求101?102?103???999?1000的标准分解式中7的幂指数。

101?102?103???999?1000=1000!÷100!所以7(1000!÷100!)= 7(1000!)－ 7(100!) 所以k=??1000??1000??1000??100??100???2???3?????2?=142+20+2-14-2=148. ???7??7??7??7??7?7. 解方程：（1）3x?5?x??50?0

解：x??x??x?1故3?x??5?x??50?0,3?x??3?5?x??50?0,解得

205047?x?. 代入原方程得3x=20, ?x??,?x??,??x??6.38850?5y50?3x50?3x8x?50或解：由已知得?x??设其为y，则x?，0??x??x???1,

3555205050?5y5547505055. 解得?,?y?, y?14 ?x??x?. 即?383888882（2）原式化为?x??x(x??x?)?0，即?x???x?x?x?0，把x当作常数，由一元二次

22方程求根公式得 ?x??5?15?15?1相乘的积为整数，只能是x?。 x，与222?y?2?x??3?y?3?x?2??5，且不是一个整数，则x+ y在哪两个整数之间。

8. 设x，y满足下列方程组?解：y?2?x??3?3?x?2??5?3(?x????2?)?5?3(?x??2)?5?3?x??1，

可得［x］=4,∴4?x <5，y=2［x］+3=11 ∴15< x+ y<16.

9. 试证方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12345无实数解. 证: 假设方程有实数解x=n+a,其中n∈Z, 0?a<1,于是,，

[x]=n，[2x]=2n+[2a]，[4x]=4n+[4a]，[8x]=8n+[8a]，[16x]=16n+[16a]，[32x]=32n+[32a]。 代入原方程化简、变形，得 [2a]+[4a]+[8a]+[16a]+[32a]=12345-63n。 由于0?a<1，因而0?[ka]?k-1

故0?12345-63n?1+3+7+15+31=57，即12288/63?n?12345/63 亦即195.04?n?195.95，与n∈Z矛盾，故原方程无实数解。

10. 1到120这120个正整数中所有质数的和是多少？

解：2+3+5+7+11+13+17+19+23+29+31+37+41+43+47+53+59+61+67+71+73+79+83+89+97+ 101+103+107+109+113=1593.

或解：应用逐步淘汰原则，所求的和=1到120这120个正整数的和－(120以内，下同)2的倍数的和－3的倍数的和－5的倍数的和－7的倍数的和－11的倍数的和+6的倍数的和+10的倍数的和+14的倍数的和+22的倍数的和+15的倍数的和+21的倍数的和+33的倍数的和+35的倍数的和+55的倍数的和+77－30的倍数的和－42的倍数的和－66－70－110－105= =60?121?2(1?2?????120?)?3(1?2???40)?5(1?2???24)? ??2? 16

?120??7(1?2????)?11(1?2???10)?6(1?2???20)?10(1?2???12)

?7???120??14(1?2????)?22(1?2???5)?15(1?2???8)?21(1?2???5)? ??14?+33(1+2+3)+105+165+77－30(1+2+3+4)－42－84－66－70－110－105

=7260－61×60－61×60－3×41×20－5×25×12－7×17×8－11×11×5+6×21×10

+10×13×6+14×9×4+22×3×5+15×9×4+21×3×5+33×6+105+165+77－300－42－84－66－70－110－105=1593. 11. 求25！的标准分解式。 解：25！=222×310×56×73×112×13×17×19×23. 由定理1.6.3公式求出各个质数的指数。 12. 2000! 末尾有多少个连续的零? 解：??2000??2000??2000??2000?????400?80?16?3?499个连续的零

?5????52????53????54??13.某班学生参加数、理、化三科测试。数、理、化成绩优秀的学生人数依次是30,28,25, 数理、理化、化数两科成绩都优秀的学生人数依为20,16,17。数理化三科都优秀的学生有10人。问：数理两科至少有一科优秀的学生有多少人，数理化三科至少有一科优秀的学生又有多少人。

解：数理两科至少有一科优秀的学生人数为30+28－20=38;

数理化三科至少有一科优秀的学生30+28+25－20－16－17+10=40

14. 从自然数列1,2,3,4,?中依次划去3的倍数和4的倍数，但是其中凡是5的倍数的数均保留，划完之后的数依次构成一个新的数列：a1=1,a2=2,a3=5,a4=7,求a2000的值。 解：考虑1到3000这3000个数中这个数列中的数的个数为

?3000??3000??3000??3000??3000??3000?3000??????? ???4??3????3?4????3?5????4?5????3?4?5??=3000－1000-750+250+200+150-50=1800

?300??300??300??300??300??300?300????????????=180 ???????3??4??3?4??3?5??4?5??3?4?5??30??30??30??30??30??30?30???????????=30－10-7+2+2+1=18

?3??4??3?4????3?5????4?5????3?4?5??可知3330= a1998, 而3332是4的倍数，3333是3的倍数,所以a2000=3334.

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1—6中的部分题目(与以上相同的不列) 3. 若x,y?R?,?1?求证：?xy???x??y?; ?2?试讨论?xy?与?x??y?的大小关系。?证：?1??xy?????x??y?＋?x??y?＋?x??y??? ???x?＋?x????y?＋?y?????x??y??? 显然 ???x??y?＋?x??y?＋?x??y????0，证得。 17

?2?x，y?Z＋时，?x???y???xy??0,有?x??y???xy?;而 x?1.2,y?2.1时,xy?2.52,?xy??0.52,?x??y??0.02,?x??y???xy?; 又 x?1.9,y?1.8时,xy?3.42,?xy??0.42,?x??y??0.72,?x??y???xy?.可见，三种情况都有。 7.计算：（1）??199?1??199?2??199?96? ?????????979797??????5?1??5?2?5?96??解： 原式??2?1? ?2?2????2?96???????979797???????5?1??5?2??5?96??2?1?2?2???2?96????????97????97???97??

?5?1??5?19??5?20??5?38??5?39??5?58??9312?????????????????97???97????97???97????97???97???5?78??5?96??????????97???97??=9312+0+…+0+19+40+57+76=9504.

（2）?1???111? ???223220082??111111????1???? 2232200821?22?32007?2008解： 考虑1??1?1?1111111??????2??2。从而=1. 1????222??2232200822008232008??8. 在前2001个自然数中，既不是5 的倍数，又不是7的倍数的数有多少个？

??. 2001??=2001－400－285+57=1373个

?5????7????7?5??10. 有100盏亮着的灯，各有一个拉线开关控制着，,现将其按顺序编上号码1,2, ?,100,然

后将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5 的倍数的灯线拉一下，3次拉完之后还有几盏灯是亮的？49盏 11. 解方程：x?1?x?1??x?

?2001??2001??2001?x??1??2?解：已知x?1?x?1??2x?1?x?1, x??1时,?x???2,??2?x??1； ?2x?1??1?x?1时,?x??2x,即??x??0??1?x?0,即?2?2x?0,而2x?Z,x?1时,?x??2,?2?x?3.?x??,x?0;

∴ －2? x<－1或 2? x<3或 x= －1/2 或 x= 0.

12 18

12. 若?x???19??20??21?91??=546,求［100x］的值、 ?x??x????x????????100??100??100??100?y?8，这35项中最小的是等式左100解：等式左侧为73个数相加，而546?73?7?35.?7?x?8,

且可知等式左侧从右向左有且只有35项满足x?侧从右向左第35项x?5757?8，移项得x?7.43. ??100x??743. ，∴ 成立有x?100100习题2-1

1．计算m取何值时，下列各式成立：

(1)32≡11(mod m); (2)1001≡1(mod m); (3)480≡26(mod m); (4)28≡1(mod m). 解：由充要条件知(1)32－11=21,所以m取21，7，3，1. (2)1001－1=1000所以m取1000的所有正约数，共16个； (3)480－26=454=2×227, 所以m取454，227, 2，1.

(4)28－1=(24+1)( 22+1) ( 22－1)= 17×5×3, 所以m取255,85,51,15,17,5,3,1. 2. 计算m取何值时，下列两式同时成立： (1)32≡11(mod m); (2)1000≡－1(mod m) .

一般地，若a≡b (mod m ), c≡d (mod m ) 同时成立,则m要满足什么条件？

解：由m|(32-11)且m|(1000+1)知，m是21和1001的公约数，因此m取7，1. 一般地，若a≡b (mod m ), c≡d (mod m ) 同时成立,则m|(a- b)且m|( c - d ). 3.举例说明：

(1) 由a2 ≡ b2 (mod m ),不能推出 a ≡ b (mod m )；

解：(－1) 2 ≡12 (mod5), －1≡1 (mod5)不成立。又如3 2 ≡22 (mod5), 3 ≡ 2 (mod5) 不成立。 (2) 由a ≡ b (mod m ),不能推出a2 ≡ b2 (mod m ). 这是性质（5）的特例，是正确的命题。

4. 证明，?x?Z,( 15x5＋24x4＋32x3－16x2＋3x－13)≡(7x5＋3x+3) (mod 8)

证:由15≡7 (mod 8)，24≡32≡－16≡0 (mod 8)，－13≡3 (mod 8)即可证明上述同余式成立。

5. 证明：70! ≡61! (mod 71)。

证：70!－61!=(70×69×68×?×62－1) 61!

= 23599366843852799×61!= 332385448504969×71×61!

6. 设m为正整数，a，b，c，d为整数，若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) 同时成立，证明 a－c ≡ b－d (mod m).

证：a－c－(b－d)= a－b－(c－d), 而由a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m)，m | (a－b), m |(c－d), ∴ m |[ a－b－(c－d)], 由同余的充分必要条件知a－c ≡ b－d (mod m). 命题成立。 7. (1)求3100模10的余数； (2) 求350的十进制表示中最末两位数。 解：(1)3100≡(32) 50≡(－1) 50 ≡1(mod 10), ∴ 3100模10的余数为1;

(2) 350≡(325) 2 ≡((312) 2×3 ) 2 , 而312≡ ((33) 2) 2 ≡((27) 2) 2 = (729) 2 ≡(29) 2 = 841≡ 41 (mod 100), 412=1681≡81(mod 100) ∴350≡(412×3)2 ≡(81×3) 2≡(243) 2≡43 2=1849≡49 (mod 100), 故所求末两位是49. （现在有计算器，此题可以直接计算350，但数字庞大） 8. 求使2n+1能被5整除的一切正整数n。

解：4≡－1 (mod5),即22≡－1 (mod5), (1) 又16≡1 (mod5), 即24≡1 (mod5), ∴24 k≡1 k=1 (mod5), (2)

(1) (2)两式分别相乘，得22+4k≡－1 (mod5), 即22+4k+1≡5≡0 (mod5)，因此n=2+4k, k∈Z+. 说明：4×16=64≡4 (mod5), 64×16≡4×16=64≡4 (mod5), 依此类推可解，以上是抽象推导.

19

9. 设m为正整数，a为整数，若a2 ≡a (mod m)，证明 an ≡a (mod m).

证：∵ a2 ≡a (mod m)，∴ a3 ≡a2 ∴ a3≡a (mod m)，依此类推得，an ≡a (mod m). （最好后面用数学归纳法）

10设p为质数，a为整数，且a2 ≡b2 (mod p) ，证明a ≡b (mod p) ，或a ≡(－b) (mod p) 证：由题设，p | (a2－b) 2, 即p | (a－b) (a+b), p为质数，知p | (a－b), 或p | (a+b),命题成立。 11.用弃九法验算下列算式是否有错：（略）

12.在3145×2653=8□43685中，遗漏了一个数字，如果其他数字都是正确的，求遗漏的数字。

解：3145≡31≡4 (mod 9), 2653≡2+5≡7 (mod 9), 4×7=28≡1 (mod 9), 8□43685≡8+8+□≡7 +□(mod 9), 因7 +3≡1 (mod 9) , 故遗漏的数字为3。

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题2—1中的部分题目 5.若69, 90和125关于某数 d 同余, 证明对于d, 81与 4同余. 证明：由69和90关于 d 同余, d | 90－ 69, d | 21,

90和125关于某数 d 同余, d | 125－ 90, d | 35, ∴ d | (21, 35) , d=1或7. 2

9. 若(n, 8)=1，试证：n≡1(mod8)

222

证：由 (n, 8)=1可知,n为奇数. 设n=2k+1, n－1= 4k (k+1), 8 | (n－1).所以有n≡1(mod8) 14. 任意平方数的末位数字都不能是 2, 3, 7, 8的某一个.

2 22

证：令a=(10x+y), 则a2=(10x+y)≡y (mod 10). 令=0,1…9， y 的个位不能是2, 3, 7, 8.

2

因此，数字 a (1≤a≤9) 的平方 a的末位数字也没有2, 3, 7, 8.

习题2-2 1，2 验证完全剩余系，简化剩余系。（略）

3. （1）求模9的一个完全剩余系，使其中每个数都是奇数； （2）求模9的一个完全剩余系，使其中每个数都是偶数； （3）对于模10来说，能实现（1）（2）的要求吗？ （4）找出规律，证明之。

解：（1）模9的非负最小完全剩余系为：{0,1,2,3,4,5,6,7,8},将其中的偶数减9或加9,如{9,1,11,3,13,5,-3,7,-1};（2）如上，代换其中的奇数，如{0,10,2,12,4,-4,6,-2,8} （3）对于模10来说，不能实现（1）（2）的要求。

（4）对于(1)(2)的要求，奇数模可实现，偶数模不能实现。因为模m的最小非负完全剩余系中奇偶数各半.任一个完全剩余系中各数必与0, 1, …, m－1中的一个数同余,均可写成mkr+r，r= 0,1, …, m－1的形式。而整数加偶数的整数倍奇偶性不变，故偶数模的任一个完全剩余系必奇偶各半，不能实现（1）（2）的要求。奇数模则不然，因为mkr可奇可偶。 或证：若a, b属于模m的同一剩余类，必有a=b+mk，k∈Z, m为偶数时，mk为偶数，故 a, b奇偶性相同，即偶数模的剩余类分为偶数剩余类与奇数剩余类，完全剩余系就是从m的各个剩余类中取一个元素组成的集合。因此不能实现（1）（2）的要求；m为奇数时，若k 取奇数，mk为奇数，k 取偶数，mk为偶数，故a, b奇偶性可不同，即奇数模的任何一个剩余类中都是奇偶混杂，故能实现（1）（2）的要求。

4.将上题中的完全剩余系改成简化剩余系，情况如何？无论奇数模，偶数模均不一定实现。

20

5.设m为正整数，整数集合｛x1,x2, …，xm｝为模m的一个完全剩余系，则 （1）当m为奇数时，x1+x2+…+xm≡0（mod m）; （2）当m为偶数时，x1+x2+…+xm≡

m（mod m） 2证：由3题知，模m的任一个完全剩余系均有xr =mkr+r，r= 0,1, 2,…, m－1。 x1+x2+…+xm≡1+2+…+m－1=

m(m?1)m(m?1),（1）当m为奇数时，≡0（mod m）; 22m(m?1)m2?2m?mmmm??m(?1)??（mod m）（2）当m为偶数时，。 222226．设m为大于2的整数，证明：{02,12,22, …, (m－1)2}一定不是模m的一个完全剩余系。

2222

(m－1)－1 = m (m－2), (m－2)－2 = m (m－4) , …,对模m两两不同余。解：由平方差公式，

7. 设m，s，t为正整数，且s >t，证明：整数集合{ x | x= u+mstv，0?u?mst－1 , 0?v?

mt－1}为模ms的一个完全剩余系。

－－

证：首先确定集合元素的u有mst 种取法，而u每次取定之后要加不同的mstv，v有mt 种

－

取法，因此元素总数为mst×mt = ms。然后可以验证题设的集合元素就是0到ms－1的ms个数，它们构成ms的非负最小完全剩余系。证毕。

－

－

8. 计算欧拉函数值?(m)：?(1236)； ?(1218)； ?(2001)； ?(4200) 解：?(1236)= ?(12×103), 103是质数，因此?(1236)=(22-2)(3－1)(103－1)=408.

?(1218)= ?(6×203) = ?(2×3×7×29)= 2×6×28=336 ?(2001)= (3－1)(23－1) (29-1)=1122 ?(4200)= ?(23×3×52×7)= (23-22)(3－1)( 52－5) (7－1)= 960

9. 设为大于2的整数，证明?(m)为偶数。

证：若m的质因数至少有一奇数，由公式，可知?(m)=

?p?p?1?为偶数。若m的

?i?1iii?1k质因数一个奇数也没有，而m大于2，必有m =2,??1，此时?(m)=2???1,也是偶数。

或证：设 m = p1α1p2α2… pkαk，∵ m >2，∴ 至少存在 i，αi> 1或存在 j，pj是奇数， ∴ p1α1- p1α1 -1，…，pkαk- pkαk-1中至少有一个为偶数，知 φ（m）必为偶数中

又证：若有?i?1,无论pi为奇为偶,有pi?i?pi?i?1=pi?i?1?pi?1?是偶数.所有的?i?1,则必有一个pi为奇数，因为如果m是质数，大于2的质数是奇数，?(m)?m?1是偶数；如果m是合数，pi中最多只有一个是2,那么至少有一个为奇数， 这时?(m)???pi?1?是偶数.

i?1k10. 11(略)

附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》将完全剩余系与简化剩余系分开在2-2,2-3

21

两节, 下面是广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题2-3中的部分题目 1.乘幂 20，21，22，?，29能否构成模 11的一个简化剩余系？ 解：i > j时，2－2=2(2

i

j

j

i－j

－1), 11?2, 通过验证可知，对任何i，j，也有11? (2

ji－j

－1)，

φ (11) = 10，而20，21，22，?，29为10个不同的整数，所以它们构成模 11的一个简化剩

余系

2.列表求出模 m 为 10，11，12，…，18等值时的最小简化剩余系及相应的φ (m). m 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 5 5 5 6 6 6 最 小 简 化 剩 余 系 7 7 7 7 7 7 7 7 8 8 8 8 9 9 9 9 9 9 10 11 11 11 11 11 13 13 13 15 17 φ (m) 4 10 4 12 6 8 8 16 6 10 11 12 13 14 10 11 12 13 14 15 16 3.证明定理 2.7：简化剩余系的充分必要条件。 证明:（必要性）∵ x1，x2，…，xk是模 m 的简化剩余系，

∴ k=φ(m)，且当 i ≠ j时，xi?，（xi，m）=1，i = 1，2，…，φ(m). ?xj（mod m）（充分性）k=φ（m），∴ x1，x2，…，xk共有φ（m）个. 又 xi?，（i ≠ j，1?i，j? k），（xi，m）=1（i=1，2，…，k）， ?xj（mod m）

∴ x1，x2，…，xk各属于φ(m) 个不同的且与 m 互质的剩余类， ∴ x1，x2，…，xk是模 m 的简化剩余系. 4. 验证：（1）8，16，24，32，40，48是模 7的简化剩余系；

（2）11，13，77，99是模 10的简化剩余系. 解：（1）∵（4，7）=1，可化为2，4，6，8，5，12，又5≡12（mod 7），

∴ 8，16，24，32，40，48不是模 7的简化剩余系。

（2）10的最小简化剩余系是1, 3, 7, 9。11，13，77，99分别与1, 3, 7, 9关于模10同余。∴ 11，13，77，99是模 10的简化剩余系. 5. 当 m 取下列各值时，计算φ（m）的值 .

25，32，40，48，60，120，100，200，4200，9450.

答案：φ（25）= 20，φ（32）=16，φ（40）=16，φ（48）= 16，φ（60）=16，φ（120）= 32，

φ（100）= 40，φ（200）= 80，φ（4200）= 960，φ（9450）= 2160.

6. 若φ（m）是奇数，试求 m 的值. 解：(参看下一题) m = 1或 m =2. 7. 当 m >2时，证明φ（m）是偶数 . 8. 试证：使φ(m) =14的数 m 不存在.

证：φ(m) =14=2×7= p1α1 -1…pkαk-1 (p1－1)…(pk－1)，2,7是质数，所以必有p1=2，p1=7，这是不可能的。

9. 已知φ(m) = 4，求 m .

解：设m = p1α1p2α2… pkαk，由φ(m)= (p1α1- p1α1 -1)…(pkαk- pkαk-1)，φ(m) = 4=4×1=22，得 m = 5，φ(m) =5－1= 4，或 m =8=23，φ(m) = 22或 m = 10=5×2，φ(m) =4×1，或 m =12. 10. 如果 n =2m，（2，m）=1，那么φ（n）= φ（m）.

22

解 ∵（2，m）= 1，∴ φ（n）=φ（2m）=φ（2）φ（m）=φ（m）. 11. 若 m 是奇数，则φ（4m）=2φ（m）.

证：∵ m 是奇数，∴（4，m）= 1，则φ（4m）=φ（4）φ（m）.

∵ φ（4）= 2，∴ φ（4m）=2φ（m）.

12.（1）分母是正整数 n 的既约真分数的个数是多少？为什么？ （2）分母不大于 n 的既约真分数的个数是多少？为什么？ 解：（1）φ（n）. （2）φ（2）+φ（3）+ ? +φ（n）.

习题 2-3

1.举例说明欧拉定理中（a，m）=1是不可缺少的条件 . 解：当 a= 2，m =4时，?(4) =2，此时 22≡0（mod 4），可见（a，m）= 1是欧拉定理的不可缺少的条件.

2. 设 p，q是两个大于 3的质数，求证：p2≡ q2（mod 24）. 证：24=3×8，（3，8）= 1. 由条件，( p，3 ) = ( q，3 ) = 1，由费尔马小定理有 p2≡1（mod 3）， q2≡1（mod3）. ∴ p2 ≡ q2（mod 3）.

又 ∵ p，q 必为奇数，设p =2k+1，p2=4k(k +1)+1, 有p2≡1（mod 8）， 类似可得q2≡1（mod8）.∴ p2 ≡ q2（mod 8）. ∴ p2 ≡ q2（mod 24）. 3.设 p是大于 5的质数，求证：p4≡1（mod 240）.

2

证： 240 = 3×5×16，由条件，(p，3) = (p，5) = 1，∴ p4≡1（mod5），p4≡（p2）≡1（mod3）. 又 p为奇质数，从而 2 |（p2+ 1），8 |（p2-1），∴16 |（p4-1），即 p4≡1（mod 16）. 而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1. ∴ p4≡1（mod 240）. 4. 如果今天是星期一，从今天起再过1010天是星期几？

解：由欧拉定理，106≡1 (mod 7)，由普通除法知1010被6除余4, 即1010=6k+4, k∈Z, 故

101010=106k?4??106??64?64,而62≡1 (mod 7), ∴64≡1（mod 7）再过1010天是星期二.

5. 求下列各题的非负最小余数：（1）84965除以13； （2）541347除以17；

（3）477385除以19； （4）7891432除以18； （5）(127156+34)28除以111. 答案：（1）8. （2）10. （3）16. （4）1. （5）70. 解：（1）84965除以13；（13，8）=1, ∴ 812≡1（mod 13），84965=(812)413×89≡1×(-1)4 ×8（mod 13） 或解：82≡－1（mod 13），84965=(82)2482×8 ≡ (-1) 2482 ×8 ≡ 8（mod 13）。

x6. 已知 a =18，m =77，求使 a≡1（mod m）成立的最小自然数 x. 答案：x=30. 1860≡1 (mod 77) ,且满足要求的最小自然数 x必为60 的?(77)??11?1??7?1??60,由定理知，

正约数：1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 由验算可知x=30. 事实上, 由欧拉定理知，

186≡1（mod 7），1810≡1（mod 11）,6与10的最小公倍数是30,故有1860≡1 (mod 77) ,而 182≡16 (mod 77) , 183≡57 (mod 77) , 182≡162≡ 25(mod 77) , 185≡57×16≡65 (mod 77) , 186≡(183) 2≡572 (mod 77) , 1810≡185×182≡65×16≡1040≡39 (mod 77) ,(略) 7. 设（m，n）=1，证明：m证：∵(m, n)= 1，∴n对称可得 m

?(n)?(m)10k10?(n)+ n

?(m)≡1 (mod mn).

?(n)≡1（mod m），而 m≡ 0（mod m），∴ m

?(n)?(n)+n

?(m)≡ 1（mod m）.

+n

?(m)≡ 1 (mod n). 由同余性质可得 m+n

?(m)≡ 1（mod mn）.

23

广西师大本其他题目： 5.已知 p是质数，（a，p）=1，求证：（1）当 a 是奇数时，ap-1+(p－1)a ≡ 0（mod p）； （2）当 a 是偶数时，ap-1－(p－1)a ≡ 0（mod p）. 证：（1）由 p 是 质 数，（a，p）= 1，a 为 奇 数，有 ap-1≡ 1（mod p）.

(p－1)a ≡－1（mod p），∴ ap-1+ (p－1)a≡ 1－1≡ 0（mod p）. （2）由条件，ap-1≡1（mod p）, (p－1)a≡1（mod p），∴ap-1－(p－1)

?(n)≡1－1≡0（mod p）.

6. 已知 p，q 是 两 相 异 的 质 数，且 ap-1≡1（mod q），aq-1≡1（mod p）， 求证：apq≡ a（mod pq）. 证：∵ ap ≡ a（mod p），∴ apq ≡ (ap)q ≡ aq ≡ a（mod p）；同理，apq ≡ (aq)p ≡ ap ≡ a（mod q），

pq

而（p，q）= 1，故 a≡ a（mod pq）. 7. 如果（a，m）=1，x≡ ba

?(m)?1（mod m），那么 ax≡ b（mod m）.

8. 设 A 是十进制数 44444444的各位数字之和，B 又是 A 的各位数字之和，求 B 的各位

数字之和 .

9. 当 x∈Z 时，求证：（1）2730 | x13- x；（2）24 | x（x+2）（25x2-1）. 解答：7. ∵ x≡ba

?(m)?1(mod m)，∴ ax≡ aba

?(m)?1≡ a

?(m)b (mod m). ∵ (a，m) = 1，a

?(m)= 1

(mod m)，∴ ax≡ b（mod m）.

8. 设 B 的各位数字之和为 C，∵ lg44444444= 4444lg4444 < 4444×4= 17776，即44444444 的位数小于17776，∴ A ? 9×17776 = 159984，B < 1 + 9×5 = 46，C ? 4 + 6 = 10. 又 ∵（7，9）= 1，?(9) = 6，4444= 6×740+4，44444444 ≡ 7 4444 ≡ 74 ≡ (－2)4 ≡ 7（mod 9），∴ B 的各位数字之和为 7.

9.（1）∵ 2730=2×3× 5× 7× 13，2，3，5，7，13两两互质，x13- x= x（x12- 1）， ∴当 2 | x或 2 | x时都有 x（x12-1）≡ 0（mod 2），x（x12- 1）≡ 0（mod 13）. 又 ∵x13-x= x（x6- 1）（x6+ 1），∴ 当 7 | x或 7 | x时都有 x（x6- 1）（x6+ 1）≡ 0（mod 7）.而x13- x= x（x4- 1）（x8+ x4+ 1），∴ 当 5 | x或 5 | x时，都有 x（x4-1）（x8+ x4+ 1）≡ 0（mod5）.又 x13- x= x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1），∴ 当 3 | x或 3 | x时，都有x（x2-1）（x2+ 1）（x8+ x4+ 1）≡ 0（mod3）. ∴ 2730 | x13- x. （2）解法一，同上。解法二： x（x+2）（25x2-1）= 24 x3（x+2）+ x（x+2）（x2-1）, x（x+2）（x2-1）= x（x-1）（x+1）（x+2），四个连续自然数的乘积必能被4!=24整除，证得。10. 设质数 p>3，x∈Z，试证：6p | xp- x.

?99. 11. p是不等于 2和 5的质数，k是自然数，证明：p|99??????p?1?p个9解答：10. ∵质数 p> 3，∴ （6，p）=1，xp- x= x（xp-1- 1）≡ 0（mod p）. 又 p- 1是偶数，

∴x（xp-1-1）≡ x（x2- 1）?（mod p）. 于是，当 2 | x或 2 | x 时，x（x2- 1）≡ 0（mod 2）；当 3 | x或 3 | x时，x（x2-1）≡ 0（mod 3）.故 x（xp-1- 1）≡ 0（mod 6）.从而6 | p（xp- x）.

?99?1011. 99??????p?1?k个9?p?1?k?1. 由条件，（10，p）= 1，∴ 10p-1≡ 1（mod p）.

?99. ∴ （10p-1）k≡ 1（mod p）. ∴ p|99??????p?1?p个9(王进明与赵继源本三、四章编排顺序相反) 习题3-1(P157)

24

1．试写出三个模数是20的一次同余方程，分别使它有唯一解，无解，有四个解。 解：7x≡50（mod 20）有唯一解，8x+5≡0（mod 20）无解， 4 x≡0（mod 20）有四个解。 2. 下列同余方程是否有解？为什么？如果有解，不出其所有解。

（1）7x+4≡0（mod 25）；（2）12x+1≡0（mod 9）；（3）34x≡1（mod 51）； （4）42x≡8（mod 138）；（5）174x≡65（mod 1309）.

解：（1）（7, 25）=1, 有唯一解。7x≡-4（mod 25）由欧拉定理，?(25)=20,故x≡719×(-4) ≡3 （mod 25）,化简过程：72≡-1（mod 25）故719×(-4) ≡718×7 (-4) ≡(-1)×7 (-4) ≡28≡3 （mod 25）. 用同余变形法解：x??4?25?3. 7（2）（12, 9）=3?1, 同余方程无解；（3）（34，51）=17?1, 同余方程无解；

（4）138=2×3×23,（42,138）=6不能整除8, 同余方程无解；

（5）174=2×3×29, 1309=7×11×17,( 174, 1309)=1.此题数字大，应该用大衍求一术。

1740130907121817419191183108023183 862n q P 1 0 1 2 7 7 3 1 8 4 1 15 5 10 158 6 2 331 7 1 489 x≡489×65=31785≡369（mod 1309） 3.求下列一次同余方程的所有解：（1）3x≡1（mod 17）；（2）1215x≡560（mod 2755）； （3）47x≡89（mod 111）；（4）38x≡6（mod 106）；（5）11x≡6（mod 13）. （6）3x≡5（mod 29）；（7）5x≡6（mod 24）（8）66x≡14（mod 74）； 解：（1）（3, 17）=1, 有唯一解。由3x≡1+17（mod 17）得，x≡6（mod 17）；

（2）（1215，2755）=5(243,551)= 5(35, 19×29), 方程恰有5解，先解243x≡112（mod 551）: 这个系数相当大，故应该用大衍求一术。辗转相除过程的竖式略，由如下表格

n q P 1 0 1 2 2 2 3 3 7 4 1 9 5 2 25 6 1 34 7 4 161 8 1 195 9 1 356

知x≡112×356≡200（mod 551）, 故原方程有解x≡200751, 1302,1853和2404（mod 2755）. （3）(47，111)=1,方程恰有一解x≡89（mod 111）；由欧拉定理，?(111)=72,故x≡4771×(89) ≡94（mod 111）,用同余变形法解：x?89?11120025136???????17（mod 111）

47?111?6488（4）38x≡6（mod 106）；先解19x≡3（mod 53）. 用同余变形法解有

25

x?3?5356282?53???????11?42（mod 53）

19?53?3417?53511?1原同余方程的解有两个：x≡42（mod 106），x≡95（mod 106） （5）11x≡6（mod 13）.x???1??6?12?11?10???4?3?6?6?10（mod 13）

11!（6）3x≡5－29=－24（mod 29）, ∴ x≡－8=21（mod 29）； （7）5x≡6+24=30（mod 24）, ∴ x≡6（mod 24） （8）66x≡14（mod 74）；先解33x≡7（mod 37）；

x???1?33?1?7?36?35?34???6?536?35?34?7??7???6??17≡26（mod 37）

33!4?3?2原同余方程的解有两个：x≡26（mod 74）, x≡63（mod 74）。 下面是广西师大本中要求按指定方法求解的题目，可自行练习：

4.化为不定方程解下列同余方程（王进明本第四章讲不定方程，此题建议用同余变形法）： （1）20x≡4（mod 30）；（2）57x≡87（mod 105）； （3）4x≡11（mod 15）； 5.利用欧拉定理解下列同余方程：

（1）6x≡22（mod 36）； （2）3x≡10（mod 29）； （3）258x≡131（mod 348）； （4）11x≡7（mod 13）； （5）3x≡2（mod 17）； （6）243x≡102（mod 551）. 6.用求组合数的方法解下列同余方程：

（1）5x≡13（mod 43）； （2）9x≡4（mod 2401）； 王进明本习题３.２(P169) 赵继源本习题4-3(P154)

解略

2. a取什么值时，下面的同余方程组有解？

?x?5(mod18),?x?5(mod18),解：因为(18, 21)=3, 3|8－5，所以?有解；(18, 35)=1, 所以?x?8(mod21).??x?a(mod35).总是有解。因此，要使题设的同余方程组有解，只需??x?a(mod35),有解。

?x?8(mod21).而这里，(21, 35)=7，由定理可知，只需a≡8≡1(mod 7). 即x = 1+7t ( t为整数 )，题设的同余方程组总有解。

26

3.解下列同余方程组：(1) ??x?3(mod7),, (2)

?x?5(mod11).?x?6(mod13), ??x?7(mod24).?2x?4(mod8), ??15x?5(mod35).(4) ??5x?7(mod11), (5)

?6x?9?0(mod19).解：(1)方法一：设x=5+11y, 代入第一个同余方程，得11y≡3－5 (mod 7)， 得y≡3 (mod 7) 所以同余方程组的解是x≡38 (mod 77)。 方法二：用孙子定理解，M=77，M1=11，M2= 7， 令11 M1′≡1(mod 7)， 得M1′≡2(mod 7)， 7 M2′≡1(mod 11)，得M2′≡－3(mod 11)，

所以同余方程组的解是x≡11×2×3 + 7×(－3)×5≡－39≡38 (mod 77). (2) 方法一：设x=7+24y, 代入第一个同余方程，得24y≡6－7 (mod 13)， 得y≡7 (mod 13) 所以同余方程组的解是x≡7+24×7≡175 (mod 312)。 方法二：用孙子定理解，M=312，M1=24，M2= 13， 令24 M1′≡1(mod 13)， 得M1′≡6≡－7 (mod 13)， 13 M2′≡1(mod 24)，得M2′≡13(mod 24)，

所以同余方程组的解是x≡24×(－7)×6 + 13×13×7≡－1008+1183≡175 (mod 312). ４. 求解下列各题（我国古代数学家杨辉 1275 年所写《续古摘奇算法》中的三个例题）： （1）七数剩一，八数剩一，九数剩三，问本数；

（2）十一数余三，十二数余二，十三数余一，问本数； （王进明攺了几个数） （3）二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数.

??x ? 1 解：（1）???x ?3?mod 56?,方法一：设x=1+56y, 代入第二个同余方程，得

?mod 9?.56y ≡ 3－1 (mod 13)，（56－54）y ≡ 2 (mod 13)

得y ≡ 1 (mod 13) y，所以，同余方程组的解是x≡57 (mod 504)。 方法二：用孙子定理解。

?x ? 3 ?（2）?x ? 2 ??x ?1 ?,?mod11 ?, ?mod12 ?.?mod13用孙子定理解，M=1716，M1=156，M2=143，M3=132，

令156 M1′≡1(mod 11)， 得2M1′≡12(mod 11)，M1′≡6(mod 11)；

143 M2′≡1(mod 12)， 得－M2′≡1(mod 12)，M2′≡－1(mod 12)； 132 M3′≡1(mod 13)， 得2M2′≡－12(mod 13)，M2′≡－6(mod 13)

所以同余方程组的解是x≡156×6×3 + 143× (－1)×2 +132×(－6)×1 ≡ 14(mod 17). 法二：观察法。或累加试除法。

5. 求相邻的四个整数，它们2,3,5,7 依次可被整除。

2222?4x ? 1 ?0?mod 32?,?4x ??1?mod 32?,?x ?2?mod 9?,?????22解：由题意得?4x ?2? 0 ?mod 5?,即?4x? ?2 ?mod 5?,即?x? ?13 ?mod 25?,

???224x?3 ?0mod 7.4x ??3mod 7.??????x ??13?mod 49?.??? 27

??x ?2?mod 9?,用孙子定理解，M=11025，M1=1225，M2=9， ???x? ?13 ?mod 25?49?.令1225M1′≡1(mod 9)， 得M1′＝1； 9M2′≡1(mod 1225)， 1225＝9×136+1，∴ 9×(－136)+1225＝1，即M2′＝－136 所以x≡1225×1×2 + 9× (－136)×(－13) ＝18362 ≡ 7337 (mod 11025). 所求的四个连续整数为29348，29349，29350，29351.

6. 求模11的一个完全剩余系，使其中每个数被2，3，5，7除后的余数分别为1，－1，1，－1。

?x ?1?mod 2?,? ?,??x ??1?mod 3?,?x ?1?mod10解：先求x, 满足:?等价于?

??x? 1 ?mod 5?,?x ??1?mod 21?.?x ??1mod 7.??? 41?mo d?210,???x ?41?mod 210?,?x?可解得x ?41?mod 210?.再依次解? ?

?. d?11.???x?0?mod11?x?1?mo??x ?41?mod 210?,??（略） ?x?2mod11 .????以下为赵本的第4题：

5．.解下列同余方程组： （1） x≡8（mod 15）， （2） x≡6（mod 11），

x≡3（mod 10）， x≡3（mod 8）， x≡1（mod 8）； x≡11（mod 20）； （3） x≡2（mod 35）， （4） 4x≡90（mod 105），

x≡9（mod 14）， 5x≡18（mod 63）， x≡7（mod 20）； 7x≡10（mod 50），

3x≡12（mod 22）

?x ? 2 ?解：（1）化为?x ? 3 ??x ?1?mod 3?,?mod 5?,用孙子定理解，M=120，M1=40，M2=24，M3=15， ?mod 8?.令40 M1′≡1(mod 3)， 得M1′≡1 (mod 3)；

24 M2′≡1(mod 5)， 得－M2′≡1(mod 5)，M2′≡－1(mod 5)； 15 M3′≡1(mod 8)， 得－M2′≡1(mod 8)，M2′≡－1(mod 8)

28

所以同余方程组的解是x≡40×2 + 24× (－1)×3 +15×(－1)×1 ≡ －7(mod 120).

?x ? 2 ?（3）化为?x ? 9 ??x ?3?mod 35?, ?,?mod1?mod 4?.??x ? 2 即???x ?3?mod 35?,

?mod 4?.用孙子定理解，M=140，M1=4，M2=35， 令4 M1′≡1(mod 35)， 得M1′≡9 (mod 35)；

35 M2′≡1(mod 4)， 得－M2′≡1(mod 4)，M2′≡－1(mod 4)；

所以同余方程组的解是x≡4×9×2 + 35× (－1)×3 ≡ －33 ≡ 107 (mod 140).

7. 设韩信所辖某部士兵共 26641人，在一次战斗中损失近百人. 休整时清查：1～3报数余 1，1～5报数余 3，1～ 7报数余 4. 问损失了多少人？

?x ? 1 ?mod 3?,??x ? 3 ?mod 5?,解：设还有士兵x人，由题设，得同余方程组?

?x ?4?mod 7?,?26541?x ?26600.?由口诀，x≡70 + 21×3 + 15×4≡193+105×251≡ 26548 (mod 105) 26641－26548=93人。损失了93人。

?26641?x ? 1 ??26641?x ? 3 设损失了x人，得同余方程组??26641?x ?4?0?x ?100.??x ? 0 ?mod 3?,?mod 3?,??mod 5?,?x ? 3 ?mod 5?,化为?

?mod 7?,?x ?2?mod 7?,?0?x ?100.?由口诀，x=21×3 + 15×2=93。损失了93人。

8. 求 7的倍数，使它分别被 2，3，4，5，6除时，余数都是 1.

解：设所求为7x, [2，3，4，5，6] =60，由题设，得7x ? 1 ?mod 60?,

用大衍求一术得x≡43 (mod 60), 7x=7×43=301， 故，所求为301+420t , t 为整数。 9. 求三个连续的自然数，使它们从小到大依次被 15，17，19 整除（写出其中最小的一组）.

??15x?1 ? 0 解：由题设，得同余方程组???15x ?2?0 ?, ?,??mod17?x ? 9 ?mod17化为标准形式为?

mod19 .x ?10mod19 .??????用孙子定理解，M=321，M1=19，M2=17，

令19 M1′≡1(mod 17)， 得M1′≡9(mod 17)， 17 M2′≡1(mod 19)， 得M2′≡9(mod 19)，

所以同余方程组的解是x≡19×(－8)×9 + 17×9×10 ≡ 162 (mod 321). 本题所求的三个连续的自然数是162×15，162×15+1，162×15+2，即2430，2431，2432。

下面是不定方程内容（王进明本为第四章，习题这里没做）（赵继源本）习题3-1 1．解下列不定方程：

（1）7x－15y=31； （2）11x+15y=7； （3）17x+40y=280；

29

（4）525x+231y=42； （5）764x+631y=527； （6）133x－105y=217. 解：（1）辗转相除得15=7×2＋1, ∴ 1 = 15－7×2= 7×(－2)－15×(－1)， ∴ 因此原方程的一个解是 x0＝－2×31＝－62， y0＝－1×31＝－31;

?x??62?15t原方程的通解为?这里t为任意常数.

?y??31?7t（2）辗转相除得15=11×1＋4, 11=4×2＋3, 4=3+1 ∴ 1 = 4－3=4－(11－4×2)= 4×3－11=

(15－11×1) ×3－11=15×3 + 11×(－4)，

∴ 因此原方程的一个解是 x0＝－4×7＝－28， y0＝3×7＝21;

?x??28?15t原方程的通解为?这里t为任意常数.

?y?21?11t（3）用分离整数法：x?280?40y8?6y?16?2y?.

1717观察可知y =－10时，x = 36 + 4= 40.

?x?40?40t∴ 原方程的通解为?这里t为任意常数.

y??10?17t?2. 解下列不定方程：（1）8x-18y+10z=16； （2）4x-9y+5z=8； （3）39x-24y+9z=78； （4）4x+10y+14z+6t=20； （5）7x-5y+4z-3t=51.

3. 解下列不定方程组：（1） x+2y+3z=10， （2） 5x+7y+3z=25，

x-2y+5z=4； 3x- y-6z=2；

（3） 4x-10y+ z=6， （4） 10x+7y+ z=84，

x-4y- z=5； x-14y+ z= -60；

4. 求下列不定方程的正整数解：（1）5x－14y=11； （2）4x+7y=41； （3）3x+2y+8z=21. 5. 21世纪有这样的年份，这个年份减去 22 等于它各个数字和的495倍，求这年份.

6. 设大物三值七，中物三值五，小物三值二，共物一百三十八，共值一百三十八，问物大中小各几何？

7. 买2元6角钱的东西，要用1元、5角、2角、1角的四种钱币去付，若每种钱币都得用，则共有多少种付法？

8. 把 239分成两个正整数之和，一个数必是 17 的倍数，另一个数必是 24的倍数，求这两位数.

9. 一个两位数，各位数字和的 5倍比原来大 10，求这个两位数.

10. 某人 1981年时的年龄恰好等于他出生那一年的年号的各位数字之和，这个人是在哪一年出生的？

11. 一个四位数，它的个位数上数比十位数字多 2，且此数与将其数字首尾颠倒过来所得的四位数之和为 11770，求此四位数 . 习题 3-2

1．求 x2+ y2= z2中 0< z<60的所有互质的解.

2．求三个整数 x，y，z（x> y> z>0），使 x- y，y- z，x- z都是平方数 . 1．

b 1 1 1 2 2 2 3 4 30

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