《初等数论》习题解答2010修改版闵嗣鹤

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闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答

第四章同余式§1 习题（P61）1．求下列各同余式的解（i ）256179(mod337) x ≡ （ii ）1215560(mod 2755) x ≡ （iii ）12961125(mod 1935) x ≡ 解：（i ）由(256,337)1=，∴有唯一解解不定方程 256337179x y -= ……（1）先解不定方程 2563371x y += ……（2）由得30(1)79y =-，40(1)104x =-为（2）之特解104179x '=⨯，79179y '=⨯为（1）之特解1041791861681(mod337) x ∴≡⨯=≡是原同余式之一解。

（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。

解不定方程 12152755560x y -= (1)即解等价不定方程243551112x y -= ……（2）先解： 2435511x y += ……（3）解得（3）的特解0195x =-，086y =即得（2）的特解0195112x =-⨯，086112y =-⨯ ∴原同余式五个不同解为 195112551200551(mo x K K =-⨯+≡+ 0,1,2,3,4K = （iii ）由(1296,1935)9=，91125 ∴有9个不同解解不定方程 129619351125x y -= ……（1）（1）等价于不定方程 14421512x y -= ……（2）先解： 1442151x y += ……（3）解得（3）的一特解 0106x =-，071y =于是得（2）的一特解 0106125x =-⨯，071125y =-⨯∴原同余式的9个不同解为106125215295215(mod 1935) x K K =-⨯+≡+2561 = q 1337 256 813 = q 2256 243 13 6 = q 381 78 3 4 = q 4 13 12 1 q P Q 0 1 2 3 4 13 641 1 4 25 104 01319 790,1,2,,8K =2．求联立同余式的解4290(mod143) x y +-≡ 29840(m o d 1x y -+≡ 解：解 414329 x y z +-= ……（1） 2914384x y z --=- ……（2）由（2）2(1)-⨯：14317142z y -=- ……（3）由(143,17)1=，∴（3）有唯一解。

《初等数论(闵嗣鹤)》课后习题解答2012修改版

《初等数论(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答 (整理精华版)

且 | tn |
|t | b , , 如此类推知： 2 22
| tn 1 | | tn 2 | |t | |b| 2 n n 1 2 2 2 2
而 b 是一个有限数，n N , 使 tn 1 0
(a, b) (b, t ) (t , t1 ) (t1 , t2 ) (tn , tn 1 ) (tn , 0) tn ，存在其求法为： (a, b) (b, a bs ) (a bs, b (a bs ) s1 )
a1 , a2 , an | a1 |,| a2 | ,| an |
证：设 [a1 , a2 , , an ] m1 ，则 ai | m1 (i 1, 2, , n)
《初等数论》习题解答
∴ | ai || m1 (i 1, 2, , n) 又设 [| a1 |,| a2 |, ,| an |] m2
《初等数论》习题解答
(76501,9719) (9719, 76501 9719 7) (8468,9719 8468) (1251,8468 1251 6) (3,1) 1
4．证明本节（1）式中的 n
log b log 2
证：由 P3§1 习题 4 知在（1）式中有
0 rn 1 rn 1
rn 1 rn 2 r b 2 n11 n ，而 rn1 2 2 2 2
b , 2n b ， n 2
n log 2 b
log b log b ，即 n log 2 log 2
§3 整除的进一步性质及最小公倍数
an p n an 1 p n 1q a1 pq n 1 a0 q n 0

《初等数论(闵嗣鹤)》课后习题解答2012修改版

初等数论习题解答修改版茂名学院weixli第一章整数的可除性得倍数q1q2qn是任意个整数则q1a1q2a2个整数p1p1ma2qn是任意是形如ax是任意整数ab是两不全为零的整数的数中最小整数则63初等数论习题解答修改版茂名学院weixli中存在正整数因而有形如ax的最小整数ax由带余除法有ax是奇数时st是唯一存在的
1, 2 ，这与 2 为其有理根矛盾。故 2 为无理数。
另证，设 2 为有理数 2 =
p , ( p, q) 1, q 1 ，则 q
p2 2 2 , 2q 2 p 2 , ( p 2 , q 2 ) (2q 2 , p 2 ) q 2 1 q
但由 ( p, q) 1, q 1 知 ( p 2 , q 2 ) 1，矛盾，故 2 不是有理数。 § 4 质数· 算术基本定理 1．试造不超过 100 的质数表解：用 Eratosthenes 筛选法（1）算出 100 10 a （2）10 内的质数为：2，3，5，7
q 1 q 1 , t a bs a b ，则有 2 2
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《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院
WeiXLI）

b b q 1 q 1 t a bs a ba b 0 t 2 2 2 2
若 b 0 ，则令 s
b q 1 q 1 综上所述，存在性 , t a bs a b ，则同样有 t 2 ， 2 2
q1 p1m q2 p2 m ( p1q1 q2 p2
即 q1a1 q2 a2
2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明
n( n 1 ) ( 2 n 1 )n n (
1n ) ( 2 n

《初等数论(闵嗣鹤)》习题解答2010修改版

2
2
2
(ii) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则有
2
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《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
b t a bs a q 1b a q 1 b 0 t b
2
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2
若 b 0 ，则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则同样有 t b 综上所述，存在性
证明： a1, a2 , an 都是 m 的倍数。存在 n 个整数 p1, p2, pn 使 a1 p1m, a2 p2m, , an pnm 又 q1, q2, , qn 是任意 n 个整数 q1a1 q2a2 qnan q1 p1m q2 p2m qn pnm ( p1q1 q2 p2 qn pn )m 即 q1a1 q2a2 qnan 是 m 的整数 2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明 n( n 1 ) ( 2n 1) n n( 1n)( 2n 1 )
2．求 82798848 及 81057226635000 的标准式．
解：因为 8|848，所以 8 | A, A 82798848 810349856 23 B ，
又 8|856，所以 8|B， B 81293732 23 C ，
又 4|32，所以 4|C， C 4323433 22 D
又 9|（3+2+3+4+3+3），所以 9|D， D 935937 32 E ，又 9|（3+5+9+3+7），所以 9|E， E 93993
又 3993 31331 3113
所以 A 2835113 ；
同理有 81057226635000 23 33 54 73 112 17 2337 。

闵嗣鹤、严士健,初等数论第四章习题解答

（ii ）由(1215,2755)5=，5560，∴有5个不同的解。

初等数论课后习题答案.pptx

且心,w罗，.珥嘤
而b是••个有限数, f顷,便.=。二(。0)=01) = 04)=(斗而)=(L，L" J =〔砧+。)=L ,存在其求法为
(a,t>) = (b,a-bs) = (a — bs,b — (a —血)禹)=… .(76501,9719) = (9719,76501-9719x7) = (S4«8,9719-S468) -(1251,8468-1251x6)
© 下证唯一性
当B 为奇数时,设 & =bs-^t=bsl +4 则|ETJ = p?（q _$）| >|Z?|
而时磚周達却一勺副+市岡矛盾故
当0为偶数时，“不咐、举^如队此时?为整数
3-?=ai+?=小 £+（_?）,%=?,kJ E?
学最大公因数与辗转相除法
I.讹叨推论4.1
推论41小b的公■数.与3, m的因数相同一
=(3J) 丄证明木节(I)式屮的"最
4
证：由P3§1习观4知在(1.盘3。沙=蛙，叩応囈
2
log log 2
§3整除的进一步性质及最小公倍數
1. 证明两整数a, b互质的充分与必要条件是：存在两个整数s, t满足条件ax+bt = \
证明必要性-若(fl,fe) = l.则由推论1.1知存在两个整数s, t满足：as+bt=(a,b)
as+ bt = \
充分性。若存在整数s, t使as+bt= 1,则a, b不全为0°
又因为(a,b)\a,(a,b)\b .所以(a,b\as + bt)即(<z,b)ll°
又皿*”。. .*,&) = I

闵嗣鹤、严士健,初等数论第三章习题解答

第三章同余§1习题（P53）1．证明定理2及性质庚、壬 01定理2 若11(mod )k k A B m αααα≡(mod )i i x y m ≡ ，1,2,,i k =则1111k k kk A x x αααααα≡∑ 1111(mod )k k kk B y y m αααααα∑证：由(mod )i i x y m ≡ ⇒戊(mod )ii ii x y m αα≡11kkx x αα⇒≡戊11(mod )k k y y m αα111kk k A x x αααα⇒≡ 戊111(mod )k kk B y y m αααα1111kk kkA x x αααααα⇒∑≡ 丁1111(mod )k k kk B y y m αααααα∑02庚证：（i ）(mod )a b m ≡∵ 由P48定理1m a b km ka kb ⇒−⇒−，0(mod )km ak bk mk >⇒≡ （ii ）设1a a d =，1b b d =，1m m d =0m >∵，100d m >⇒>(mod )a b m ≡∵ 111()m a b dm d a b ⇒−⇒−111111(mod )(mod a b mm a b a b m d d d⇒−⇒≡⇒≡2．设正整数101010nn a a a a =+++ 010i a <-，试证11/a 的充要条件是011(1)ni i i a =−∑。

证：由101(mod 11)10(1)(mod 11)i i ≡−⇒≡−10(1)(mod 11)10(1)(mod 11)nni iii i i i i i i a a a a ==⇒≡−⇒≡−∑∑01110(1)nnii i i i i a a ==⇒−−∑∑于是11a 011(1)ni i i a =⇔−∑3．找出整数能被37，101整除的判别条件来。

01 由10001(mod 37)≡ 及1010001000n n a a a a =+++ ，01000i a <-，由上面证明之方法得3737ni i a a =⇔∑02 由1001(mod 101)≡− 及10100100n n a a a a =+++ 0100i a <- 由上面证明之方法可得：101101(1)ni i i a a =⇔−∑4．证明3264121+证：由7640251(mod 641)=×≡− 及4456252(mod 641)−=−≡3272577252122252(25)∴+≡×−×=−742173212(525)2(5)(521)≡−×−≡×−×+32173(521)(25)1≡×+≡×= 3(1)10(mod 641)≡−+≡3264121∴+5．若a 是任一单数，则221(mod 2)nn a +≡(1)n . 证明：当n =1时，322/1a − 2(21)14(1)k k k +−=+∵ 假定2221nn a +−，则有1222222211()1(1)(1)n nn n na a a a a +⋅−=−=−=−+由2221nn a +−，221na +（∵a 是单数，∴21na +是双数）∴1321n n a a ++−，即1221(mod 2)n n a ++≡6．应用检查因数的方法求出下列各数的标准分解式（i ）1535625 （ii ）1158066 解：（i ）由215356252561425252457=×=×由3245718+++=，324573819391=×=× 由91713=×43153562553713∴=⋅⋅⋅（ii ）由311586627+++++=，11580663386022=×33862221++++=，3860223128674=×由7128674546−+=，128674718382=×718382364−+=，1838272626=×262621313213101=×=×× 22115806637131012∴=⋅⋅⋅⋅§2习题（P57）1．证明s t x u p v −=+，u =0，1，…，1s t p −−，v =0，1，…，1t p −，t s -，是模s p 的一个完全剩余系。

闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答(剩余类及完全剩余系)

闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答（剩余类及完全剩余系）1.证明,0,1,,1,0,1,,1,s t s t t x u p v u p v p t s --=+=-=-≤是模s p 的一个完全剩余系。

证易知，当0,1,,1,0,1,,1s t t u p v p -=-=- 时，s t x u p v -=+通过s p 个整数，下证这s p 个整数对模s p 两两部同余。

设()mod ,s t s t s u p v u p v p --''''''+≡+ （1）其中01,01,01,01,s t s t t t u p u p v p v p --''''''≤≤-≤≤-≤≤-≤≤-则()()mod ,mod .s t s t s t s t u p v u p v p u u p ----'''''''''+≡+≡又因01,01s t s t u p u p --'''≤≤-≤≤-，故.u u '''=从而由（1）式得()()mod ,mod .s t s t s t p v p v p v v p --''''''≡≡又由01,01ttv p v p '''≤≤-≤≤-得.v v '''=故这sp 个整数对模sp 两两不同余，从而它们作成模sp 的完全剩余系。

2. 若12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数，12,,,k x x x 分别通过模12,,,km m m 的完全剩余系，则1122k k M x M x M x +++通过模12k m m m m = 的完全剩余系，其中,1,2,,.i i m m M i k == 。

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2
2
2，
得证．
下证唯一性
当 b 为奇数时，设 a bs t bs1 t1则 t t1 b(s1 s) b
而
t
b 2
, t1
b 2
t t1
t
t1
b
矛盾故 s s1,t t1
当 b 为偶数时， s,t 不唯一，举例如下：此时 b 为整数 2
3 b 2
b 1 b 2
b
2
(
b 2
s1 , t1
，使
b
s1t
t1,|
t1
|
|t| 2
b 22
,
, 如此类推知：
sn ,tn ,tn2 tn1sn tn ;
sn1, tn1, tn1 tnsn1 tn1;
且
|tn||tn1 2||
tn2 22
|
|t| |b| 2n 2n1
而 b 是一个有限数，n N, 使 tn1 0
(a,b) (b,t) (t,t1) (t1,t2) (tn,tn1) (tn, 0) tn ，存在其求法为：
则 r (x x0q)a ( y y0q)b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by （ x, y 为任意整数） ax0 by0 | a, ax0 by0 | b
ax0 by0 | (a,b). 又有 (a,b) | a ， (a,b) | b
则 a 必在此序列的某两项之间
2
22 2
即存在一个整数 q ，使 q b a q 1 b 成立
2
2
(i) 当 q 为偶数时，若 b 0. 则令 s q ,t a bs a q b ，则有
2
2
0 a bs t a q b a q b q b t b
2
22
2
若 b 0 则令 s q ,t a bs a q b ，则同样有 t b
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证： a,b 不全为 0
《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
在整数集合 S ax by | x, y Z 中存在正整数，因而有形如 ax by 的最小整数
ax0 by0 x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r, 0 r ax0 by0
(a,b) | ax0 by0 故 ax0 by0 (a,b) 4．若 a，b 是任意二整数，且 b 0 ，证明：存在两个整数 s，t 使得
a bs t, | t | | b | 2
成立，并且当 b 是奇数时，s，t 是唯一存在的．当 b 是偶数时结果如何？
证：作序列
3b
b b 3b
, , b , , 0, , b , ,
数，从而 a,b 的公因数与 (a,b) 的因数相同。
2．证明：见本书 P2，P3 第 3 题证明。
3．应用§1 习题 4 证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所说的求
法及辗转相除法实际算出（76501，9719）．
解：有§1 习题 4 知：
a,b Z,b 0,s,t Z, 使 a bs t,| t | b 。， 2
n( n 1 ) (n 2 ) n( 1n) n( 1 ) 又 n(n 1)(n 2) ， (n 1)n(n 2) 是连续的三个整数故 3| n(n 1)(n 2), 3| (n 1)n(n 1) 3| n(n 1)(n 2) (n 1)n(n 1) 从而可知 3 | n(n 1)(2n 1) 3．若 ax0 by0 是形如 ax by（x，y 是任意整数，a，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则 (ax0 by0 ) | (ax by) ．
r1 b
(a,b) rn
d | a bq1 r1 ， d | b r1q2 r2 ，┄, d | rn2 rn1qn rn (a,b) ,
即 d 是 (a,b) 的因数。
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《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
反过来 (a,b) | a 且 (a,b) | b ，若 d |(a,b), 则 d | a, d | b ，所以 (a,b) 的因数都是 a,b 的公因
证明： a1, a2 , an 都是 m 的倍数。存在 n 个整数 p1, p2, pn 使 a1 p1m, a2 p2m, , an pnm 又 q1, q2, , qn 是任意 n 个整数 q1a1 q2a2 qnan q1 p1m q2 p2m qn pnm ( p1q1 q2 p2 qn pn )m 即 q1a1 q2a2 qnan 是 m 的整数 2．证明 3 | n(n 1)(2n 1) 证明 n( n 1 ) ( 2n 1) n n( 1n)( 2n 1 )
),
t1
b 2 , t1
b 2
§2 最大公因数与辗转相除法
1．证明推论 4.1
推论 4.1 a，b 的公因数与（a，b）的因数相同．
证：设 d 是 a，b 的任一公因数， d |a， d |b
由带余除法
a bq1 r1,b r1q2 r2 , , rn2 rn1qn rn , rn1 rnqn1, 0 rn1 rn rn1
2
2
2
(ii) 当 q 为奇数时，若 b 0 则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则有
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《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
b t a bs a q 1b a q 1 b 0 t b
2
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若 b 0 ，则令 s q 1,t a bs a q 1b ，则同样有 t b 综上所述，存在性
《初等数论》习题解答（修改版）（茂名学院 WeiXLI）
第一章整数的可除性
§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理 3
定理 3 若 a1，a2，，an 都是 m 得倍数， q1，q2，，qn 是任意 n 个整数，则 q1a1 q2a2 qnan 是 m 得倍数．
(a,b) (b, a bs) (a bs,b (a bs)s1)

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