初等数论习题集参考答案.docx
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初等数论习题集参考答案
习题参考答案
第一章习题一
1.(ⅰ)由ab知b=aq,于是b=(a)(q),b=a(q)及b=(a)q,即ab,ab及ab。
反之,由ab,ab及ab也可得ab;(ⅱ)由ab,bc知b=aq1,c=bq2,于是c=a(q1q2),即ac;(ⅲ)由bai知ai=bqi,于是a1x1a2x2akxk=b(q1x1q2x2qkxk),即ba1x1a2x2akxk;(ⅳ)由ba知a=bq,于是ac=bcq,即bcac;(ⅴ)由ba知a=bq,于是|a|=|b||q|,再由a0得|q|1,从而|a||b|,后半结论由前半结论可得。
2.由恒等式mqnp=(mnpq)(mp)(nq)及条件mpmnpq可知mpmqnp。
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,a1,,a9,a19的数字和为s,s1,,s9,s10,其中必有一个能被11整除。
4.设不然,n1=n2n3,n2p,n3p,于是n=pn2n3p3,即p
,矛盾。
5.存在无穷多个正整数k,使得2k1是合数,对于这样的k,(k1)2不能表示为a2p的形式,事实上,若(k1)2=a2p,则(k1a)(k1a)=p,得k1a=1,k1a=p,即p=2k1,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=3q1r1,b=3q2r2,r1,r2=0,1或2,由3a2b2=3Qr12r22知r1=r2=0,即3a且3b。
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(n1)2=m22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。
5因a43a29=(a23a3)(a23a3),当a=1,2时,a23a3=1,a43a29=a23a3=7,13,a43a29是素数;当a3时,a23a3>1,a23a3>1,a43a29是合数。
6.设给定的n个整数为a1,a2,,an,作
s1=a1,s2=a1a2,,sn=a1a2an,
如果si中有一个被n整除,则结论已真,否则存在si,sj,i 第一章习题三 1.(ⅰ)因为da和d|a|是等价的,所以a1,a2,,ak的公约数的集合与|a1|,|a2|,,|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dp,da,由dp得d=1或d=p,前者推出(p,a)=1,后者推出pa。 2.(ⅰ)由dai推出dy0=(a1,a2,,ak);(ⅱ)分别以y0和Y0表示集合A={y;y= ,xiZ,ik}和A*={y;y= ,xiZ,ik}中的最小正整数,显然有Y0=|m|y0;(ⅲ)在推论2中取m=,并用 代替a1,a2,,ak即可。 3.(ⅰ)若p a,则(p,a)=1,从而由pab推出pb;(ⅱ)在(ⅰ)中取a=b可得;(ⅲ)(a,b1b2bn)=(a,b2bn)==(a,bn)=1。 4.由恒等式9(2x3y)2(9x5y)=17y及172x3y得172(9x5y),又(17,2)=1,故179x5y。 5.设(a,b)=d,则a=da1,b=db1,(a1,b1)=1,由a2b2c得a12b12c,a12c,因为c无平方因子,所以a1=1,a=d,b=ab1,即ab。 6.设 知d22n1,设2k|n并且2k+1不整除n,由2k+1|| ,i=3,5,,2n1,得d=2k+1。 第一章习题四 1.(ⅰ),(ⅱ)显然;(ⅲ)设m1=[a1,a2,,ak],m2=[|a1|,|a2|,,|ak|],则由aim1推出|aI|m1,即m2m1,同理可得m1m2,故m1=m2;(ⅳ)显然a|b|,b|b|,又若am,bm,m>0,则|b|m,故有[a,b]=|b|。 2.设m是a1,a2,,an的任一个公倍数,由a1m,a2m知[a1,a2]=m2m,由m2m,a3m知[m2,a3]=m3m,,由mn1m,anm知[mn1,an]=mnm,即[a1,a2,,an]m。 3.只须证 ,即只须证(b,ab)=(a,b),此式显然。 4.由ab=120及ab=(a,b)[a,b]=24144=3456解得a=48,b=72或a=72,b=48。 5.因为 ,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的方法即可得证。 6.设s=1k2k9k,则由2s=(1k9k)(2k8k)(9k1k)=10q1及2s=(0k9k)(1k8k)(9k0k)=9q2得102s和92s,于是有902s,从而129=45s。 第一章习题五 1.(ⅰ)ab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)=(2a1,2b1)=2(2a1,b1);(ⅲ)由性质(a,b)=1(a,bc)=(a,c)得(a,b)=(a,2b1)=(a,b1);(ⅳ)由性质(a,b)=(|ab|,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=20411,20=1119,11=912,9=241,2=120,由此得n=6,q1=8,q2=2,q3=4,q4=1,q5=1,q6=4,x= (1)n1Qn=73,y= (1)nPn=625,又(1387,162)=rn=1,故138773162625=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)=(FnFn1,Fn)=(Fn1,Fn)==(F1,F2)=1。 5.设除数为d,余数为r,则由 d45822836=1746,d51644582=582,d65225164=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: a=bq1r1,0 b=r1q2r2,0 rn2=rn1qnrn,0 rn1=rnqn1rn1,rn1=0。 由第一式得 2a1= , 即 等,于是 。 第一章习题六 1.(ⅰ)显然d= (0ii,1ik)是n的正因数。 反之,设d为n的任一个正因数,由dn知对每一个pi,d的标准分解式中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 (0ii,1ik)的形式;(ⅱ)类似于(ⅰ)可证得。 2.(ⅰ)显然对于i=min{i,i},1ik, ,而且若da,db,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 ,这就证明了(a,b)= ,i=min{i,i},1ik;(ⅱ)类似于(ⅰ)即可证得。 3.22345680=2435747283。 4.写i= ,i=1,2,,2n,则i为1,2,,2n中的奇数,即i只能取n个数值,在n1个这样的数中,必存在i=j(ij),于是易知i与j成倍数关系。 5.写i= ,i=1,2,,n,令=max{1,2,,n}=k,显然1,且由第一节例5知使=k的k(1kn)是唯一的,取T=2112n,若S是整数,则ST= 项外都是整数,矛盾。 6.设 ,令 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[xy]=[[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. =1763251355=2054。 3.由例4得 =[2x][x],于是 =[n]=n。 4.设x=a,a=1,2,…,n-1,0<1。 代入原方程得到[2a2]=2a, 知2aZ,的可能取值是 ,即有2a个解。 由于x=n也是解,因此,共有 个解。 5.设x=n,nZ,1<1,则f(x)=[x][2x][22x][23x][24x][25x] =n2n22n23n24n25n[2][22][23][24][25],由此得63nf(x)63n137153163n57,另一方面,12345为63k60型,故f(x)12345。 6.设n=a02a122a22sas,ai=0或1,则 h= =(a12a222a32s1as)(a22a32s2as)as =(21)a1(221)a2(2s1)as =(a02a122a22sas)(a0a1a2as)=nk。 第一章习题八 1.设不然,则n=2mn1, <2n1,表明2n1是合数,矛盾。 2.设不然,则n=n1n2,1 <2n+1,表明2n1是合数,矛盾。 3.若6n5型的素数只有有限个,记为p1,p2,,pk,作A=6p1p2pk1, 显然A>1,A是奇数,且A是6n5型的整数,故A必存在一个6n5型的素因数p,从而p=pi(1ik),由pA,pp1p2pk推出p1,矛盾。 4.设p1,p2=dp1,p3=2dp1,首先p12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(n1)! 2,(n1)! 2,,(n1)! (n1)满足要求。 6.设不然,则存在k,使得 ,设Q=p1p2pk,考虑1nQ,nN, 显然它们都不能被p1,p2,,pk整除,即1nQ的标准分解式中的素数都只能在pk+1,pk+2,中,从而对于任意的r1,有 , 右边是一个收敛的级数,故由比较判别法知 也收敛,但事实上 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,mab,ab=mq,a=bmq,知(ⅱ)成立;如果(ⅱ)成立,写a=q1mr1,b=q2mr2,0r1,r2m1,则q1mr1=q2mr2mq,由此得r1=r2,知(ⅲ)成立;如果(ⅲ)成立,a=q1mr,b=q2mr,0rm1,则ab=m(q1q2),mab,知(ⅰ)成立。 定理2的证明: 结论(ⅰ)与(ⅱ)显然。 (ⅲ)由定理1及ab,bc(modm)可知存在整数q1,q2,使得a=bq1m,b=cq2m,因此a=c(q1q2)m,推出ac(modm)。 定理2得证。 2.由xy(modm)得xiyi(modm),由aibi(modm)得aixibiyi(modm),再由可加性得 (modm)。 3.(ⅰ)由ab(modm)得mab,又dm,故dab,即ab(modd);(ⅱ)由ab(modm)得mab,故kmkakb,即akbk(modmk);(ⅲ)由ab(modmi)得miab,故[m1,m2,,mk]ab,即ab(mod[m1,m2,,mk]);(ⅳ)由ab(modm)得a=mqb,故(a,m)=(b,m);(ⅴ)由acbc(modm)得macbc=c(ab),又(c,m)=1,故mab,即ab(modm)。 4.因为821(mod13),所以81234=(82)617 (1)617112(mod13),即81234被13除的余数是12。 5.对任意的整数x,xr(modm),1rm,于是f(x)f(r) 0(modm),从而f(x)0,所以方程f(x)=0没有整数解。 6.由 得=6或=15,从 得=2或=9,于是解关于,的方程组 得=2,=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(2p)! =p! (p1)(2p) (1)p(p! )2(mod2p1),由此得(p! )2 (1)p0(mod2p1)。 3.由(p1)! p1(modp),(p1)! p1(modp1)以及(p,p1)=1得(p1)! p1(modp(p1)),又2N=p(p1),故(p1)! p1(modN)。 4.设不然,n=n1n2,1 1(modn1)得01(modn1),矛盾。 5.设4m,如果{a1b1,a2b2,,ambm}是模m的完全剩余系,则其中的奇数与偶数各半,又{a1,a2,,am}与{b1,b2,,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 2(mod4),这对于4m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b11b22bnn通过m=m1m2mn个数;(ⅱ)如果b11b22bnnb11b22bnn(modm),则b11b22bnnb11b22bnn(modmi),即bibi(modmi),bi=bi。 故b11b22bnn通过模m=m1m2mn的完全剩余系。 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=M1x1M2x2Mnxn通过模m=m1m2mn的简化剩余系,则 mn+1xm1m2mnxn1 =mn+1M1x1mn+1M2x2mn+1Mnxnm1m2mnxn1 =M1x1M2x2MnxnMn+1xn+1 通过模m1m2mnmn+1的简化剩余系,由归纳原理知命题对一切n2成立。 3.写axi=mqiri,0ri 。 4.设 ,则 由此得 (mn)((m,n))=(m,n) =(m,n)(m)(n)。 5.设 ,取 ,(k,a)=(k,b)=1,则可得 ,即a(m)=b(n)。 6.(ⅰ)当n=1时显然;当n=2时, (2)=21> (1);当n=p,p为奇素数时,(p)=pp1> (1);现在设 ,则 。 (ⅱ)设n是合数,p0为n的最小素因数,则p0 ,于是 (n)= 。 第二章习题四 1.因103=2353,显然1978103197830(mod23),再由19781001(mod53)得1978103197830(mod53),故1978103197830(mod103)。 2.313159=5159=(56)265353=255456(mod7)。 3.因561=31117,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)2801(mod3),a560=(a10)561(mod11),a560=(a16)351(mod17),故a5601(mod561)。 4.由费马定理qp11(modp),pq11(modq),pq1qp11(modp),pq1qp11(modq),故pq1qp11(modpq)。 5.6121=(631)(631)(661)=54373146657,对于46657,它的素因数必为12k1型,经检验的46657=133797,故6121=571331374397。 6.设素数pbn1,即bn1(modp),于是b2n1(modp),由例5得下面两种情形之一成立: (ⅰ)pbd1对于2n的某个因数d<2n成立; (ⅱ)p1(mod2n)。 第二章习题五 1.设 ,则n正因数可表示为d= (0ii,1ik),于是d(n)= =(11)(12)(1k)。 由上式立知d(n)是积性函数,但d(4)=34=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 。 反之,若整数m,n中有一个等于1,显然有f(mn)=f(m)f(n),若 ,则 3. 。 4.(ⅰ)当n=1时,右边的连乘理解为1,等式成立。 设 ,则有 ;(ⅱ)当n=1时,右边的连乘理解为1,等式成立。 设 ,则有 。 5.当n=1时, =1,设 ,则 第四章习题一 1.设 ,即35x21y15z=17,因(35,21)=7,(7,15)=1,117,故有解。 分别解5x3y=t,7t15z=17得x=t3u,y=2t5u,uZ,t=1115v,z=47v,vZ,消去t得x=1115v3u,y=2230v5u,z=47v,u,vZ。 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x12x2=t,t3x3=41得x1=t2u,x2=u,uZ,t=413v,x3=v,vZ,消去t得x1=413v2u,x2=u,x3=v,u,vZ。 由此得原方程的全部正整数解为(x1,x2,x3)=(413v2u,u,v),u>0,v>0,413v2u>0。 3.消去x1得9x214x3=3,解得x2=914t,x3=69t,tZ,从而得不定方程组的解为x1=4355t,x2=914t,x3=69t,tZ, 4.设甲、乙班的学生每人分别得x,y支铅笔,则7x11y=100,解这个不定方程得x=8,y=4。 5.二元一次不定方程axby=n的一切整数解为 ,tZ,于是由x0,y0得 ,但区间 的长度是 ,故此区间内的整数个数为 1。 6.因为0,1,2,,abab中共有(a1)(b1)个数,故只须证明n与gn(g=abab)有且只有一个能表示成axby(x0,y0)的形式。 如果n与gn都能表示成axby(x0,y0)的形式,即axby=n(x0,y0),axby=gn(x0,y0),则a(xx)b(yy)=g,这是不可能的;如果n不能表示成axby(x0,y0)的形式,则
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