王进明 初等数论 习题解答

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)．

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?|(a?b)；

nn(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

即ap?bpq?cq?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ap?bpq为偶数，但cq是奇数，它们的和不可能为0; 若q为偶数，则bpq?cq为偶数，但ap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．

222222181522?291623?31017244111825?51219266132027?71421 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

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。

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. 求 a，使 a，a +4，a +14都是质数.

6. 已知两个质数 p和 q满足关系式 3p+5q=31.求p/(3q+1)的值. 7. 已知 p>3，且 p和 2p+1都是质数，问 4p+1是质数还是合数？ 8. 由超级计算机运算得到的结果（2859433－1）是一个质数，试问：（2859433+1）是质数还是合数？请说明理由.

9. 已知：质数 p、q使得表达式（2p+1）/q及(2q-3)/p都是自然数，求 p、q的值 . 10. 试证：形如 4n -1的数中包含有无穷多个质数.（此题在王进明教材中为例題） 11.（1）若 n 是合数，证明：2n-1也是合数；（2）有人认为下列各和数：1+2+4，1+2+4+8，

1+2+4+8+16，…交替为质数与合数，你认为对吗？ 12. 已知：质数 p≥ 5，且是质数，证明：4p+1必是合数 .

习题1-2解答

1.109?11, 109用质数试除到7,

2003?45,2003用质数试除到43，可知两者是质数，

17357=17×1021是合数. 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8题结论，357－17= 340，340不能被7，11，13整除，再用17考虑，得分解式。 2. 为作一般性证明，可如下构造 n 个连续自然数：（n + 1）！+ 2，（n + 1）！+ 3，…，（n+ 1）！+ n + 1显然它们每个都是合数.

4. 利用4n3+ 6n2+4n+1= (2n+1)(2n2+ 2n+ 1) ,n∈Z+, n?1,2n+1和2n2+ 2n+ 1皆为大于1的数. 5. a=3. 思路：分类讨论(k∈Z): ∵ a=3k+1时，a + 14是3的倍数，a=3k+2时，a + 4是3的倍数。∴ 必有a =3k，即a为3的倍数。而a是质数, 只有a =3时，三个数全是质数。 6. 条件为一个不定方程, 可知1 < q? 5, 穷举得q=2, p=7; q=5,p=2两组解。故1或 1/8。 7. 合数. 利用质数 p> 3得 p不是 3的倍数，p= 3k+ 1，3 | 2p+1，所以，p=3k+2，3 | 4p+1. 或解：4p，4p+1，4p+2是三个连续整数，必有一个被3整除，由题设，只有3 | 4p+1. 8. 合数 . 2859433不可能是3的倍数，连续三个自然数中必有一个是 3的倍数. 即（2859433+1）。另一种解法：由习题1—1第1题（2）的结论，（2+1）|（2859433+1）．

9. 设2p?1?h,2q?3?k，h、 k 必为奇数, 2p?1?4p?2?4p?2?4p?2,得k?4，而k

qpq2qkp?3kp不能为3, 故只有k =1, 这样2q－3=p , 代入h?4q?5?4，同时质数 p、q 大于 3. 所以, 只

q能有h =3, 因而得 q =5, p=7.

10. 先证：一切大于 2的质数，不是形如 4n + 1就是形如 4n－1的数；再证任意多个形如 4n+1的数仍是形如4n +1的数；最后用数学归纳法验证.

若形如 4n－1的质数只有有限个：p1, p2, ?, pk。令N = 4 p1 p2 ? pk－1，N为形如 4n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 4n－1的质因数p（否则就全是形如 4n + 1的数，乘积必为形如 4n+1的数）, 因此p为 p1, p2, ?, pk中在某一个，于是，p | 1, 矛盾。 11.（1）n是合数, 设n=st, 2n-1=2st-1=（2s-1）［（2s）t-1+ （2s）t-2+ … + 2s+ 1］. （2）1+2+22+ … +2n-1=2n-1. 当 n=14，15时，214-1，215-1均为合数，∴ 不对 . 12. 取模为6分类讨论 p，即设 p=6q+ r（r=0，1，2，3，4，5）.

由质数 p≥ 5，若p=6q, 6q+2, 6q+3或6q+4, p皆为合数, 不可能. 若p=6q+ 1,

则2p +1=12q+ 3也是合数, 故在题设条件下, 只有p=6q+5, 此时4p+1=24q+21, 是合数. 实际上，这题与第7题完全相同。质数p> 3?质数p≥ 5，可用前面的方法简单求解。

习题 1-3

1.求：（1）（30，45，84），［30，45，84］； （2）（21n +4，14n +3）（其中 n∈N）； 解：（1）(30，45，84)=( 30，15，24)=( 0，15，9)=3,

［30，45，84］=［90，84］=6［15，14］=6×15×14=1260. （2）-2（21n +4）+(14n +3）=1, 故（21n +4，14n +3）=1

??12.当n∈N时，求证：(n?1,n?1)????2(2|n）　(2|n）

证：n=2k时，k∈Z,(n-1,n+1）=(2k-1,2k+1)=(-2 ,2k+1)=1; 即2 | n时, (n-1,n+1)=1；

n=2k+1时，k∈Z, (n-1,n+1）= (n-1,2）= (2k,2)=2.

3.用辗转相除法求（4 453, 5 767）,并写出相应的裴蜀等式。 解： 竖式：

5767?4 453?1?13144 453?1314?3?5111314?511?2?292511?292?2?73292?73?4 q P Q 0 1 0 1 1 1 1 2 3 4 3

445315787394234453 4511213158421022?733 2 9 7 2924 2 22 17 4 453×22 +5767×(－17)= －73，∴ 5767×17－4 453×22 =73

1314?5767?4 453或由

73?(1314?511?2)?2?511?1314?2?511?5推得

511?4 453?1314?3292?1314?511?273?292?2?511?1314?2?(4 453?1314?3)?5?1314?17?4 453?5?(5767?4 453)?17?4 453?5?5767?17?4 453?22

4．已知24|62742ab, 求a, b.

解：6274200=261425×24, 故只需24|ab，即ab=0, 24, 36, 48, 72, 96.

又解：24=3×8，3,8互质，故只需3 |62742ab,8 |62742ab，即3 |（a+b）；又8 |2ab，8 |200,故只需8|ab，从而ab必为8的倍数，3,8 同时考虑，故答案是00，24，48，72, 96. 5．求证：lg2，15是无理数．

证 ∵ 0=lg1< lg2< lg10=1， ∴ lg2 不是整数．

q若lg2是有理数，可令lg2?p((p,q)?1,p,q?N?,p?1)，则10?2

qp?10q?2p?2q5q?2p?5q?2p?q, ∵ (2，5) = 1, ∴ (2q，5p－q) = 1,

所以 2q≠5pq .∴ lg2不是有理数。综上所述，lg2是无理数.

－q3<15<4, 显然不是整数．设15?pq2则15=2 （1）. ((p,q)?1,p,q?N?,p?1)，

p∵ (p,q)?1, ∴ (p2，q2)=1, （1）式不可能成立。 ∴15不是有理数。 综上所述，15是无理数.

6. 已知a + b=60，(a, b)+[ a, b]=84, 求a, b.

解: 令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,则?t1,t2??1,有a?b?d(t1?t2),(a,b)??a,b??d(1?t1t2)。 d是a + b=60，(a, b)+[ a, b] =84的公约数，而(60,84)=12, ∴(a, b)=12，6，4，3，2，1 令 (a, b)=12，有t1+ t2=5, t1 t2=6，解得t1, t2为2,3或3,2。 令 (a, b)=6， t1+ t2=10, t1 t2=13,无整数解；

令 (a, b)=4， t1+ t2=15, t1 t2=20,无整数解；类似知(a, b)= 3，2，1皆无整数解。 ∴ a, b为24, 36或36, 24. (若考虑负数还有-12、72) ，

一般的，有以下结论：令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,则?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)?1?(dt1?dt2,dt1t2)?d.而dt1t2??a,b?,即?a?b,?a,b???(a,b).

?a,b,c?[a,b,c]27．求证： ?[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)a2b2c2?a,b,c?[a,b,c]21证：由教材例5, ??[a,b][b,c][c,a](a,b)2(b,c)2(c,a)2[a,b][b,c][c,a]22?a,b,c?abbcca???? ?

(a,b)(b,c)(c,a)[a,b](a,b)[b,c](b,c)[c,a](c,a)(a,b)(b,c)(c,a)8. 自然数 A =10x+ y（x是非负整数，y是 N 的个位数字），求证：(10n+1) |A的充要条件是 (10n+1) | (x－ny) n∈N.

利用这一结论（称作割（尾）减法）判断下列各数能否被 31，41，51整除：26691，1076537，1361241

证明：A=10x+ y= 10（x－ny）+(10n+1)y.

必要性：(10n+1) |A, (10n+1) |(10n+1)y推得(10n+1) |10（x－ny）而（1+10n）与10互质，因此有(10n+1) | (x－ny)。

充分性：由和与积的整除性显然可得。 31| 26691，41|26691，51|?26691； 31|1076537，41|1076537，51|?1076537； 31|1361241，41|1361241，51|1361241.

?a,b,c?22

以51为例，51|?26691?51|? (2669－1×5)；又51|?2664 ?51|? (266－4×5)；

显然51|?246 。51|1361241?51|(136124－1×5)，又51|136119?51|(13611－9×5)，又51|13566?51|(1356－6×5)，又51|1326?51|(132－6×5)，而51|102。

9. 写出所有的小于20的三个自然数，使它们的最大公约数是1．但两两均不互质．

解：设所求的三个自然数为a，b ，c. 由于两两都不互质．所以a，b，c 都是合数．由于a，b，c 都小于20，而最小三个质数的乘积 2×3 ×5 = 30 已大于20,因此a，b，c 这三合数中的每一个只能有两个不同质因数, 而相互之间又不能完全相同.

这样， a＝2×3＝6， b＝3×5＝15， c＝2×5＝10．是满足题意的一组解.

由于题目未限定每个数的质因数不能重复，这样 a＝2×2×3＝12 或2×3×3=18，而 b，c 仍分别为15, 10 (因为再大就超过20了）. 由此所得的两组数：12，15，10 与18，15，10 也是满足题意的解．

10. 有 15 位同学，每位同学都有编号，他们是 1 号到 15 号 .1 号同学写了一个自然数，2号说“这个数能被 2整除”，3号说“这个数能被 3整除”……依此下去，每位同学都说这个数能被他的编号整除 .1 号做了一一验证，只有编号连续的两位同学说的不对，其余同学都对 .问：（1）说得不对的两位同学的编号是什么数？（2）如果 1号写的数是 5位数，这个 5位数是多少？ 解：（1）这两个连续的编号的倍数应该大于15, 否则编号是它们的倍数的同学说的也不对； 而且是这两个连续的编号的质因数的次数应该高于比它小的数，否则编号是它们的质因数的同学中至少也有一个说的也不对。因此它们是8，9.

（2）60060；因为1号写的数是2到15除8，9之外的整数的公倍数，也就是3，4，5，7，11，13的公倍数，找公倍数先找最小公倍数，3，4，5，7，11，13两两互质，它们的最小公倍数60060就是5位数。60060的2倍就是6位数,故答案唯一。

11. 用某一个数去除701, 1 059, 1 417, 2 312这四个数，所得余数都相同，满足要求的所有除数中最大的那个数是多少？ 解：701, 1 059, 1 417, 2 312两两相减，差的最大公约数就是所求的所有除数中最大的那个数。 1 059-701=358, 1417－1 059=358，2312－1417=895，

(895, 358)=(179 , 358)= 179. 故所求为179,且可知所得的相同余数是164. 12. 请填出下面购物表格中□内的数字： 品名 课桌 课椅 数量 72 77 单价（元） □.□□ □.□□ 总价（元） □□7.7□ 3□□.□□ □□3□.55 合计金额（元） 解：72=8×9,8,9互质，故总价必为8，9的倍数，可推得为 707.76元，因而知课桌的单价为9.83元；课椅的总价为 3□□.79元，由77=7×11推得另两个数字,即课椅总价为 328.79元，再得课椅单价为 4.27 元；合计金额为 1036.55元 . 13.（略）

14. 某位同学没有注意写在两个七位数之间的乘号，将其误认为是一个14位数，有趣的是此14位数正好是原来两个七位数乘积的三倍，试求出这三个数。

解：设两个七位数分别是a，b，则由题设14位数a×107+b=3ab，即b=3ab－a×107= a (3b－107)，令k=3b－107，b=ka（k<10）, 得a×107+ ka=3ka2，即107+ k=3ka (*),

107 =(3a－1)k, k | 107，107只有2m×5n（m，n至少一个为正整数）形式的约数, 即k=2,4,5,8. 又由(*)，107+ k为3 的倍数，可排除4, 而若k=5, 8, 则107+ k=3ka?15a, 107+ k 大于1.5×107，这是不可能的。因此只有k=2，即107+ 2=6a，∴ a=1666667，b=3333334. 或解：由a×107+b=3ab，得a?b7

，a与b同为七位整数，∴3b－10只能是一位整73b－10b已经是六位数了，故只有b=3333334。

3b－107数，且3b是3的倍数且大于107，故3b为107+2或107+5或107+8等,于是b=3333334或3333335等，但b?3333335时，b－107?5，此时a?以上两种方法基本相同，只不过前者考虑b为主，后者考虑a为主。 附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—3中的部分题目(与以上相同的不列) 2.求证：［an，bn］= ［a，b］n（a，b，n∈Z+）.

7. 狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳 4 12 米，黄鼠狼每次跳 2 34米，它们每秒钟都只跳一次，比赛途中，从起点开始，每隔 12 38米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米？

8. 大雪后的一天，大亮和爸爸共同步测一个圆形花圃的周长，他俩的起点和走的方向完全相同，大亮每步长 54厘米，爸爸每步长 72厘米 .由于两人脚印有重合，所以雪地上只留下 60 个脚印，求花圃的周长 . 9. 设 a，b是自然数，a + b=33，［a，b］=90，求（a，b）.

10. 一公路由 A 经 B 到 C，已知 A、B 相距 280 米，B、C 相距 315米，现在路边植树，要求相邻两树间的距离相等，并要求在 B 点、AB、BC 的中点上都要植上一棵树，那么两树间的距离最多有多少米？

11. 一袋糖不足 60 块，如果把它平均分给几个孩子，则每人恰好分得 6块；如果只分给这几个孩子中的男孩，则每个男孩恰好分得 10块 .这几个孩子中有几个女孩？

12. 爷爷对小明说：“我现在的年龄是你的 7 倍，过几年是你的 6倍，再过若干年就分别是你的 5 倍、4 倍、3 倍、2 倍 .”你知道爷爷和小明现在的年龄吗？

习题 1-3解答 2. 证： 由定理1.14?an??anbnbn?nnn ?a,b?,?a,b????,?a,b?，?a,b???n?n?nn???a,b????a,b??a,b???a,b?????nn??a?n?b?n?ab??而由定理1.13, ，从而由定理1.21推论3，?=1。

??a,b?,?a,b???1??a,b??,??a,b?????????????∴（an，bn）=（a，b）n，再由定理1.19,［a，b］（a，b）= a b，等式两边同时n次方，得

[a，b］n（a，b）n = a n b n， 同样由定理1.19， ［an，bn］（an，bn）= an bn， ∴ ［a，b］n（a，b）n =［an，bn］（an，bn）； ∴ ［a，b］n =［an，bn］。 7. ?4500,12375??49500,?2750,12375??24750,24750较小，24750?2750?9. 黄鼠狼在第9跳掉进陷阱，此时狐狸跳了4.5×9 = 40.5米 . 8. [54，72]=216，每216厘米有脚印

216216??1?6个，故花圃的周长2160厘米 . 54729. 此题应该先讨论a + b，［a，b］与（a，b）的关系。

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)]

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

（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. ）

2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，

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]2p[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??2p[a,b,c]?2p[a,b,c]?2n ∴p????m。

?(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，

???1??1由公式??a?=15?p?p???p?1，?p(p???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? (3) 自然数a的所有正约数之积=a，由题设有a??a??a2，即??a??4=22，

故分解式或 ⑴ 只含1个质因数 p，此时 p 的指数为3, 即a?p, 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?3?pi?1mni?i,c??qjj,有pi?qj(?i,j)

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

得?i?2?i',?j?2?j',?i'?N?,?j'?N?(?i,j).

?b??pi2?i'i?1nm?m?j'??n?i'?2?j'???pi?,c??qj???qj?, 结论成立。

j?1?i?1??j?1?2211. 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解：180=2×3×5, ∴(1)3×3×2=18． (2) ???7?13?6=546 (3)1809．

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)

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?2?1?3?7, ?A,B??42，A，C就必须同时含2, 与?A,C??3矛盾。

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.

?1?0,?1?三种情况1,共得6组于是?2?1和0时,各有?1?1,?1?0;?1?0,?1?0;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

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??2?7?3,??????2,???2?解：, 代入得10。 ????2?223?7???3?3333. 求??1?2?3??2000??的值。

解：显然，1?2?33??32000?1；设1?2?33??32000?2

333则1?2?33??32000?8，2?33??32000?7，即2?3??32000?343。

333333??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??p??2p??(q?1)p?(p?1)(q?1)?????。 ?????2?q??q??q?证：对于1?k?q－1,均有q ?k p，即?kp?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)∴????。 ??q??????????q????qq2q2??????k?1??????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。 k7

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??,??x??6. 代入原方程得3x=20, ?x?.

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?38388888?x??（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

222方程求根公式得 ?x??5?15?15?1x，与相乘的积为整数，只能是x?。 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?

?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。

?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??解： 考虑1?111111 ????1????2232200821?22?32007?2008?1?1?111?1111?。从而=1. 1????????2??2222??2320082232200822008??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??

1,x?0; 2 ∴ －2? x<－1或 2? x<3或 x= －1/2 或 x= 0.

12. 若?x???19??20??21?91??=546,求［100x］的值、 ?x??x????x????????100??100??100??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?y?8，这35项中最小的是等式左1005757，∴ 成立有x??8，移项得x?7.43. ?100100?100x??743.

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.

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。

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