进明__初等数论_习题解答.doc 19页

'王进明初等数论习题及作业解答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n∈Z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,k∈Z，则,r=0；若n=3k+1,k∈Z，则,r=1；若n=3k－1,k∈Z，则,r=8.(2)当n∈Z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|.或证：2!|,必为偶数.故只需证3|.若3|n,显然3|；若n为3k+1,k∈Z，则n－1是3的倍数，得知为3的倍数；若n为3k－1,k∈Z，则2n－1=2(3k－1)－1=6k-3,2n－1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+12×144n=133×11n+12×(144n－11n)及例5的结论．(4)当m，n，l∈N+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，b∈Z且a≠－b，n是双数时，；(6)当a，b∈Z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，b∈Z,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。1□2□3□4□5□6□7□8□9=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，1□2□3□4□5□6□7□8□9+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1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇数。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，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A＝1234567891011…979899，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，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=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，再考虑被3整除，有4个：7020，7320，7620，7920．9．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=7×1395，那么要求的就是9765了。10．11．1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=221，和等于1989能办到，框里的最大数为x+8=229，最小数为x－8=213．12．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-1…a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0+(anan-1…a3－a2a1a0)×1000． 附）广西师范大学　赵继源主编的《初等数论》习题1—1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(a—1)×(b—2)×(c—3)的奇偶性，并说明理由．6．9.是否存在自然数a和b，使a2－b2=2002成立?11．证明：当n∈Z时，6|n(n＋1)(2n＋1)．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a－1，c－3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a2－b2=(a－b)(a+b)，而a－b，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)+(n－1)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,a－b均为整数.进而知2a，2b为整数.分类讨论(k∈Z):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n∈Z+，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n∈Z+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（2859433－1）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，357－17=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+1－n2=(n2+n+1)(n2－n+1)，知仅当n=±1时，n4+n2+1为质数.4.利用4n3+6n2+4n+1=(2n+1)(2n2+2n+1),n∈Z+,n≥1,2n+1和2n2+2n+1皆为大于1的数.5.a=3.思路：分类讨论(k∈Z):∵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13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，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1—1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2q－3=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4n－1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4n－1的质数只有有限个：p1,p2,…,pk。令N=4p1p2…pk－1，N为形如4n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如4n－1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=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n∈Z+）；（2）（30，45，84），［30，45，84］；（3）（5767，4453）.2.求证：［an，bn］=［a，b］n（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：13N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412米，黄鼠狼每次跳234米，它们每秒钟都只跳一次，比赛途中，从起点开始，每隔1238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）=ab，等式两边同时n次方，得[a，b］n（a，b）n=anbn，同样由定理1.19，［an，bn］（an，bn）=anbn，∴［a，b］n（a，b）n=［an，bn］（an，bn）；∴［a，b］n=［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(2669－1×5)；又512664ó51(266－4×5)；显然51246。51|1361241ó51|(136124－1×5)，又51|136119ó51|(13611－9×5)，又51|13566ó51|(1356－6×5)，又51|1326ó51|(132－6×5)，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，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)=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85，87，102，111，124，148，154，230，341，354，413，667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）&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：85，111，124，154，354，667；另一组为：87．102，148，230，341，413．3．20．四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)3086360．5．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120．6．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48，80，112，162，176．7．(1)18．(2)546(3)180"．8．因为B|,B|,所以B是66，42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16210.3535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28k－5xk=（28－5x）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⑴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。5.15j时，2i－2j=2j(2i－j－1),112j,通过验证可知，对任何i，j，也有11(2i－j－1)， φ(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φ(m).m最小简化剩余系φ(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=φ(m)，且当i≠j时，xixj（modm），（xi，m）=1，i=1，2，…，φ(m).（充分性）k=φ（m），∴x1，x2，…，xk共有φ（m）个.又xixj（modm），（i≠j，1≤i，j≤k），（xi，m）=1（i=1，2，…，k），∴x1，x2，…，xk各属于φ(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5≡12（mod7），∴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φ（m）的值.25，32，40，48，60，120，100，200，4200，9450.答案：φ（25）=20，φ（32）=16，φ（40）=16，φ（48）=16，φ（60）=16，φ（120）=32，φ（100）=40，φ（200）=80，φ（4200）=960，φ（9450）=2160.6.若φ（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φ（m）是偶数.证：设m=p1α1p2α2…pkαk，∵m>2，∴至少存在i，αi>1或存在j，pj是奇数，∴p1α1-p1α1-1，…，pkαk-pkαk-1中至少有一个为偶数，知φ（m）必为偶数或证： 8.试证：使φ(m)=14的数m不存在.证：φ(m)=14=2×7=p1α1-1…pkαk-1(p1－1)…(pk－1)，2,7是质数，所以必有p1=2，p1=7，这是不可能的。9.已知φ(m)=4，求m.解：设m=p1α1p2α2…pkαk，由φ(m)=(p1α1-p1α1-1)…(pkαk-pkαk-1)，φ(m)=4=4×1=22，得m=5，φ(m)=5－1=4，或m=8=23，φ(m)=22或m=10=5×2，φ(m)=4×1，或m=12.10.如果n=2m，（2，m）=1，那么φ（n）=φ（m）.11.若m是奇数，则φ（4m）=2φ（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，∴φ（n）=φ（2m）=φ（2）φ（m）=φ（m）.11.∵m是奇数，∴（4，m）=1，则φ（4m）=φ（4）φ（m）.∵φ（4）=2，∴φ（4m）=2φ（m）.12.（1）φ（n）.（2）φ（2）+φ（3）+…+φ（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)28除以111.解答：1.当a=2，m=4时，(4)=2，此时22≡0（mod4），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,∴812≡1（mod13），84965=(812)413×89≡1×(-1)4×8（mod13）或解：82≡－1（mod13），84965=(82)2482×8≡(-1)2482×8≡8（mod13）。3.设p，q是两个大于3的质数，求证：p2≡q2（mod24）.4.设p是大于5的质数，求证：p4≡1（mod240）.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p2≡1（mod3），q2≡1（mod3）.∴p2≡q2（mod3）.又∵p，q必为奇数，由习题2-1第9题的结论，有p2≡1（mod8），q2≡1（mod8）.∴p2≡q2（mod8）.∴p2≡q2（mod24）.4.240=3×5×16，由条件，(p，3)=(p，5)=1，∴p4≡1（mod5），p4≡（p2）2≡1（mod3）.又p为奇质数，从而2|（p2+1），8|（p2-1），∴16|（p4-1），即p4≡1（mod16）.而（3，5）=（3，16）=（5，16）=1.∴p4≡1（mod240）.5.已知p是质数，（a，p）=1，求证：（1）当a是奇数时，ap-1+(p－1)a≡0（modp）；（2）当a是偶数时，ap-1－(p－1)a≡0（modp）.6.已知p，q是两相异的质数，且ap-1≡1（modq），aq-1≡1（modp），求证：apq≡a（modpq）.解答：5.（1）由p是质数，（a，p）=1，a为奇数，有ap-1≡1（modp）.(p－1)a≡－1（modp），∴ap-1+(p－1)a≡1－1≡0（modp）.（2）由条件，ap-1≡1（modp）,(p－1)a≡1（modp），∴ap-1－(p－1)≡1－1≡0（modp）. 6.∵ap≡a（modp），∴apq≡(ap)q≡aq≡a（modp）；同理，apq≡(aq)p≡ap≡a（modq），而（p，q）=1，故apq≡a（modpq）.7.如果（a，m）=1，x≡ba（modm），那么ax≡b（modm）.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x∈Z时，求证：（1）2730|x13-x；（2）24|x（x+2）（25x2-1）.解答：7.∵x≡ba(modm)，∴ax≡aba≡ab(modm).∵(a，m)=1，a=1(modm)，∴ax≡b（modm）.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≡74444≡74≡(－2)4≡7（mod9），∴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（mod2），x（x12-1）≡0（mod13）.又∵x13-x=x（x6-1）（x6+1），∴当7|x或7|x时都有x（x6-1）（x6+1）≡0（mod7）.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）.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）=24x3（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，x∈Z，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，p）=1，xp-x=x（xp-1-1）≡0（modp）.又p-1是偶数，∴x（xp-1-1）≡x（x2-1）…（modp）.于是，当2|x或2|x时，x（x2-1）≡0（mod2）；当3|x或3|x时，x（x2-1）≡0（mod3）.故x（xp-1-1）≡0（mod6）.从而6|p（xp-x）.11..由条件，（10，p）=1，∴10p-1≡1（modp）.∴（10p-1）k≡1（modp）.∴.12.设（m，n）=1，证明：m+n≡1（modmn）.证：∵（m，n）=1，∴n≡1（modm），而m≡0（modm），∴m+n≡1（modm）.对称可得m+n≡1（modn）.∴m+n≡1（modmn）.13.已知a=18，m=77，求使ax≡1（modm）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）7x－15y=31；（2）11x+15y=7；（3）17x+40y=280；（4）525x+231y=42；（5）764x+631y=527；（6）133x－105y=217.解：（1）辗转相除得15=7×2＋1,∴1=15－7×2=7×(－2)－15×(－1)，∴因此原方程的一个解是x0＝－2×31＝－62，y0＝－1×31＝－31;原方程的通解为（2）辗转相除得15=11×1＋4,11=4×2＋3,4=3+1∴1=4－3=4－(11－4×2)=4×3－11=(15－11×1)×3－11=15×3+11×(－4)，∴因此原方程的一个解是x0＝－4×7＝－28，y0＝3×7＝21;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-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）5x－14y=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，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+y2=z2中0y>z>0），使x-y，y-z，x-z都是平方数.1． b11122234a24635745x315355214579y48121220282440z5173713295325412.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.设直角三角形的三边的长为x,y,z.则由定理，x=a2－b2,y=2ab,z=a2+b2,由题目得a2+b2－(a2－b2)=9或a2+b2－2ab=9,前者无整数解，后者(a－b)2=9,a－b=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=x8－8x4y4+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.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x2－dy2=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