《初等数论》习题集参考答案

202 附录 1 习题参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 第一章 习 题 一 1. (ⅰ) 由 a½b 知 b = aq，于是 b = (-a)(-q)，-b = a(-q)及 -b = (-a)q，即 -a½b，a½-b 及-a½-b。反之，由 -a½b，a½-b 及 -a½-b 也可得 a½b； (ⅱ) 由 a½b，b½c 知 b = aq1，c = bq2，于是 c = a(q1q2)，即 a½c； (ⅲ) 由 b½ai 知 ai = bqi， 于是 a1x1 + a2x2 + L + akxk = b(q1x1 + q2x2 + L + qkxk)，即 b½a1x1 + a2x2 + L + akxk； (ⅳ) 由 b½a 知 a = bq，于是 ac = bcq，即 bc½ac； (ⅴ) 由 b½a 知 a = bq，于是 |a| = |b||q|，再由 a ¹ 0 得|q| ³ 1，从而|a| ³ |b|，后半结论由前半结论可得。 2. 由恒等式mq + np = (mn + pq) - (m - p)(n - q)及条件m - p½mn + pq可知m - p½mq + np。 3. 在给定的连续 39 个自然数的前 20 个数中，存在两个自然数，它们的个 位数字是 0，其中必有一个的十位数字不是 9，记这个数为 a，它的数字和为 s， 则 a, a + 1, L, a + 9, a + 19 的数字和为 s, s + 1, L, s + 9, s + 10，其中必有一个能被 11 整除。 4. 设不然，n1 = n2n3，n2 ³ p，n3 ³ p，于是 n = pn2n3 ³ p3，即 p £ 3 n ，矛盾。 5. 存在无穷多个正整数 k，使得 2k + 1 是合数，对于这样的 k，(k + 1)2 不能 表示为 a2 + p 的形式，事实上，若(k + 1)2 = a2 + p，则(k + 1 - a)( k + 1 + a) = p，得 k + 1 - a = 1，k + 1 + a = p，即 p = 2k + 1，此与 p 为素数矛盾。 第一章 习 题 二 1. 验证当 n =0,1，2，… ,11 时，12|f(n)。 2. 写 a = 3q1 + r1，b = 3q2 + r2，r1, r2 = 0, 1 或 2，由 3½a2 + b2 = 3Q + r12 + r22 知 r1 = r2 = 0，即 3½a 且 3½b。 3. 记 n=10q+r, (r=0,1,…,9)，则 nk+4- nk 被 10 除的余数和 rk+4- rk = rk( r4-1)被 10 除的余数相同。对 r=0,1,…,9 进行验证即可。 4. 对于任何整数 n，m，等式 n2 + (n + 1)2 = m2 + 2 的左边被 4 除的余数为 1， 而右边被 4 除的余数为 2 或 3，故它不可能成立。 Un Re gis te re d 203 5 因 a4 - 3a2 + 9 = (a2 - 3a + 3)( a2 + 3a + 3)，当 a = 1，2 时，a2 - 3a + 3 = 1， a4 - 3a2 + 9 = a2 + 3a + 3 = 7，13，a4 - 3a2 + 9 是素数；当 a ³ 3 时，a2 - 3a + 3 > 1， a2 + 3a + 3 > 1，a4 - 3a2 + 9 是合数。 6. 设给定的 n 个整数为 a1, a2, L, an，作 s1 = a1，s2 = a1 + a2，L，sn = a1 + a2 + L + an， 如果 si 中有一个被 n 整除，则结论已真，否则存在 si，sj，i < j，使得 si 与 sj 被 n 除的余数相等，于是 n½sj - si = ai + 1 + L + aj 。 第一章 习 题 三 1. (ⅰ) 因为 d½a和d½|a| 是等价的，所以 a1, a2, L, ak的公约数的集合与|a1|, |a2|, L,|ak| 的公约数的集合相同，所以它们的最大公约数相等； (ⅱ)，(ⅲ) 显 然； (ⅳ) 设(p, a) = d，则 d½p，d½a，由 d½p 得 d = 1 或 d = p，前者推出(p, a) = 1，后者推出 p½a。 2. (ⅰ) 由 d½ai 推出 d½y0 = (a1, a2, L, ak)； (ⅱ) 分别以 y0 和 Y0 表示集合 A = { y；y = å = k i ii xa 1 ，xiÎZ，1 £ i £ k }和 A* = { y；y = å = k i ii xma 1 ，xiÎZ，1 £ i £ k } 中的最小正整数，显然有Y0 = |m|y0； (ⅲ) 在推论2中取m = d，并用 ddd kaaa ,,, 21 L 代替 a1, a2, L, ak 即可。 3. (ⅰ) 若 p |/ a，则(p, a) = 1，从而由 p½ab 推出 p½b； (ⅱ) 在(ⅰ)中取 a = b 可得； (ⅲ) (a, b1b2Lbn) = (a, b2Lbn) = L = (a, bn) = 1。 4. 由恒等式 9(2x + 3y) - 2(9x + 5y) = 17y 及 17½2x + 3y 得 17½2(9x + 5y)，又 (17, 2) = 1，故 17½9x + 5y。 5. 设(a, b) = d，则 a = da1，b = db1，(a1, b1) = 1，由 a2½b2c 得 a12½b12c，a12½c， 因为 c 无平方因子，所以 a1 = 1，a = d，b = ab1，即 a½b。 6. 设 1212232121223212 2CCC)C,,C,(C --- =+++= nnnnnnnnn d LL ，由 知 d½22n-1，设 2k|n 并且 2k+1 不整除 n，由 2k +1|| 1 122112 C 2 C2C | - - + = i n i n k n i n及 ，i = 3, 5, L, 2n - 1，得 d = 2k + 1。 第一章 习 题 四 1. (ⅰ)，(ⅱ) 显然； (ⅲ) 设 m1 = [a1, a2, L, ak]，m2 = [ |a1|, |a2|, L, |ak| ]， Un Re gis te re d 204 则由 ai½m1 推出|aI|½m1，即 m2½m1，同理可得 m1½m2，故 m1 = m2； (ⅳ) 显然 a½|b|，b½|b|，又若 a½m¢，b½m¢，m¢ > 0，则|b| £ m¢，故有[a, b] = |b|。 2. 设 m 是 a1, a2, L, an 的任一个公倍数，由 a1½m，a2½m 知[a1, a2] = m2½m， 由 m2½m，a3½m 知[m2, a3] = m3½m，L，由 mn - 1½m，an½m 知[mn - 1, an] = mn½m， 即[a1, a2, L, an]½m。 3. 只须证 ),( )( ),( )( bab bab a ba ab ba + + =+ ，即只须证(b, a + b) = (a, b)，此式显然。 4. 由 a + b = 120 及 ab = (a, b)[a, b] = 24 ´ 144 = 3456 解得 a = 48，b = 72 或 a = 72，b = 48。 5. 因为 ),)(,)(,( ],][,][,[ ),,( ],,[ 222 2 222 2 accbba cba accbba cabcab cba cba == ， ，故只须证 明(a, b, c)(ab, bc, ca) = (a, b)(b, c) (c, a)，此式用类似于例 3 的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 即可得证。 6. 设 s = 1k + 2k + L + 9k，则由 2s = (1k + 9k) + (2k + 8k) + L + (9k + 1k) = 10q1 及 2s = (0k + 9k) + (1k + 8k) + L + (9k + 0k) = 9q2得 10½2s 和 9½2s，于是有 90½2s， 从而 1 + 2 + L + 9 = 45½s 。 第一章 习 题 五 1. (ⅰ) a½b 知 b = ab1，由性质(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (a, ab1) = a(1, b1) = a； (ⅱ) 由性质(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (2aa1, 2bb1) = 2b (2a - ba1, b1)； (ⅲ) 由性质(a, b) = 1 Þ (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (a, 2bb1) = (a, b1)； (ⅳ) 由性质(a, b) = (|a - b|, b)及(a, b) = 1 Þ (a, bc) = (a, c)得(a, b) = ( || 2 ba - , b)。 2. 作辗转相除：1387 = (-162)×(-8) + 91，-162 = 91×(-2) + 20，91 = 20×4 + 11， 20 = 11×1 + 9，11 = 9×1 + 2，9 = 2×4 + 1，2 = 1×2 + 0，由此得 n = 6，q1 = -8，q2 = -2， q3 = 4，q4 = 1，q5 = 1，q6 = 4，x = (-1)n-1Qn = 73，y = (-1)nPn = 625，又(1387, 162) = rn = 1，故 1387×73 - 162×625 = 1 = (1387, 162)。 3. (27090, 21672, 11352) = (4386, 10320, 11352) = (4386, 1548, 2580) = (1290, 1548, 1032) = (258, 516, 1032) = (258, 0, 0) = 258。 4. (Fn + 1, Fn) = (Fn + Fn - 1, Fn) = (Fn - 1, Fn) = L = (F1, F2) = 1。 5. 设除数为 d，余数为 r，则由 d½4582 - 2836 = 1746，d½5164 - 4582 = 582，d½6522 - 5164 = 1358 知 d½(1746, 582, 1358) = 194，由此得 d = 97，r = 23 或 d = 194，r = 120。 6. 作辗转相除： a = bq1 + r1， 0 < r1 < |b|， Un Re gis te re d 205 b = r1q2 + r2， 0 < r2 < r1， L L rn - 2 = rn - 1qn + rn，0 < rn < rn - 1， rn - 1 = rnqn + 1 + rn + 1，rn + 1 = 0。 由第一式得 2a - 1 = )12()12()12(]1)2[(21222 11111111 1 -+-=-+-=-+- + rbrqbrrrrbq Q ， 即 ),(),(),(),( 211111 rrrbrbbarba MMMMMMMMMQMM ==+= 。类似可得， 等， 于是 ),(),(),(),( 11 barrrrbba MMMMMMMM nnn ===== +L 。 第一章 习 题 六 1. (ⅰ) 显然 d = kkppp ggg L21 21 （0 £ gi £ a i，1 £ i £ k）是 n 的正因数。反之， 设 d 为 n 的任一个正因数，由 d½n 知对每一个 pi，d 的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 分解式中 pi 的指数都 不超过 n 的标准分解式中 pi 的指数，即 d 必可表示成 kkppp ggg L21 21 （0 £ gi £ a i，1 £ i £ k）的形式； (ⅱ) 类似于(ⅰ)可证得。 2. (ⅰ) 显然对于li = min{ai, di}，1 £ i £ k， bppapp kk kk || 11 11 llll LL ， ， 而且若 d ¢½a，d ¢½b，则 d ¢的标准分解式中 pi 的指数同时不超过 a 和 b 的标准分解 式中 pi 的指数，即 d ¢½ kkpp ll L11 ，这就证明了(a, b) = kkpp ll L11 ，li = min{ai, di}， 1 £ i £ k； (ⅱ) 类似于(ⅰ)即可证得。 3. 22345680 = 24×3×5×7×47×283。 4. 写 i = iii lla |22 /， ，i = 1, 2, L, 2n，则li为 1, 2, L, 2n 中的奇数，即li 只能取 n 个数值，在 n + 1 个这样的数中，必存在li = lj（i ¹ j），于是易知 i 与 j 成倍数关系。 5. 写 i = iii lla |22 /， ，i = 1, 2, L, n，令a = max{a1, a2, L,an} = ak，显然a ³ 1，且由第一节例 5 知使a = ak 的 k（1 £ k £ n）是唯一的，取 T = 2a - 1l1l2Lln， 若 S 是整数，则 ST = k n k n kk n TT T l lll l lll a a a a 2 2 2 2 2 21 1 21 1 LLLL -- +++++ 中除 项外都 是整数，矛盾。 6. 设 kk kk pppbpppa bbbaaa LL 2121 2121 == ， ，令 Un Re gis te re d 206 ，其它，， ，当，， ，其它，， ，，， 2 1212 2 1212 0 },max{ 0 },max{ 21 21 b b bpppb a a apppa iiiii ik iiii ik k k = î í ì ¹= == = î í ì = == ababb d baaa g ddd ggg L L 则 a1，a2，b1，b2 使得 a = a1a2，b = b1b2，(a2, b2) = 1，并且[a, b] = a2b2。 第一章 习 题 七 1. (ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ) 显然； (ⅳ) 由[x + y] = [[x] + {x} + [y] + {y}] = [x] + [y] + [{x} + {y}]即可证得； (ⅴ) 由[-x] =[-([x] + {x})] = -[x] + [-{x}]即可证得； (ⅵ) 由{-x} = {-([x] + {x})} = {-{x}}即可证得。 2. ][][][ 32 7 12347 7 12347 7 12347 ++ + L = 1763 + 251 + 35 + 5 = 2054。 3. 由例 4 得 ][ 2 1 +x = [2x]- [x]，于是 åå å ¥ = - ¥ = ¥ = - -=+= + 1 1 1 1 1 ])[]([][][ 222 1 22 2 r rr r r rr r nnnn =[n] = n 。 4． 设 x = a + a，a=1,2,…,n-1，0 £ a < 1。代入原方程得到[2aa + a2] = 2aa, 知 2aaÎZ，a的可能取值是 a a a 2 12 ,, 2 1 ,0 -L ，即有 2a 个解。由于 x=n 也是解， 因此，共有 1)121(2 +-+++ nL 个解。 5. 设 x = n + a，nÎZ，1 £ a < 1，则 f(x) = [x] + [2x] + [22x] + [23x] + [24x] + [25x] = n + 2n + 22n + 23n + 24n + 25n + [2a] + [22a] + [23a] + [24a] + [25a]，由此得 63n £ f(x) £ 63n + 1 + 3 + 7 + 15 + 31 £ 63n + 57，另一方面，12345 为 63k + 60 型，故 f(x) ¹ 12345。 6. 设 n = a0 + 2a1 + 22a2 + L + 2sas，ai = 0 或 1，则 h = ][][][ 32 222 nnn ++ + L = (a1 + 2a2 + 2 2a3 + L + 2s-1as) + (a2 + 2a3 + L + 2s-2as) + L + as = (2 - 1)a1 + (2 2 - 1)a2 + L + (2s - 1)as = (a0 + 2a1 + 2 2a2 + L + 2sas) - (a0 + a1 + a2 + L + as) = n - k 。 Un Re gis te re d 207 第一章 习 题 八 1. 设不然，则 n = 2mn1， 121)12(1212 22211 1| +<+=+>/ mmm Qnn n ，，， < 2n + 1，表明 2n + 1 是合数，矛盾。 2. 设 不 然 ， 则 n = n1n2 ， 1 < n1 < n ， 则 2n - 1 = 121)12(12 1121 -<-=- nnnn Q， < 2n + 1，表明 2n - 1 是合数，矛盾。 3. 若 6n + 5 型的素数只有有限个，记为 p1, p2, L, pk，作 A = 6 p1p2Lpk - 1， 显然 A > 1，A 是奇数，且 A 是 6n + 5 型的整数，故 A 必存在一个 6n + 5 型的素因 数 p，从而 p = pi（1 £ i £ k），由 p½A，p½p1p2Lpk 推出 p½1，矛盾。 4. 设 p1，p2 = d + p1，p3 = 2d + p1，首先 p1 ¹ 2 且 d 是偶数，于是 3 |/ d，从 而对任意给定的 d，p1，p2，p3中有且只有一个被 3 整除，即 p1，p2，p3 有且只有 一个等于 3，故 p1，p2，p3 最多只有一组。 5. 显然下面 n 个正整数(n + 1)! + 2，(n + 1)! + 2，L，(n + 1)! + (n + 1)满足 要求。 6. 设不然，则存在 k，使得 2 11 1 <å ¥ +=kn np ，设 Q = p1p2Lpk，考虑 1 + nQ，nÎN， 显然它们都不能被 p1, p2, L, pk整除， 即 1 + nQ 的标准分解式中的素数都只能在 pk + 1, pk +2, L中，从而对于任意的 r ³ 1，有 å ååå ¥ = ¥ = ¥ +== <£ + 1 111 )()( 2 11 1 1 n n nn km m r n pnQ ， 右边是一个收敛的级数，故由比较判别法知 å ¥ = +11 1 n nQ 也收敛，但事实上 å ¥ = +11 1 n nQ 是一个发散级数，矛盾。 第二章 习 题 一 1. 定理 1 的证明：如果(ⅰ)成立，m½a - b，a - b = mq，a = b + mq，知(ⅱ) 成立；如果(ⅱ)成立，写 a = q1m + r1, b = q2m + r2， 0 £ r1, r2 £ m - 1，则 q1m + r1 = q2m + r2 + mq，由此得 r1 = r2，知(ⅲ)成立；如果(ⅲ)成立，a = q1m + r, b = q2m + r， 0 £ r £ m - 1，则 a - b = m(q1 - q2)，m½a - b，知(ⅰ)成立。 定理 2 的证明：结论 (ⅰ)与(ⅱ)显然。 (ⅲ) 由定理 1 及 a º b，b º c (mod m)可知存在整数 q1，q2， 使得 a = b + q1m，b = c + q2m，因此 a = c + (q1 + q2)m，推出 a º c (mod m)。定理 2 得证。 2. 由 x º y (mod m)得 xi º yi (mod m)，由 ai º bi (mod m)得 aixi º biyi (mod m)， Un Re gis te re d 208 再由可加性得 åå == º n i i i n i i i ybxa 00 (mod m)。 3. (ⅰ) 由 a º b (mod m)得 m½a - b，又 d½m，故 d½a - b，即 a º b (mod d)； (ⅱ) 由 a º b (mod m)得 m½a - b，故 km½ka - kb，即 ak º bk (mod mk)； (ⅲ) 由 a º b (mod mi )得 mi½a - b，故[m1, m2, L, mk]½a - b，即 a º b (mod [m1, m2, L, mk])； (ⅳ) 由 a º b (mod m)得 a = mq + b，故(a, m) = (b, m)； (ⅴ) 由 ac º bc (mod m) 得 m½ac - bc = c(a - b)，又(c, m) = 1，故 m½a - b，即 a º b (mod m)。 4. 因为 82 º -1(mod 13)，所以 81234 = (82)617 º (-1)617 º -1 º 12 (mod 13)，即 81234 被 13 除的余数是 12。 5. 对任意的整数 x，x º r (mod m)，1 £ r £ m，于是 f(x) º f(r) º/ 0(mod m)，从 而 f(x) ¹ 0，所以方程 f(x) = 0 没有整数解。 6. 由 42762|942762|1142762|942762|99 abababab 从。，得 得a + b = 6 或 a + b = 15，从 42762|11 ab 得a - b = -2 或a - b = 9，于是解关于a，b的方程组 î í ì =- =+ î í ì -=- =+ î í ì =- =+ î í ì -=- =+ 9 15 2 15 9 6 2 6 ba ba ba ba ba ba ba ba 或或或 得a = 2，b = 4。 第二章 习 题 二 1. 若 A 是模 m 的完全剩余系，显然(ⅰ)与(ⅱ)成立。反之，满足(ⅰ)与(ⅱ) 的一组数必分别来自于模 m 的每一个不同的剩余类，即 A 是模 m 的完全剩余系。 2. 由威尔逊定理知 -1 º (2p)! = p!(p + 1)L(2p) º (-1)p(p!)2(mod 2p + 1)，由 此得(p!)2 + (-1)p º 0 (mod 2p + 1)。 3. 由(p - 1)! º p - 1 (mod p)，(p - 1)! º p - 1 (mod p - 1)以及(p, p - 1) = 1 得 (p - 1)! º p - 1 (mod p(p - 1))，又 2N = p(p - 1)，故(p - 1)! º p - 1 (mod N)。 4. 设不然，n = n1n2，1 < n1 < n，由(n - 1)! º -1 (mod n1)得 0 º -1 (mod n1)， 矛盾。 5. 设 4½m，如果{a1b1, a2b2, L, ambm}是模 m 的完全剩余系，则其中的奇数 与偶数各半，又{a1, a2, L, am}与{b1, b2, L, bm}也是模 m 的两个完全剩余系，故 aibi 必须使 ai，bi 同为奇数或偶数，即 aibi º/ 2 (mod 4)，这对于 4½m 的模 m 的完全剩 余系是不可能的。 6. (ⅰ) 由 bi 通过 mi 个数可知 b1d1 + b2d2 + L + bndn 通过 m = m1m2Lmn 个 数； (ⅱ) 如果 b1¢d1 + b2¢d2 + L + bn¢dn º b1¢¢d1 + b2¢¢d2 + L + bn¢¢dn (mod m)，则 b1¢d1 + b2¢d2 + L + bn¢dn º b1¢¢d1 + b2¢¢d2 + L + bn¢¢dn (mod mi)，即 bi¢ º bi¢¢(mod mi)， bi¢ = bi¢¢。故 b1d1 + b2d2 + L + bndn 通过模 m = m1m2Lmn 的完全剩余系。 Un Re gis te re d 209 第二章 习 题 三 1. 若 A 是模 m 的简化剩余系，显然(ⅰ)，(ⅱ)与(ⅲ)成立。反之，满足(ⅰ)， (ⅱ)与(ⅲ)的一组数必分别来自于模 m 得每一个不同的与模 m 互素的剩余类，即 它是模 m 的简化剩余系。 2. 对 n 施行数学归纳法。当 n = 2 时，由定理 3 知命题成立，假定命题在 n 时成立，即 x = M1¢x1 + M2¢x2 + L + Mn¢xn 通过模 m = m1m2Lmn 的简化剩余系，则 mn+1x + m1m2Lmnxn + 1 = mn + 1M1¢x1 + mn + 1M2¢x2 + L + mn + 1Mn¢xn + m1m2Lmnxn + 1 = M1x1 + M2x2 + L + Mnxn + M n + 1x n + 1 通过模 m1m2Lmnmn + 1 的简化剩余系，由归纳原理知命题对一切 n ³ 2 成立。 3. 写 axi = mqi + ri，0 £ ri < m，由 xi 通过模 m 的简化剩余系知 ri 通过模 m 的 最小非负简化剩余系，于是由例 1 得 å å å å = = = = ====+= )( 1 )( 1 )( 1 )( 1 )( 2 1 )( 2 11 }{}{ m i m i m i m i i ii i i mmm m r mm r m r q m axj j j j jj 。 4. 设 1),( 11111111 ||11 === // nmnpmpnppnmppm ikk kk ，，，， bbaa LL ，则 ， ， Õ Õ = = ++++ -== -== k i i k k i i kk p nmppnm nm p ppnmppmn kk kkkk 1 },min{},min{ 1 1 111111 )( )( 1 1),()()),(( )()( 1 1)()( 11 1111 baba babababa jj jjjj L LL 由此得 j(mn)j((m, n)) = (m,n) )( 1 1)( 1 1 1 1 11 1 1 )()( 11 np ppm p pp k i i k k i i k kk jj bbaa ÕÕ == -- LL = (m, n)j(m)j(n)。 5. 设 1),( 11111111 ||11 === // nmnpmpnppbmppa ikk kk ，，，， bbaa LL ， 取 knmppnkmnppm kk kk 1 2 111 2 1 1 1 1 aabb LL == ， ，(k, a) = (k, b) = 1，则可得 a b n m = )( )( j j ， 即 aj(m) = bj(n)。 6. (ⅰ) 当 n = 1 时显然； 当 n = 2a 时，j(2a) = 2a -1 > a2 2 1 （a ³ 1）；当 n = pa，p 为奇素数时，j(pa) = pa - pa -1 > ap （a ³ 1）；现在设 kkppn aaa L112= ， 则 nppppn kk kk 2 1 2 2 1 )()()2()( 11 11 <>= aaaaaa jjjj LL 。 (ⅱ) 设 n是合数， p0 为 n 的最小素因数，则 p0 £ n ，于是 Un Re gis te re d 210 j(n) = nn n n p n p n np -=-£-£-Õ )()()( 1 1 1 1 1 1 0| 。 第二章 习 题 四 1. 因 103 = 2353，显然 1978103 - 19783 º 0 (mod 23)，再由 1978100 º 1 (mod 53) 得 1978103 - 19783 º 0 (mod 53)，故 1978103 - 19783 º 0 (mod 103)。 2. 313159 = 5159 = (56)2653 º 53 = 25×5 º 4×5 º 6 (mod 7)。 3. 因 561 = 3×11×17，对于一切整数 a，(a, 561) = 1，有(a, 3) = 1，(a, 11) = 1， (a, 17) = 1， 由费马定理可得 a560 = (a2)280 º 1 (mod 3)，a560 = (a10)56 º 1 (mod 11)， a560 = (a16)35 º 1 (mod 17)，故 a560 º 1 (mod 561)。 4. 由费马定理 qp - 1 º 1 (mod p)，pq - 1 º 1 (mod q)，pq - 1 + qp - 1 º 1 (mod p)， pq - 1 + qp - 1 º 1 (mod q)，故 pq - 1 + qp - 1 º 1 (mod pq)。 5. 612 - 1 = (63 - 1)( 63 + 1)( 66 + 1) =5×43×7×31×46657，对于 46657，它的素因 数必为 12k + 1 型，经检验的 46657 = 13×37×97，故 612 - 1 = 5×7×13×31×37×43×97。 6. 设素数 p½bn + 1，即 bn º -1 (mod p)，于是 b2n º 1 (mod p)，由例 5 得下面 两种情形之一成立： (ⅰ) p½bd - 1 对于 2n 的某个因数 d < 2n 成立； (ⅱ) p º 1 (mod 2n)。 第二章 习 题 五 1. 设 kkpppn aaa L21 21= ，则 n 正因数可表示为 d = kkppp ggg L21 21 （0 £ gi £ a i， 1 £ i £ k），于是 d(n) = å åå = ££ = k ind ii10| 11 ag =(1 + a1)(1 + a2)L(1 + ak)。由上式立知 d(n) 是积性函数，但 d(4) = 3 ¹ 4 = d(2)d(2)，故 d(n)不是完全积性函数。 2. 若不恒为零的数论函数 f(n)是完全积性函数，必为积性函数，故 f(1) =1 且 kk kk pfpfpfpppf aaaaaa )()()()( 2121 2121 LL = 。反之，若整数 m，n 中有一个等 于 1，显然有 f(mn) = f(m)f(n)，若 kk kk ppnppm bbaa LL 11 11 == ， ，则 。)()( )()()()()()( )()( 1111 11 111 1 mfmf pfpfpfpfpfpf ppfmnf kkkk kk kkk k = == = ++ ++ bbaababa baba LLL L Un Re gis te re d 211 3. n n d nd n nd ndndnd )(111 ||| s === ååå 。 4. (ⅰ) 当 n = 1 时，右边的连乘理解为 1，等式成立。设 kkppn aa L11= ， 则有 ÕÕå -=+++= np i np iiii nd ii ii pfpfppfpdfd ||| ))(1())()()()(1()()( aammm L ； (ⅱ) 当 n = 1 时，右边的连乘理解为 1，等式成立。设 kkppn aa L11= ，则有 ÕÕå +=+++= np i np iiii nd ii ii pfpfppfpdfd || 22 | 2 ))(1())()()()(1()()( aammm L 。 5. 当 n = 1 时， å nd d | )(j =1，设 kkppn aa L11= ，则 。npp pppppp ddd k kk k kk k kkk pd k pdnd == -++-+-++-+= = -- ååå aa aaaa aa jjj L LLL L 1 11 1 1 11 1 11 111 || 1 | )]()1(1[)]()1(1[ )()()( 第三章 习 题 一 1. 对于任意的正实数a，写a = [a] + {a}，则由定理 1，定理 2 可知[a]与{a} 可分别唯一地表示为 åå -¥ -== 10 i i i k i i i baba 与 形式，故a可以唯一的表示为a = å -¥ -= 1i i iba （0 £ ai £ b - 1，且对于任何正整数 m，都存在 n > m，使得 a - n < b - 1）的形式。 2. 789 = (1100010101)2 = (11124)5 。 3. 21 8 = 0. 280953 && 。 4. 由 n = (akLa1a0)7 = ak7k + L + a17 + a0 º ak + L + a1 + a0 (mod 2)得 2½n = (akLa1a0)7 Û 2½ak + L + a1 + a0 。 5. 若 n m = (0.a-1a-2L a-k )b，则 bkm = n(a-1bk-1 + a-2 bk-2 + L + a-k )，即 n½bkm， n½bk，故 n 的每个素因数都是 b 的因素数。反之，若 n 的每个素因数都是 b 的素 因数，则必存在 k，使得 n½bk，即 bk = nn1， )(11 011 abababmnbn m l lkk +++== L ， 故 n m 的 b 进制小数 (0.a-1a-2a-3L)b 为有限小数。 Un Re gis te re d 212 第三章 习 题 二 1. 显然 p1 = |a1| = a1，p2 = 2 1 1 1 a a - = a1a2 + 1，当 k ³ 3 时，有 1000 100 001 001 000 010 011 001 2 2 1 1 3 2 1 L L LL L L L LL L L L - - + - - = - - k k kk a a a a a a a ap = akpk - 1 + kpk - 2 ， 此与定理 1 中 pk 的递推式一致； 显然 q1 = 1，p2 = 20 01 a = a2，当 k ³ 3 时，有 1000 100 001 000 000 010 011 0001 2 2 1 1 3 2 L L LL L L L LL L L L - + - = - - k k kk a a a a a a aq = akqk - 1 + kqk - 2 ， 此与定理 1 中 qk 的递推式一致。 2. 当 k = 2 时，由 ÷÷ ø ö çç è æ =÷÷ ø ö çç è æ + =÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ 12 12 2 12121 1 1 01 1 01 1 qq pp a aaaaa 知 k = 2 时成立，归纳假定 ÷÷ ø ö çç è æ =÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ - - 1 121 01 1 01 1 01 1 kk kkk qq ppaaa L 成立，则 ，÷÷ ø ö çç è æ =÷÷ ø ö çç è æ + + =÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ = ÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ + + -+ -++ - - + kk kk kkkk kkkkk kk kk kk qq pp qqqa pppaa qq pp aaaa 1 1 11 111 1 1 121 01 1 01 1 01 1 01 1 01 1 L 由归纳原理知对一切 k ³ 2 有 ÷÷ ø ö çç è æ =÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ ÷÷ ø ö çç è æ - - 1 121 01 1 01 1 01 1 kk kkk qq ppaaa L 。 3. 由 a1 = 1，a2 = 2，a3 = 3 得 p1 = 1，p2 = 3，p3 = 10，q1 = 1，q2 = 2，q3 = 7， Un Re gis te re d 213 故连分数á 1, 2, 3, 4, 5, L ñ的前三个渐近分数为 7 10 2 3 1 3 3 2 2 1 1 === q p q p q p ，， 。 4. 设 x = á 2, 3, 2, 3, L ñ，则 x = 2 + 3 153 1 3 1 + = + x x 由此解得， 。 5. 易知 2 1 3 1 1 1 7 2 1 1 9 7 + + = + = = á 0, 1, 3, 2 ñ，p1 = 0，p2 = 1，p3 = 3，q1 = 1， q2 = 1，q3 = 4，于是 7×4 - 9×3 = (-1)4 = 1，故 7x - 9y = 4 有特解 x0 = 16，y0 = 12， 原方程的一切整数解为 x = 16 + 9t，y = 12 + 7t，tÎZ。 第三章 习 题 三 1. (ⅰ) 记ak = á ak + 1, ak + 2, L, an ñ，bk = á bk + 1, bk + 2, L, bm ñ，由a0 = b0 = b a 知 a1 = [a0] = [b0] = b1，由 1 1 1 1 11 ba +=+ ba 推出a1 = b1，从而 a1 = [a1] = [b1]= b1， L，反复以上推理最后可得 n = m，ai = bi（1 £ i £ n）； (ⅱ) 由(ⅰ)知 b a 可唯一 地表示为á a1, a2, L, an ñ，an > 1，又易知á a1, a2, L, an ñ还可以另写成简单连分数á a1, a2, L, an -1, 1 ñ ，但仅此而已，故有理数 b a 仅有此两种表示成简单连分数的方法。 2. 13 = á 3, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, L ñ 。 3. 经计算 32 + = á 3, 1, 2, 1, 2, L ñ，由此得 p1 = 3，p2 = 4，p3 = 11，p4 = 15， p5 = 41，p6 = 56，p7 = 153，p8 = 209，p9 = 571，p10 = 780，p11 = 2131，L，q1 = 1， q2 = 1，q3 = 3， q4 = 4，q5 = 11，q6 = 15，q7 = 41，q8 = 56，q9 = 153，q10 = 209， q11 = 571，L，于是 209 780 10 1 571209 1 209 780 32 5|| 故，<×<-+ 即为所求。 4. sin18° = 4 15 - = á 0, 3, 4, 4, 4, 4, L ñ，得 p1 = 0，p2 = 1，p3 = 4，p4 = 17， p5 = 72，p6 = 305，q1 = 1，q2 = 3，q3 = 13， q4 = 55，q5 = 233，q6 = 987，于是 233 72 10 1 987233 1 233 72 18sin 5|| 故，<×<-° 即为所求。 Un Re gis te re d 214 5. p的前几个渐近分数为 L，，，，，， 33215 104308 33102 103993 113 355 106 333 17 22 1 3 ，其 中 33102 10993 113 355和 分别满足误差满足£ 10 - 6 和£ 10 - 9 的要求。 6. 2 51+ = á 1, 1, 1, 1, 1, L ñ，由此易得 pk = pk - 1 + pk - 2 = Fk + Fk - 1 = Fk + 1， qk = qk - 1 + qk - 2 = Fk - 1 + Fk - 2 = Fk，故 k k k k F F q p 1+= 。 第三章 习 题 四 1. 方程 3x2 + 2x - 2 = 0 的正根 3 17 - = á 0, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, L ñ 。 2. a = á 3,2,1 && ñ = 1 + 2 115 2 1 2 1 - = + + x解得， a 。 3. )1(2 1 1 1 )1(1 22 22 aaa a aa aaaaa -++ += ++ +=-++=+ = L = á a, 2a, 2a, 2a, 2a, L ñ。 4. 若 ñá= 121 2,,,, aaaad n &L& ，则 11 11 121121 )( )( ,,,,2,,,, - - ++ ++ =ñ+á=ñá= nn nn nn qqda ppda daaaaaaaad L&L& ， 得(dqn - a1pn - pn -1) + (a1pn + pn -1 - pn) dd 由，0= 是无理数得pn = a1qn + qn -1， dqn = a1pn + pn -1，反之，若 pn = a1qn + qn -1，dqn = a1pn + pn -1，则 a = 11 11 121121 )( )( ,,,,2,,,, - - ++ ++ =ñ+á=ñá nn nn nn qqa ppa aaaaaaaa a a aL&L& ， 得a满足方程 qna2 + (a1qn + qn -1 - pn)a - (a1pn + pn -1) = 0，即a2 = d，a = d 。 5. 由第 4 题可得到。 Un Re gis te re d 215 第四章 习 题 一 1. 设 753105 17 zyx ++= ，即 35x + 21y + 15z = 17，因(35, 21) = 7，(7, 15) = 1， 1½17，故有解。分别解 5x + 3y = t，7t + 15z = 17 得 x = -t + 3u，y = 2t - 5u，uÎZ， t = 11 + 15v，z = -4 - 7v，vÎZ， 消去 t 得 x = -11 - 15v + 3u，y = 22 + 30v - 5u， z = -4 - 7v，u，vÎZ。对于任意的确定的 u 和 v 的值，都给出一种表示法。 2. 分别解 x1 + 2x2 = t，t + 3x3 = 41 得 x1 = t - 2u，x2 = u，uÎZ，t = 41 - 3v， x3 = v，vÎZ，消去 t 得 x1 = 41 - 3v - 2u，x2 = u，x3 = v，u，vÎZ。由此得原方程 的全部正整数解为(x1, x2, x3) = (41 - 3v - 2u, u, v)，u > 0，v > 0，41 - 3v - 2u > 0。 3. 消去 x1 得 9x2 - 14x3 = 3，解得 x2 = -9 + 14t，x3 = -6 + 9t，tÎZ，从而得不 定方程组的解为 x1 = 43 - 55t，x2 = -9 + 14t，x3 = -6 + 9t，tÎZ， 4. 设甲、乙班的学生每人分别得 x，y 支铅笔，则 7x + 11y = 100，解这个不 定方程得 x = 8，y = 4。 5. 二元一次不定方程 ax + by = n 的一切整数解为 î í ì += -= atyy btxx 0 0 ，tÎZ，于是 由 x ³ 0，y ³ 0 得 b x t a y 00 ££- ，但区间 ][ 00 , b x a y - 的长度是 ab n ，故此区间内的整 数个数为 ][][ ab n ab n 或 + 1。 6. 因为 0, 1, 2, L, ab - a - b 中共有(a - 1)(b - 1)个数，故只须证明 n 与 g - n （g = ab - a - b）有且只有一个能表示成 ax + by（x ³ 0，y ³ 0）的形式。如果 n 与 g - n 都能表示成 ax + by（x ³ 0，y ³ 0）的形式，即 ax + by = n（x ³ 0，y ³ 0）， ax¢ + by¢ = g - n（x¢ ³ 0，y¢ ³ 0），则 a(x + x¢) + b(y + y¢) = g，这是不可能的；如果 n 不能表示成 ax + by（x ³ 0，y ³ 0）的形式，则因为二元一次不定方程 ax + by = n 的一切整数解为 î í ì += -= atyy btxx 0 0 ，tÎZ，所以当 t 使 0 £ x £ b - 1 时，必有 y £ -1，于 是 a(b - 1 - x) + b(-1 - y) = g - n，即 g - n 能表示成 ax + by（x ³ 0，y ³ 0）的形式。 第四章 习 题 二 1. 设有理数 m n y m l x == ， （m ¹ 0）满足方程 x2 + y2 = 1，即 l2 + n2 = m2， 于是得 l = ±2abd，n = ±(a2 - b2)d，m = ±(a2 + b2)d 或 l = ±(a2 - b2)