王进明初等数论 习题解答

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+26=386.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一“和倍” 问题。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) 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 |.

2、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。(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 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

3、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

4、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

5、，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，123456789=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

6、+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，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

7、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。10 111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=22

8、1，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7×11×13=1001。（谐“一千零一夜”）anan-1a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0+(anan-1a3a2a1a0) ×1000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a和b，使a2

9、b2 = 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=2×1001.11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. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003，173572. 求证：对任意 nZ+，必有 n 个连续的自然数都是合数.3. 当 n 是什么整数时，n4+ n2+1是质数？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

11、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 .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用质数试除到7, ,2003用质数试

12、除到37，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，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.3. 利用 n4+ n2+1 = n4+ 2n2+1n2 = (n2+ n+ 1)(n2n+ 1)，知仅当 n= ± 1时，n4+ n2+1为质数 .4. 利用4n3+ 6n2+4n+1= (2n+1)(2n2+ 2n

13、+ 1) ,nZ+, n1,2n+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 < 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

14、，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，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

15、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（为什么？）, 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. 书后提示说取模为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=

16、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> 3ó质数p 5，可用前面的方法简单求解。习题 1-31.求：（1）（21n +4，14n +3）（其中 nZ+）；（2）（30，45，84），30，45，84；（3）（5767，4453）.2.求证：an，bn= a，bn（a，b，nZ+）.3.自然数 N =10x+ y（x是非负整数，y是 N 的个位数字），求证：13 N的充要条件是 13 （x+4y）.4.用割（尾）减法判断下列各数能否被 31，41，51

17、整除：26691，1076537，13612415.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？6.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）3.557. 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

18、 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

19、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1.（1）1. 用辗转相除法 （2）1260. （3）73. 用辗转相除法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，b）= a b，等式两边同时n

20、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。3. 利用10x+ y= 10（x+4y）39y.4. 31| 26691，41|26691，5126691；31|1076537，41|1076537，511076537；31|1361241，41|1361241，51|1361241. 以51为例，5126691ó51(26691×5)；又512664 ó51(2664×5)；显然51246 。51|13612

21、41ó51|(1361241×5)，又51|136119ó51|(136119×5)，又51|13566ó51|(13566×5)，又51|1326ó51|(1326×5)，而51|102。5. （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。因此只能是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

22、，3，4，5，7，11，13两两互质，它们的最小公倍数60060就是5位数。6. 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 .7. 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 )

23、= 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 1-41.把下列各数分解质因数：2001，26840，1111112.将 85，87，102，

24、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？3.要使下面四个数的乘积的最后 4个数字都是 0，括号中最小应填什么自然数？975×935×972×（）.4.用分解质因数法求：（1）（4712，4978，5890）；（2）4712，4978，5890.5.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？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）&a

25、mp;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

26、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1. 2001= 3×23× 29， 26840= 23×5×11× 61， 111111= 3× 7×11×13× 37.2. 组为：85，111，124，154，3

27、54，667；另一组为：87102，148，230，341，413320四个数分解质因数后一共应该有且 且只有4个2与4个5，需补充2个2与1个5。 4(1)38， (2)30863605除数为l或2时，余数为0；除数为97时，余数为23；除数为194时，余数为1206有5个，10=2×5=1×10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48，80，112，162，1767(1)18 (2)546 (3)180'8因为B | , B |, 所以B是66

28、，42的公约数，因而B是6的约数。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：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=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

29、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2. , 代入得10。3. 若证：可见，三种情况都有。4. 解方程：（1）解： （2）原式化为，整理后再由一元二次方程求根公式得 ，与相乘后的积为整数，只能是。5. 15< x+ y<16.6. 25！=222×310× 56× 73×112×13×17×19×23. 由定理1.29公式求

30、出各个质数的指数。7.（1）解： =9312+0+0+19+40+57+76=9504. （2）。从而=1.8. 1373个 . 9. 14人 .10. 49盏 .11. ； 2 x<1或 2 x<3或 x= 1/2 或 x= 0. 12. 解： 且可知有且只有满足由第35项移项得 习题2-15. 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7.9. 由 (n, 8)=1

31、可知,n为奇数. 设n=2k+1, n21= 4k (k+1),8 | (n21).12. 4+1=5, 因此个位为4的2n, 加1后都能被5整除. 先考察n=1, 2, , n 较小的情况:个位为6的幂间隔4次得重复出现, 又6 ×4=24. 因此即n=4k+2(kZ+).14. 任意平方数的末位数字都不能是 2, 3, 7, 8的某一个. 证：令a=(10x+y), 则a2=(10x+y)2 y 2 (mod 10). 令=0,19， y 2的个位不能是2, 3, 7, 8. 因此，数字 a (1a9) 的平方 a2 的末位数字也没有2, 3, 7, 8.习题2-2 3. 4.

32、偶数m的最小非负完全剩余系中奇偶各半.任一组完全剩余系中各数必与0,1, m1中一个数同余,故均可写成mkr+r,r= 0,1, m1的形式.故亦奇偶各半.其他的都是较基本的题目, 请看书后的答案或提示.习题2-31.乘幂 20，21，22，29能否构成模 11的一个简化剩余系？解：i > j时，2i2j=2j(2ij1), 112j, 通过验证可知，对任何i，j，也有11(2ij1)， (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 (m).m最 小 简 化

33、 剩 余 系 (m)10137941112345678910101215711413123456789101112121413591113615124781113148161357911131581712345678910111213141516161815711131763.证明定理 2.7.证明:（必要性） x1，x2，xk是模 m 的简化剩余系， k=(m)，且当 i j时，xixj（mod m），（xi，m）=1，i = 1，2，(m).（充分性）k=（m）， x1，x2，xk共有（m）个.又 xixj（mod m），（i j，1i，j k），（xi，m）=1（i=1，2，k）， x1

34、，x2，xk各属于(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512（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（m）的值 .25，32，40，48，6

35、0，120，100，200，4200，9450. 答案：（25）= 20，（32）=16，（40）=16，（48）= 16，（60）=16，（120）= 32，（100）= 40，（200）= 80，（4200）= 960，（9450）= 2160.6. 若（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（m）是偶数 .证：设 m = p11p22 pkk， m >2， 至少存在 i，i> 1或存在 j，pj是奇数， p11- p11 -1，pkk- pkk-1中至少有一个为偶数，知 （m）必为偶数或证： 8. 试证：使(m

36、) =14的数 m 不存在.证：(m) =14=2×7= p11 -1pkk-1 (p11)(pk1)，2,7是质数，所以必有p1=2，p1=7，这是不可能的。9. 已知(m) = 4，求 m .解：设m = p11p22 pkk，由(m)= (p11- p11 -1)(pkk- pkk-1)，(m) = 4=4×1=22，得m = 5，(m) =51= 4，或 m =8=23，(m) = 22或 m = 10=5×2，(m) =4×1，或 m =12.10. 如果 n =2m，（2，m）=1，那么（n）= （m）.11. 若 m 是奇数，则（4m）=2

37、（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 10.（2，m）= 1， （n）=（2m）=（2）（m）=（m）.11. m 是奇数，（4，m）= 1，则（4m）=（4）（m）. （4）= 2， （4m）=2（m）.12.（1）（n）. （2）（2）+（3）+ +（n）.习题 2-41.举例说明欧拉定理中（a，m）=1是不可缺少的条件 .2.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)

38、28除以111.解答：1. 当 a= 2，m =4时，(4) =2，此时 220（mod 4），可见（a，m）= 1是欧拉定理的不可缺少的条件 .2.（1）8. （2）10. （3）16. （4）1. （5）70. （1）84965除以13；（13，8）=1, 8121（mod 13），84965=(812)413×891×(-1)4 ×8（mod 13） 或解：821（mod 13），84965=(82)2482×8 (-1) 2482 ×8 8（mod 13）。3.设 p，q是两个大于 3的质数，求证：p2 q2（mod 24）.4.设 p

39、是大于 5的质数，求证：p41（mod 240）.解答：3. 24=3×8，（3，8）= 1. 由条件，( p，3 ) = ( q，3 ) = 1，由费尔马小定理有 p21（mod 3）， q21（mod3）. p2 q2（mod 3）. 又 p，q 必为奇数，由习题2-1第9题的结论，有p21（mod 8），q21（mod8）. p2 q2（mod 8）. p2 q2（mod 24）.4. 240 = 3×5×16，由条件，( p，3 ) = ( p，5 ) = 1， p41（mod5），p4（p2）21（mod3）. 又 p为奇质数，从而 2 |（p2+ 1）

40、，8 |（p2-1）， 16 |（p4-1），即 p41（mod 16）. 而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1. p41（mod 240）.5. 已知 p是质数，（a，p）=1，求证：（1）当 a 是奇数时，ap-1+(p1)a 0（mod p）；（2）当 a 是偶数时，ap-1(p1)a 0（mod p）.6. 已知 p，q 是 两 相 异 的 质 数，且 ap-11（mod q），aq-11（mod p），求证：apq a（mod pq）.解答：5.（1）由 p 是 质 数，（a，p）= 1，a 为 奇 数，有 ap-1 1（mod p）.(p1)a 1（mod p）， ap-

41、1+ (p1)a 11 0（mod p）. （2）由条件，ap-11（mod p）, (p1)a1（mod p），ap-1(p1)110（mod p）.6. ap a（mod p）， apq (ap)q aq a（mod p）；同理，apq (aq)p ap a（mod q），而（p，q）= 1，故 apq a（mod pq）.7. 如果（a，m）=1，x ba（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 xZ 时，求证：（1）2730 | x13- x；（2）24 |

42、x（x+2）（25x2-1）.解答：7. xba(mod m)， ax aba ab (mod m). (a，m) = 1，a= 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

43、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

44、）.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，xZ，试证：6p | xp- x.11. p是不等于 2和 5的质数，k是自然数，证明：.解答：10. 质数 p> 3， （6

45、，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）.11. . 由条件，（10，p）= 1， 10p-1 1（mod p）. （10p-1）k 1（mod p）. .12. 设（m，n）=1，证明：m+ n1（mod mn）.证：（m，n）= 1，n1（mod m ），而 m 0（mod m

46、）， m+n 1（mod m）. 对称可得 m+n 1（mod n）. m+n 1（mod mn）.13. 已知 a =18，m =77，求使 ax1（mod m）成立的最小自然数 x. x=30.,由定理，满足要求的最小自然数 x必为60 的约数。验算可知。习题3-11解下列不定方程：（1）7x15y=31； （2）11x+15y=7； （3）17x+40y=280；（4）525x+231y=42； （5）764x+631y=527； （6）133x105y=217.解：（1）辗转相除得15=7×21, 1 = 157×2= 7×(2)15×

47、(1)， 因此原方程的一个解是 x02×3162， y01×3131;原方程的通解为（2）辗转相除得15=11×14, 11=4×23, 4=3+1 1 = 43=4(114×2)= 4×311=(1511×1) ×311=15×3 + 11×(4)， 因此原方程的一个解是 x04×728， y03×721;原方程的通解为（3）用分离整数法：观察可知y =10时，x = 36 + 4= 40. 原方程的通解为2. 解下列不定方程：（1）8x-18y+10z=16； （2）4x

48、-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）5x14y=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

49、，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 3-21求 x2+

50、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 .1b11122234a24635745x315355214579y48121220282440z5173713295325412. 设 x- y= a2，y- z= b2，x- z= c2，则 a2+ b2= c2，因此给出 a，b的值即可求得x，y，z.3.已知直角三角形斜边与一直角边的差为 9，三边的长互质且和小于 88，求此直角三角形的三边的长 .4.试证：不定方程 x4-4y4= z2没有正整数解 .3. 设直角三角形

51、的三边的长为x, y, z. 则由定理，x=a2b2, y=2ab, z=a2+b2, 由题目得a2+b2(a2b2)=9或a2+b22ab=9, 前者无整数解，后者(ab)2=9, ab=3. a=4,b=1,则x=15，y=8，z= 17或a=5,b=2,则x= 21，y= 20，z= 29. a=7,b=4, 则三边的长的和大于88。4. 因为 z4= (x4-4y4)2 = x88x4y4+ 16y8= (x4+ 4y4)2(2xy)4，即(2xy)4+ z4=(x4+4y4)2，就是说，如果x4-4y4= z2有正整数解，则u4+v4= w2有正整数解，与已证定理矛盾，故无正整数解

52、.5.试证：每个正整数 n 都可以写为n = x2+ y2- z2，这里 x，y，z都是整数 .6.求方程 x2dy2= 1，当 d = 0、d = 1、d < 1 时的非负整数解 .7.试证：2x2+ y2+3z2=10t2无正整数解 .5. 适当取正整数 x，使 n - x2= m 为一正奇数，设 y = m + 12 ，因为 y2- m =m -1()22= z2，得 n- x2= y2 z2.6. 当 d= 0时，x=1，y为任意非负整数；当 d= -1时，x= 1，y=0和 x= 0，y= 1；当 d< - 1时，x= 1，y=0.7. y2+ 3z2是偶数，y与 z必同

53、奇同偶 .若 y 与 z同为奇数，则 2x2+ y2+3z2被 8除和 10t2被 8 除的余数不相等，故 y 与 z一定同为偶数 .令 y= 2y1，z=2z1，代入原式得，x2+ 2y21+ 6z21= 5t，同样，x 和 t同奇同偶，也同样排除 x 和 t同奇，令 x= 2x1，t= 2t1，代入得，2x21+ y21+ 3z21= 10t21，由于 0< t1< t，矛盾，从而得证 .习题 3-31. 求不定方程 4x2-4xy-3y2=21的正整数解 .2. 求不定方程 x2+ y2=170的正整数解 .3. 求不定方程 x2-18xy+35=0的正整数解 .4. 求 4

54、x2-2xy-12x+5y+11=0的正整数解 .5. 求 x2+ xy-6=0的正整数解 .6. 求 y- (x+3y)/(x+2) =1的正整数解 .7. 设 n =7（mod 8），则 n 不能表示为 3个平方数的和 .1. 由4x24xy3y2= 21，得（2x+ y）（2x3y）= 21. 得 2x+ y= 21， 2x+ y=7， 即 x= 8， x= 3，2x- 3y=1， 2x- 3y= 3. y= 5， y= 1.2. 由 x2+ y2=170知，x，y同为奇数或同为偶数.x，y为偶数，则 x2+ y2有因数 4，而 170无 4因数；x，y为奇数，设x =2k+1, y = 2h+1, 代入化简得k (k+1)+h (h+1) = 42, 仅当k = 0, h = 6或k = 0, h = 6时可求得：3. x2-18xy+ 35=0，得 18y= ，x是 35的约数，得 x= 1，y= 2，或x=35，y=2.4. 由原方程变为：y= 2x1+ ，2x5是 6的约数：± 1，±2，±3，±6，通过分析得 x=3，y=11或x=4，y=9.5. x=1，y=51或 x= 2，y= 11.6. 原方程变形为 y=2+ 4x- 1，可求得 x= 2，3，5，代入可求