初等数论答案

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高等教育出版社《初等数论》答案

《初等数论》习题集

第1章

第 1 节

1. 证明定理1。

2. 证明：若m p mn + pq，则m p mq + np。

3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。

4. 设p是n的最小素约数，n = pn1，n1 > 1，证明：若p >n，则n1是素数。

5. 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为

a2 + p（a > 0是整数，p为素数）

的形式。

第 4 节

第 3 节

1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。

2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。 3. 证明定理4的推论1和推论3。

4. 设x，y∈Z，17 2x + 3y，证明：17 9x + 5y。

5. 设a，b，c∈N，c无平方因子，a2 b2c，证明：a b。

32n 1

6. 设n是正整数，求C12n,C2n,L,C2n的最大公约数。

1. 证明定理1。

2. 证明定理3的推论。

3. 设a，b是正整数，证明：(a + b)[a, b] = a[b, a + b]。

4. 求正整数a，b，使得a + b = 120，(a, b) = 24，[a, b] = 144。

1. 证明：12 n4 + 2n3 + 11n2 + 10n，n∈Z。 2. 设3 a2 + b2，证明：3 a且3 b。

3. 设n，k是正整数，证明：nk与nk + 4的个位数字相同。

4. 证明：对于任何整数n，m，等式n2 + (n + 1)2 = m2 + 2不可能成立。 5. 设a是自然数，问a4 3a2 + 9是素数还是合数？

6. 证明：对于任意给定的n个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n整除。

课

后

答

第 2 节

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5. 设a，b，c是正整数，证明：

[a,b,c]2(a,b,c)2

=。

[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)

6. 设k是正奇数，证明：1 + 2 + L + 9 1k + 2k + L + 9k。

第 5 节

4. 证明：在1, 2, L, 2n中任取n + 1数，其中至少有一个能被另一个整除。

5. 证明：1+

第 7 节

6. 设a，b是正整数，证明：存在a1，a2，b1，b2，使得

a = a1a2，b = b1b2，(a2, b2) = 1，

并且[a, b] = a2b2。

1. 证明定理1。

2. 求使12347!被35k整除的最大的k值。

∞

n+2r 1

= n。 3. 设n是正整数，x是实数，证明：∑[r

2r=14. 设n是正整数，求方程

x2 [x2] = (x [x])2

在[1, n]中的解的个数。

5. 证明：方程

f(x) = [x] + [2x] + [22x] + [23x] + [24x] + [25x] = 12345

+L+（n ≥ 2）不是整数。 2n

课

后

1. 证明定理1的推论1。

2. 证明定理1的推论2。

3. 写出22345680的标准分解式。

答

第 6 节

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1. 说明例1证明中所用到的四个事实的依据。

2. 用辗转相除法求整数x，y，使得1387x 162y = (1387, 162)。 3. 计算：(27090, 21672, 11352)。

4. 使用引理1中的记号，证明：(Fn + 1, Fn) = 1。

5. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？

6. 记Mn = 2n 1，证明：对于正整数a，b，有(Ma, Mb) = M(a, b)。

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没有实数解。

6. 证明：在n!的标准分解式中，2的指数h = n k，其中k是n的二进制表示的位数码之和。

第 8 节

1. 证明：若2n + 1是素数，则n是2的乘幂。 2. 证明：若2n 1是素数，则n是素数。 3. 证明：形如6n + 5的素数有无限多个。

4. 设d 是正整数，6/|d，证明：在以d为公差的等差数列中，连续

第 1 节

第 2 节

5. 设f(x)是整系数多项式，并且f(1), f(2), L, f(m)都不能被m整除，则f(x) = 0没有整数解。

6. 已知99 62αβ427，求α与β。

1. 证明定理1。

2. 证明：若2p + 1是奇素数，则

(p!)2 + ( 1)p ≡ 0 (mod 2p + 1)。

3. 证明：若p是奇素数，N = 1 + 2 + L + ( p 1)，则

(p 1)! ≡ p 1 (mod N)。

4. 证明Wilson定理的逆定理：若n > 1，并且

(n 1)! ≡ 1 (mod n)，

则n是素数。

5. 设m是整数，4 m，{a1, a2, L, am}与{b1, b2, L, bm}是模m的两个完

1. 证明定理1和定理2。 2. 证明定理4。

3. 证明定理5中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。 4. 求81234被13除的余数。

课

后

第2章

答

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三项都是素数的情况最多发生一次。

5. 证明：对于任意给定的正整数n，必存在连续的n个自然数，使得它们都是合数。

∞1

发散，此处使用了定理1注2中的记号。 6. 证明：级数∑pn=1n

com

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全剩余系，证明：{a1b1, a2b2, L, ambm}不是模m的完全剩余系。

6. 设m1, m2, L,mn是两两互素的正整数，δi（1 ≤ i ≤ n）是整数，并且

δi ≡ 1 (mod mi)， 1 ≤ i ≤ n， δi ≡ 0 (mod mj)，i ≠ j，1 ≤ i, j ≤ n。

证明：当bi通过模mi（1 ≤ i ≤ n）的完全剩余系时， b1δ1 + b2δ2 + L + bnδn

通过模m = m1m2Lmn的完全剩余系。

1. 证明定理1。

答

M1x1 + M2x2 + L + Mnxn

通过模m的简化剩余系。

3. 设m > 1，(a, m) = 1，x1, x2, …, x (m)是模m的简化剩余系，证明：

(m)

i=1

(ⅰ) (n) >

其中{x}表示x的小数部分。

4. 设m与n是正整数，证明：

(mn) ((m, n)) = (m, n) (m) (n)。

5. 设a，b是任意给定的正整数，证明：存在无穷多对正整数m与n，使得

a (m) = b (n)。

6. 设n是正整数，证明：

(ⅱ) 若n是合数，则 (n) ≤ n n。

第 4 节

1. 证明：1978103 19783能被103整除。 2. 求313159被7除的余数。

3. 证明：对于任意的整数a，(a, 561) = 1，都有a560 ≡ 1 (mod 561)，但561是合数。

4. 设p，q是两个不同的素数，证明：

n； 2

课

后

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2. 设m1, m2, L, mn是两两互素的正整数，xi分别通过模mi的简化剩余

系（1 ≤ i ≤ n），m = m1m2Lmn，Mi =，则

∑mi=2 (m)。

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第 3 节

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pq 1 + qp 1 ≡ 1 (mod pq)。

5. 将612 1分解成素因数之积。

6. 设n∈N，b∈N，对于bn + 1的素因数，你有甚麽与例6相似的结论？

第 5 节

1. 证明例2中的结论。 2. 证明定理2。

3. 求∑。

d|nd(ⅰ) ∑μ(d)f(d)=∏(1 f(p))

d|n

p|n

(ⅱ) ∑μ2(d)f(d)=∏(1+f(p))。 5. 求 (n)的Mobius变换。

第3章

第 1 节

3. 求

的小数的循环节。 21

4. 证明：七进制表示的整数是偶数的充要条件是它的各位数字之和为偶数。

5. 证明：既约正分数

第 2 节

要条件是n的每个素因数都是b的素因数。

，证明： qk

0LLLLak 11

000

1. 设连分数 α1, α2, L, αn, L 的第k个渐近分数为

a1 10LL1a2 10L01a3 10

LL00

LL00LL

0LLLLak 11

000

100a201LL

0 1a3

00 1

LL0

1ak

，qk=

课

后

1. 证明定理3。

2. 写出789的二进制表示和五进制表示。

答

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d|np|n

的b进制小数(0.a 1a 2a 3L)b为有限小数的充n

pk=

2. 设连分数 α1, α2, L, αn, L 的第k个渐近分数为

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，

0LL000LL

1ak

4. 设f(n)是积性函数，证明：

，证明： qk

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a11 a2 10 1

1 ak

L 0 1

1 pk

= 0 qk

pk 1

，k ≥ 2。 qk 1

3. 求连分数 1, 2, 3, 4, 5, L 的前三个渐近分数。

4. 求连分数 2, 3, 2, 3, L 的值。 5. 解不定方程：7x 9y = 4。

第 3 节

2. 求的连分数。

3. 求2+3的误差≤ 10 5的有理逼近。 4. 求sin18°的误差≤ 10 5的有理逼近。

Fibonacci数列。

第 4 节

1. 将方程3x2 + 2x 2 = 0的正根写成连分数。

&,3& 之值。 2. 求α = 1,2

w.ww

数n使得

3. 设a是正整数，求a2+1的连分数。

4. 设无理数d= a1, a2, L, an, L 的第k个渐近分数为

，证明：qk

&2,L,an,2a&1 的充要条件是 d= a1,a

pn = a1qn + qn 1，dqn = a1pn + pn 1。

，且正整qk

5. 设无理数d= a1, a2, L, an, L 的第k个渐近分数为

pn = a1qn + qn 1，dqn = a1pn + pn 1，

证明：

(ⅰ) 当n为偶数时，pn，qn是不定方程x2 dy2 = 1的解；

课

后

6. 证明：

F1+5

连分数展开的第k个渐近分数为k+1。此处{Fn}是2Fk

答

5. 已知圆周率π = 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 21, L ，求π的误差

≤ 10 6的有理逼近。

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1. 证明定理4。

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(ⅱ) 当n为奇数时，p2n，q2n是不定方程x2 dy2 = 1的解。

第4章

第 1 节

1. 将

写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。 105

2. 求方程x1 + 2x2 + 3x3 = 41的所有正整数解。 3. 求解不定方程组：

第 2 节

1. 证明定理2推论。

2. 设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z 1，2(x + y + 1)都是平方数。

3. 求整数x，y，z，x > y > z，使x y，x z，y z都是平方数。 4. 解不定方程：x2 + 3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1。 5. 证明下面的不定方程没有满足xyz ≠ 0的整数解。

(ⅰ) x2 + y2 + z2 = x2y2； (ⅱ) x2 + y2 + z2 = 2xyz。

6. 求方程x2 + y2 = z4的满足(x, y ) = 1，2 x的正整数解。

第 3 节

1. 求方程x2 + xy 6 = 0的整数解。

6. 设a与b是正整数，(a, b) = 1，证明：1, 2, L, ab a b中恰有(a 1)(b 1)

个整数可以表示成ax + by（x ≥ 0，y ≥ 0）的形式。 2

课

非负整数解的个数为[

或[n+ 1。 abab

后

4. 甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这两个

班，要使甲班的学生分到相同数量的铅笔，乙班学生也分到相同数量的铅笔，问应怎样分法？

5. 证明：二元一次不定方程ax + by = n，a > 0，b > 0，(a, b) = 1的

答

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x1+2x2+3x3=7

。

2 5+20=11xxx23 1

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x+y+z=0

2. 求方程组 3的整数解。 33

x+y+z= 183. 求方程2x 3y = 1的正整数解。

111

4. 求方程+=的正整数解。

xyz5. 设p是素数，求方程

211

=+的整数解。 pxy

a1 = a1 = L = a2n + 1。

第5章

第 1 节

4. 设p是素数，0 < a < p，证明：

是

第 2 节

是同余方程ax ≡ b (mod p)的解。

5. 证明：同余方程a1x1 + a2x2 + L + anxn ≡ b (mod m)有解的充要条件

(a1, a2, L, an, m) = d b。

若有解，则恰有d m个解，mod m。

6. 解同余方程：2x + 7y ≡ 5 (mod 12)。

n 1

x≡b( 1)a 1

课

1. 证明定理1。 2. 解同余方程：

(ⅰ) 31x ≡ 5 (mod 17)；

(ⅱ) 3215x ≡ 160 (mod 235)。 3. 解同余方程组：

后

答

3x+5y≡38(mod47)

。

x y≡10(mod47)

(p 1)(p 2) (p a+1)

(mod p)。

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6. 设2n + 1个有理数a1, a2, L, a2n + 1满足条件P：其中任意2n个数可以分成两组，每组n个数，两组数的和相等，证明：

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x≡b1(mod5)

x≡b2(mod6)

1. 解同余方程组：

xb≡(mod7)3 x≡b4(mod11)。 x≡8(mod15)

2. 解同余方程组： x≡5(mod8)

x≡13(mod25)。

3. 有一队士兵，若三人一组，则余1人；若五人一组，则缺2人；若十一人一组，则余3人。已知这队士兵不超过170人，问这队士兵有几人？

4. 求一个最小的自然数n，使得它的

个立方数，它的

第 3 节

第 4 节

1. 证明定理的推论。

2. 将例2中略去的部分补足。 3. 将例4中略去的部分补足。 4. 解同余方程x2 ≡ 1 (mod 54)。

5. 解同余方程f(x) = 3x2 + 4x 15 ≡ 0 (mod 75)。

6. 证明：对于任意给定的正整数n，必存在m，使得同余方程x2 ≡ 1 (mod m)的解数T > n。

1. 解同余方程：

(ⅰ) 3x11 + 2x8 + 5x4 1 ≡ 0 (mod 7)；

(ⅱ) 4x20 + 3x12 + 2x7 + 3x 2 ≡ 0 (mod 5)。 2. 判定

(ⅰ) 2x3 x2 + 3x 1 ≡ 0 (mod 5)是否有三个解； (ⅱ) x6 + 2x5 4x2 + 3 ≡ 0 (mod 5)是否有六个解？

3. 设(a, m) = 1，k与m是正整数，又设x0k ≡ a (mod m)，证明同余方程

课

后

5. 证明：对于任意给定的n个不同的素数p1, p2, …, pn，必存在连续n个整数，使得它们中的第k个数能被pk整除。

6. 解同余方程：3x2 + 11x 20 ≡ 0 (mod 105)。

答

是一个5次方数。 5

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是一个平方数，它的是一23

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xk ≡ a(mod m)

的一切解x都可以表示成x ≡ yx0 (mod m)，其中y满足同余方程yk ≡ 1 (mod m)。

4. 设n是正整数，p是素数，(n, p 1) = k，证明同余方程xn ≡ 1 (mod p)有k个解。

5. 设p是素数，证明：

(ⅰ) 对于一切整数x，xp 1 1 ≡ (x 1) (x 2)L(x p + 1) (mod p)； (ⅱ) (p 1)! ≡ 1 (mod p)。

第 5 节

x2 ≡ n (mod p) x2 ≡ n (mod pα)

后

答

1. 同余方程x2 ≡ 3 (mod 13)有多少个解？

2. 求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。

3. 设p是奇素数，证明：模p的两个二次剩余的乘积是二次剩余；两个二次非剩余的乘积是二次剩余；一个二次剩余和一个二次非剩余的乘积是二次非剩余。

程

的解。

5. 设p是奇素数，(n, p) = 1，α是正整数，证明同余方程

有解的充要条件是(

= 1。 p

课

4. 设素数 p ≡ 3 (mod 4)，(= 1，证明x ≡ ±n

6. 设p是奇素数，证明：模p

p同余。

第 6 节

1. 已知769与1013是素数，判定方程 (ⅰ) x2 ≡ 1742 (mod 769)； (ⅱ) x2 ≡ 1503 (mod 1013)。是否有解。

2. 求所有的素数p，使得下面的方程有解：

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p+1

4(mod p)是同余方

6. 设p ≥ 3是素数，证明：(x 1)(x 2)L(x p + 1)的展开式中除首项及常数项外，所有的系数都是p的倍数。

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p+1

的所有二次剩余的乘积与( 1)2

对模

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x2 ≡ 11 (mod p)。

3. 求所有的素数p，使得 2∈QR(p)， 3∈QR(p)。 4. 设(x, y) = 1，试求x2 3y2的奇素数因数的一般形式。 5. 证明：形如8k + 5（k∈Z）的素数无穷多个。 6. 证明：对于任意的奇素数p，总存在整数n，使得

p (n2 + 1)(n2 + 2)(n2 2)。

第 7 节

5. 设a > 0，b > 0，b为奇数，证明：

a (b)a

(= a2a+b ( b

答

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4. 设p，q是两个不同的奇素数，且p = q + 4a，证明：(

i=0

课

后

6. 设a，b，c是正整数，(a, b) = 1，2/|b，b < 4ac，求(

的关系。

第6章

第 1 节

此处(

1. 设n是正整数，证明：不定方程x2 + y2 = zn总有正整数解x，y，z。

2. 设p是奇素数，(k, p) = 1，则

是Legender符号。 p

3. 设素数p ≡ 1 (mod 4)，(k, p) = 1，记

∑(

p 1

i(i+k)

)= 1， p

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)=(a。 pq

当a≡0，1(mod4)

1. 证明定理的结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ)。

2. 已知3019是素数，判定方程x2 ≡ 374 (mod 3019)是否有解。

3. 设奇素数为p = 4n + 1型，且d n，证明：(= 1。

当a≡2，3(mod4)。

与(a4ac bb

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i(i2+k)

S(k)=∑(，

pi=0

p 1

则2 S(k)，并且，对于任何整数t，有 t

S(kt2)=(S(k)，

p此处(

是Legender符号。 p

4. 设p是奇素数，(

m 12，m 22，L，m (

p 12p 12

，n 12，n 22，L，n ( 22

第7章

第 1 节

1. 若(x, y, z) = 1，则不存在整数n，使得 x2 + y2 + z2 = 4n2。

2. 设k是非负整数，证明2k不能表示三个正整数平方之和。 3. 证明：每一个正整数n必可以表示为5个立方数的代数和。 4. 证明：16k + 15型的整数至少需要15个四次方数的和表之。 5. 证明：16k 31不能表示为15个四次方数的和。

2. 求模14的全部原根。

3. 设m > 1，模m有原根，d是 (m)的任一个正因数，证明：在模m的简化剩余系中，恰有 (d)个指数为d的整数，并由此推出模m的简化剩余系中恰有 ( (m))个原根。

4. 设m ≥ 3，g是模m的原根，x1, x2, L, x (m)是模m的简化剩余系，证

课

第 2 节

后

即上式给出了形如4k + 1的素数的二平方和表示的具体方法。

6. 利用题5的结论，试将p = 13写成二平方和。

答

p=(S(m))2+(S(n))2。

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构成模p的一个简化剩余系。

5. 在第3题的条件下，并沿用第2题的记号，有

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=1，(n= 1，则 pp

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明：

(m)

(ⅰ) g

≡ 1 (mod m)；

(ⅱ) x1x2Lx (m) ≡ 1 (mod m)。

5. 设p = 2n + 1是一个奇素数，证明：模p的全部二次非剩余就是模p的全部原根。

6. 证明：

(ⅰ) 设p奇素数，则Mp = 2p 1的素因数必为2pk + 1型； (ⅱ) 设n ≥ 0，则Fn =22+ 1的素因数必为2n + 1k + 1型。

第 2 节

第 1 节

1. 补足定理1的证明。

第 2 节

2. 证明连分数是超越数。

2. 证明定理2。

3. 证明：有理数为代数整数的充要条件是这个有理数为整数。

1. 证明例中的结论。

1111

2!3!

10+10+10+L+10n!+L

第8章

课

后

答

1. 求模29的最小正原根。

2. 分别求模293和模2 293的原根。 3. 解同余方程：x12 ≡ 16 (mod 17)。

4. 设p和q = 4p + 1都是素数，证明：2是模q的一个原根。 5. 设m ≥ 3，g1和g2都是模m的原根，则g = g1g2不是模m的原根。 6. 设p是奇素数，证明：当且仅当p 1/|n时，有

1n + 2n + L + (p 1)n ≡ 0 (mod p)。

3. 设ξ是一个超越数，α是一个非零的代数数，证明：ξ + α，ξ α，

第 3 节

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都是超越数。 α

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1. 证明引理1。 2. 证明定理3中的F(

+ F(0)是整数。 b

第9章

第 1 节

2. 问：1999年10月1日是星期几？

第 2 节

2. 编一个有九个球队进行循环赛的程序表。

1. 利用例1中的加密方法，将“ICOMETODAY”加密。知明文h与p分别与密文e与g对应，试求出密解公式：

并破译下面的密文：“IRQXREFRXLGXEPQVEP”。

第 4 节

1. 设一RSA的公开加密钥为n = 943，e = 9，试将明文P = 100加密成密文E。

第 5 节

2. 设RSA(nA, eA) = RSA(33, 3)，RSA(nB, eB) = RSA(35, 5)，A的签证信息为M = 3，

试说明A向B发送签证M的传送和认证过程。

1. 设某数据库由四个文件组成：F1 = 4，F2 = 6，F3 = 10，F4 = 13。试设计一个

对该数据库加密的方法，但要能取出个别的F（，同时不影响其他文件的保密。 i1 ≤ i ≤ 4）

2. 利用本节中的秘密共享方案，设计一个由三方共管文件M = 3的方法，要求：只要有两方提供他们所掌握的数据，就可以求出文件M，但是，仅由任何一方的数据，不能求出文件M。（提示：取p = 5，m1 = 8，m2 = 9，m3 = 11）

第 6 节

1. 设明文P的二进制表示是P = (p1p2p3p4p5p6p7p8)2，与P对应的密文是E是E = a1p1 + a2p2 + L + a8p8，如果这里的超增背包向量(a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8) = (5, 17, 43, 71, 144, 293, 626, 1280)，并且已知密文E = 1999，求明文P。

课

后

2. 已知字母a，b，L，y，z，它们分别与整数00，01，L，24，25对应，又已

P ≡ a ′E + b ′ (mod 26)，

答

第 3 节

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1. 编一个有十个球队进行循环赛的程序表。

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1. 问：1948年2月14日是星期几？

高等教育出版社《初等数论》答案

2. 给定超增背包向量(2, 3, 7, 13, 29, 59)，试设计一个背包型加密方法，将明文P = 51加密。（提示：取M = 118，k = 77）。

课

后

答

com

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高等教育出版社《初等数论》答案

附录1 习题参考答案

1. (ⅰ) 由a b知b = aq，于是b = ( a)( q)， b = a( q)及 b = ( a)q，即 a b，a b及 a b。反之，由 a b，a b及 a b也可得a b； (ⅱ) 由a b，b c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a c； (ⅲ) 由b ai知ai = bqi，于是a1x1 + a2x2 + L + akxk = b(q1x1 + q2x2 + L + qkxk)，即b a1x1 + a2x2 + L + akxk；(ⅳ) 由b a知a = bq，于是ac = bcq，即bc ac； (ⅴ) 由b a知a = bq，于是|a| = |b||q|，再由a ≠ 0得|q| ≥ 1，从而|a| ≥ |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 p mn + pq可知m p mq + 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 ≥ p，n3 ≥ p，于是n = pn2n3 ≥ p3，即p ≤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)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。

202

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3 a2 + b2 = 3Q + r12 + r22知

r1 = r2 = 0，即3 a且3 b。

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。

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第一章习题一第一章习题二

课

后

高等教育出版社《初等数论》答案

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n sj si = ai + 1 + L + aj 。

1. (ⅰ) 因为d a和d |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d p，d a，由d p得d = 1或d = p，前者推出(p, a) = 1，后者推出p a。

2. (ⅰ) 由d ai推出d y0 = (a1, a2, L, ak)； (ⅱ) 分别以y0和Y0表示集合A =

i=1

后

{ y；y =∑aixi，xi∈Z，1 ≤ i ≤ k }和A* = { y；y =∑maixi，xi∈Z，1 ≤ i ≤ k }中的

i=1

课

最小正整数，显然有Y0 = |m|y0； (ⅲ) 在推论2中取m = δ，并用替a1, a2, L, ak即可。

|a，则(p, a) = 1，从而由p ab推出p b； (ⅱ) 在(ⅰ)中取a = 3. (ⅰ) 若p/

32n 1132n 16. 设(C1=22n 1知d 22n 1，设2k|n2n,C2n,L,C2n)=d，由C2n+C2n+L+C2n

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17 2x + 3y得17 2(9x + 5y)，又(17, 2) = 1，故17 9x + 5y。

5. 设(a, b) = d，则a = da1，b = db1，(a1, b1) = 1，由a2 b2c得a12 b12c，a12 c，因为c无平方因子，所以a1 = 1，a = d，b = ab1，即a b。

k+1

由2k +1||C1并且2k+1不整除n，|Ci2n=2n及2

+ 1

。

1. (ⅰ)，(ⅱ) 显然； (ⅲ) 设m1 = [a1, a2, L, ak]，m2 = [ |a1|, |a2|, L, |ak| ]，

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第一章习题三

a1a2a,,L,k代

δδδ

2ni 1

i = 3, 5, L, 2n 1，得d = 2k C2n 1，

第一章习题四

203

高等教育出版社《初等数论》答案

则由ai m1推出|aI| m1，即m2 m1，同理可得m1 m2，故m1 = m2； (ⅳ) 显然a |b|，b |b|，又若a m′，b m′，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a1 m，a2 m知[a1, a2] = m2 m，由m2 m，a3 m知[m2, a3] = m3 m，L，由mn 1 m，an m知[mn 1, an] = mn m，即[a1, a2, L, an] m。

abb(a+b)

3. 只须证(a+b)，即只须证(b, a + b) = (a, b)，此式显然。 =a

(a,b)(b,a+b)

a2b2c2a2b2c2

[a,b][b,c][c,a]=，故只须证5. 因为[a,b,c]=

(a,b)(b,c)(c,a)(ab,bc,ca)2

明(a, b, c)(ab, bc, ca) = (a, b)(b, c) (c, a)，此式用类似于例3的方法即可得证。

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10 2s和9 2s，于是有90 2s，从而1 + 2 + L + 9 = 45 s 。

1. (ⅰ) a b知b = ab1，由性质(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (a, ab1) = a(1, b1)

(ⅲ)= a； (ⅱ) 由性质(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (2αa1, 2βb1) = 2β (2α βa1, b1)；

(ⅳ) 由性质(a, b) 由性质(a, b) = 1 (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (a, 2b1) = (a, b1)；

a b

= (|a b|, b)及(a, b) = 1 (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (||, 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

d 4582 2836 = 1746，d 5164 4582 = 582，d 6522 5164 = 1358

知d (1746, 582, 1358) = 194，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 120。

6. 作辗转相除：

204

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第一章习题五

a = bq1 + r1， 0 < r1 < |b|，

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。

课

后