初等数论第2版习题答案

1、第一章§11证明：a1 , a2, an都是m 的倍数。存在n 个整数p1 , p2 ,pn 使a1p1m1 , a2p2m2 , anpn mn又 q1 ,q2 , , qn 是任意 n 个整数q1 a1q2 a2qn an( p1 q1q2 p2qn pn )m即 q1 a1q2a2qn an是 m 的整数2证：n( n1)(2n1)n( n1)(n2n 1)n(n1)( n2)(n1) n(n1)6 / n(n1)( n2),6 /( n1)n( n1)6 / n( n1)(n 2)(n 1)n(n1)从而可知6 / n( n1)(2n1)3证：a, b不全为 0在整数集合 S

2、axby | x, yZ 中存在正整数，因而有形如 axby 的最小整数 ax0by0x, yZ ，由带余除法有 axby(ax0by0 )q r ,0 r ax0by0则r ( xx0 q)a ( yy0 q)bS ，由 ax0by0 是 S 中的最小整数知 r 0ax0by0/ axby下证 P8 第二题ax0by0 / axby（ x, y 为任意整数）ax0 by0 / a, ax0by0 / bax0by0 /( a, b).又有 (a,b) / a, (a, b) / b(a,b) / ax0by0故 ax0 by 0(a, b)4证：作序列,3b, b ,b ,0, b , b

3、,3 b ,则 a 必在此序列的某两项之间2222即存在一个整数q ，使 q baq1 b 成立22(i ) 当 q 为偶数时，若 b0. 则令 sq ,tabsaq b ，则有220 a bs t aq b aqbq btb2222若 b 0则令 sq ,tabsaq b ，则同样有tb222(ii ) 当 q 为奇数时，若 b0 则令 sq1absaq 12,tb ，则有2bt a bs aq 1b aq 1 b 0 tb2222若 b0，则令 sq1absaq 12, t2b则同样有tb2综上 存在性得证下证唯一性当 b 为奇数时，设 abstbs1t1 则 t t1b(ss)b1b,

4、t1btt1tt1b矛盾 故 ss1 ,tt1而 t22当 b 为偶数时， s,t 不唯一，举例如下：此时b 为整数23 bb 1 bb 2 ( b ), t1b , t1b22222a bs1t1bs2t2 , t 2b , t 2b225. 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（1） 令S=1 1 1 11 ，取 M=2k 1 3 5 7p 这里 k 是使 2 kn 最大234n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 n02k ，所以MS=MMMMM23n0n由 M=k 13 57p 知

5、M ， M, ,MM 3 5 7 p223必为整数，2显nn0然不是整数，MS不是整数，从而S 不是整数（2） 令 M=k 157(2n1)M MMM，3则 SM=52n12n31由 M=3k 1 5 7 (2n1)知M,M, , M，而352n1M3k1 57(2n1)不为整数2n12n1SM不为整数，从而S111也不是整数352n1第一章 §21 证：设 d 是 a， b 的任一公因数，d |a ， d |b由带余除法a bq1 r1, br1 q2r2 , rn 2rn 1qnrn , rn 1rn qn 1 ,0rn 1rnrn 1r1 b(a,b) rn 。d | a bq

6、1 r1 ， d | b r1q2r2 ， , d | rn 2 rn 1 qn rn ( a, b) ,即 d 是 (a, b)的因数。反过来 (a,b) | a 且 (a, b) |b ，若 d | (a,b), 则 d| a, d| b ，所以 (a, b) 的因数都是 a,b 的公因数，从而a,b 的公因数与 (a, b) 的因数相同。2 见本书 P2， P3 第 3 题证明。3有§1习题 4知：a,bZ , b0,s, tZ , 使 absb。，t,| t |2s1 , t1 ，使 bs1tt1 ,| t1| t |b2 , , 如此类推知：22sn , tn ,t n 2

7、tn 1snt n ;sn 1 , t n 1 ,t n 1t n sn 1t n 1; 且| tn 1 | t n 2 | t | b | tn |222n2n 12而 b 是一个有限数，nN , 使 tn 1 0(a,b) (b,t )(t, t1 )(t1 , t 2 )(t n , tn 1 )(tn ,0)t n ，存在其求法为 ( a, b) (b, a bs)(a bs, b(abs)s1 )(76501,9719) (9719,7650197197)(8468,9719 8468) (1251,8468 1251 64。证：由 P3§1 习题 4 知在（ 1）式中有0

8、 rn 1rn 1rn2r1brn222n 12n ，而 rn 121b, 2nb ，nlog 2 blog b ，即 nlog b2nlog 2log 2第一章§31，证：必要性。若(a,b)1，则由推论1.1 知存在两个整数s，t 满足：asbt(a, b)，asbt1充分性。若存在整数s，t 使 as+bt=1 ，则 a， b 不全为 0。又因为(a,b) | a, (a, b) | b ，所以 ( a, b | as bt )即 (a,b) |1 。又 (a, b)0 ，( a,b) 12证：设 a1 , a2 , an m1 ，则 ai | m1 (i 1,2, n)| a

9、i | m1 (i 1,2, n) 又设 | a1|,| a2 |,| an |m2 则m2 | m1 。反之若 | ai | m2 ，则 ai| m2 ，m1| m2 。从而 m1m2 ，即 a1, a2 , , an =| a1 |, | a2 |,| an |23证：设（1）的任一有理根为pq， ( p,q)1, q1。则an ( p ) nqan 1 ( p ) n 1qa1pqa00anpnan 1 pn 1 qa1 pq n 1a0 q n0（ 2）由 (2)an p nan 1 p n 1 qa1 pq n 1a0 qn ，所以q 整除上式的右端，所以q | an pn，又 (

10、p, q)1,q1 ，所以( q, p n )1,q | an ；又由（ 2）有 an p nan 1 p n1qa1 pq n 1a0 qn因为 p 整除上式的右端， 所以 P | a0 qn，( p, q)1, q 1，所以 (q n , p) 1, p | an故（ 1）的有理根为p ，且 p | a0 , q | an 。q假设 2 为有理数， x2,x 220 ，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。另证，设2为有理数2 = p , ( p, q)1, q1，则q2p 2q2p2, (p 2,q2q2,p 2)q 2

11、1q 2 ,2) (2但由 ( p, q)1, q1 知 ( p 2 , q 2 )1，矛盾，故2 不是有理数。第一章§41 见书后。2 解：因为 8|848,所以8|A,A8279884881034985623B ，又 8|856 ，所以 8|B ， B8129373223C ，又 4|32 ，所以 4|C ， C432343322D又 9| （ 3+2+3+4+3+3），所以 9|D， D935937 32E ，又 9| （ 3+5+9+3+7），所以 9|E ， E93993又 3993 3 1331 3 113所以 A2835113；同理有810572266350002333

12、54 731121723 37。3证：imin(i ,i ) ，0ii ,0iipii | pi, pi| pikkkkiii(i1,2k)piipii ，piipii .i 1i 1i 1i1p11p22pkk| (a, b) ，又显然 (a, b) | p11p22pk kp11p22pkk( a, b) ，同理可得 p11p22pk k a, b ，imaxi ,i 推广 . 设 a1p1 11 p2 12pk 1 k , a2p1 21 p2 22pk 2 k ,anp1 n 1 p2 n 2pk nk(其中 p j为质数 j1,2, k, ai 为任意 n 个正整数 i1,2, ,

13、n, ij0 )则 p1i 1p2i 2pk ik( a1 , a2 , an ),ijmin ij j1,2, k1inp1i1p2i 2pk ika1, a2 , an ,ijmax ij j1,2, k1i n4证：由p11p22pkk( ,)1p22pkka, b,有a b, p1（ a, b）a, b p1 11 p2 22pk kkp1 11 p2 22pk k kab从而有 a,bab(a,b)5. 证：（反证法）设 n2k l (l 为奇数）则2n2 k l1 (22kl1 (22 k1) 22 k ( l 1)22 k(l 2 )11 2)122k1(22kl12n1，2n1

14、为合数矛盾，故一定为的方幂)第一章§ 52.(i)证:：设m . 则由性质 II知 mm1 , 所以 nmnnmn ,所以 nm nnmn ，所以 mnm1，又在与 +之间只有唯一n整数，所以 n m n(ii证一 设 kk1 ,k0,1,2, n1, 则nnk n k 1, n n k当当ikn 1时, ik1i1,i ;nnnikn 时 ,2 iki1,i 1;nnn1 n 1n 11n 1 kin 1i nni 0ni 0ni n kn( n k)k( 1)n kn 1i ni 0nn1i n1)n1i1 n 证二 令 f ( ) ,f (1f ( )i0nni0n1 )n1i

15、1 n1f ( )f (ni0nf () 是以 1 为周期的函数。n 0,1)时 , f ()000,R, f () 0，即n11 n 。又当i0n 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r ,s,0r1;0s1。则 rs, rs1当 rs0时,当 rs0时,1故 或1 （ ii ）证：设x,y,0x, y1，则有 0xy2下面分两个区间讨论：若 0xy1 ，则 xy0，所以 ，所以 222 2x22y22xy)2( 2 2 若 1xy2 ，则 xy1，所以 1 。所以 222 2x22y222( x y)2 2 2( x

16、1x)x1y 2 2( x x)2 21 2.32aba2b22aba2b2a 2b22ab1证：由(a2b2 )(a2b2) 1知(a2b2,a2b2 ) 及 (a 2b2,a2b2) 都是单位圆周 x 2y 21 上的有理点。另一方面，单位圆周x 2y 21 上的有理点可表示为xq , yr , p 0，于是得ppq 2r 2p 2 ，又 q 2r 2p 2 的一切非整数解都可表示为：qabp a 2b2,ra2b2,(a b不全为0)，于是第一象限中x2y21上的有理2 ,(2ab,a2b2点可表示为2b2a2b2 ),( a,b不全为 0) ，由于单位圆周上的有理点的对称性，放a222

17、aba 2b 2a 2b22abxy1 上的任意有理点可表为(a2b2 ,a 2b 2 )及 (a 2b2 ,a 2b2 ) ，其中 a， b 不全为0，号可任意取。第三章 §21. 证：由 u,v 的取值可得 p s tptp s 个数，若 u1p s t v1u2p s t v2(mod p s ) ，u1ps t v1u2pst v2 (mod ps t ) 则 u1u2 (mod p st ) ，又0u1 ,u 2p st ， u1 u2 。又 p s t v1p st v2 (mod pst ), v1v2 (mod pt) ，又0v1 ,v2pt ，v1v2 。u1p s

18、 t v1与 u2p s t v2 为同一数，矛盾，故原命题成立。3. （ i ）的引理对任何正整数a，可以唯一的表示成a3n an3n 1 an 13a1a0 的形式，其中 0ai3, (i1,2, n) 。证：（ i） H3n 113n3n13131设 A3n xn3n1 xn13x1x0 , (xi0,1,i1,2, n)A H3n ( xn1) 3n 1 ( xn 11)3( x1) ( x01)1由于 xi 取值 0,1故 xi1取值为0，1，2。这样的数有2H+1 个，其中最小的 数为 0，最大的数为2H，所以 A+H可以表示下列各数：0， 1， 2，,2H ，上列数中减去 H 得

19、H ,H1, H2, 1,0,1, H ，则 A 可表示上列各数，且表示唯一。（ ii）事实上，只需斤，斤， 2 斤， ，n 斤这样的（ n+1）个砝码即可。由1333n(3ixi ).( xi1,0,1) ，当 xi（I）知 1到 H 中任一斤有且仅有一种表示法i 01时，将砝码 3i放在重物盘中；当xi0时，不放砝码3i；当 xi1时，将砝码3i放在砝码盘中。如此即可。第三章 §31. 证：(ai , m)1, 由定理 1 知 ai所在的模 m的剩余系是与模m互质的。又已知a1 ,a2 ,a ( m) 两两对模 m不同余，所以这( m) 个整数分别属于不同的模m的剩余类。再由定理

20、1 知结论成立。2 . 证：设模 m的一个简化剩余系是r1 , r2 , r(m ) , (1ri m) ，即 ( ri , m) 1，由于(a, m)1 ，当通过 m的简化剩余系1,2 , ( m) 时，由定理 3 知， a 1 , a2 ,a( m) 也通过模 m的剩余系。故对 1i(m) ，存在 j (1j(m) 使a imqi r ja iqir j ai r jm，mmm( m)a i (m) r j1 m(m) .m( m)i 1mj 1m223. （ i ）证：由定理5 知： p 为质数时，( p )pp1p(11 ) 。p所以(1)( p)( p)1( p1)p 2 (11 )

21、p(11 )p 即证。pp（ ii）证 : 设整数 m的所有正约数是 d1 , d2 , dT (m) , 考察 m的完全剩余系 1,2, m（ 1）对 (1)中任一数 a , 设 (a, m)=d,则 d | m , 即 (1)中任一数与 m 的最大公约数是d1 , d2 , dT (m) 中的数。 反之，对每一个 d i ,（ 1）中必有一数 a 使 ( a, m) di （例如 aai ），而且对（ 1）中任一数不可能出现(a, m)di , (a, m)d j.(ij ) ，于是，将（ 1）中的数按其与 m的最大公约数的情形分类： （ 1）中与 m的最大公约数是d1 的数有( m ) 个；（ 1）中与 md1的最大公约数是d2的数有( m )