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： 26,12645,ab1261245,bb=30, 被除数 a=12b+26=360+26=386.(1)45390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;3()qr证：把 n 按被 9 除的余数分类，即：若 n=3k, kZ，则 , r=0；3327nk若 n=3k +1, kZ，则 ,r=1；332()()19(1)k
2、若 n=3k1, kZ，则 ,r=8.328n(2) 当 nZ 时， 的值是整数。326证 因为 = ，只需证明分子 是 6 的倍数。3232n32n322(1)(1)n= .(1)n2n(n由 k! 必整除 k 个连续整数知：6 ,6 | .|()(1或证：2!| , 必为偶数.故只需证 3| .()n() 1(若 3|n, 显然 3| ；若 n 为 3k +1, kZ，则 n1 是 3 的倍数，得知1(2)n为 3 的倍数；若 n 为 3k1, kZ，则 2n1=2(3k1)1=6k-3, 2n1(1)2是 3 的倍数.综上所述， 必是 6 的倍数,故命题得证。(1)2n(3) 若 n 为
3、非负整数，则 133|(11n+2+122n+1)证明：利用 11n+2+122n+1=12111n +12144 n =13311n +12(144 n11 n)及例 5 的结论(4)当 m，n，lN +时， 的值总是整数(!l证明： =()!l()(1)()(1)(!nlmlnllnl 由 k!必整除 k 个连续整数知： ,!|()(1)()mnllnln! | ，从而由和的整除性即证得命题。()1)(ll(5)当 a，bZ 且 a b，n 是双数时， ；|()nab(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。|()n或解：
4、 a = (a+b)b， (5) 当 n 为双数时，由二项式展开n，证得。(6) 当 n 为单数时类似可111nnnabab得。3已知 a1，a 2，a 3，a 4，a 5，b Z,且 ，说明这六个数不能都是奇数521ii解：若这六个数都是奇数，设 ，则,345iiikZ，因为 ，所以 8 | 4 ,55522111()4()ii iiiak2|(1)ik51()ik, 而 ， ， ，5218,iiqZ22()4()bk2*bq*,Z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
5、。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。20axbc证：若有有理根，记为 互质，代入方程有,pq2()0pbcq即 ，这是不可能的，因为 p,q 互质，二者不可能同时为偶数。220apbqc若 p 为偶数，则 为偶数，但 是奇数，它们的和不可能为 0;p2c若 q 为偶数，则 为偶数，但 是奇数，它们
6、的和也不可能为 0。2bpqc2ap6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，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
7、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+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
8、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 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。10111 至 1001 各数按以下的格式排列
9、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 123456789012314567890891 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=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(
10、或 11 或 13) 整除13210|naa13210| |naa解答：因为 71113=1001。 （谐“一千零一夜” ）a nan-1a3a2a1a0=71113a2a1a0+(anan-1a3a 2a1a0) 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6 24|7,.求9. 是否存在自然数 a 和 b，使 a2b 2 = 2002 成立?11证明：当 nZ 时，6 | n(n1)(2n 1)12已知： ，f (0)，f (1)，
11、f (1)，x 均为整数证明：2fxc .fxZ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|274,8|6274且 |(),8|且有 5 组解 0,0,2,47,9,;2;6.9不存在利用 a2b 2 =(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.
12、分类讨论(kZ): x=2 k 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，n 4+ n2+1 是质数？4. 求证：当 nZ+时，4n 3+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)
13、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（2 8594331）是一个质数，试问：（2 859433+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：2 n-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
14、 .习题 1-2 解答1. , 109 用质数试除到 7, ,2003 用质数试除到 37，可知两者是质数，1092034517357=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 .3. 利用 n4+ n2+1 = n4+ 2n2+1n 2 = (n2+ n+ 1)(n2n+ 1)，知仅当 n=
15、1 时，n 4+ n2+1 为质数 .4. 利用 4n3+ 6n2+4n+1= (2n+1)(2n2+ 2n+ 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 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
16、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（2 859433+1） 。另一种解法：由习题 11 第 1 题（2）的结论， （2+1）| （2 859433+1） 9. 设 ，h 、 k 必为奇数, ，而1,pq44ppkqk,得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, 5h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
17、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 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=（2 s-1） （2 s） t-1+ （2 s） t-2+ + 2s+ 1.（2）1+2+2 2+ +2n-1=2n-1. 当 n=14，15 时，2 14-1，2 15-1 均为合数， 不对 .12. 书后提
18、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=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 3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，
19、bn（a，b，n Z+）.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 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
20、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 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.
21、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
22、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： ，.4,nnnn nnababb aa由 定 理而由定理 1.13, ，从而由定理 1.21 推论 3， =1。,1 ,nn（a n，b n）=（a ，b） n，再由定理 1.19,a ，b （a，b）= a b，等式两边同时 n 次方，得a，b n（a，b） n = a n b n， 同样由定理 1.19， a n，b n （a n，b n）= an bn， a，b n（a ，b） n =a n，b n （a n，b n） ； a ，b n =a n，b n 。3. 利
23、用 10x+ y= 10（x+4y ） 39y.4. 31| 26691，41|26691 ，51 26691；31|1076537 ，41|1076537，51 1076537；31|1361241，41|1| |361241，51|1361241. 以 51 为例，51 2669151 (266915)；又 51 2664 51 (26645) ；显然 51 246 | | |。51|136124151|(13612415)，又 51|13611951|(1361195) ，又51|1356651|(135665)，又 51|132651|(13265)，而 51|102。5. （1）这两
24、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，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=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
25、,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450,12374950,27,152470,5247059.较 小 ，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 .19. 此题应该先讨论 a + b， a，b与（a ，b）的关系。1211212212 212(,), ,()(1,.().(,).),)4,.bdtdtxytxtyxttt aba令 使 同 理 定 理定 理 即 ，( 33, 90 ) = 3, 所以 ( a
26、, 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
27、，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？975935972（）.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） a=2.b=5; a=2.b=7; a=3,
28、b=2; a=2.b=11; 得48，80，112，162，1767(1)18 (2)546 (3)1808因为 B | , B | , 所以 B 是 66，42 的公约数，因而 B 是 6 的约数。又CA所以 7|A，11|C，从而设,62314237,因 为由 因为12121237,A21,AC知 且 。若 B 不含 2 的话，由 ，A ，C 就必须同时含 2, 与 矛6BCB3AC盾。 12112137,3,0, 1.A而 且 与 不 能 同 时 为于是 共得 6 组21 100;和 时 各 有 三 种 情 况解，分别为：9. 576 和 162 10.3535 本。解：由题目可知小明的
29、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=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
30、2. , 代入得 10。137371273, 2,2ab3. 若 ,;xyRxyxy求 证 ： 试 讨 论 与 的 大 小 关 系 。证： 1xyxyxyxy 0显 然 ， 证 得 。2, ;1.,2.,.52.0.2,;9834,0,7.xyZxyxyxxy ， 时 ， 有而 时又 时可见，三种情况都有。4. 解方程：（1） 30x解： 5050.3yxyx是 整 数 ,设 其 为 由 原 方 程 得858, 1.又 508,.8xx即6,134,8yy亦 即 2.（2）原式化为 ，整理后再由一元二次方程求根公式得2()0x，与 相乘后的积为整数，只能是 。5 512x5. 15 j 时，2
31、 i2 j=2j(2ij 1), 11 2j, 通过验证可知，对任何 i，j ，也有 11 (2ij 1)，| | (11) = 10，而 20，2 1，2 2，2 9 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 剩 余 系 (m)10 1 3 7 9 411 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1012 1 5 7 11 413 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1214 1 3 5 9 11 13 615 1 2 4 7 8 11 13
32、14 816 1 3 5 7 9 11 13 15 817 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1618 1 5 7 11 13 17 63.证明定理 2.7.证明:（必要性） x 1，x 2，x k 是模 m 的简化剩余系， k=(m)，且当 i j 时，x i xj（mod m ） ， （x i，m ）=1，i = 1，2，(m).（充分性）k=（m） ， x 1， x2，x k 共有 （m）个.又 xi xj（mod m） ， （i j，1i，j k） ， （x i，m）=1（i=1，2，k） ， x1，x 2，x k 各属于 (m) 个不同的且
33、与 m 互质的剩余类， x1，x 2，x k 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 .25，32，40，4
34、8，60，120，100，200，4200，9450. 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，p j 是奇数， p 11- p11 -1，p kk- pkk-1中至少有一个为偶数，知 （m）必为偶数或证： 1,
35、i iiiipi若 有 无 论 为 奇 为 偶 ,有 是 偶 数 .()1, ,iipi所 有 的 则 必 有 一 个 为 奇 数 .因 为 如 果 为 质数 ,大 于 2的 质 数 是 奇 数 ,是 偶 数 ;如 果 为合 数 中 最 多 只 有 一 个 是 (偶 数 )那 么 至 少 有 一 个 为 奇 数1(),kiim这 时 显 然 是 偶 数 .8. 试证：使 (m) =14 的数 m 不存在.证：(m) =14=27= p11 -1pkk-1 (p11)(p k1) ，2,7 是质数，所以必有 p1=2，p 1=7，这是不可能的。9. 已知 (m) = 4，求 m .解：设 m =
36、 p11p22 pkk，由 (m)= (p11- p11 -1)(pkk- pkk-1)，(m) = 4=41=2 2，得m = 5， (m) =51= 4，或 m =8=23， (m) = 22 或 m = 10=52， (m) =41，或 m =12.10. 如果 n =2m， （2，m）=1，那么 （n）= （m ）.11. 若 m 是奇数，则 （4m）=2 （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，（
37、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）8 4965 除以 13； （2）54 1347 除以 17；（3）47 7385 除以 19； （4）7891 432 除以 18； （5）(1271 56+34)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.
38、 （3）16. （4）1. （5）70.（1）8 4965 除以 13；（13，8）=1, 8121（mod 13） ，8 4965=(812)413891(-1)4 8（mod 13）或解：8 21（mod 13 ） ，8 4965=(82)24828 (-1) 2482 8 8（mod 13） 。3.设 p，q 是两个大于 3 的质数，求证：p 2 q 2（mod 24）.4.设 p 是大于 5 的质数，求证：p 41（mod 240）.解答：3. 24=38， （3，8）= 1. 由条件，( p，3 ) = ( q， 3 ) = 1，由费尔马小定理有p21（mod 3） ， q21（ m
39、od3）. p 2 q 2（mod 3）. 又 p，q 必为奇数，由习题 2-1 第 9 题的结论，有 p21（mod 8） ，q 21（mod8）. p 2 q 2（mod 8）. p 2 q 2（mod 24）.4. 240 = 3516，由条件，( p，3 ) = ( p，5 ) = 1， p41（mod5） ，p 4（p 2）21（mod3）. 又 p 为奇质数，从而 2 |（p 2+ 1） ，8 |（p 2-1） ， 16 |（p 4-1） ，即 p41（mod 16）. 而（3，5）=（3，16）= （5，16）= 1. p 41（mod 240）.5. 已知 p 是质数， （a，
40、p）=1，求证：（1）当 a 是奇数时，a p-1+(p1) a 0（mod p） ；（2）当 a 是偶数时，a p-1(p1) a 0（mod p）.6. 已知 p，q 是 两 相 异 的 质 数，且 ap-11（mod q） ，a q-11（mod p） ，求证：a pq 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） ， a p-1+ (p1) a 11 0（mod p）. （2）由条件，a p-11（mod p）, (p1) a1（mod p） ，a p-1(p1) 110（m
41、od p）.()n6. a p a（mod p） ， a pq (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）.()18. 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 | x 13- x；（2）24 | x（x+2） （25x 2-1）.解答：7. xba (mod m)， ax aba a b (mod
42、m). (a，m) = 1，a = 1 ()1m()1m() ()m(mod m)， ax b（mod m）.8. 设 B 的各位数字之和为 C， lg4444 4444= 4444lg4444 3，xZ，试证：6p | x p- x.11. p 是不等于 2 和 5 的质数，k 是自然数，证明： .19|p个解答：10. 质数 p 3， （6，p）=1，x p- x= x（x p-1- 1） 0（mod p）. 又 p- 1 是偶数，x（x p-1-1） x（x 2- 1）（ mod p）. 于是，当 2 | x 或 2 | x 时，x（x 2- 1） 0（mod 2） ；当 3 | x 或
43、 3 | x 时，x（x 2-1） 0（mod 3）.故 x（x p-1- 1） 0（mod 6）.从而 6 | p（x p- x）.11. . 由条件， （10，p）= 1， 10 p-1 1（mod p）.1190pkpk个 （ 10p-1） k 1（mod p）. .19|p个12. 设（m，n）=1，证明：m + n 1（mod mn）.()()m证：（m，n）= 1，n 1（mod m ） ，而 m 0（mod m ） ， m +n ()m()n()n()1（mod m）. 对称可得 m +n 1（mod n）. m +n 1（mod mn）.() ()13. 已知 a =18，m
44、=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(7)760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=721, 1 = 1572= 7(2)15( 1)， 因此原方程的一个解是 x023162， y013131;原方程的通解为 63ty这 里 为 任 意 常 数 .（2）辗转相除得 15=1114, 11=4
45、23, 4=3+1 1 = 43=4(1142)= 4311=(15111) 3 11=153 + 11(4)， 因此原方程的一个解是 x04728， y03721;原方程的通解为 2815ty这 里 为 任 意 常 数 .（3）用分离整数法： 4862.717yyx观察可知 y =10 时，x = 36 + 4= 40. 原方程的通解为 01tt这 里 为 任 意 常 数 .2. 解下列不定方程：（1） 8x-18y+10z=16； （2）4x-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
46、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，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，
