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：a?12b?26,a?b?12?26?454,12b?26?b?12?26?454,
(12?1)b?454?12?26?26?390,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n?9q?r(0?r?9)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n?27k, r=0； 若n=3k +1, k∈Z，则n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9k(3k?3k?1)?1,r=1； 若n=3k－1, k∈Z，则n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9(3k?3k?k?1)?8,r=8.
332323322333n3n2n??的值是整数。 (2) 当 n∈Z时，
326n3n2n2n3?3n2?n32??=证 因为，只需证明分子2n?3n?n是6的倍数。 32662n3?3n2?n?n(2n2?3n?1)?(n?1)n(2n?1)
?(n?1)n(n?2?n?1)=n(n?1)(n?2)?(n?1)n(n?1).
由k! 必整除k个连续整数知：6 |n(n?1)(n?2),6 |(n?1)n(n?1). 或证：2!|(n?1)n, (n?1)n必为偶数.故只需证3|(n?1)n(2n?1).
若3|n, 显然3|(n?1)n(2n?1)；若n为3k +1, k∈Z，则n－1是3的倍数，得知
(n?1)n(2n?1)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，(n?1)n(2n?1)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 +12×144 n =133×11n +12×(144 n－11 n)及例5的结论． (4)当m，n，l∈N+时，
(m?n?l)!的值总是整数
m!n!l!证明：(m?n?l)!=(m?n?l)(m?n?l?1)(n?l?1)(n?l)(n?l?1)(l?1)?l!
由k!必整除k个连续整数知：m!|(m?n?l)(m?n?l?1) n! |(n?l)(n?l?1)(n?l?1),
(l?1)，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，?a?b?|(an?bn)； (6)当a，b∈Z且a ≠－b，n是单数时，?a?b?|(an?bn)． 解：利用例5结论：若a ≠ b，则?a?b?|(an?bn)．令b=－b*, 即得。 或解： a = (a+b)－b， (5) 当n为双数时，由二项式展开
n an?bn??a?b?b?b?????n??a?b??n?a?b?nn?1b????1?n?1证得。(6) 当n为单数时类似可得。 n?a?b?bn?1，
3．已知a1，a2，a3，a4，a5，b∈Z,且
?ai?152i?b2，说明这六个数不能都是奇数．
解：若这六个数都是奇数，设ai?2ki?1,ki?Z,i?1,2,3,4,5，则
?a??(2k?1)2iii?1i?1552?4?ki(ki?1)?5，因为2|ki(ki?1)，所以8 | 4?ki(ki?1),
i?1i?155?ai?152i?8q?5,q?Z, 而b2?(2k?1)2?4k(k?1)?1，b2?8q*?1，k,q*?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。
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ax?bx?c?0无有理根。 证：若有有理根，记为
2ppp,p,q互质，代入方程有a()2?b??c?0
qqq即ap?bpq?cq?0，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ap?bpq为偶数，但cq是奇数，它们的和不可能为0; 若q为偶数，则bpq?cq为偶数，但ap是奇数，它们的和也不可能为0。
222222
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＝1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011…97 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．
181522291623310172441118255121926613202771421 2899599699799899910001001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) |anan?1a3a2a1a0的特征是：7(或11或13) 整除
|anan?1a3?a2aa| 10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． 6．24|62742??,求?,?.
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?x??ax2?bx?c，f (0)，f (－1)，f (1)，x均为整数．证明：f?x??Z. 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3|62742??,且8|62742??，即3|(???),且8|??，先考虑??0,2,4,6,8,有5组解 ????0,???2,???4,???7,???9, ???????0;???4;???8;???2;???6.9．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1-2
1. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003，17357
2. 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?11, 109用质数试除到7,
2003?45,2003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1 < q≤ 5, 穷举得q=2, p=7; q=5,p=2两组解。故1或 1/8。 7. 合数. 利用质数 p> 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2p?1?h,2q?3?k，h、 k 必为奇数, 2p?1?4p?2?4p?2?4p?2,得k?4，而k
qpq2qkp?3kp不能为3, 故只有k =1, 这样2q－3=p , 代入h?4q?5?4，同时质数 p、q 大于 3. 所以, 只
q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 = 4 p1 p2 … 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> 3?质数p≥ 5，可用前面的方法简单求解。 习题 1-3 1.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：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：26691，1076537，1361241
5.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 课桌 课椅 数量 72 77 单价（元） □.□□ □.□□ 总价（元） □□7.7□ 3□□.□□ □□3□.55 合计金额（元） 7. 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. 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
nn?an??anbbnn2. 证： 由定理1.14?a,b?????a,b?,?a,b????,n?nn??a,b?n??a,ba,ba,b?????????nn?n ??a,b?，
????a?n?b?n?ab??而由定理1.13, ，从而由定理1.21推论3，?=1。 ,??a,b?,?a,b???1???a,b????a,b????????????∴（an，bn）=（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， ［an，bn］（an，bn）= an bn， ∴ ［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|26691，51|26691；31|1076537，41|1076537，51|1076537；31|1361241，41|1361241，51|1361241.
以51为例，51|26691?51|(2669－1×5)；又51|2664 ?51|(266－4×5)；显然51|246 。51|1361241?51|(136124－1×5)，又51|136119?51|(13611－9×5)，又51|13566?51|(1356－6×5)，又51|1326?51|(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. ?4500,12375??49500,?2750,12375??24750,24750较小，24750?2750?9. 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
216216??1?6个，故花圃的周长2160厘米 . 54729. 此题应该先讨论a + b，［a，b］与（a，b）的关系。
令(a,b)?d,a?dt1,b?dt2,?t1,t2??1,?x,y使xt1?yt2?1,x(t1?t2)?(y?x)t2?1, ?(t1?t2,t2)?1.同理(t1?t2,t1)?1.?(t1?t2,t1t2)?(t1?t2,t1)?1(定理1.21),
?(dt1?dt2,dt1t2)?d(定理1.14).即，?a,b??(a?b,?a,b?). ( 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 1-4
1.把下列各数分解质因数：2001，26840，111111
2.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ab或c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,C? , B |?A,B?, 所以B是66，42的公约数，因而B是6的约数。又
49
因为?B,C??66?2?3?11,?A,B??42?2?3?7,所以7|A，11|C，从而设
因为知?2??2?1,且?1?1。A?2?13?27,B?2?13?2,C?2?13?211, 由?A,C??3,若B不含2的话，由?B,C??66,∴A?2?1?3?7, ?A,B??42，A，C就必须同时含2, 与?A,C??3矛盾。
B?2?3?2,C?2?1?3?11,?1,?2,?1?1,0,而且?1与?1不能同时为1.
?1?0,?1?三种情况1,共得6组于是?2?1和0时,各有?1?1,?1?0;?1?0,?1?0;解，分别为：
9. 576和162 10.3535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.
3?77?1?1??3?7?, 代入得10。 2?7?3,?a????2,b??2????22?3?7??2? ?2?试讨论?xy?与?x??y?的大小关系。3. 若x,y?R?,?1?求证：?xy???x??y?;证：?1??xy?????x?＋?x????y?＋?y?????x??y?????x??y?＋?x??y?＋?x??y???
?? 显然 ???x??y?＋?x??y?＋?x??y????0，证得。?2?x，y?Z＋时，?x???y???xy??0,有?x??y???xy?;而 x?1.2,y?2.1时,xy?2.52,?xy??0.52,?x??y??0.02,?x??y???xy?; 又 x?1.9,y?1.8时,xy?3.42,?xy??0.42,?x??y??0.72,?x??y???xy?.可见，三种情况都有。 4. 解方程：（1）3x?5?x??50?0 解：?x??50?3x5y?50 是整数,设其为y.由原方程得x?5350?3x8x?508x?505055又?x??x??,0??x???1.即0?8x?50?5,?x?.
5558820505y?505561. 亦即??,13??y?14?, y?14 ?x?383888
（2）原式化为?x??x(x??x?)?0，整理后再由一元二次方程求根公式得 ?x??25?15?15?1x，与相乘后的积为整数，只能是x?。 2225. 15< x+ y<16.
6. 25！=222×310× 56× 73×112×13×17×19×23. 由定理1.29公式求出各个质数的指数。 7.（1）??199?1??199?2???????97??97??199?96??? ??97?5?1??5?2?5?96??解： 原式??2?1? ?2?2???2?96???????97??97?97????5?1??5?2??5?96??2?1?2?2??2?96???????97????97???97??
?5?1??5?19??5?20??9312???????????979797???????5?78??5?96????????97???97??=9312+0+…+0+19+40+57+76=9504.
（2）考虑1??5?38??5?39????????9797?????5?58????97??11?2232?111?1??200821?22?3?1
2007?2008?11??11??1??????????12??23?1??1?????20072008??1?=1.
20082???1?1?8. 1373个 .
9. 14人 . 10. 49盏 .
11?2232?1111?1??2。从而?2??22?23200822008?x??1??211. 高中时我们已知x?1?x?1???2x?1?x?1,
?2x?1?x??1时,?x???2,??2?x??1；
?1?x?1时,?x??2x,即??x??0??1?x?0,即?2?2x?0,而2x?Z,x?1时,?x??2,?2?x?3.?x??,x?0;
∴ －2≤ x<－1或 2≤ x<3或 x= －1/2 或 x= 0.
12. 解： 等式左边为73个数相加,而546?73?7?35.?7?x?8,
12
且可知等式左边从右向左有且只有满足x?由等式左边从右向左第35项x?y?8 10057?8移项得x?7.43. 100??100x??743.
习题2-1
5. 若69, 90和125关于某数 d 同余, 证明对于d, 81与 4同余. 证明：由69和90关于 d 同余, d | 90－ 69, d | 21,
90和125关于某数 d 同余, d | 125－ 90, d | 35, ∴ d | (21, 35) , d=1或7. 22
9. 由 (n, 8)=1可知,n为奇数. 设n=2k+1, n－1= 4k (k+1),8 | (n－1).
12. 4+1=5, 因此个位为4的2n, 加1后都能被5整除. 先考察n=1, 2, … , n 较小的情况:
2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,个位为6的幂间隔4次得重复出现, 又6 ×4=24. 因此?24??4?1?24k?2?1能被5整除.
k
14.
+
即n=4k+2(k∈Z).
任意平方数的末位数字都不能是 2, 3, 7, 8的某一个.
2 22
证：令a=(10x+y), 则a2=(10x+y)≡y (mod 10). 令=0,1…9， y 的个位不能是2, 3, 7, 8.
2
因此，数字 a (1≤a≤9) 的平方 a的末位数字也没有2, 3, 7, 8. 习题2-2
3. 3?3?242?11?22.3?3?350nmm?3n?m?1??
4. 偶数m的最小非负完全剩余系中奇偶各半.任一组完全剩余系中各数必与0,1, …m－1中一个数同余,故均可写成mkr+r,r= 0,1, …m－1的形式.故亦奇偶各半. 其他的都是较基本的题目, 请看书后的答案或提示. 习题2-3
1.乘幂 20，21，22，…，29能否构成模 11的一个简化剩余系？ 解：i > j时，2－2=2(2
i
j
j
i－j
－1), 11|2, 通过验证可知，对任何i，j，也有11|(2
j
i－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 10 11 12 1 1 1 2 3 3 4 5 5 6 最 小 简 化 剩 余 系 7 7 7 8 9 9 10 11 φ (m) 4 10 4
13 14 15 16 17 18 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 5 5 5 5 5 6 6 7 7 7 7 7 8 8 8 9 9 9 9 10 11 12 11 11 11 11 13 13 13 15 17 12 6 8 8 16 6 13 14 10 11 12 13 14 15 16 3.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，xi?xj（mod m），（xi，m）=1，i = 1，2，…，φ(m). （充分性）k=φ（m），∴ x1，x2，…，xk共有φ（m）个.
又 xi?xj（mod m），（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（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：若有?i?1,无论pi为奇为偶,有pi?i?pi?i?1=pi?i?1?pi?1?是偶数.
所有的?i?1,则必有一个pi为奇数.因为如果m为质数,?(m)?m?1,大于2的质数是奇数,m?1是偶数;如果m为合数,pi中最多只有一个是2(偶数),那么至少有一个为奇数,这时?(m)???pi?1?,显然是偶数.
i?1k
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 2-4
1.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（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. （3）16. （4）1. （5）70. （1）84965除以13；（13，8）=1, ∴ 812≡1（mod 13），84965=(812)413×89≡1×(-1)4 ×8（mod 13） 或解：82≡－1（mod 13），84965=(82)2482×8 ≡ (-1) 2482 ×8 ≡ 8（mod 13）。 3.设 p，q是两个大于 3的质数，求证：p2≡ q2（mod 24）. 4.设 p是大于 5的质数，求证：p4≡1（mod 240）. 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（mod 3）， q2≡1（mod3）. ∴ p2 ≡ q2（mod 3）. 又 ∵ p，q 必为奇数，由习题2-1第9题的结论，有p2≡1（mod 8），q2≡1（mod8）. ∴ p2 ≡ q2（mod 8）. ∴ p2 ≡ q2（mod 24）.
2
4. 240 = 3×5×16，由条件，( p，3 ) = ( p，5 ) = 1，∴ p4≡1（mod5），p4≡（p2）≡1（mod3）. 又 p为奇质数，从而 2 |（p2+ 1），8 |（p2-1），∴ 16 |（p4-1），即 p4≡1（mod 16）. 而（3，5）=（3，16）=（5，16）= 1. ∴ p4≡1（mod 240）. 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（mod p）； （2）当 a 是偶数时，ap-1－(p－1)a ≡ 0（mod p）.
6. 已知 p，q 是 两 相 异 的 质 数，且 ap-1≡1（mod q），aq-1≡1（mod p）， 求证：apq≡ 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）.
(p－1)a ≡－1（mod p），∴ ap-1+ (p－1)a≡ 1－1≡ 0（mod p）. （2）由条件，ap-1≡1（mod p）, (p－1)a≡1（mod p），∴ap-1－(p－1)
?(n)≡1－1≡0（mod p）.
6. ∵ ap ≡ a（mod p），∴ apq ≡ (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
?(m)?1（mod m），那么 ax≡ b（mod m）.
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
?(m)?1(mod m)，∴ ax≡ aba
?(m)?1≡ a
?(m)b (mod m). ∵ (a，m) = 1，a
?(m)= 1
(mod m)，∴ ax≡ b（mod m）.
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 ≡ 7 4444 ≡ 74 ≡ (－2)4 ≡ 7（mod 9），∴ 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（mod 2），x（x12- 1）≡ 0（mod 13）. 又 ∵x13-x= x（x6- 1）（x6+ 1），∴ 当 7 | x或 7 | x时都有 x（x6- 1）（x6+ 1）≡ 0（mod 7）.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）= 24 x3（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：p|9999.
?p?1?p个9解答：10. ∵质数 p> 3，∴ （6，p）=1，xp- x= x（xp-1- 1）≡ 0（mod p）. 又 p- 1是偶数，∴x（xp-1-1）≡ x（x2- 1）…（mod p）. 于是，当 2 | x或 2 | x 时，x（x2- 1）≡ 0（mod 2）；当 3 | x或 3 | x时，x（x2-1）≡ 0（mod 3）.故 x（xp-1- 1）≡ 0（mod 6）.从而6 | p（xp- x）. 11. 99（10，p）= 1，∴ 10p-1≡ 1（mod p）. 99?10?p?1?k?1. 由条件，
?p?1?k个9∴ （10p-1）k≡ 1（mod p）. ∴ p|99?(n)99.
?p?1?p个912. 设（m，n）=1，证明：m证：∵（m，n）= 1，∴n（mod m）. 对称可得 m
?(m)+ n
?(m)≡1（mod mn）.
?(n)≡1（mod m ），而 m
?(m)x≡ 0（mod m ），∴ m
?(n)?(n)+n
?(m)≡ 1
?(n)+n≡ 1（mod n）. ∴ m+n
?(m)≡ 1（mod mn）.
13. 已知 a =18，m =77，求使 a≡1（mod m）成立的最小自然数 x. x=30.
满足要求的最小自然数 x必为60 的约数。验算可知。 ?(77)??11?1??7?1??60,由定理，
习题3-1
1．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;
?x??62?15t原方程的通解为?这里t为任意常数.
?y??31?7t（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;
?x??28?15t原方程的通解为?这里t为任意常数.
?y?21?11t（3）用分离整数法：x?280?40y8?6y?16?2y?.
1717观察可知y =－10时，x = 36 + 4= 40.
?x?40?40t∴ 原方程的通解为?这里t为任意常数.
?y??10?17t2. 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 3-2
1．求 x2+ y2= z2中 0< z<60的所有互质的解.
2．求三个整数 x，y，z（x> y> z>0），使 x- y，y- z，x- z都是平方数 . 1．
b a x y z 1 2 3 4 5 1 4 8 1 6 2 3 2 5 2 7 3 4 4 5 9 15 35 5 21 45 7 12 12 20 28 24 40 17 37 13 29 53 25 41 2. 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)－(2xy)4，即(2xy)4+ z4=(x4+4y4)2，就是说，
2
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= y－ z2.
2
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< t1< t，矛盾，从而得证 . 习题 3-3
1. 求不定方程 4x2-4xy-3y2=21的正整数解 . 2. 求不定方程 x2+ y2=170的正整数解 . 3. 求不定方程 x2-18xy+35=0的正整数解 . 4. 求 4x2-2xy-12x+5y+11=0的正整数解 . 5. 求 x2+ xy-6=0的正整数解 . 6. 求 y- (x+3y)/(x+2) =1的正整数解 .
7. 设 n =7（mod 8），则 n 不能表示为 3个平方数的和 . 1. 由4x2－4xy－3y2= 21，得（2x+ y）（2x－3y）= 21. 得 2x+ y= 21， 2x+ y=7， 即 x= 8， x= 3， 2x- 3y=1， 2x- 3y= 3. y= 5， y= 1. 2. 由 x2+ y2=170知，x，y同为奇数或同为偶数.
x，y为偶数，则 x2+ y2有因数 4，而 170无 4因数；
x，y为奇数，设x =2k+1, y = 2h+1, 代入化简得k (k+1)+h (h+1) = 42, 仅当k = 0, h = 6或k = 0, h = 6时可求得：
?x?1,?x?13,?x?7,?x?11, ?????y?13;?y?1;?y?11;?y?7.x?35，x是 35的约数，得 x= 1，y= 2，或x=35，y=2. x64. 由原方程变为：y= 2x－1+ ，2x－5是 6的约数：± 1，±2，±3，±6，通过分析得
2x?53. x2-18xy+ 35=0，得 18y=
x=3，y=11或x=4，y=9.
5. x=1，y=51或 x= 2，y= 11.
6. 原方程变形为 y=2+ 4x- 1，可求得 x= 2，3，5，代入可求 y.
7. x2+ y2+ z2= n=7（mod 8），则 x，y，z必有一奇数 .由 x2≡1（mod 8），有 y2+ z2=6（mod 8），即y，z同奇同偶，同奇不成立，同为偶时，由 y≡4（mod8）产生矛盾 . 8. x2+ y2= p≡3（mod4），当 x，y≡0，± 1，2（mod4）时，x2+ y2≡0，1，2（mod 4）），这产生矛盾，命题得证 .
9. 由原方程组中 x+ y+ z=0得 z= - （x+ y），代入 x3+ y3+ z3= -18，则 xy（x+y）=6，故 xyz= -6，x、y、z都是 6的约数，并且只有一个是负数，可得其整数解 x= -3，y= 2，z= 1. 10. 通过证明 x2+ y2+ z2被 8整除所得的余数不等于 - 1即可 . 11. 通过证明 x3+ y3+ z3被 9整除所得的余数不等于 4即可 . 习题4-2(P138)
1．试写出三个模数是18的一次同余式，分别使它有唯一解，无解，有四个解。 2. 下列同余方程是否有解？为什么？如果有解，有多少个解？ （1）8x+5≡0（mod 23）；（2）15x+7≡0（mod 12）；
（3）34x≡0（mod 51）；（4）30x≡18（mod 114）；（5）174x≡65（mod 1309）. 3.用同解变形法解下列同余方程：（1）3x≡2（mod 7）；（2）9x≡12（mod 15）； （3）15x≡9（mod 6）； （4）20x≡44（mod 72）； （5）40x-191≡0（mod 6191）；（6）256x≡179（mod 337）. 4.用化为不定方程的方法解下列同余方程：
（1）20x≡4（mod 30）； （2）64x≡83（mod 105）； （3）57x≡87（mod 105）； （4）4x≡11（mod 15）； （5）47x≡89（mod 111）； （6）10x≡22（mod 36）. 5.利用欧拉定理解下列同余方程：
（1）6x≡22（mod 36）； （2）3x≡10（mod 29）； （3）258x≡131（mod 348）； （4）11x≡7（mod 13）； （5）3x≡2（mod 17）； （6）243x≡102（mod 551）. 6.用求组合数的方法解下列同余方程：
（1）5x≡13（mod 43）； （2）9x≡4（mod 2401）； 习题4-3(P154)
第2题a取什么值时，下面的同余方程组有解？
解：因为(18, 21)=3, 3|8－5，所以??x?5(mod18),?x?5(mod18),有解；(18, 35)=1, 所以??x?8(mod21).?x?a(mod35).?x?a(mod35),有解。
?x?8(mod21).总是有解。因此，要使题设的同余方程组有解，只需?而这里，(21, 35)=7，由定理可知，只需a≡8≡1(mod 7). 即x = 1+7t ( t为整数 )，题设的同余方程组总有解。 3.解下列同余方程组：(1) ??x?3(mod7),?x?6(mod13),, (2) ?
?x?5(mod11).?x?7(mod24).?2x?4(mod8), ?15x?5(mod35).?(4) ??5x?7(mod11), (5)
6x?9?0(mod19).?解：(1)方法一：设x=5+11y, 代入第一个同余方程，得11y≡3－5 (mod 7)，
得y≡3 (mod 7) 所以同余方程组的解是x≡38 (mod 77)。 方法二：用孙子定理解，M=77，M1=11，M2= 7， 令11 M1′≡1(mod 7)， 得M1′≡2(mod 7)， 7 M2′≡1(mod 11)，得M2′≡－3(mod 11)，
所以同余方程组的解是x≡11×2×3 + 7×(－3)×5≡－39≡38 (mod 77). (2) 方法一：设x=7+24y, 代入第一个同余方程，得24y≡6－7 (mod 13)， 得y≡7 (mod 13) 所以同余方程组的解是x≡7+24×7≡175 (mod 312)。 方法二：用孙子定理解，M=312，M1=24，M2= 13， 令24 M1′≡1(mod 13)， 得M1′≡6≡－7 (mod 13)， 13 M2′≡1(mod 24)，得M2′≡13(mod 24)，
所以同余方程组的解是x≡24×(－7)×6 + 13×13×7≡－1008+1183≡175 (mod 312).
第4题(1) (3) (4).
5．.解下列同余方程组： （1） x≡8（mod 15）， （2） x≡6（mod 11），
x≡3（mod 10）， x≡3（mod 8）， x≡1（mod 8）； x≡11（mod 20）； （3） x≡2（mod 35）， （4） 4x≡90（mod 105），
x≡9（mod 14）， 5x≡18（mod 63）， x≡7（mod 20）； 7x≡10（mod 50），
3x≡12（mod 22）
?x ? 2 ?解：（1）化为?x ? 3 ??x ?1?mod 3?,?mod 5?,用孙子定理解，M=120，M1=40，M2=24，M3=15， ?mod 8?.令40 M1′≡1(mod 3)， 得M1′≡1 (mod 3)；
24 M2′≡1(mod 5)， 得－M2′≡1(mod 5)，M2′≡－1(mod 5)； 15 M3′≡1(mod 8)， 得－M2′≡1(mod 8)，M2′≡－1(mod 8)
所以同余方程组的解是x≡40×2 + 24× (－1)×3 +15×(－1)×1 ≡ －7(mod 120).
?x ? 2 ?（3）化为?x ? 9 ??x ?3?mod 35?, ?,?mod1?mod 4?.??x ? 2 即??x ?3??mod 35?,
?mod 4?.用孙子定理解，M=140，M1=4，M2=35， 令4 M1′≡1(mod 35)， 得M1′≡9 (mod 35)；
35 M2′≡1(mod 4)， 得－M2′≡1(mod 4)，M2′≡－1(mod 4)；
所以同余方程组的解是x≡4×9×2 + 35× (－1)×3 ≡ －33 ≡ 107 (mod 140).
6. 解我国古代数学家杨辉在 1275 年所写的《续古摘奇算法》中的三个例题： （1）七数剩一，八数剩一，九数剩三，问本数；
（2）十一数余三，十二数余二，十三数余一，问本数； （3）二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数.
??x ? 1 解：（1）???x ?3?mod 56?,
?mod 9?.方法一：设x=1+56y, 代入第二个同余方程，得
56y ≡ 3－1 (mod 13)，（56－54）y ≡ 2 (mod 13)
得y ≡ 1 (mod 13) y，所以，同余方程组的解是x≡57 (mod 504)。 方法二：用孙子定理解。
?x ? 3 ?（2）?x ? 2 ??x ?1 ?,?mod11 ?,用孙子定理解，M=1716，M1=156，M2=143，M3=132， ?mod12 ?.?mod13令156 M1′≡1(mod 11)， 得2M1′≡12(mod 11)，M1′≡6(mod 11)；
143 M2′≡1(mod 12)， 得－M2′≡1(mod 12)，M2′≡－1(mod 12)； 132 M3′≡1(mod 13)， 得2M2′≡－12(mod 13)，M2′≡－6(mod 13)
所以同余方程组的解是x≡156×6×3 + 143× (－1)×2 +132×(－6)×1 ≡ 14(mod 17). 法二：观察法。或累加试除法。
7. 设韩信所辖某部士兵共 26641人，在一次战斗中损失近百人. 休整时清查：1～3报数余 1，1～5报数余 3，1～ 7报数余 4. 问损失了多少人？
?x ? 1 ?mod 3?,??x ? 3 ?mod 5?,解：设还有士兵x人，由题设，得同余方程组?
?x ?4?mod 7?,?26541?x ?26600.?
由口诀，x≡70 + 21×3 + 15×4≡193+105×251≡ 26548 (mod 105) 26641－26548=93人。损失了93人。
?26641?x ? 1 ??26641?x ? 3 设损失了x人，得同余方程组??26641?x ?4?0?x ?100.??x ? 0 ?mod 3?,?mod 3?,?mod 5,???x ? 3 ?mod 5?,化为?
?mod 7?,?x ?2?mod 7?,?0?x ?100.?由口诀，x=21×3 + 15×2=93。损失了93人。
8. 求 7的倍数，使它分别被 2，3，4，5，6除时，余数都是 1.
解：设所求为7x, [2，3，4，5，6] =60，由题设，得7x ? 1 ?mod 60?,
用大衍求一术得x≡43 (mod 60), 7x=7×43=301， 故，所求为301+420t , t 为整数。 9. 求三个连续的自然数，使它们从小到大依次被 15，17，19 整除（写出其中最小的一组）.
??15x?1 ? 0 解：由题设，得同余方程组???15x ?2?0 ?, ?,??mod17?x ? 9 ?mod17化为标准形式为? ?. ?.?mod19??x ?10?mod19用孙子定理解，M=321，M1=19，M2=17，
令19 M1′≡1(mod 17)， 得M1′≡9(mod 17)， 17 M2′≡1(mod 19)， 得M2′≡9(mod 19)，
所以同余方程组的解是x≡19×(－8)×9 + 17×9×10 ≡ 162 (mod 321). 本题所求的三个连续的自然数是162×15，162×15+1，162×15+2，即2430，2431，2432。