王进明初等数论习题详细解答2013.5第九版(可打印版)

1、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：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，即是除数的13倍.2证明：(1)当nZ且时，r只可能是0,1,8;证：把n按被9除的余数分类，即：若n=3k, kZ，则, r=0；若n=3k +1, kZ，则,r=1；若n=3k1, kZ，则,r=8.(2)

2、当 nZ时，的值是整数。证因为=，只需证明分子是6的倍数。=.由k!必整除k个连续整数知：6 ,6 |.或证：2!|, 必为偶数.故只需证3|.若3|n, 显然3|；若n为3k +1, kZ，则n1是3的倍数，得知为3的倍数；若n为3k1, kZ，则2n1=2(3k1)1=6k-3, 2n1是3的倍数.综上所述，必是6的倍数,故命题得证。又证：=02+12+22+(n-1)2,整数的平方和必为整数。当 nZ时，-nZ+, 从而同样推得为整数，故命题得证。(3)若n为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)证明：利用11n+2+122n+1=12111n +12144 n =13311n

3、 +12(144 n11 n)及例5的结论(4)当m，n，lN+时，的值总是整数证明：=由k!必整除k个连续整数知：, n! |，从而由和的整除性即证得命题。(5)当a，bZ且a b，n是双数时，；(6)当a，bZ且a b，n是单数时，解：利用例5结论：若a b，则令b=b*, 即得。或解：a = (a+b)b， (5)当n为双数时，由二项式展开，证得。(6) 当n为单数时类似可得。3已知a1，a2，a3，a4，a5，bZ,且，说明这六个数不能都是奇数解：若这六个数都是奇数，设，则，因为，所以8 | 4,而，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

4、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。123456789=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，123456789+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123456789一定是奇数。 5已知：a，b，c均为奇数证明无有理根。证：若有有理根，记为互质，代入方程有即，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，则为偶数，但是奇数，它们的和不可能为0;若q为偶数，则为偶数，但是奇数，它们的和也不可能为0。6在黑板上写出三

5、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A1 2 3 4 5 6 7 8 9 101197 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，123456

6、789=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：7020，7320，7620，79209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

7、，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=71395，那么要求的就是9765了。10 111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2

8、001，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x8=21312证明：7(或11或13) 的特征是：7(或11或13) 整除解答：因为71113=1001。（谐“一千零一夜”）而=711131000或附）广西师范大学赵继源主编的初等数论习题11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(a1)(b2)(c3)的奇偶性，并说明理由69. 是否存在自然数

9、a和b，使a2b2 = 2002成立?11证明：当nZ时，6 | n(n1)(2n1)12已知：，f (0)，f (1)，f (1)，x均为整数证明：解答：3偶数因为a，b，c中，有三个奇数，所以a1，c3中至少有一个是偶数6只需，即，先考虑有5组解 9不存在利用a2b2 =(ab)(a + b)，而ab，a + b的奇偶性相同而2002=21001.11用数学归纳法或n(n+1)(2n+1)= n(n+1)(n+2)+(n1)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, ab均为整数. 进而知2a，2b为整数. 分类讨论(kZ

10、): 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1-21. 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：, 45.022, 用质数试除到43，可知两者是质数， 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，35717= 340，340不能被7，11，13整除，再用17，23考虑，246123=107, 2461是合数。用类似思路顺次试除17357，到17，得

11、分解式17357=171021，17357是合数。2. 当 n 是什么正整数时，+8n2+4n +1, = n418n2+45, = n4+ n2+1, 的值是质数？是合数？解：，当n =1时，是质数；当n 1时，是合数。+ =( n +1)2(n3+3n2+2n +1)。n 无论是什么正整数时，n +11，总是合数。=令n23=1或n215=1知仅当 n=2或 n= 4时，为质数， n为其它正整数时，是合数。n4+ n2+1 = n4+ 2n2+1n2 = (n2+ n+ 1)(n2n+ 1)，令n2+ n+ 1=1或n2n+ 1=1知仅当 n= 1时，=n4+ n2+1为质数， n 1时，

12、是合数。，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6n1的数(nN)；(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 6n1的数中含有无限多个质数.证：(1)因为形如6n或6n2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：，显然，结论成立。然后用数学归纳法可得一般性结论。(3) 若形如 6n1的数中只有k个质数：p1, p2, , pk。令N = 6 p1 p2 pk1，N为形如 6n1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 6n1的质因数p（否则就全

13、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m1，当m |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, ,m1中一个数。显然p | (m1)!且p | (m1)!+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

14、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12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？109，20032. 求证：对任意 nZ+，必有 n 个连续的自然数都是合数.4. 求证：当 nZ+时，4n3+6n2+4n +1是合数.5. 求 a，使 a，a +4，a +14都是质

15、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 p3，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（28594331）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

16、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用质数试除到7, ,2003用质数试除到43，可知两者是质数，17357=171021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，35717= 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) ,nZ+, n

17、1,2n+1和2n2+ 2n+ 1皆为大于1的数.5. a=3. 思路：分类讨论(kZ): 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 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

18、解法：由习题11第1题（2）的结论，（2+1）|（2859433+1）9. 设，h、 k 必为奇数, ，而k不能为3, 故只有k =1, 这样2q3=p , 代入，同时质数 p、q 大于 3. 所以, 只能有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 4n1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 4n1的质数只有有限个：p1, p2, , pk。令N = 4 p1 p2 pk1，N为形如 4n1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 4n1的质因数p（否则就全是形如 4n + 1的

19、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+

20、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 1-31.求：（1）（30，45，84），30，45，84；（2）（21n +4，14n +3）（其中 nN）；解：（1）(30，45，84)=( 30，15，24)=( 0，15，9)=3, 30，45，84=90，84=615，14=61514=1260.（2）-2（21n +4）+(14n +3）=1, 故（21n +4，14n +3）=12.当nN时，求证：证：n=2k时，kZ,(n-1,n+1）=(2k-1,2k+1)=(-2 ,2k+1)=1; 即2 |

21、n时, (n-1,n+1)=1；n=2k+1时，kZ, (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： 01234q1322P114922Q0137174 45322 +5767(17)= 73，5767174 45322 =73或由推得4已知24|,求a, b. 解：6274200=26142524,故只需24|，即=0, 24, 36, 48, 72, 96.又解：24=38，3,8互质，故只需3 |,8 |，即3 |（a+b）；又8 |，8 |200,故只需8|，从而必为8的倍数，3,8 同时考

22、虑，故答案是00，24，48，72, 96.5求证：lg2，是无理数证 0=lg1 lg2 lg10=1， lg2 不是整数若lg2是有理数，可令，则, (2，5) = 1, (2q，5pq) = 1, 所以 2q5pq . lg2不是有理数。综上所述，lg2是无理数.34, 显然不是整数设，则15= （1）. , (p2，q2)=1,（1）式不可能成立。不是有理数。综上所述，是无理数.6. 已知a + b=60，(a, b)+ a, b=84, 求a, b.解: 则有。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

23、，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：则7求证：证：由教材例5, 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) | (xny) nN.利用这一结论（称作割（尾）减法）判断下

24、列各数能否被 31，41，51整除：26691，1076537，1361241证明：A=10x+ y= 10（xny）+(10n+1)y.必要性：(10n+1) |A, (10n+1) |(10n+1)y推得(10n+1) |10（xny）而（1+10n）与10互质，因此有(10n+1) | (xny)。充分性：由和与积的整除性显然可得。 31| 26691，41|26691，5126691；31|1076537，41|1076537，511076537；31|1361241，41|1361241，51|1361241. 以51为例，512669151 (266915)；又512664 51

25、(26645)；显然51246 。51|136124151|(13612415)，又51|13611951|(1361195)，又51|1356651|(135665)，又51|132651|(13265)，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 23 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， a236， b3515， c2510是满足题意的一

26、组解.由于题目未限定每个数的质因数不能重复，这样 a22312 或233=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

27、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

28、 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, 14171 059=358，23121417=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：品名数量单价（元）总价（元）课桌72.7.7课椅77.3.合计金额（元）3.55解：72=89,8,9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=711推得另两个数字,即课椅总价为 328.79元，再得课

29、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a107+b=3ab，即b=3aba107= a (3b107)，令k=3b107，b=ka（k10）, 得a107+ ka=3ka2，即107+ k=3ka(*),107 =(3a1)k, k | 107，107只有2m5n（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=

30、5, 8, 则107+ k=3ka15a, 107+ k 大于1.5107，这是不可能的。因此只有k=2，即107+ 2=6a， a=1666667，b=3333334.或解：由a107+b=3ab，得，a与b同为七位整数，3b107只能是一位整数，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b3333335时，b1075，此时已经是六位数了，故只有b=3333334。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13中的部分题目(与以上相同的不列)2.求证：an，

31、bn= a，bn（a，b，nZ+）.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

32、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： ，而由定理1.13, ，从而由定理1.21推论3，=1。（an，bn）=（a，b）n，再由定理1.19,a，b（a

33、，b）= a b，等式两边同时n次方，得a，bn（a，b）n = a n b n， 同样由定理1.19， an，bn（an，bn）= an bn， a，bn（a，b）n =an，bn（an，bn）； a，bn =an，bn。7. 黄鼠狼在第9跳掉进陷阱，此时狐狸跳了4.59 = 40.5米 .8. 54，72=216，每216厘米有脚印6个，故花圃的周长2160厘米 .9. 此题应该先讨论a + b，a，b与（a，b）的关系。 ( 33, 90 ) = 3, 所以 ( a, b ) = 3.10. 因为AB、BC 的中点上都要植上一棵树，3152=157.5因此应考虑1400和1575的最大公

34、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 1-41.把下列各数分解质因数：2001，26840，111111，999 999 999 999解： 2001= 323 29， 26840= 5112361， 111 111= 3 71113 37. 999 999 999 999=111 111

35、9 000 009=33 71113 371 000 001，而1 000 001=1019901，999 999 999 999=33 71113 371019901。2.用分解质因数法求：（1）（4712，4978，5890，6327）；（2）4712，4978，5890.解：4712=41178=23589=231931, 4978=22489=219131 5890=10589=2531, 6327=9703=321937(1)19， (2)3086360937=10277578803. 将 85，87，102，111，124，148，154，230，341，354，413，667分成

36、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：87102，148，230，341，4134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=3665=5399=7285=5757=35719, 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)=3

37、6414=26, 仍少于30; 所以平均每人捐款3元。此时每班人数为(665-35)=63014=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=4441=4212=223272, 由441-1=440=2220,220=111026证明：（1） (a，b，c) = (a，b)，(a，c)（2）.此题1-3已证明，在此要求用分解质因数方法证明。（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，rN+,如果pr |

38、 a，且 pr+1 | a，这时称 pr 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lmn。（1）p (a，b，c) =min p(a),max p(b), p(c) = minl, m=m， p (a，b)，(a，c)= max min p(a), p(b) , min p(a), p(c)= maxm,n= mr.由于p是任意质数，所以(a，b，c) = (a，b)，(a，c)。（2）。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

39、 555=5111 111= 3571113 37. 约数最小的三个相乘已经是三位数，那么在种取法中， 3537=555显然太小，故3,5只能取一个：51113=5513=715，再调大如71113=1001就超出了；3737=777，调大如311 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=2873=2997, 5164-4582=582=2291=2397, 6522-5164=1358=2679=2797, （1746，582，1358）=29

40、7所以，除数为97时，余数为23；除数为194时，余数为1209. (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=115=35，若15=115，a有唯一质因数，即a=，由公式=，p只能是2.令自然数a=2k，此时，得k=3，即a=8；若=35，即35，无解。故=35为不可能。因此所求最小自然数就是8.（2）。(2)=212, (4)=36, (64)=72, (8)=4, 因此所求最小自然数就是8. (3) 自然数a的所有正约数之积=，由题设有，即=22，故分解式或

41、只含1个质因数 p，此时 p 的指数为3, 即, 或 为2 个质数的乘积，即，这样的自然数，其所有正的真约数之积都等于它本身。10. 若a，b，cN+,且 a2= bc，(b，c)=1，则b，c均为平方数。证明：已知故得结论成立。11. 975935972（）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ab，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=

42、300, b=12算不同的两组）？解：（1）72=2332, 由充要条件a，b只含有2,3的质因数且不超过72, 见下表a23=8233=242332=72b3223222323223222321322322232a+b172644334260738190108由于a，b是对称的，所以一共10种不同的值。（2）300=1225, 因此a，b，c只含有2，3，5的质因数且不超过300, 见下表a12125=601252=300b1212512521212c125212521252同左同左一共5组。13. 求：（1）(180)；（2）(180)；（3）1 (180).解：180=22325, (1

43、)332=18 (2)=546 (3)180914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=63222,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25325711=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14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，

44、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

45、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=25=110因此所求的数应该为或后者即令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48，80，112，162，1768因为B | , B |, 所以B是66，42的公约数，因而B是6的约数

46、。又所以7|A，11|C，从而设 由因为若B不含2的话，由，A，C就必须同时含2, 与矛盾。于是共得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28k5xk=（285x）k=303=3101知k=101.11. 分解质因数：884=41317=1752=6813，884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公式知只有完全平

47、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=,B=,求AB,AB.解：A=1,1, B=Z(全体整数集合)，AB=A,AB=Z.2.设 ，试求的值。解：, 代入得10。3.求的值。解：显然，；设则，即。，继续下去有，这显然是不可能的，因此=1.4. 证明：若（p, q）=1，则。证：对于1kq1,均有q k p，即，故于是=。5. 求的值。解：=12+222+323+929+10=1 (22-2)+2(23-22)+3(24-23)+9(210-29)+10=-2-22-23-29+92

48、10+10=+9210+10=7210+12=7180.6.求使为整数的最大自然数k的值。解：即求的标准分解式中7的幂指数。=1000!100!所以7(1000!100!)= 7(1000!) 7(100!)所以k=142+20+2-14-2=148.7. 解方程：（1）解：故解得代入原方程得3x=20, 或解：由已知得设其为y，则，解得 （2）原式化为，即，把x当作常数，由一元二次方程求根公式得 ，与相乘的积为整数，只能是。8. 设x，y满足下列方程组，且不是一个整数，则x+ y在哪两个整数之间。解：，可得x=4,4x 5，y=2x+3=1115 x+ y16.9. 试证方程x+2x+4x+

49、8x+16x+32x=12345无实数解.证:假设方程有实数解x=n+a,其中nZ,0a1,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0a1，因而0kak-1故012345-63n1+3+7+15+31=57，即12288/63n12345/63亦即195.04n195.95，与nZ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

50、+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+7730的倍数的和42的倍数的和6670110105=+33(1+2+3)+105+165+7730(1+2+3+4)42846670110105=7260616061603412052512

51、717811115+62110+10136+1494+2235+1594+2135+336+105+165+7730042846670110105=1593.11. 求25！的标准分解式。解：25！=222310567311213171923. 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：个连续的零13.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

52、又有多少人。解：数理两科至少有一科优秀的学生人数为30+2820=38;数理化三科至少有一科优秀的学生30+28+25201617+10=4014.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=30001000-750+250+200+150-50=1800=180=3010-7+2+2+1=18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16中的部分题目(与以上相同的不列)3. 若证：可见，三种情况都有。7.计算：（1）解： =9312+0+0+19+40+57+76=9504. （2）解：。从而=1.8. 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？. =2001400285+57=1373个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