第三章
1.
解 依次计算同余式
22 4，24 16，28 256，216=65536 154，
232 1542=23716 1 (mod 641)。
因此
2.
解 有71 3，72 1，74 1 (mod 10)，
因此，若 77 r (mod 4)，
则
现在77 (1)7 1 3 (mod 4)，所以由上式得到
即n的个位数是3。
3.注：一般地，若求 对模m的同余，可分以下步骤进行：
(ⅰ) 求出整数k，使a*k 1 (mod m)；
(ⅱ) 求出正整数r，r < k，使得b*c r (mod k)；
(ⅲ) a *r (mod m)。
4. 例3 求(25733 46)26被50除的余数。
解(25733 46)26 (733 4)26 = [7(72)16 4]26
[7( 1)16 4]26 = (7 4)26
326 = 3(35)5 3(7)5 = 37(72)2
21 29 (mod 50)，即所求的余数是29。
5.
证明
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2x2-5y2=7没有整数解.
6. 例1 设m > 0是偶数，{a1, a2, , am}与{b1, b2, , bm}都是模m的完全剩余系，证明：
{a1 b1, a2 b2, , am bm}不是模m的完全剩余系。
7. 例2 设A = {x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系，以
{x}表示x的小数部分，证明：若(a, m) = 1，则
8.
9. 例3 设{x1, x2, …, x(m)}是模m的简化剩余系，则
(x1x2…x(m))*2 1 (mod m)。
解记P = x1x2…x(m)，则(P, m) = 1。又记yi =
1 i (m)，
则{y1, y2, …, y(m)}也是模m的简化剩余系，因此
(mod m)，再由Euler定理，推出 P*2 P*(m) 1 (mod m)
** 同余式可以像等式一样进行代换。
第二章 1. 利用辗转相除法求解
2. 例3 设a，b，c是整数，(a, b) = 1，则在直线
ax by = c上，任何一个长度大于的线段上至少有一个点的坐标都是整数。
解 由定理1，直线ax by = c上的坐标都是整数的
(xt, yt)的坐标是
， tZ，
其中(x0, y0)是直线ax by = c上的坐标都是整数的点，由定理2，这样的点是存在的。
对于任意的tZ，记Pt是以(xt, yt)为坐标的点，则Pt 1与Pt 之间的距离
这说明，两个“相邻的”坐标是整数的点的距离是
，从而得出所求之结论。
3. 例2 将 写成三个分数之和，它们的分母分别是2，3和5。
解：设
则 15x 10y 6z = 19。
依次解方程5t 6z = 19，15x 10y = 5t，得到 uZ，
， u, vZ。
取u = 0，v = 0，得到x = 1，y = 1，z = 4，因此
4. 若(x, y, z)是方程(1)的满足条件(2)的解，
则下面的结论成立：
(ⅰ) x与y有不同的奇偶性；
(ⅱ) x与y中有且仅有一个数被3整除；
(ⅲ) x，y，z中有且仅有一个数被5整除。
证明 (ⅰ) 若2x，2y，则2z，这与(x, y, z) = 1矛盾。
所以x与y中至少有一个奇数。如果x与y都是奇数，则
x2 =4m+1,，y2 =4n+ 1，x2 y2 =4(m+n)+2,
而 z2=4N或4N+1,
所以x，y，z不可能是方程(1)的解。
因此，x与y有不同的奇偶性。
第四章
1.
2. 10x 22 (mod 36)
等价于解不定方程10x -36y=22 求整数x，再按模36分类：
x 13 (mod 36) x 31 (mod 36)
3. 1296x 1125 (mod 1935)
解（1296，1935）=9，9|1125，故同余式有9个解
化简为 144 x 125 (mod 215)
4.从另一角度考虑 ax b (mod m) (2)
（1）当(a, m)=1时,(2)恰有一个解：
（2）当(a, m)=d ≠ 1时,(2) 有解时有d个解,且d|b
5. 10x 22 (mod 36)
两种解法：
x 13 (mod 36)
x 31 (mod 36)
6. 1296x 1125 (mod 1935)
解（1296，1935）=9，9|1125，故同余式有9个解
化简为 144 x 125 (mod 215),故
7. 解同余方程组
解 将(1)的前一式乘以2,后一式乘以3再相减得到
19y 4 (mod 7)，
5y 4 (mod 7)，
y 2 (mod 7)。
再代入(1)的前一式得到
3x 10 1 (mod 7)，
x 4 (mod 7)。
即同余方程组(1)的解是x 4，y 2 (mod 7)
8. 七数余一，八数余一，九 数余三，问此数？
9.
10．（ Wilson定理) ( p 1)! +1 0 (mod p)
即模p的一个简化剩余系中全体数之积对模p与-1同余。
证明 (1) 由Fermat定理，数1, 2, , p 1是同余式
x p 1 1 (mod p) 的解，因此，利用定理2即有。
(2) 在（1）中取x =p即可。
注：Wilson定理其实是充要条件，即
p是素数当且仅当( p 1)! +1 0 (mod p)
定理4（Lagrange） 同余方程(1)的解数 n，即最多有n个解
证明 假设同余式(1)解数多于n,则至少有n + 1个不同的解，
设x xi (mod p)，1 i n 1为（1）的n+1个不同的解,则
由定理2，有
f(x) an(x x1)(x xn) (mod p)，因此
0 f(xn + 1) an(xn + 1 x1)(xn + 1 xn) (mod p)。
由于p an，xn + 1 xi (mod p)，1 i n，所以上式不能成立。这个矛盾说明同余方程(1)不能有n 1个解。证毕。
注:(1)此定理仅对质数模同余式成立.如x 3 x 0 (mod 6)有6个解
(2)若同余式（1）解数大于n,则p整除所有系数
(3)由定理1，4知:(1)的次数>p时，(1)的解数
0换成b<0也对，此时r的范围换成0≤r<-b即可；
（3）合起来即：设a与b是两个整数，b 0，则存在唯一的两个整数q和r，使得
a = bq r，0 r < |b|。
4.由于每个非零整数的约数的个数是有限的，所以一组不全为零的整数的最大公约数是存在的，并且是正整数。
若a1, a2, , ak两两互素，则可以推出(a1, a2, , ak) = 1，反之则不然，例如
(2, 6, 15) = 1，但(2, 6) = 2
5.推论 设a是大于1的整数，且
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分解式为
则：
定理2 任何大于1的整数a都至少有一个质因数
证明 若a是质数，则定理是显然的。
若a不是质数，那么它有两个以上的正的非平凡因数，设它们是d1, d2, , dk 。不妨设d1是其中最小的。若d1不是质数，则存在1 1是最小的质因数，所以d1*2 a。
性质 设x与y是实数，则
(ⅰ) x =[x]+{x} , 若0 x < 1，则[x] = 0；
(ⅱ) x y [x] [y]；
(ⅲ)[x] ≤ x < [x] +1, x-1 <[x] ≤ x ,0≤ {x} <1;
(ⅳ)若m是整数，则[m x] = m [x]；
(ⅴ)[x ] [y] [x +y] , {x} {y} ≥{x +y}
(ⅵ) [x] =
{x} =
(ⅶ)(带余数除法)若a,b是两个整数，b>0，则
(ⅷ)若a,b是任意两个正整数，则不大于a而为b的倍数
的正整数个数是
6.设n是正整数，1 k n 1，则
若n是素数，则n
1 k n 1
7. 例1 设a1, a2, , an是整数，且
a1 a2 an = 0，a1a2an = n，则4n。
解 如果2不整除n，则n, a1, a2, , an都是奇数。于是a1 a2 an是奇数个奇数之和，不可能等于零，这与题设矛盾，所以2n，即在a1, a2, , an中至少有一个偶数。如果只有一个偶数，不妨设为a1，那么2不整除ai（2 i n）。此时有等式
a2 an = a1，
在上式中，左端是(n 1)个奇数之和，右端是偶数，这是不可能的，因此，在a1, a2, , an中至少有两个偶数，即4n。
例2 设a0, a1, , anZ，f(x) = anxn a1x a0 ，已知f(0)与f(1)
都不是3的倍数，证明：若方程f(x) = 0有整数解，则
3f(1) = a0 a1 a2 (1)nan
解 对任何整数x，都有 x = 3q r，r = 0，1或2，qZ。
(ⅰ) 若r = 0，即x = 3q，qZ，则
f(x) = f(3q) = an(3q)n a1(3q) a0 = 3Q1 a0 = 3Q1 f(0)，
其中Q1Z，由于f(0)不是3的倍数，所以f(x) 0；
(ⅱ) 若r = 1，即x = 3q 1，qZ，则
f(x) = f(3q 1) = an(3q 1)n a1(3q 1) a0
= 3Q2 an a1 a0 = 3Q2 f(1)，
其中Q2Z。由于f(1)不是3的倍数，所以f(x) 0。
因此 若f(x) = 0有整数解x，则必有 x = 3q 2 = 3q 1，q Z，
于是 0 = f(x) = f(3q 1) = an(3q 1)n a1(3q 1) a0
= 3Q3 a0 a1 a2 ( 1)nan = 3Q3+f(1)，
其中Q3Z。所以3f(1) = a0 a1 a2 (1)*nan 。
例3 设a，b是整数，且 9a2 ab b2 (1)
则3(a, b).
解 由式(1)得到
9(a b)2 3ab 3(a b)2 3ab
3(a b)2 3a b (2)
9(a b)2
再由式(1)得到
93ab 3ab
因此，3a或3b。
若3a，由式(2)得到3b；若3b，由(2)式也得到3a。因此，总有3a且3b。则 3(a, b)。
例4 若a > 1，a n 1是素数，则a = 2，并且n是素数。
解 若a > 2，则由
an 1 = (a 1)(an 1 an 2 1)
可知a n 1是合数。所以a = 2。
若n是合数，则n = xy，x > 1，y > 1，于是由
2xy 1 = (2x 1)(2x(y 1) 2x(y 2) 1)
以及2x 1 > 1可知2n 1是合数，所以2n 1是素数时，n必是素数。
注：若n是素数，则称2n 1是Mersenne数。
练习
1、求325与214的最大公因数
2、求1008与1134的最小公倍数
3、边长为1厘米的正方体2100个，堆成一个实心的长
方体，它的高是10厘米，长和宽都大于高，求长和宽
4、已知十个正整数之和为1001，这十个正整数的最大公因数为d，
5、将2，4，6，8，12，16，24，48分成两组，每组四 个数，使它们的积相等
6、求40！的标准分解式
7、计算
8、解方程
浙公网安备 33021202002483