初等数论答案 55页

'课后答案网www.khdaw.com《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。3n，则n4.设p是n的最小素约数，n=pn1，n1>1，证明：若p>1是素数。5.证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为2a+p（a>0是整数，p为素数）的形式。第2节4321.证明：12⏐n+2n+11n+10n，n∈Z。222.设3⏐a+b，证明：3⏐a且3⏐b。kk+43.设n，k是正整数，证明：n与n的个位数字相同。2224.证明：对于任何整数n，m，等式n+(n+1)=m+2不可能成立。425.设a是自然数，问a−3a+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。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。225.设a，b，c∈N，c无平方因子，a⏐bc，证明：a⏐b。132n−16.设n是正整数，求C2n,C2n,L,C2n的最大公约数。第4节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 课后答案网www.khdaw.com5.设a，b，c是正整数，证明：22[a,b,c](a,b,c)=。[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)kkk6.设k是正奇数，证明：1+2+L+9⏐1+2+L+9。第5节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？n6.记Mn=2−1，证明：对于正整数a，b，有(Ma,Mb)=M(a,b)。第6节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。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。115.证明：1++L+（n≥2）不是整数。2n6.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。第7节1.证明定理1。k2.求使12347!被35整除的最大的k值。∞n+2r−13.设n是正整数，x是实数，证明：∑[]=n。rr=124.设n是正整数，求方程222x−[x]=(x−[x])在[1,n]中的解的个数。5.证明：方程2345f(x)=[x]+[2x]+[2x]+[2x]+[2x]+[2x]=123452 课后答案网www.khdaw.com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n1.证明：若2+1是素数，则n是2的乘幂。n2.证明：若2−1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。∞16.证明：级数∑发散，此处使用了定理1注2中的记号。n=1pn第2章第1节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)。12344.求8被13除的余数。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。第2节1.证明定理1。2.证明：若2p+1是奇素数，则2p(p!)+(−1)≡0(mod2p+1)。3.证明：若p是奇素数，N=1+2+L+(p−1)，则(p−1)!≡p−1(modN)。4.证明Wilson定理的逆定理：若n>1，并且(n−1)!≡−1(modn)，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3 课后答案网www.khdaw.com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(modmi)，1≤i≤n，δi≡0(modmj)，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。第3节1.证明定理1。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m系（1≤i≤n），m=m1m2Lmn，Mi=，则miM1x1+M2x2+L+Mnxn通过模m的简化剩余系。3.设m>1，(a,m)=1，x1,x2,…,xϕ(m)是模m的简化剩余系，证明：ϕ(m)ax1{i}=ϕ(m)。∑i=1m2其中{x}表示x的小数部分。4.设m与n是正整数，证明：ϕ(mn)ϕ((m,n))=(m,n)ϕ(m)ϕ(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aϕ(m)=bϕ(n)。6.设n是正整数，证明：1(ⅰ)ϕ(n)>n；2(ⅱ)若n是合数，则ϕ(n)≤n−n。第4节103331.证明：1978−1978能被10整除。1592.求313被7除的余数。5603.证明：对于任意的整数a，(a,561)=1，都有a≡1(mod561)，但561是合数。4.设p，q是两个不同的素数，证明：4 课后答案网www.khdaw.comq−1p−1p+q≡1(modpq)。125.将6−1分解成素因数之积。n6.设n∈N，b∈N，对于b+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。13.求∑。d|nd4.设f(n)是积性函数，证明：(ⅰ)∑μ(d)f(d)=∏1(−f(p))d|np|n2(ⅱ)∑μ(d)f(d)=∏1(+f(p))。d|np|n5.求ϕ(n)的Mobius变换。第3章第1节1.证明定理3。2.写出789的二进制表示和五进制表示。83.求的小数的循环节。214.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。m5.证明：既约正分数的b进制小数(0.a−1a−2a−3L)b为有限小数的充n要条件是n的每个素因数都是b的素因数。第2节pk1.设连分数〈α1,α2,L,αn,L〉的第k个渐近分数为，证明：qka−10LL001000L0011a−10LL00a−10LL02201a3−10L001a3−10L0pk=LL，qk=LL，LLLL0LL01ak−1−10LL01ak−1−100LL01ak00LL01akpk2.设连分数〈α1,α2,L,αn,L〉的第k个渐近分数为，证明：qk5 课后答案网www.khdaw.com⎛a11⎞⎛a21⎞⎛ak1⎞⎛pkpk−1⎞⎜⎟⎜⎟L⎜⎟=⎜⎟，k≥2。⎜⎝10⎟⎠⎜⎝10⎟⎠⎜⎝10⎟⎠⎜⎝qkqk−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1.证明定理4。2.求13的连分数。−53.求2+3的误差≤10的有理逼近。−54.求sin18°的误差≤10的有理逼近。5.已知圆周率π=〈3,7,15,1,292,1,1,1,21,L〉，求π的误差−6≤10的有理逼近。1+5Fk+16.证明：连分数展开的第k个渐近分数为。此处{Fn}是2FkFibonacci数列。第4节21.将方程3x+2x−2=0的正根写成连分数。2.求α=〈&3,2,1&〉之值。23.设a是正整数，求a+1的连分数。pk4.设无理数d=〈a1,a2,L,an,L〉的第k个渐近分数为，证明：qkd=〈a1,a&2,L,an2,a&1〉的充要条件是pn=a1qn+qn−1，dqn=a1pn+pn−1。pk5.设无理数d=〈a1,a2,L,an,L〉的第k个渐近分数为，且正整qk数n使得pn=a1qn+qn−1，dqn=a1pn+pn−1，证明：22(ⅰ)当n为偶数时，pn，qn是不定方程x−dy=1的解；6 课后答案网www.khdaw.com22(ⅱ)当n为奇数时，p2n，q2n是不定方程x−dy=1的解。第4章第1节171.将写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。1052.求方程x1+2x2+3x3=41的所有正整数解。3.求解不定方程组：⎧x1+2x2+3x3=7⎨。⎩2x1−5x2+20x3=114.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nn非负整数解的个数为[]或[]+1。abab6.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。2224.解不定方程：x+3y=z，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。22222(ⅰ)x+y+z=xy；222(ⅱ)x+y+z=2xyz。2246.求方程x+y=z的满足(x,y)=1，2⏐x的正整数解。第3节21.求方程x+xy−6=0的整数解。7 课后答案网www.khdaw.com⎧x+y+z=02.求方程组⎨的整数解。333⎩x+y+z=−18xy3.求方程2−3=1的正整数解。1114.求方程+=的正整数解。xyz2115.设p是素数，求方程=+的整数解。pxy6.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：a1=a1=L=a2n+1。第5章第1节1.证明定理1。2.解同余方程：(ⅰ)31x≡5(mod17)；(ⅱ)3215x≡160(mod235)。3.解同余方程组：⎧3x+5y≡38(mod47)⎨。⎩x−y≡10(mod47)4.设p是素数，0n。第4节1.解同余方程：1184(ⅰ)3x+2x+5x−1≡0(mod7)；20127(ⅱ)4x+3x+2x+3x−2≡0(mod5)。2.判定32(ⅰ)2x−x+3x−1≡0(mod5)是否有三个解；652(ⅱ)x+2x−4x+3≡0(mod5)是否有六个解？k3.设(a,m)=1，k与m是正整数，又设x0≡a(modm)，证明同余方程9 课后答案网www.khdaw.comkx≡a(modm)k的一切解x都可以表示成x≡yx0(modm)，其中y满足同余方程y≡1(modm)。n4.设n是正整数，p是素数，(n,p−1)=k，证明同余方程x≡1(modp)有k个解。5.设p是素数，证明：p−1(ⅰ)对于一切整数x，x−1≡(x−1)(x−2)L(x−p+1)(modp)；(ⅱ)(p−1)!≡−1(modp)。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。第5节21.同余方程x≡3(mod13)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。p+1n4.设素数p≡3(mod4)，()=1，证明x≡±n4(modp)是同余方p程2x≡n(modp)的解。5.设p是奇素数，(n,p)=1，α是正整数，证明同余方程2αx≡n(modp)n有解的充要条件是()=1。pp+16.设p是奇素数，证明：模p的所有二次剩余的乘积与(−)12对模p同余。第6节1.已知769与1013是素数，判定方程2(ⅰ)x≡1742(mod769)；2(ⅱ)x≡1503(mod1013)。是否有解。2.求所有的素数p，使得下面的方程有解：10 课后答案网www.khdaw.com2x≡11(modp)。3.求所有的素数p，使得−2∈QR(p)，−3∈QR(p)。224.设(x,y)=1，试求x−3y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222p⏐(n+1)(n+2)(n−2)。第7节1.证明定理的结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ)。22.已知3019是素数，判定方程x≡374(mod3019)是否有解。d3.设奇素数为p=4n+1型，且d⏐n，证明：()=1。paa4.设p，q是两个不同的奇素数，且p=q+4a，证明：()=()。pq5.设a>0，b>0，b为奇数，证明：⎧aa⎪()当a≡0，1(mod)4()=⎨b2a+b⎪a−()当a≡2，3(mod)4。⎩baa6.设a，b，c是正整数，(a,b)=1，2/|b，b<4ac，求()与()4ac−bb的关系。第6章第1节22n1.设n是正整数，证明：不定方程x+y=z总有正整数解x，y，z。2.设p是奇素数，(k,p)=1，则p−1(ii+k)∑()=−1，i=0pa此处()是Legender符号。p3.设素数p≡1(mod4)，(k,p)=1，记11 课后答案网www.khdaw.comp−1(ii2+k)S(k)=∑()，i=0p则2⏐S(k)，并且，对于任何整数t，有2tS(kt)=()S(k)，pa此处()是Legender符号。pmn4.设p是奇素数，()=1，，()=−1则pp22p−1222p−12m⋅1，m⋅2，L，m⋅()，n⋅1，n⋅2，L，n⋅()22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1212p=(S(m))+(S(n))。22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。第2节1.若(x,y,z)=1，则不存在整数n，使得2222x+y+z=4n。k2.设k是非负整数，证明2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。k5.证明：16⋅31不能表示为15个四次方数的和。第7章第1节2.求模14的全部原根。3.设m>1，模m有原根，d是ϕ(m)的任一个正因数，证明：在模m的简化剩余系中，恰有ϕ(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ϕ(ϕ(m))个原根。4.设m≥3，g是模m的原根，x1,x2,L,xϕ(m)是模m的简化剩余系，证12 课后答案网www.khdaw.com明：ϕ(m)(ⅰ)g2≡−1(modm)；(ⅱ)x1x2Lxϕ(m)≡−1(modm)。n5.设p=2+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：p(ⅰ)设p奇素数，则Mp=2−1的素因数必为2pk+1型；nn+12(ⅱ)设n≥0，则Fn=2+1的素因数必为2k+1型。第2节1.求模29的最小正原根。332.分别求模29和模2⋅29的原根。123.解同余方程：x≡16(mod17)。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nnn1+2+L+(p−1)≡0(modp)。第8章第1节1.补足定理1的证明。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。第2节1.证明例中的结论。2.证明连分数1111+!2+!3+L+n!+L10101010是超越数。ξ3.设ξ是一个超越数，α是一个非零的代数数，证明：ξ+α，ξα，都是超越数。α第3节13 课后答案网www.khdaw.com1.证明引理1。a2.证明定理3中的F()+F(0)是整数。b第9章第1节1.问：1948年2月14日是星期几？2.问：1999年10月1日是星期几？第2节1.编一个有十个球队进行循环赛的程序表。2.编一个有九个球队进行循环赛的程序表。第3节1.利用例1中的加密方法，将“ICOMETODAY”加密。2.已知字母a，b，L，y，z，它们分别与整数00，01，L，24，25对应，又已知明文h与p分别与密文e与g对应，试求出密解公式：P≡a′E+b′(mod26)，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。2.设RSA(nA,eA)=RSA(33,3)，RSA(nB,BeBB)=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。第5节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（i1≤i≤4），同时不影响其他文件的保密。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。14 课后答案网www.khdaw.com2.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）。15 课后答案网www.khdaw.com附录1习题参考答案第一章习题一1.(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。334.设不然，n1=n2n3，n2≥p，n3≥p，于是n=pn2n3≥p，即p≤n，矛盾。25.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222示为a+p的形式，事实上，若(k+1)=a+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。第一章习题二1.验证当n=0,1，2，…,11时，12|f(n)。22222.写a=3q1+r1，b=3q2+r2，r1,r2=0,1或2，由3⏐a+b=3Q+r1+r2知r1=r2=0，即3⏐a且3⏐b。k+4kk+4kk43.记n=10q+r,(r=0,1,…,9)，则n-n被10除的余数和r-r=r(r-1)被10除的余数相同。对r=0,1,…,9进行验证即可。2224.对于任何整数n，m，等式n+(n+1)=m+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。202 课后答案网www.khdaw.com422225因a−3a+9=(a−3a+3)(a+3a+3)，当a=1，2时，a−3a+3=1，422422a−3a+9=a+3a+3=7，13，a−3a+9是素数；当a≥3时，a−3a+3>1，242a+3a+3>1，a−3a+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，i0，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)=a，即只须证(b,a+b)=(a,b)，此式显然。(a,b)(b,a+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。2222222abcabc5.因为[a,b,c]=，[a,b][b,c][c,a]=，故只须证2(ab,bc,ca)(a,b)(b,c)(c,a)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。kkkkkkkkk6.设s=1+2+L+9，则由2s=(1+9)+(2+8)+L+(9+1)=10q1kkkkkk及2s=(0+9)+(1+8)+L+(9+0)=9q2得10⏐2s和9⏐2s，于是有90⏐2s，从而1+2+L+9=45⏐s。第一章习题五1.(ⅰ)a⏐b知b=ab1，由性质(ma,mb)=|m|(a,b)得(a,b)=(a,ab1)=a(1,b1)αββα−β=a；(ⅱ)由性质(ma,mb)=|m|(a,b)得(a,b)=(2a1,2b1)=2(2a1,b1)；(ⅲ)β由性质(a,b)=1⇒(a,bc)=(a,c)得(a,b)=(a,2b1)=(a,b1)；(ⅳ)由性质(a,b)a−b=(|a−b|,b)及(a,b)=1⇒(a,bc)=(a,c)得(a,b)=(||,b)。22.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，n−1nq3=4，q4=1，q5=1，q6=4，x=(−1)Qn=73，y=(−1)Pn=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：a=bq1+r1，01，21+1=2(+)1Q，1<2+1<111nn2+1，表明2+1是合数，矛盾。2.设不然，则n=nn，11，A是奇数，且A是6n+5型的整数，故A必存在一个6n+5型的素因数p，从而p=pi（1≤i≤k），由p⏐A，p⏐p1p2Lpk推出p⏐1，矛盾。4.设p1，p2=d+p1，p3=2d+p1，首先p1≠2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(n+1)!+2，(n+1)!+2，L，(n+1)!+(n+1)满足要求。∞116.设不然，则存在k，使得∑<，设Q=p1p2Lpk，考虑1+nQ，n∈N，n=k+1pn2显然它们都不能被p1,p2,L,pk整除，即1+nQ的标准分解式中的素数都只能在pk+1,pk+2,L中，从而对于任意的r≥1，有r1∞∞1n∞1n∑≤∑∑(∑)<()，n=11+nQnn=11m=k+1pm=2∞1∞1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∑n=11+nQn=11+nQ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，m⏐a−b，a−b=mq，a=b+mq，知(ⅱ)成立；如果(ⅱ)成立，写a=q1m+r1,b=q2m+r2，0≤r1,r2≤m−1，则q1m+r1=q2m+r2+mq，由此得r1=r2，知(ⅲ)成立；如果(ⅲ)成立，a=q1m+r,b=q2m+r，0≤r≤m−1，则a−b=m(q1−q2)，m⏐a−b，知(ⅰ)成立。定理2的证明：结论(ⅰ)与(ⅱ)显然。(ⅲ)由定理1及a≡b，b≡c(modm)可知存在整数q1，q2，使得a=b+q1m，b=c+q2m，因此a=c+(q1+q2)m，推出a≡c(modm)。定理2得证。iiii2.由x≡y(modm)得x≡y(modm)，由ai≡bi(modm)得aix≡biy(modm)，207 课后答案网www.khdaw.comnnii再由可加性得∑aix≡∑biy(modm)。i=0i=03.(ⅰ)由a≡b(modm)得m⏐a−b，又d⏐m，故d⏐a−b，即a≡b(modd)；(ⅱ)由a≡b(modm)得m⏐a−b，故km⏐ka−kb，即ak≡bk(modmk)；(ⅲ)由a≡b(modmi)得mi⏐a−b，故[m1,m2,L,mk]⏐a−b，即a≡b(mod[m1,m2,L,mk])；(ⅳ)由a≡b(modm)得a=mq+b，故(a,m)=(b,m)；(ⅴ)由ac≡bc(modm)得m⏐ac−bc=c(a−b)，又(c,m)=1，故m⏐a−b，即a≡b(modm)。2123426176174.因为8≡−1(mod13)，所以8=(8)≡(−1)≡−1≡12(mod13)，即12348被13除的余数是12。5.对任意的整数x，x≡r(modm)，1≤r≤m，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99|62αβ427得|962αβ427，11|62αβ427。从|962αβ427得α+β=6或α+β=15，从11|62αβ427得α−β=−2或α−β=9，于是解关于α，β的方程组⎧α+β=6⎧α+β=6⎧α+β=15⎧α+β=15⎨或⎨或⎨或⎨⎩α−β=−2⎩α−β=9⎩α−β=−2⎩α−β=9得α=2，β=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。p22.由威尔逊定理知−1≡(2p)!=p!(p+1)L(2p)≡(−1)(p!)(mod2p+1)，由2p此得(p!)+(−1)≡0(mod2p+1)。3.由(p−1)!≡p−1(modp)，(p−1)!≡p−1(modp−1)以及(p,p−1)=1得(p−1)!≡p−1(modp(p−1))，又2N=p(p−1)，故(p−1)!≡p−1(modN)。4.设不然，n=n1n2，12（α≥1）；当n=2pα，p为奇素数时，ϕ(pα)=pα−pα−1>pα（α≥1）；现在设n=2αpα1Lpαk，则1kϕ(n)=ϕ2(α)ϕ(pα1)Lϕ(pαk)>12αpα1Lpαk<1n。(ⅱ)设n是合数，1k1k22p0为n的最小素因数，则p0≤n，于是209 课后答案网www.khdaw.com111ϕ(n)=n∏(1−)≤n(1−)≤n(1−)=n−n。p|npp0n第二章习题四3331033310031.因10=25，显然1978−1978≡0(mod2)，再由1978≡1(mod5)1033310333得1978−1978≡0(mod5)，故1978−1978≡0(mod10)。159159626332.313=5=(5)5≡5=25⋅5≡4⋅5≡6(mod7)。3.因561=3⋅11⋅17，对于一切整数a，(a,561)=1，有(a,3)=1，(a,11)=1，56022805601056(a,17)=1，由费马定理可得a=(a)≡1(mod3)，a=(a)≡1(mod11)，5601635560a=(a)≡1(mod17)，故a≡1(mod561)。p−1q−1q−1p−14.由费马定理q≡1(modp)，p≡1(modq)，p+q≡1(modp)，q−1p−1q−1p−1p+q≡1(modq)，故p+q≡1(modpq)。123365.6−1=(6−1)(6+1)(6+1)=5⋅43⋅7⋅31⋅46657，对于46657，它的素因12数必为12k+1型，经检验的46657=13⋅37⋅97，故6−1=5⋅7⋅13⋅31⋅37⋅43⋅97。nn2n6.设素数p⏐b+1，即b≡−1(modp)，于是b≡1(modp)，由例5得下面两种情形之一成立：d(ⅰ)p⏐b−1对于2n的某个因数d<2n成立；(ⅱ)p≡1(mod2n)。第二章习题五1.设n=pα1pα2Lpαk，则n正因数可表示为d=pγ1pγ2Lpγk（0≤γ≤α，112k12kiik≤i≤k），于是d(n)=∑1=∑∑1=(1+α1)(1+α2)L(1+αk)。由上式立知d(n)是积d|ni=≤10≤γiαi性函数，但d(4)=3≠4=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f(pα1pα2Lpαk)=f(p)α1f(p)α2Lf(p)αk。反之，若整数m，n中有一个等12k12k于1，显然有f(mn)=f(m)f(n)，若m=pα1Lpαk，n=pβ1Lpβk，则1k1kf(mn)=f(pα1+β1Lpαk+βk)1k=f(p)α1+β1Lf(p)αk+βk=f(p)α1Lf(p)αkf(p)β1Lf(p)βk1k1k1k=f(m)f(m)。210 课后答案网www.khdaw.com11n1σ(n)3.∑=∑=∑d=。d|ndnd|ndnd|nn4.(ⅰ)当n=1时，右边的连乘理解为1，等式成立。设n=pα1Lpαk，1k则有∑μ(d)f(d)=∏1(+μ(p)f(p)+L+μ(pαi)f(pαi))=∏1(−f(p))；(ⅱ)iiiiid|npi|npi|n当n=1时，右边的连乘理解为1，等式成立。设n=pα1Lpαk，则有1k∑μ2(d)f(d)=∏1(+μ2(p)f(p)+L+μ2(pαi)f(pαi))=∏1(+f(p))。iiiiid|npi|npi|n5.当n=1时，∑ϕ(d)=1，设n=pα1Lpαk，则1kd|n∑ϕ(d)=∑ϕ(d1)L∑ϕ(dk)d|nd|pα1d|pαk11k1k=1[+(p−)1+L+(pα1−pα1−1)]L1[+(p−)1+L+(pαk−pαk−1)]111kkk=pα1Lpαk=n。1k第三章习题一1.对于任意的正实数α，写α=[α]+{α}，则由定理1，定理2可知[α]与{α}k−∞−∞iii可分别唯一地表示为∑aib与∑aib形式，故α可以唯一的表示为α=∑aib（0≤aii=0i=−1i=−1≤b−1，且对于任何正整数m，都存在n>m，使得a−n1，又易知〈a1,a2,L,an〉还可以另写成简单连分数〈a1,aa2,L,an−1,1〉，但仅此而已，故有理数仅有此两种表示成简单连分数的方法。b2.13=〈3,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,L〉。3.经计算2+3=〈3,1,2,1,2,L〉，由此得p1=3，p2=4，p3=11，p4=15，p5=41，p6=56，p7=153，p8=209，p9=571，p10=780，p11=2131，L，q1=1，q2=1，q3=3，q4=4，q5=11，q6=15，q7=41，q8=56，q9=153，q10=209，78011780q11=571，L，于是|2+3−|<<，故即为所求。5209209⋅571102095−14.sin18°==〈0,3,4,4,4,4,L〉，得p1=0，p2=1，p3=4，p4=17，4p5=72，p6=305，q1=1，q2=3，q3=13，q4=55，q5=233，q6=987，于是721172|sin18°−|<<，故即为所求。5233233⋅98710233213 课后答案网www.khdaw.com3223333551039931043085.π的前几个渐近分数为，，，，，，L，其117106113331023321535510993−6−9中和分别满足误差满足≤10和≤10的要求。113331021+56.=〈1,1,1,1,1,L〉，由此易得pk=pk−1+pk−2=Fk+Fk−1=Fk+1，2pkFk+1qk=qk−1+qk−2=Fk−1+Fk−2=Fk，故=。qkFk第三章习题四27−11.方程3x+2x−2=0的正根=〈0,1,1,4,1,1,1,4,1,1,1,4,L〉。3115−12.α=〈&3,2,1&〉=1+，解得x=。122+2+α22113.a+1=a+(a+1−a)=a+=a+=L=22a+1+a2a+(a+1−a)〈a,2a,2a,2a,2a,L〉。4.若d=〈a1,a&2,L,an2,a&1〉，则(a1+d)pn+pn−1d=〈a1,a&2,L,an2,a&1〉=〈a1,a2,L,an,a1+d〉=，(a1+d)qn+qn−1得(dqn−a1pn−pn−1)+(a1pn+pn−1−pn)d=0，由d是无理数得pn=a1qn+qn−1，dqn=a1pn+pn−1，反之，若pn=a1qn+qn−1，dqn=a1pn+pn−1，则(a1+α)pn+pn−1α=〈a1,a&2,L,an2,a&1〉=〈a1,a2,L,an,a1+α〉=，(a1+α)qn+qn−122得α满足方程qnα+(a1qn+qn−1−pn)α−(a1pn+pn−1)=0，即α=d，α=d。5.由第4题可得到。214 课后答案网www.khdaw.com第四章习题一17xyz1.设=++，即35x+21y+15z=17，因(35,21)=7，(7,15)=1，1053571⏐17，故有解。分别解5x+3y=t，7t+15z=17得x=−t+3u，y=2t−5u，u∈Z，t=11+15v，z=−4−7v，v∈Z，消去t得x=−11−15v+3u，y=22+30v−5u，z=−4−7v，u，v∈Z。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x1+2x2=t，t+3x3=41得x1=t−2u，x2=u，u∈Z，t=41−3v，x3=v，v∈Z，消去t得x1=41−3v−2u，x2=u，x3=v，u，v∈Z。由此得原方程的全部正整数解为(x1,x2,x3)=(41−3v−2u,u,v)，u>0，v>0，41−3v−2u>0。3.消去x1得9x2−14x3=3，解得x2=−9+14t，x3=−6+9t，t∈Z，从而得不定方程组的解为x1=43−55t，x2=−9+14t，x3=−6+9t，t∈Z，4.设甲、乙班的学生每人分别得x，y支铅笔，则7x+11y=100，解这个不定方程得x=8，y=4。⎧x=x0−bt5.二元一次不定方程ax+by=n的一切整数解为⎨，t∈Z，于是⎩y=y0+aty0x0y0x0n由x≥0，y≥0得−≤t≤，但区间[−,]的长度是，故此区间内的整abababnn数个数为[]或[]+1。abab6.因为0,1,2,L,ab−a−b中共有(a−1)(b−1)个数，故只须证明n与g−n（g=ab−a−b）有且只有一个能表示成ax+by（x≥0，y≥0）的形式。如果n与g−n都能表示成ax+by（x≥0，y≥0）的形式，即ax+by=n（x≥0，y≥0），ax′+by′=g−n（x′≥0，y′≥0），则a(x+x′)+b(y+y′)=g，这是不可能的；如果n不能表示成ax+by（x≥0，y≥0）的形式，则因为二元一次不定方程ax+by=n⎧x=x0−bt的一切整数解为⎨，t∈Z，所以当t使0≤x≤b−1时，必有y≤−1，于⎩y=y0+at是a(b−1−x)+b(−1−y)=g−n，即g−n能表示成ax+by（x≥0，y≥0）的形式。第四章习题二ln222221.设有理数x=，y=（m≠0）满足方程x+y=1，即l+n=m，于mm2222222是得l=±2abd，n=±(a−b)d，m=±(a+b)d或l=±(a−b)d，m=±2abd，m=±(a215 课后答案网www.khdaw.com222222aba−ba−b2ab+b)d，由此得(x,y)=(±,±)或(±,±)。反之，代入22222222a+ba+ba+ba+b22方程x+y=1即知这样的点在单位圆周上。2222.由x=(z+y)(z−y)及x是素数得z+y=x，z−y=1，于是2z−1=x，2(x+2y+1)=(x+1)都是平方数。2222222223.设x−y=a，y−z=b，x−z=c，则a+b=c，由此得x=(u+v)+t，22222y=(u−v)+t或4uv+t，z=t，u,v,t∈Z。224.设(z−x,z+x)=d，易知d=1或2。由(z−x)(z+x)=3y得z−x=3da，z+222x=db，y=dab或z−x=db，z+x=3da，y=dab，a>0，b>0，(a,b)=1。(ⅰ)2222|b−3a|b+3a当d=1：x=，y=ab，z=，a>0，b>0，(a,b)=1，3/|b，222222a,b同为奇数；(ⅱ)当d=2：x=|b−3a|，y=2ab，z=b+3a，a>0，b>0，(a,b)=1，3/|b，a,b一奇一偶。反之，易验证(ⅰ)或(ⅱ)是原不定方程的解，且x>0，y>0，z>0，(x,y)=1。22222225.(ⅰ)设x，y，z是x+y+z=xy的整数解，如果x，y同为奇数，则x+y222222+z≡2，3(mod4)，xy≡1(mod4)，此不可能；如果x，y一奇一偶，则x+y+z22≡1，2(mod4)，xy≡0(mod4)，此也不可能。所以x，y同为偶数，z也是偶数，222222令x=2x1，y=2y1，z=2z1，代入原方程得x1+y1+z1=2x1y1，反复以上的推理可得x，y，z能被2的任意次乘幂整除，只能x=y=z=0。(ⅱ)类似于(ⅰ)可证。22426.设x，y，z是x+y=z的满足(x,y)=1，2⏐x的正整数解，则x=2ab，y=a2222222−b，z=a+b，a>b>0，(a,b)=1，a,b一奇一偶，再由z=a+b得a=2uv，22222222b=u−v，z=u+v或a=u−v，b=2uv，z=u+v，u>v>0，(u,v)=1，22442222u,v一奇一偶，于是得x=4uv(u−v)，y=|u+v−6uv|，z=u+v，u>v>0，(u,v)=1，u,v一奇一偶。反之，易验证它是原不定方程的整数解，且x>0，y>0，z>0，(x,y)=1，2⏐x。第四章习题三1.由x(x+y)=6得(x,y)=(1,5)，(−1,−5)，(2,1)，(−2,−1)，(3,−1)，(−3,1)，(6,−5)，(−6,5)。2.由第一个方程得z=−(x+y)，代入第二个方程经化简得xyz=−6，由此得(x,y,z)=(1,2,−3)，(2,1,−3)，(1,−3,2)，(2,−3,1)，(−3,1,2)，(−3,2,1)，y3.当y=1时，x=2，若y≥2，x≥3，则−3≡1(mod8)，这是不可能的，故原方程的正整数解只有(x,y)=(2,1)。24.显然x>z，y>z，令x=z+s，y=z+t，s，t∈N，代入原方程可得z=st，216 课后答案网www.khdaw.com222于是s=ad，t=bd，z=abd，其中a,b,d∈N，(a,b)=1，由此得x=abd+ad，y=2abd+bd，z=abd，反之，将上式代入原方程知它们是原方程的正整数解。5.不妨设x≤y，当p=2时，(x,y)=(2,2)。下设p是奇素数，令2x=p+s，222y=p+t，s，t∈Z，s≤t，代入原方程可得p=st，由此得s=1，t=p或s=p，t=2p+1p(p+)1p1(−p)p−1p或s=−p，t=−1，即(x,y)=(,)=(p,p)=(,)。22226.设M，b为任意的有理数，容易证明：若a1,a2,L,a2n+1具有性质P，则(ⅰ)M，Ma1,Ma2,L,Ma2n+1也具有性质P；(ⅱ)a1+b,a2+b,L,a2n+1+b也具有性质P。由此我们可假定a1,a2,L,a2n+1都是整数，且a1=0。由性质P易知ai都是偶a1a2a2n+1a1数，于是由(ⅰ)知,,L,也具有性质P，并且它们都是整数，且=0。2222a1a2a2n+1反复以上推理可知对于任意的正整数k，,,L,也具有性质P，故只可能kkk222a1=a1=L=a2n+1=0。第五章习题一1.(ⅰ)若f(x0)≡0(modm)，则f(x0)+b(x0)≡b(x0)(modm)成立，反之，若f(x0)+b(x0)≡b(x0)(modm)，则f(x0)≡0(modm)成立；(ⅱ)若f(x0)≡0(modm)，则bf(x0)≡0(modm)成立，反之，若bf(x0)≡0(modm)，则由(b,m)=1得f(x0)≡0(modm)成立；(ⅲ)若g(x0)h(x0)≡0(modm)，则由m是素数得g(x0)≡0(modm)或h(x0)≡0(modm)。2.(ⅰ)x≡4(mod17)；(ⅱ)x≡1，48，95，142，189(mod235)。3.消去y得8x≡41(mod47)，解得x≡11(mod47)，代入原方程组中的第二式得y≡1(mod47)。故原方程组的解为x≡11(mod47)，y≡1(mod47)。a−1(p−1)(p−)2⋅⋅⋅(p−a+)14.首先易知b(−)1是整数，又由(a,p)=1知方程a!a−1(p−1)(p−)2⋅⋅⋅(p−a+)1ax≡b(modp)解唯一，故只须将x≡b(−)1(modp)代入a!ax≡b(modp)验证它是同余方程的解即可。5.必要性显然，下证充分性。当n=1时，由定理2知命题成立。假设n=k时结论已真，考虑a1x1+a2x2+L+akxk+ak+1xk+1≡b(modm)，令(a1,a2,L,ak,m)=d1，(d1,ak+1)=d，因为同余方程ak+1xk+1≡b(modd1)有解，其解数为d，modd1，记m=d1m1，则解数为dm1，modm。现在固定一个解xk+1，由归纳假定知a1x1+a2x2k−1+L+akxk≡b−ak+1xk+1(modm)有解，其解数为d1m，modm，从而a1x1+a2x2k−1k+L+akxk+ak+1xk+1≡b(modm)有解，其解数为dm1⋅d1m=d⋅m，modm。由归217 课后答案网www.khdaw.com纳原理知命题对于一切n≥1成立。2−16.因为(2,12)=2，(2,7)=1⏐5，故同余方程有解，其解数为112=12，mod12。先解同余方程7y≡5(mod2)，得y≡1(mod2)，写成y≡1+2t(mod12)，t=0,1,2,L,5，对于固定的t，解同余方程2x≡5−7(1+2t)≡−2−2t(mod12)，得x≡−1−t(mod6)，写成x≡−1−t+6s(mod12)，s=0,1，故原方程组的解为x≡−1−t+6s(mod12)，y≡1+2t(mod12)，s=0,1，t=0,1,2,L,5。第五章习题二1.m=5⋅6⋅7⋅11=2310；M1=6⋅7⋅11=462，M2=5⋅7⋅11=385，M3=5⋅6⋅11=330，M4=5⋅6⋅7=210；由462⋅M1′≡1(mod5)得M1′=3，385⋅M2′≡1(mod6)得M2′=1，330⋅M3′≡1(mod7)得M3′=1，210⋅M4′≡1(mod5)得M4′=1。所以原同余方程组的解为x≡3⋅462⋅b1+1⋅385⋅b2+1⋅330⋅b3+1⋅210⋅b4(mod2310)。2.因为(15,8)=1⏐8−5，(15,25)=5⏐8−13，(8,25)=1⏐5−13，故原同余方程组有解，解数唯一，mod[15,8,25]=600。将第一个同余方程的解x=8+15t1，t1∈Z，代入第二个同余方程得t1≡3(mod8)，即t1=3+8t2，t2∈Z，x=53+120t2，代入第三个同余方程得t2≡3(mod5)，即t2=3+5t3，t3∈Z，x=413+600t3，所以原同余方程组的解为x≡413(mod600)。注：此处所使用的解法思路简单，但比较繁。3.设士兵有x人，由题意得x≡1(mod3)，x≡−2(mod5)，x≡3(mod11)，由孙子定理得x≡58(mod165)，故x=58人。αβγ4.可设n=235，由条件得α≡1(mod2)，α≡0(mod3)，α≡0(mod5)；β≡0(mod2)，β≡1(mod3)，β≡0(mod5)；γ≡0(mod2)，γ≡0(mod3)，γ≡1(mod5)，15106由孙子定理得α≡15(mod30)，β≡10(mod30)，γ≡6(mod30)，故n=235。5.作同余方程组：x≡0(modp1)，x≡−1(modp2)，…，x≡−n+1(modpn)，由孙子定理知此同余方程组有解x，于是x，x+1，…，x+n−1满足要求。26.因105=3⋅5⋅7，同余方程3x+11x−20≡0(mod3)的解为x≡1(mod3)，22同余方程3x+11x−38≡0(mod5)的解为x≡0，3(mod5)，同余方程3x+11x−20≡0(mod7)的解为x≡2，6(mod7)，故原同余方程有4解，mod105。作同余方程组：x≡b1(mod3)，x≡b2(mod5)，x≡b3(mod7)，其中b1=1，b2=0，3，b3=2，6，由孙子定理得原同余方程的解为x≡13，55，58，100(mod105)。218 课后答案网www.khdaw.com第五章习题三21.(ⅰ)由定理知存在整数x2=a+pt1，t1∈Z，使得x≡x2(modp)是同余方22程f(x)≡0(modp)的解，x2≡a(modp)。再由定理知存在整数x3=x2+pt2，t2∈Z，33使得x≡x3(modp)是同余方程f(x)≡0(modp)的解，x3≡x2≡a(modp)，如此继续α−1α下去，最后知存在整数xα=xα−1+ptα−1，tα−1∈Z，使得x≡xα(modp)是同余α方程f(x)≡0(modp)的解，xα≡xα−1≡L≡x2≡a(modp)；(ⅱ)由条件知同余方程f(x)≡0(modp)的每一个解x≡x1(modp)都不是f′(x)≡0(modp)的解，即f′(x1)≡/0αα(modp)，于是由(ⅰ)知可导出f(x)≡0(modp)的解x≡xα(modp)，且由(ⅰ)的证明α过程知只能导出唯一的解x≡xα(modp)。222.对x≡2(mod5)，令x=2+5t代入同余方程2x+13x−34≡0(mod5)得t≡230(mod5)，于是x=2+5(5t1)=2+25t1，代入同余方程2x+13x−34≡0(mod5)32得到t≡0(mod5)，于是x=2+25(5t2)=2+125t2，即x≡2(mod5)是同余方程2x3+13x−34≡0(mod5)的一个解。2223.对x0=4，则由(4+7x1+7x2)≡2(mod7)得x1≡5(mod7)，x1=5。再由223(4+7⋅5+7x2)≡2(mod7)得x2≡4(mod7)，x2=4，这样，求得原同余方程的一23个解是x≡4+7⋅5+7⋅4=235(mod7)3224.因54=2⋅3，而x≡−1(mod3)无解，故x≡−1(mod54)也无解。25.因75=3⋅5，先解f(x)≡0(mod3)，用逐一代入法得解x≡0(mod3)；再解2f(x)≡0(mod5)，用逐一代入法得f(x)≡0(mod5)的解为x≡0，2(mod5)，对于x≡0(mod5)，令x=5t代入f(x)≡0(mod25)得t≡2(mod5)，于是x=5(2+5t2)=10+25t2，即x≡10(mod25)是f(x)≡0(mod25)的一个解，对于x≡2(mod5)，令x=2+5t代入f(x)≡0(mod25)得t≡4(mod5)，于是x=2+5(4+5t2)=22+25t2，即x≡22(mod25)是f(x)≡0(mod25)的一个解；最后构造同余方程组x≡b1(mod3)，x≡b2(mod25)，b1=0，b2=10，22，由孙子定理得f(x)≡0(mod75)的两个解x≡10，72(mod75)。26.令m=p1p2Lpk，pi是不同的奇素数，由x≡1(modpi)的解数Ti=2，故T=kkT1T2LTk=2，当k充分大时，必有2>n。第五章习题四5421.(ⅰ)原同余方程等价于3x+5x+2x−1≡0(mod7)，用x=0，±1，±2，43±3代入知后者无解；(ⅱ)原同余方程等价于2x+2x+3x−2≡0(mod5)，将x=0，±1，±2代入，知后者有解x≡±1(mod5)。323252.(ⅰ)2x−x+3x−1≡0(mod5)等价于x−3x+4x−3≡0(mod5)，又x32222−x=(x−3x+4x−3)(x+3x+5)+(6x−12x+15)，其中r(x)=6x−12x+15的219 课后答案网www.khdaw.com系数不都是5的倍数，故原方程没有三个解；(ⅱ)因为这是对模5的同余方程，故原方程不可能有六个解。k3.设x1是x≡a(modm)的任意一个解，则一次同余方程yx0≡x1(modm)有解kkkkkky，再由ya≡yx0≡(yx0)≡x1≡a(modm)得y≡1(modm)，即x1可以表示成x≡yx0kk(modm)，其中y满足同余方程y≡1(modm)；反之，易知如此形式的x是x≡a(modm)的解。k4.由k⏐p−1知同余方程x≡1(modp)恰有k个解，又由k⏐n知这k个解也是同nnk余方程x≡1(modp)的解。下证同余方程x≡1(modp)的解必是同余方程x≡1nk(modp)的解，事实上，若x0≡1(modp)，记k=sn+t(p−1)。若s>0，t<0，则x0k−t(p−1)k−t(p−1)snns≡x0x0=x0=x0≡(x0)≡1(modp)；若s<0，t>0，则可类似证明。p−15.(ⅰ)x−1≡0(modp)有解x≡1，2，L，p−1(modp)，故对于一切p−1整数x，x−1≡(x−1)(x−2)L(x−p+1)(modp)；(ⅱ)在(ⅰ)中令x=p。p−1p−226.令(x−1)(x−2)L(x−p+1)=x−ap−2x+L+a2x−a1x+a0，其中p(p−)1ap−2=1+2+L+(p−1)=是p的倍数，考虑同余方程f(x)≡0(modp)，f(x)2p−1p−32=x+ap−3x−L+a2x−a1x+a0，显然它有解x≡1，2，L，p−1(modp)，pp−232故x−x=f(x)x+r(x)中的余式r(x)=−ap−3x+L−a2x+a1x−(a0+1)x的系数都是p的倍数。第五章习题五13−11.因112≡116=1213≡43≡12≡−1(mod13)，故x2≡11(mod13)无解。2.模23的所有的二次剩余为x≡1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18(mod23)，二次非剩余为x≡5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22(mod23)。p−1p−1p−13.设a，b为模p的二次剩余，有(ab)2=a2b2≡1⋅1≡1(modp)，再设p−1p−1p−1c，d为模p的二次非剩余，有(cd)2=c2d2≡(−1)(−1)≡1(modp)，以及p−1p−1p−1(ac)2=a2c2≡1⋅(−1)≡1(modp)知结论成立。p−1p+14.由欧拉判别法知n2≡1(modp)，两边乘n得(n4)2≡n(modp)，由此知p+1x2≡n(modp)的解是x≡±n4(modp)。2αα2n5.若x≡n(modp)有解x≡x0(modp)，则x0≡n(modp)，故()=1，反之，p220 课后答案网www.khdaw.comn22若()=1，则x≡n(modp)有解x≡x0(modp)，因p/|2x0，故此解可导出x≡n(modpαα2αp)的一个解x≡xα(modp)，即x≡n(modp)有解。6.设x1,x2,L,xk为模p的所有二次剩余，则p−1p+1xxLx≡1222L(p−1)2≡(−)12(p−1)!≡(−)12(modp)。12k2第五章习题六17422044317141.(ⅰ)因()=()=()()()=()()=1，原同余方程有7697697697697693171503490254910133解；(ⅱ)()=()=()()()=−()=−()=1，原同余1013101310131013101355方程有解。p−111p2.由()=1推出(−)12()=1，由此得p11⎧p−1⎧p−1⎪⎪(−)12=1⎪⎪(−)12=−1⎨或⎨，pp⎪()=1⎪()=−1⎪⎩11⎪⎩11即⎧p≡1(mod)4⎧p≡−1(mod)4⎨或⎨，⎩p≡9,5,4,3,1(mod11)⎩p≡−,1−,3−,4−,5−9(mod11)解之得p≡±1，±5，±7，±9，±19(mod44)。−2−33.由−2∈QR(p)，−3∈QR(p)推得()=1，()=1，即pp⎧−1⎧−1⎪()=1⎪()=−1⎪p⎪p⎪⎪2⎪⎪2⎨()=1，或⎨()=−1。⎪p⎪p⎪3⎪3⎪()=1⎪()=−1⎪⎩p⎪⎩p解之得p≡1，或11(mod24)。222224.设奇素数p⏐x−3y，即x≡3y(modp)，由(x,y)=1易证(3y,p)=1，于221 课后答案网www.khdaw.com23y3是()=()=1，由此得p的一般形式为12k±1型。pp25.若8k+5型的素数只有有限个，记为p1,p2,L,pk，作A=(2p1p2Lpk)+1，2−1显然A>1，A是奇数，设奇素数p⏐A，即(2p1p2Lpk)≡−1(modp)，()=1，由p此得p的一般形式为8k+1或8k+5型，由A≡5(mod8)知A的素因数p中至少有一个是8k+5型的，对这个p，有p=pi（1≤i≤k），由p⏐A，p⏐p1p2Lpk推出p⏐1，矛盾。226.当p=4k+1时，同余方程x≡−1(modp)有解x≡n(modp)，即p⏐n+1，2222从而p⏐(n+1)(n+2)(n−2)；当p=8k+3时，同余方程x≡−2(modp)有解x≡2222n(modp)，即p⏐n+2，从而p⏐(n+1)(n+2)(n−2)；当p=8k+7时，同余方程22222n≡2(modp)有解x≡n(modp)，即p⏐n−2，从而p⏐(n+1)(n+2)(n−2)。第五章习题七1.(ⅱ)显然；(ⅲ)设m=p1p2Lpk，则a1a2Lata1a2Lata1a2Lata1a2Lat()=()()L()mp1p2pka1ata1ata1ata1a2at=()L()()L()L()L()=()()L()。p1p1p2p2pkpkmmm2abaabb(ⅳ)()=()()()=()。mmmmm374218727312.因()=()()=(−1)(−)1()=()=−()=−1，原同余方3019301930191871873程无解。αd±12αd12αd13.设d=±2d1，d1为正奇数，()=()()()=()()，当α>0时，pppppp2d1p1d2αd1p=8n+1型，()=1，当d1>1时，()=()=()=1，所以()=()()=ppd1d1ppp1。4.由p=q+4a知p，q同为4k+1或同为4k+3，当p，q同为4k+1时，a−4ap−4aqpq+4a4aa有()=()=()=()=()=()=()=()，当p，q同为4k+ppppqqqq222 课后答案网www.khdaw.coma−4ap−4aqpq+4a4aa3时，有()=−()=−()=−()=()=()=()=()。ppppqqqqα5.当a≡0(mod4)时，则2a+b≡b(mod8)，令a=2a1，a1为奇数，于是有a2αa12αa1a1a1()=()()=()()，若a1=1，()=()，若a1>2a+b2a+b2a+bb2a+b2a+bba1−1b−1a1⋅ba1a2αa1a1，()=(−)122()=()，故得()=()()=()；当a≡12a+ba1b2a+bbbbaaaba(mod4)时，若a=1，()=()，若a>1，()=()=()，故有2a+bb2a+babaa()=()；类似地，当a≡2(mod4)时，令a=2a1，a1为奇数，于是2a+bba2a12a12a1a()=()()=−()()=−()()=−()；当a≡3(mod4)时，2a+b2a+b2a+bb2a+bbbb2a+b−12a+b−1(a)=(−)12(2a+b)=(−)12(b)=(−)1a(a)=−(a)。2a+baabba−14ac−b−1a−1b−1a⋅−b⋅ba6.若a为奇数，有()=(−)122()=(−)122()=()，若a4ac−baab22α为偶数，于是4ac−b与b同为8k±1或同为8k±3，即()=()，设a=2a1，4ac−bba2αa12αa1a1为奇数，有()=()()=()()=4ac−b4ac−b4ac−bb4ac−ba1−14ac−b−1a1−1b−12α⋅−b2α⋅b2αa1a()(−)122()=()(−)122()=()()=()。ba1ba1bbb第六章习题一222n−1n−11.设a，b，c是不定方程x+y=z的正整数解，则易知x=ac，y=bc，222nz=c是不定方程x+y=z的正整数解。2.对于每一个i，00，若k≥2，可得x，y，z都是偶数，于是令x222k−2=2x1，y=2y1，z=2z1，代入得x1+y1+z1=2，若k−2≥2，类似于上面的的22推理可得x1，y1，z1都是偶数，于是令x1=2x2，y1=2y2，z1=2z2，代入得x2+y2+2k−422201z2=2，L，最后推出，存在a，b，c>0，a+b+c=2或2，显然这是不可能的。33333333.由n−n≡0(mod6)得n−n=6x，于是n=n−(x+1)−(x−1)+x+x。44444.若16k+15=x1+x2+L+x14，由x≡0或1(mod16)知上式不可能成立。k44445.若16⋅31=x1+x2+L+x15，由x≡0或1(mod16)知x1,x2,L,x15都是偶数，于是令x1=2x1,1，x2=2x2,1，L，x15=2x15,1，代入得k−144416⋅31=x1,1+x2,1+L+x15,1，444反复以上推理，最后可得31=x1,k+x2,k+L+x15,k，但易知31不能表示为15个k四次方数的和，故16⋅31不能表示为15个四次方数的和。第七章习题一1.经计算得δ11(1)=1，δ11(2)=10，δ11(3)=5，δ11(4)=5，δ11(5)=5，δ11(6)=10，δ11(7)=10，δ11(8)=10，δ11(9)=5，δ11(10)=2，列表得a12345678910δ11(a)110555101010522.x≡3，5(mod14)是模14的全部原根。12ϕ(m)λϕ(m)3.因g,g,L,g构成模m的简化剩余系，由d=δm(g)=得(λ,ϕ(m))ϕ(m)ϕ(m)(λ,ϕ(m))=，令λ=t，则dd225 课后答案网www.khdaw.comϕ(m)(λ,ϕ(m))=，1≤λ≤ϕ(m)⇔(t,d)=1，1≤t≤d，dλ故恰有ϕ(d)个t，使得(t,d)=1，从而知故恰有ϕ(d)个λ，使得δm(g)=d。特别地，取d=ϕ(m)知模m的简化剩余系中恰有ϕ(ϕ(m))个原根。12ϕ(m)24.(ⅰ)因g,g,L,g为模m的简化剩余系，设同余方程x≡1(modm)的rr22r解为x≡g(modm)，即(g)=g≡1(modm)，由此得2r≡0(modϕ(m))，ϕ(m)⏐2r，ϕ(m)ϕ(m)2又由m≥3知ϕ(m)是偶数，得|r，r=或ϕ(m)。另一方面，同余方程x≡22ϕ(m)1(modm)至少有解x≡1，−1(modm)，由gϕ(m)≡1(modm)推出g2≡−1(modm)。12ϕ(m)(ⅱ)因g,g,L,g也为模m的简化剩余系，故ϕ(m)(ϕ(m)+)1ϕ(m)ϕ(m)ϕ(m)ϕ(m)xxLx≡g1g2Lgϕ(m)≡g2≡g2g2≡g2≡−1(modm)。12ϕ(m)p−1n−15.在模p的简化剩余系中有=2个二次非剩余，在模p的简化剩余系2p−1中有ϕ(ϕ(p))=ϕ(2n)=2n−1个原根，又设g是模p原根，则g2≡−1(modm)，即g是模p的二次非剩余。p6.(ⅰ)由2≡1(modq)知δq(2)⏐p，于是δq(2)=1或p，但易知δq(2)≠1，故δq(2)=p，再由δq(2)⏐ϕ(q)=q−1知q−1=pt，其中t必为偶数，故q为2pk+1型；2n2n+1n+1r(ⅱ)由2≡−1(modq)，知即2≡1(modq)δq(2)⏐2，于是δq(2)=2，0≤r≤2nrn+1n+1，又由2≡−1(modq)知δq(2)≠2，0≤r≤n，故δq(2)=2，再由δq(2)⏐ϕ(q)n+1=q−1知q−1=2k，故q为2pk+1型。第七章习题二21.因ϕ(29)=28=2⋅7，由ϕ(29)ϕ(29)214742=2≡/1(mod29)，2=2≡/1(mod29)知2是模29的最小正原根。29−12828232.由2是模29的原根及2=2=2≡/1(mod29)知2是模29的原根；333由2是模29的原根及2是偶数知2+29是模2⋅29的原根。i3.易得3是模17的原根，3（i=0,1,2,L,15）构成模17的简化剩余系，列表为i01234567226 课后答案网www.khdaw.comi3(mod17)139101351511i89101112131415i3(mod17)161487412268y由上表知3≡16(mod17)，设x≡5(mod17)，则12y≡8(mod16)，由此解得y1≡2，y2≡6，y3≡10，y4≡14(mod16)，查上表得x1≡9，x2≡15，x3≡8，x4≡2(mod17)。444.由δq(2)⏐ϕ(q)=4p知δq(2)=1，2，4，p，2p或4p，若2≡1(modq)，则q⏐2−1=15=3⋅5，即q=3或5，这是不可能的，故δq(2)≠1，δq(2)≠2，δq(2)≠4，又q−122pq是8k+5型的数，2是q的二次非剩余，即2=2≡/1(modq)，故δq(2)≠p，δq(2)≠2p，所以δq(2)=4p=ϕ(q)，2是模q的一个原根。λλ+15.存在一个λ，(λ,ϕ(m))=1，使得g2≡g1(modm)，于是g1g2≡g1(modm)，又由m≥3知ϕ(m)是偶数，λ是奇数，λ+1是偶数，(λ+1,ϕ(m))≠1，故g=g1g2不是模m的原根。nnn6.当p−1⏐n时，则1+2+L+(p−1)≡p−1≡/0(modp)，当p−1/|n时，nnnnnnn设g是p的一个原根，则1+2+L+(p−1)≡(1⋅g)+(2⋅g)+L+[(p−1)g]≡[1nnnnnnn+2+L+(p−1)]g(modp)，得[1+2+L+(p−1)](1−g)≡0(modp)，由(1−nnnng)≡/0(modp)知1+2+L+(p−1)≡0(modp)。第八章习题一1.考虑函数nmnmnmαi∏∏(x−(αi−βj))，∏∏(x−αiβj)与∏∏(x−β)。ji==11ji==11ji==11jnn−12.设α是代数数，则bnα+bn−1α+L+b1α+b0=0，其中bi都是整数，n−1nn−1n−2n−1bn≠0，两边乘以bn得(bnα)+bn−1(bnα)+L+bnb1(bnα)+bnb0=0，由此知bnα是代数整数。3.有理数r是方程x−r=0，若r是代数整数，则方程的系数r是整数，反之，若r是整数，则由定义知r是代数整数。227 课后答案网www.khdaw.com第八章习题二111∞−rn1.(ⅰ)令α=+++L++L=∑a，这里a=2，rn=n!，由2！n!222n=1rn+1(n+1)!∞−rlim=lim=∞知α=∑an是超越数。(ⅱ)类似于(ⅰ)即可得证。n→∞rnn→∞n!n=1111pn2.令α=!2n!=〈,0a1,a2,L,anL〉，是α的第n个渐近10+10+L+10+Lqnpn111(n+1)!分数，则|α−|<<2≤，这里an+1=10，由q15⋅11，取t=10<−1，5E1≡3+10⋅5≡5(mod8)，E2≡3+10⋅5≡8(mod9)，E3≡3+10⋅5≡9(mod11)，于是分配给三方的数据分别为E1=5，E2=8，E3=9。由E1，E2，E3中的任意两个都可以确定出M，例如，已知E2=8，E3=9，则由x≡8(mod9)，x≡9(mod11)可得解x≡53(mod9⋅11)，从而M=53−10⋅5=3。第九章习题六1.因(a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8)超增背包向量，容易得到不定方程5p1+17p2+43p3+71p4+144p5+293p6+626p7+1280p8=1999的0−1解为(p1,p2,p3,p4,p5,p6,p7,p8)=(1,1,0,1,0,0,1,1)，故密文E对应的明文P=(11010011)2=211。2.计算b1≡77⋅2≡36(mod118)，取b1=36，b2≡77⋅3≡113(mod118)，取b2=113，b3≡77⋅7≡67(mod118)，取b3=67，b4≡77⋅13≡57(mod118)，取b4=57，b5≡77⋅29≡109(mod118)，取b5=109，b6≡77⋅59≡59(mod118)，取b6=59，于是对外公开的加密向量是(36,113,67,57,109)，又P=51=(110011)2，故P对应的密文为E=36⋅1+113⋅1+67⋅0+57⋅0+109⋅1+59⋅1=317，若要从E=317得到明文P，则计算23⋅317≡93(mod118)，解不定方程2p1+3p2+7p3+13p4+29p5+59p6=93的0−1解得(p1,p2,p3,p4,p5,p6)=(1,1,0,0,1,1)，故P=(110011)2=51。231 课后答案网www.khdaw.com1证明：a,aL,a都是m的倍数。12n∴存在个整数np,p,Lp使12na=pm,a=pm,L,a=pm111222nnn又q,q,L,q是任意个整数n12n∴qa+qa+L+qa=(pq+qp+L+qp)m1122nn1122nn即qa+qa+L+qa是m的整数1122nn2证：Qn(n+1)(2n+)1=n(n+1)(n+2+n−)1=n(n+1)(n+)2+(n−)1n(n+)1/6n(n+1)(n+2),6/(n−)1n(n+)1∴/6n(n+1)(n+)2+(n−)1n(n+)1从而可知/6n(n+1)(2n+)13证：Qa,b不全为0∴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ax+by00∀x,y∈Z，由带余除法有ax+by=(ax+by)q+r0,≤r.0则令s=,t=a−bs=a−b，则有22qqqb0≤a−bs=t=a−b=a−b0则令s=,t=a−bs=a−b，则有22bq+1q+1b−≤t=a−bs=a−b=a−b<0∴t≤2222q+1q+1若b<0，则令s=−,t=a−bs=a+b22b则同样有t≤2综上存在性得证下证唯一性当为奇数时，设ba=bs+t=bs+t则t−t=b(s−s)>b1111bb而t≤,t1≤∴t−t1≤t+t1≤b矛盾故s=s1,t=t122b当b为偶数时，s,t不唯一，举例如下：此时为整数2bbbbb3⋅=b⋅1+=b⋅2+(−),t=,t≤1122222bba=bs+t=bs+t,t=−,t≤112222225.证：令此和数为S，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M，使MS不是整数，从而证明S不是整数1111k−1k（1）令S=1++++L+，取M=2⋅3⋅5⋅7Lp这里k是使2≤n最234nk大整数，p是不大于n的最大奇数。则在1，2，3，┄，n中必存在一个n=2，0所以MMMMMS=M+++L++L+23nn0k−1MMMM3⋅5⋅7Lp由M=2⋅3⋅5⋅7Lp知，,L,必为整数，=显23nn20 课后答案网www.khdaw.com然不是整数，∴MS不是整数，从而S不是整数k−1MMMM（2）令M=3⋅5⋅7L2(n−)1则SM=++L++，352n−12n+1k−1MMM由M=3⋅5⋅7L2(n−)1知,,L,，而352n−1k−1M3⋅5⋅7L2(n−)1=不为整数2n+12n+1111∴SM不为整数，从而S=++L+也不是整数352n+11．证：设d′是a，b的任一公因数，∴d′|a，d′|b由带余除法a=bq+r,b=rq+r,L,r=rq+r,r=rq0,=r≤r0，∴(a,b)=12．证：设[a,a,L,a]=m，则a|m(i=,2,1L,n)12n1i1∴|a||m(i=,2,1L,n)又设[|a||,a|,L|,a|]=m则i112n2m|m。反之若|a||m，则a|m，∴m|m。21i2i212从而m=m，即[a,a,L,a]=[|a||,a|,L|,a|]1212n12n2p3．证：设（1）的任一有理根为，(p,q)=,1q>1。则qpnpn−1pa()+a()+L+a+a=0nn−110qqqnn−1n−1n∴ap+apq+L+apq+aq=0（2）nn−110nn−1n−1n由)2(−ap=apq+L+apq+aq，nn−110n所以q整除上式的右端，所以q|ap，又(p,q)=,1q>1，所以nn(q,p)=,1∴q|a；nnn−1n−1n又由（2）有ap+apq+L+apq=−aqnn−110nn因为p整除上式的右端，所以P|aq，(p,q)=,1q>1，所以(q,p)=,1∴p|a0n 课后答案网www.khdaw.comp故（1）的有理根为，且p|a,q|a。0nq2假设2为有理数，x=,2∴x−2=0，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是±,1±2，这与2为其有理根矛盾。故2为无理数。p另证，设2为有理数2=,(p,q)=,1q>1，则q2p22222222=,∴2q=p,∴(p,q)=2(q,p)=q>12q22但由(p,q)=,1q>1知(p,q)=1，矛盾，故2不是有理数。1．见书后。32．解：因为8|848,所以|8A,A=82798848=8×10349856=2×B，3又8|856，所以8|B，B=8×1293732=2×C，2又4|32，所以4|C，C=4×323433=2×D2又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D，D=9×35937=3×E，又9|（3+5+9+3+7），所以9|E，E=9×39933又3993=3×1331=3×1185333432所以A=2311；同理有81057226635000=2⋅3⋅5⋅7⋅11⋅17⋅23⋅37。3．证：Qγ=min(α,β)，∴0≤γ≤α0,≤γ≤βiiiiiiikkkk∴pγi|pαi,pγi|pβi(i=2,1Lk)∴pγipαi，∴pγipβi.iiiiΠiΠiΠiΠii=1i=1i=1i=1∴pγ1pγ2Lpγk(|a,b)，又显然(a,b|)pγ1pγ2Lpγk12k12k∴pγ1pγ2Lpγk=(a,b)，同理可得pδ1pδ2Lpδk=[a,b]，δ=max{α,β}12k12kiii推广.设a=pβ11pβ12Lpβ1k,a=pβ21pβ22Lpβ2k,L,a=pβn1pβn2Lpβnk112k212kn12k 课后答案网www.khdaw.com(其中p为质数j=,2,1L,k,a为任意n个正整数i=,2,1L,n,β≥0)jiij则pγi1pγi2Lpγik=(a,a,L,a),γ={β}j=,2,1L,k12k12nijminij1≤i≤npδi1pδi2Lpδik=[a,a,L,a],δ={β}j=,2,1L,k12k12nijmaxij1≤i≤n4．证：由pγ1pγ2Lpγk=(a,b),pδ1pδ2Lpδk=[a,b],有12k12k（a,b）[a,b]=pγ1+δ1pγ2+δ2Lpγk+δk=pα1+β1pα2+β2Lpαk+βk=ab12k12kab从而有[a,b]=．(a,b)k５．证：（反证法）设n=2(ll为奇数）则kkkkkn2⋅l2l22⋅(l−)12⋅(l−)22+1=2+1=2()+1=2(+1)[2−2+L+]1kk22lnnQ1<2+1<2()+1=2+1，∴2+1为合数矛盾，故ｎ一定为２的方幂．2.(i)证:：设[α]=m.则由性质II知m≤α{α}+≥≥[,1α+]=[α]+1;nnnn−1n−1−kn−11n−11ii∴[α]+[α+]+L+[α+]=∑∑[α+]=∑[α+]+[α+]nni=0ni−0ni=n−kn=(n−k)[α]+k([α]+)1=n[α]+kn−1i∴∑[α+]=[nα]i=0nn−1n−1i1i+1[证二]令f(α)=∑[α+]−[nα],Qf(α+)=∑[α+]−[nα+]1≡f(α)i=0nni=0nn−11i+1Qf(α+)=∑[α+]−[nα+]1≡f(α)ni=0n 课后答案网www.khdaw.com1∴f(α)是以为周期的函数。nn−11又当α∈)1,0[时,f(α)=0−0=,0∴α∈R,f(α)≡0，即∑[α+]=[nα]。i=0n[评注]：[证一]充分体现了常规方法的特点，而[证二]则表现了较高的技巧。3．（i）证：由高斯函数[x]的定义有α=[α]+r,β=[β]+s0,≤r<0;1≤s<1。则α−β=[α]−[β]+r−s,r−s<1当r−s≥0时[,α−β]=[α]−[β]当r−s<0时[,α−β]=[α]−[β]−1故[α−β]=[α]−[β]或[α−β]+1=[α]−[β]（ii）证：设α=[α]+x,β=[β]+y0,≤x,y<1，则有0≤x+y={α}+{β}<2下面分两个区间讨论：①若0≤x+y<1，则[x+y]=0，所以[α+β]=[α]+[β]，所以2[α]+2[β]=[2[α]+2x]+[2[β]+2y]=[2α]+[2β]+2([x]+[y])≥[2α]+[2β]=[α]+[β]+[β]+[α]=[α]+[α+β]+[β]②若1≤x+y<2，则[x+y]=1，所以[α+β]=[α]+[β]+1。所以2[α]+2[β]=[2[α]+2x]+[2[β]+2y]=[2α]+[2β]+2([x]+[y])Qx≥1−y≥[2α]+[2β]+2([x]+1[−x])←⎯→⎯⎯=[α]+[β]+[β]+[α]+2+2([x]+[−x])≥[2α]+[2β]+1=[α]+[α+β]+[β]2.32222222aba−b2aba−ba−b2ab1证：由(±)+(±)=1知(±,±)及(±,±)都222222222222a+ba+ba+ba+ba+ba+b22是单位圆周x+y=1上的有理点。22qr另一方面，单位圆周x+y=1上的有理点可表示为x=,y=,p>0，于是得pp222222q+r=p，又q+r=p的一切非整数解都可表示为： 课后答案网www.khdaw.com222222q=2ab,p=a+b,r=a−b(,a,b不全为)0，于是第一象限中x+y=1上的有理222aba−b点可表示为(,),(a,b不全为)0，由于单位圆周上的有理点的对称性，放2222a+ba+b2222222aba−ba−b2abx+y=1上的任意有理点可表为(±,±)及(±,±)，其22222222a+ba+ba+ba+b中a，b不全为0，±号可任意取。3．2s−ttss−ts−ts1.证：由u,v的取值可得pp=p个数，若u+pv≡u+pv(modp)，1122s−ts−ts−ts−ts−tu+pv≡u+pv(modp)则u≡u(modp)，又0≤u,u