《《初等數(shù)論》習(xí)題集及答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《《初等數(shù)論》習(xí)題集及答案（53頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、初等數(shù)論習(xí)題集第 1 章第 1 節(jié)1.證明定理 1。2.證明：若 m p mn pq,貝Um p mq np。3.證明：任意給定的連續(xù) 39 個(gè)自然數(shù)，其中至少存在一個(gè)自然數(shù)，使得這個(gè)自然數(shù)的數(shù)字和能被 11 整除。4.設(shè) p 是 n 的最小素約數(shù)，n = pni, ni 1,證明：若 p 3n，貝Uni是素?cái)?shù)。5.證明：存在無(wú)窮多個(gè)自然數(shù)n,使得 n 不能表示為a2p ( a 0 是整數(shù)，p 為素?cái)?shù)) 的形式。第 2 節(jié)1.證明：12 n42n311 n210n, n Z。2.設(shè) 3 a2b2,證明：3 a 且 3 b。3.設(shè) n, k 是正整數(shù)，證明：nk與 nk + 4的個(gè)位數(shù)字相同。4

2、.證明：對(duì)于任何整數(shù) n, m,等式 n2 (n 1)2= m22 不可能成立。5.設(shè) a 是自然數(shù)，問(wèn) a4- 3a29 是素?cái)?shù)還是合數(shù)？6.證明：對(duì)于任意給定的n 個(gè)整數(shù)，必可以從中找出若干個(gè)作和，使得這個(gè)和能被n 整除。第 3 節(jié)1.證明定理 1 中的結(jié)論(i) (iv)。2.證明定理 2 的推論 1,推論 2 和推論 3。3.證明定理 4 的推論 1 和推論 3。4.設(shè) x, y Z, 17 2x 3y,證明：17 9x 5y。5.設(shè) a, b, c N , c 無(wú)平方因子，a2b2c,證明：a b。6.設(shè) n 是正整數(shù)，求。打 2 為,C2；4的最大公約數(shù)。第 4 節(jié)1.證明定理 1

3、。2.證明定理 3 的推論。3.設(shè) a, b 是正整數(shù)，證明：(a b)a, b = ab, a b。4.求正整數(shù) a, b,使得 a b = 120, (a, b) = 24 , a, b = 144。5.設(shè) a, b, c 是正整數(shù)，證明：2 2a,b, c _(a,b,c)a, bb,c c, a (a,b)(b, c)(c,a) 6.設(shè) k 是正奇數(shù)，證明：129 1k2k 9k。第 5 節(jié)1.說(shuō)明例 1 證明中所用到的四個(gè)事實(shí)的依據(jù)。2.用輾轉(zhuǎn)相除法求整數(shù)x, y,使得 1387X - 162y = (1387, 162)。3.計(jì)算：(27090, 21672, 11352)。4.使

4、用引理 1 中的記號(hào)，證明：(Fn + 1, Fn) = 1。5.若四個(gè)整數(shù) 2836，4582，5164，6522 被同一個(gè)大于 1 的整數(shù)除所得的余數(shù)相同， 且不等于零，求除數(shù)和余數(shù)各是多少？6.記 Mn= 2 - 1，證明：對(duì)于正整數(shù) a， b，有(Ma, Mb) = M(a, b)。 第 6 節(jié)1.證明定理 1 的推論 1。2.證明定理 1 的推論 2。3.寫出 22345680 的標(biāo)準(zhǔn)分解式。4.證明：在 1,2,，2n 中任取 n 1 數(shù)，其中至少有一個(gè)能被另一個(gè)整除。115.證明：1 1亠一丄(n _ 2)不是整數(shù)。2n6.設(shè) a，b 是正整數(shù)，證明：存在a1，a?，S，b?，使

5、得a = a1a2， b = Sb2，(a2, b2) = 1， 并且a, b = a2b2第 7 節(jié)1.證明定理 1。2.求使 12347!被 35k整除的最大的 k 值。g n +2ra3.設(shè) n 是正整數(shù)，x 是實(shí)數(shù)，證明：L.r= n。r二24.設(shè) n 是正整數(shù)，求方程2 2 2X - X = (X - X)在1, n中的解的個(gè)數(shù)。5.證明：方程2345f(x) = x2x2 x 2 x 2 x 2 x = 12345沒(méi)有實(shí)數(shù)解。6.證明：在 n!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中，2 的指數(shù) h = n - k，其中 k 是 n 的二進(jìn)制表示的位數(shù) 碼之和。第 8 節(jié)1.證明：若 2n1 是素?cái)?shù)，則 n

6、 是 2 的乘幕。2.證明：若 2n- 1 是素?cái)?shù)，則 n 是素?cái)?shù)。3.證明：形如 6n 5 的素?cái)?shù)有無(wú)限多個(gè)。4.設(shè) d 是正整數(shù)，6|d，證明：在以 d 為公差的等差數(shù)列中，連續(xù)三項(xiàng)都是素?cái)?shù)的情況最多發(fā)生一次。5.證明：對(duì)于任意給定的正整數(shù)n，必存在連續(xù)的 n 個(gè)自然數(shù)，使得它們都是合數(shù)。:16.證明：級(jí)數(shù) 7 發(fā)散，此處使用了定理1 注 2中的記號(hào)。n 4Pn第 2 章第 1 節(jié)1.證明定理 1 和定理 2。2.證明定理 4。3.證明定理 5 中的結(jié)論(i)一(iv)。4.求 81234被 13 除的余數(shù)。5.設(shè) f(x)是整系數(shù)多項(xiàng)式，并且 f(1), f(2),，f(m)都不能被 m

7、 整除，則 f(x) = 0 沒(méi)有 整數(shù)解。6.已知 9962427，求：與一：。第 2 節(jié)1.證明定理 1。2.證明：若 2p 1 是奇素?cái)?shù)，則(p!)2(1)P三 0 (mod 2p 1)。3.證明：若 p 是奇素?cái)?shù)，N = 1 - 2 亠亠(p - 1)，貝 U(p 1)!三 p 1 (mod N)。4.證明 Wils on 定理的逆定理：若 n 1，并且(n 1)!三 1 (mod n),則 n 是素?cái)?shù)。5.設(shè) m 是整數(shù)，4m, a1, a2, am與b1, b2,，bm是模 m 的兩個(gè)完全剩余系，證明：a1b1, a2b2,，ambm不是模 m 的完全剩余系。6.設(shè) m1, m2,

8、mn是兩兩互素的正整數(shù)，(1 _i _n)是整數(shù)，并且6 三 1 (mod mi),1 i 蘭 n,&三 0 (mod mj), i 式 j,1 1, (a, m) = 1 ,M1X1M2X2MnXnX-I, X2,，X(m)是模 m 的簡(jiǎn)化剩余系，證明:1才m)。:1(m) zi #其中x表示 x 的小數(shù)部分。4.設(shè) m 與 n 是正整數(shù)，證明：(mn) (m, n) = (m, n) (m):(n)。5.設(shè) a, b 是任意給定的正整數(shù)，證明：存在無(wú)窮多對(duì)正整數(shù)m 與 n,使得a (m) = b (n)。6.設(shè) n 是正整數(shù)，證明：1(i) (n) _ .： n；2(ii)若 n 是合數(shù)，

9、則 (n)：SnVn。第 4 節(jié)1.證明：1978103 19783能被 103整除。2.求 313159被 7 除的余數(shù)。3.證明：對(duì)于任意的整數(shù)a, (a, 561) = 1，都有 a560三 1 (mod 561)，但 561 是合數(shù)。4.設(shè) p, q 是兩個(gè)不同的素?cái)?shù)，證明：q -1p-1p q 三 1 (mod pq)。5.將 612- 1 分解成素因數(shù)之積。6.設(shè) n N , b N，對(duì)于 bn1 的素因數(shù)，你有甚麼與例6 相似的結(jié)論？第 5 節(jié)1.證明例 2 中的結(jié)論。2.證明定理 2。3.求 a1。d | nd4.設(shè) f(n)是積性函數(shù)，證明：(i)(d)f(d)刑(1 -f(

10、p)d |np|n(i)無(wú)42(d)f(d)=D (1 + f(p)。d |np|n5.求(n)的 Mobius 變換。第 3 章第 1 節(jié)1.證明定理 3。2.寫出 789 的二進(jìn)制表示和五進(jìn)制表示。3.求的小數(shù)的循環(huán)節(jié)。214.證明：七進(jìn)制表示的整數(shù)是偶數(shù)的充要條件是它的各位數(shù)字之和為偶數(shù)。5.證明：既約正分?jǐn)?shù) -的 b 進(jìn)制小數(shù)(0 a4aa )b為有限小數(shù)的充要條件是n 的n每個(gè)素因數(shù)都是 b 的素因數(shù)。第 2 節(jié)2.設(shè)連分?jǐn)?shù)：-1,：2,，:n,的第 k 個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為 邑，證明:qk勺 1 餡21k1PkPkI卜1=!, k2。J 0 人 1 0 丿 J 0 丿 丿3.求連分?jǐn)?shù) 1,

11、2, 3, 4, 5, -的前三個(gè)漸近分?jǐn)?shù)。4.求連分?jǐn)?shù) 2, 3, 2, 3,-的值。5.解不定方程：7x 9y = 4。第 3 節(jié)1.證明定理 4。2.求 13 的連分?jǐn)?shù)。3.求 2 . 3 的誤差一 10 一5的有理逼近。4.求 sin 18 的誤差 10 的有理逼近。5.已知圓周率二=3, 7, 15, 1,292, 1, 1, 1,21, ，求二的誤差 y z,使 x -y,: 解不定方程：x23y2= z2, 證明下面的不定方程沒(méi)有滿足2 2 22 2(i) x y = x y；2 2 2(ii) x y z = 2xyz。求方程:2z-1, 2(x y 1)都是平方數(shù)。 x-z,

12、 y-z都是平方數(shù)。x 0 , y 0, z 0 , (x, y ) = 1。xyz豐0 的整數(shù)解。y2= z4的滿足(x, y ) = 1 , 2 x 的正整數(shù)解。1.求方程xy - 6 =0 的整2.求方程組丿x y z 二 0 x3+y3+z3“8 的整數(shù)解。3.求方程 2x- 3y= 1 的正整數(shù)解。111求方程的正整數(shù)解。xyz5.設(shè)無(wú)理數(shù).d = ai, a2,，an, 的第 k 個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為 Pk，且正整數(shù) n 使得 qkPn= agn : qn J,dqn= aipnPn，證明：(i)當(dāng) n 為偶數(shù)時(shí)，pn, qn是不定方程 x2-dy2= 1 的解；(ii)當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí)，

13、p2n, q2n是不定方程 x2-dy2= 1 的解。 第 4 章第 1 節(jié)1.將丄7寫成三個(gè)既約分?jǐn)?shù)之和，它們的分母分別是3, 5 和 7。1052.求方程 xi- 2x2- 3x3= 41 的所有正整數(shù)解。3.求解不定方程組：x12x23x3=72x1-5X220 x3=114.甲班有學(xué)生 7 人，乙班有學(xué)生 11 人，現(xiàn)有 100 支鉛筆分給這兩個(gè)班，要使甲班的 學(xué)生分到相同數(shù)量的鉛筆，乙班學(xué)生也分到相同數(shù)量的鉛筆，問(wèn)應(yīng)怎樣分法？數(shù)可以表示成 ax+by (x 0, y 0)的形式。 第 2 節(jié)5.證明：二元一次不定方程ax by = n,a 0 , b 0 , (a, b) = 1 的

14、非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)為或1。 abab6.設(shè) a 與 b 是正整數(shù)，(a, b) = 1，證明:1,2, ab - a - b 中恰有(a_1)(b-1)個(gè)整2 1 15.設(shè) p 是素?cái)?shù)，求方程的整數(shù)解。P x y6.設(shè) 2n - 1 個(gè)有理數(shù) ai, a2,，a2n .1滿足條件 P：其中任意 2n 個(gè)數(shù)可以分成兩組， 每組 n個(gè)數(shù)，兩組數(shù)的和相等，證明：a1= a1= a2n；11。第 5 章第 1 節(jié)1.證明定理 1。2.解同余方程：(i)31x 三 5 (mod 17);(ii)3215x 三 160 (mod 235)。3.解同余方程組：|3x 5y 三 38(mod 47)j x -

15、y 三 10(mod 47)4.設(shè) p 是素?cái)?shù)，0 a n。第 4 節(jié)1.解同余方程：1184(i) 3x 2x 5x - 1 三 0 (mod 7);20127(ii) 4x 3x 2x 3x - 2 三 0 (mod 5)。2.判定32(i) 2x -x + 3x - 1 三 0 (mod 5)是否有三個(gè)解；652(i) x + 2x - 4x + 3 三 0 (mod 5)是否有六個(gè)解？k3.設(shè)(a, m) = 1 , k 與 m 是正整數(shù)，又設(shè) X0三 a (mod m)，證明同余方程xk三 a(mod m)的一切解 x 都可以表示成 x 三 yx(mod m),其中 y 滿足同余方程

16、 yk三 1 (mod m)。4.設(shè) n 是正整數(shù)，p 是素?cái)?shù)，(n, p1) = k,證明同余方程 xn= 1 (mod p)有 k 個(gè)解。5.設(shè) p 是素?cái)?shù)，證明：(i ) 對(duì)于一切整數(shù) x, xp 1 三(x - 1) (x 2)(xp + 1) (mod p);(i) (p - 1)!三 1 (mod p)。6.設(shè) p 3 是素?cái)?shù)，證明：(x- 1)(x- 2廠(xp+ 1)的展開(kāi)式中除首項(xiàng)及常數(shù)項(xiàng)外， 所有的系數(shù)都是 p 的倍數(shù)。第 5 節(jié)21.同余方程 x 三 3 (mod 13)有多少個(gè)解？2.求出模 23 的所有的二次剩余和二次非剩余。3.設(shè) p 是奇素?cái)?shù)，證明：模 p 的兩個(gè)

17、二次剩余的乘積是二次剩余；兩個(gè)二次非剩余 的乘積是二次剩余；一個(gè)二次剩余和一個(gè)二次非剩余的乘積是二次非剩余。n4.設(shè)素?cái)?shù) p 三 3 (mod 4),( )= 1，證明 xwn4(mod p)是同余方程p有解的充要條件是(n)= 1。pp -16.設(shè) p 是奇素?cái)?shù)，證明：模 p 的所有二次剩余的乘積與(_1)P 對(duì)模 P 同余。第 6 節(jié)1.已知 769 與 1013 是素?cái)?shù)，判定方程2(i) x 三 1742 (mod 769);(ii) x2三 1503 (mod 1013)。是否有解。2.求所有的素?cái)?shù) p,使得下面的方程有解：2x 三 11 (mod p)。3.求所有的素?cái)?shù) P,使得-2

18、 QR(p), -3 QR(p)。4.設(shè)(x, y) = 1，試求 x27y2的奇素?cái)?shù)因數(shù)的一般形式。5.證明：形如 8k 5 (匕 Z)的素?cái)?shù)無(wú)窮多個(gè)。6.證明：對(duì)于任意的奇素?cái)?shù)p,總存在整數(shù) n,使得p (n21)( n22)(n2- 2)。第 7 節(jié)1.證明定理的結(jié)論(ii ), (iii ), (iv )。2 _2.已知 3019 是素?cái)?shù)，判定方程 x 三 374 (mod 3019)是否有解。3.設(shè)奇素?cái)?shù)為 p = 4nT 型，且 d n,證明：(？)= 1。paap =q 4a，證明：(一)=(一)pq當(dāng) a 三 0,1(mod 4)當(dāng) a 三 2, 3(mod 4)。6.設(shè) a,

19、 b, c 是正整數(shù)，(a, b) = 1 , 2|b, b 0, b 0, b 為奇數(shù)，證明：kf)b2a +bV)4.5.此處(旦)是 Legender 符號(hào)。P3.設(shè)素?cái)?shù) p 三 1 (mod 4)，此處(旦)是 Legender 符號(hào)。 p(i)設(shè) p 奇素?cái)?shù)，則 Mp= 2P- 1 的素因數(shù)必為 2pk 1 型;2nn+ 1(ii)設(shè) nK 0，則 Fn= 2+ 1 的素因數(shù)必為 2 k+ 1 型。第 2 節(jié)1.求模 29 的最小正原根。2.分別求模 293和模 2 293的原根。3.解同余方程：x 三 16 (mod 17)。4.設(shè) p 和 q = 4p 1 都是素?cái)?shù)，證明：2 是

20、模 q 的一個(gè)原根。(k, p) = 1,記則 2 S(k)，并且，對(duì)于任何整數(shù)有2tS(kt2 3 4 5 6) =()S(k)，p4.設(shè) p 是奇素?cái)?shù)，(一)=1,Pm 12， m 2(-1，則P )2，n 12，n 22，n (口)22 2構(gòu)成模5.p 的一個(gè)簡(jiǎn)化剩余系。在第 3 題的條件下,并沿用第p =(122 題的記號(hào)，有1 S(m)2(2S(n)2。即上式給出了形如 4k 1 的素?cái)?shù)的二平方和表示的具體方法。6.第 2 節(jié)1.利用題 5 的結(jié)論，試將 p = 13 寫成二平方和。2.3.4.5.第 7 章第 1 節(jié)若(x, y, z) = 1，則不存在整數(shù) n,使得2 2 2 2

21、x y z = 4n。設(shè) k 是非負(fù)整數(shù)，證明 2k不能表示三個(gè)正整數(shù)平方之和。 每一個(gè)正整數(shù) n 必可以表示為 5 個(gè)立方數(shù)的代數(shù)和。16k15 型的整數(shù)至少需要 15 個(gè)四次方數(shù)的和表之。16k31 不能表示為 15 個(gè)四次方數(shù)的和。證明證明證明5.設(shè) m _ 3， g1和 g2都是模 m 的原根，則 g = g1g2不是模 m 的原根。6.設(shè) p 是奇素?cái)?shù)，證明：當(dāng)且僅當(dāng)p - 1 |n 時(shí)，有1n- 2n川汕(p 1)n三 0 (mod p)。第 8 章第 1 節(jié)1.補(bǔ)足定理 1 的證明。2.證明定理 2。3.證明：有理數(shù)為代數(shù)整數(shù)的充要條件是這個(gè)有理數(shù)為整數(shù)。 第 2 節(jié)1.證明例中

22、的結(jié)論。2.證明連分?jǐn)?shù)1 1 1 110 102!103 -.-10n! 是超越數(shù)。3.設(shè)是一個(gè)超越數(shù)，：是一個(gè)非零的代數(shù)數(shù)，證明： ：，上，一都是超越數(shù)。a第 3 節(jié)1.證明引理 1。2.證明定理 3 中的 F(a)，F(xiàn)(0)是整數(shù)。b第 9 章第 1 節(jié)1.問(wèn)：1948 年 2 月 14 日是星期幾？2.問(wèn)：1999 年 10 月 1 日是星期幾？ 第 2 節(jié)1.編一個(gè)有十個(gè)球隊(duì)進(jìn)行循環(huán)賽的程序表。2.編一個(gè)有九個(gè)球隊(duì)進(jìn)行循環(huán)賽的程序表。 第 3 節(jié)1.禾 U 用例 1 中的加密方法，將“ ICOMETODAY ”加密。2.已知字母 a, b,，y,乙它們分別與整數(shù) 00, 01,，24,

23、 25 對(duì)應(yīng)，又已知 明文 h 與 p分別與密文 e 與 g 對(duì)應(yīng)，試求出密解公式：P 三 a E b (mod 26),并破譯下面的密文：“ IRQXREFRXLGXEPQVEP ”。第 4 節(jié)1.設(shè)一 RSA 的公開(kāi)加密鑰為 n = 943, e = 9，試將明文 P = 100 加密成密文 E。2.設(shè) RSA( nA, eA) = RSA(33, 3)，RSA(nB, eB) = RSA(35, 5)，A 的簽證信息為 M = 3， 試說(shuō)明 A 向 B 發(fā)送簽證 M 的傳送和認(rèn)證過(guò)程。第 5 節(jié)1.設(shè)某數(shù)據(jù)庫(kù)由四個(gè)文件組成：F1= 4，F(xiàn)2= 6，F(xiàn)3= 10，F(xiàn)4= 13。試設(shè)計(jì)一個(gè)對(duì)

24、該數(shù)據(jù)庫(kù)加密的方法，但要能取出個(gè)別的Fi( 1 i 1,從而 |a| |b|,后 半結(jié)論由前半結(jié)論可得。2.由恒等式 mq np = (mn pq) - (m - p)(n - q)及條件 m - p mn pq 可知 m - p| mq np。3.在給定的連續(xù) 39 個(gè)自然數(shù)的前 20 個(gè)數(shù)中，存在兩個(gè)自然數(shù)，它們的個(gè)位數(shù)字是 0, 其中必有一個(gè)的十位數(shù)字不是 9,記這個(gè)數(shù)為 a,它的數(shù)字和為 s,則 a, a - 1,，a - 9, a - 19 的數(shù)字和為 s, s1,，s 9, s 10,其中必有一個(gè)能被 11 整除。4.設(shè)不然，n1= n2n3, n2丄 p, n3丄 p ，于是 n

25、 = pn2n3Xp3，即 p 蘭巒，矛盾。5.存在無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)k,使得 2k 1 是合數(shù)，對(duì)于這樣的k, (k 1)2不能表示為 a222p 的形式，事實(shí)上，若(k 1) = ap,則(k 1 -a)( k 1 a) = p,得 k 1 -a = 1 , k 1a = p，即 p = 2k 1,此與 p 為素?cái)?shù)矛盾。第一章1.驗(yàn)證當(dāng) n =0,1 , 2,，11 時(shí)，12|f(n)。2.寫 a = 3q1亠 r1,b = 3q2亠2,門，2= 0, 1 或 2,由 3 a2b2= 3Q 亠 r12亠22知 r1=2= 0，即 3 a 且 3 b。3. 記 n=10q+r, (r=0,1，,

26、9)則 nk+4- nk被 10 除的余數(shù)和 rk+4-k= rk( r4-1)被 10 除的 余數(shù)相同。對(duì) r=0,1,9 進(jìn)行驗(yàn)證即可。2 2 24.對(duì)于任何整數(shù) n, m,等式 n + (n + 1) = m + 2 的左邊被 4 除的余數(shù)為 1,而右邊 被 4 除的余數(shù)為 2 或 3，故它不可能成立。42222425 因 a - 3a 9 = (a - 3a 3)( a 3a 3),當(dāng) a = 1, 2 時(shí)，a - 3a 3 = 1, a - 3a242229 = a 3a 3 =乙13, a - 3a 9 是素?cái)?shù)；當(dāng) a - 3 時(shí)，a - 3a 3 1 , a 3a 3 1, a4

27、- 3a29 是 合數(shù)。6.設(shè)給定的 n 個(gè)整數(shù)為 a1, a2, an,作S1= a1, S2= a1 a2, , sn= a1 a2 an,如果 Si中有一個(gè)被 n 整除，則結(jié)論已真，否則存在Si, s , i j，使得 Si與 s 被 n 除的余數(shù)相等，于是 n s -s = ai + 1+十a(chǎn)j。第一章 習(xí)題三1.(i)因?yàn)?da 和 d |a|是等價(jià)的，所以 ai, a2, ak的公約數(shù)的集合與 Ri|,戲|,|ak|的公約數(shù)的集合相同， 所以它們的最大公約數(shù)相等；(ii ), (iii)顯然；(iv )設(shè)(p, a) = d,貝Ud p, d a,由 d p 得 d = 1 或 d

28、 = p，前者推出(p, a) = 1，后者推出 p a。2.(i)由 d ai推出 d yo= (ai, a2,，ak);(ii)分別以 yo和丫。表示集合 A = y;k- *k-y = aiXi, XZ i 0 ,則 |b| Im ,故有a, b = |b|。2.設(shè) m 是 a1, a2, an的任一個(gè)公倍數(shù), 由 a1m , a2m 知，a2 = m2m ,由 m2m ,a3Im 知m2, a3 = m3m, , 由 mn -1m , anm 知mn _1, an = mnm, 即a1, a2,an m。3.只須證(a bab日空 耳，即只須證(b, a b) = (a, b),此式顯

29、然。(a,b) (b,a+b)，4.由 a b = 120 及 ab = (a, b)a, b = 24144 = 3456 解得 a = 48 , b = 72 或 a = 72 , b=48。2 2 2 2 2 25.因?yàn)閍,b,c22, a,bb,cc,a,故只須證明(a, b, c)(ab, bc,(ab,bc,ca)(a,b)(b,c)(c, a)ca) = (a, b)(b, c) (c, a),此式用類似于例3 的方法即可得證。6.設(shè) s = 1k2k9k,則由 2s = (1k9k)- (2k8k)(9k1k) = 10q1及 2s = (0k9k) (1k8k)(9k0k)

30、= 9q2得 10 2s 和 9 2s,于是有 90 2s ,從而 129 =45 s。第一章 習(xí)題五1.(i) a b 知 b = abi，由性質(zhì)(ma, mb) = | m|(a, b)得(a, b) = (a, abi) = a(1, bi) = a；(ii) 由性質(zhì)(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (2 ai, 2 bi) = 2 (_ai, bi);(iii)由性質(zhì)(a, b)=1 =? (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (a, 2附)=(a, bi);(iv)由性質(zhì)(a, b) = (|ab|, b)及(a, b) = i= (a, bc

31、) = (a, c)得(a, b) = (I I, b)。2.作輾轉(zhuǎn)相除：i387 = (-i62)(-8) 9i, -162 = 9i (-2)20, 9i = 20 4 ii, 20 = ii i亠9， ii = 9 i - 2，9 = 2 4亠i，2 = i 20，由此得 n = 6，qi= -8，q2= -2，q3= 4，q4= i，q5= i，q6= 4，x = (-i)nJQn= 73，y = (-i)nPn= 625，又(i387, i62) = rn= i，故 i387 73 - i62 625 = i = (i387,i62)。3.(27090, 2i672, ii352)

32、= (4386, i0320, ii352) = (4386, i548, 2580)=(i290, i548, i032) = (258, 5i6, i032) = (258, 0, 0) = 258。4.(Fn + i,Fn) = (FnFn_l,Fn) = (Fn_i,Fn) = (Fi,F2) = i。5.設(shè)除數(shù)為 d，余數(shù)為 r，則由d 14582 - 2836 = i746，d 5i64 - 4582 = 582，d 16522 - 5i64 = i358 知 d (i746, 582, i358)= i94，由此得 d = 97，r = 23 或 d = i94，r = i20。

33、6.作輾轉(zhuǎn)相除：a = bqiri， 0 m |b|， b = riq2r2， 0 2 ri，rn= rn -iqn rn，0rn 5_i，rn *i= rnqn -irnT，rn - i= 0。由第一式得2a- i =2bqi Ti-2ri- 2rii =2ri(2b)qi-i (2ri-i) =(2b-i)Qi- (2rii)，即Ma=MbQiMri， (Ma,Mb) =(Mb，Mn)。類似可得(Mb，MrJ=(Mri，Mr2) 等 ，于 是(Ma,Mb) =(Mb,M門)二=(Mn,Mni) =Mn=M(a,b)。第一章 習(xí)題六1.(i)顯然 d =PI1P22R?( 0 乞i_i， i

34、 i Ek)是 n 的正因數(shù)。反之，設(shè) d 為 n的任一個(gè)正因數(shù)，由 d n 知對(duì)每一個(gè) pi，d 的標(biāo)準(zhǔn)分解式中 pi的指數(shù)都不超過(guò) n 的標(biāo)準(zhǔn)分 解式中 Pi的指數(shù)，即 d 必可表示成piip2pkk( 0 i ：i，1 i k)的形式；(ii)類似于(i)可證得。2.(i)顯然對(duì)于= min a,6, 1 i k,pi丸p西|a,p?1| b，而且若 d a,d b,貝 U d 的標(biāo)準(zhǔn)分解式中 pi的指數(shù)同時(shí)不超過(guò) a 和 b 的標(biāo)準(zhǔn)分解式中 Pi的指數(shù)，即 dpiIpkk，這就證明了(a, b) =p1p/， -i = min為，、】， 1 _ i _ k；(ii) 類似于(i )即可

35、證得。43.22345680 = 2 3 57 47 283。4.寫 i =2 , 2| i, i = 1,2, 2n,則，i為 1,2,- , 2n 中的奇數(shù)，即“只能取 n 個(gè)數(shù)值，在 n+ 1 個(gè)這樣的數(shù)中，必存在 蠱=?j (iHj),于是易知 i 與 j 成倍數(shù)關(guān)系。5.寫 i =2，i, 2| 林，i = 1,2,，n,令：=max :1,: 2, -，:n =:k，顯然二：1,且由第一節(jié)例 5 知使:=:k的 k (1 乞 k 乞 n)是唯一的，取 T = 2n,若 S 是整數(shù)，則T271T2-11LST =T丄 -丄中除2一一j2丄項(xiàng)外都是整數(shù)，矛盾。22。加n2。加6.設(shè)a二

36、pFpfp/,b二訂卩?2p/，令卻艾kvO(i，a2=P1p2zPkk，7 =P，b2=P謬P， =* “0,則 a1, a2, b1, b2使得 a =玄但2, b = Sb2,I3.由例 4 得x ；= 2x-x，于是:-i=max：j,咕,其它，當(dāng)!:-i二max其它，a色二-,a2bb = _，b2(a2, b2)= 1，并且a, b = a2b2。第一章習(xí)題七2.(i)顯然對(duì)于= min a,6, 1 i k,pi丸p西|a,p?1| b，而且若 d a,1.(i), (i),(說(shuō))顯然； 3 )由x y = x xy y = x y xy即可證得；(v)由_x= -(x x) =

37、-x-x即可證得；(vi)由-x= -(x x) = -x即可證得。1234乙1234乙12347丄丄 丄2.7 2 3 =1763251355=2054。2設(shè) x = a+ a, a=1,2,-1, 0 a 1。代入原方程得到2aa+a = 2aa,1 2a _1知 2a Z,:啲可能取值是0,，即有 2a 個(gè)解。由于 x=n 也是解，因此,2a 2a共有2(1 2 n -1)，1個(gè)解。n n產(chǎn)-歹)=n = n。4.23455.設(shè) x = n: , n Z, 1 : 1，貝 U f（x） = x2x2 x 2 x 2 x 2 x=n 2n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 : 2 : 2

38、 : 2、馮 2 :,由此得 63n jf（x）二 63n13 7 15 31 63n 57,另一方面，12345 為 63k 60 型，故 f（x） - 12345。2s6.設(shè) n = ao- 2a12 a2亠亠 2 as, aj= 0 或 1,貝 Uh=【罰23 2sis_2=（a1- 2a2- 2a3：“一厝 2 as） （a2- 2a3川厝 2 as）川卷 as2s=（2 - 1）a1（2 1）a2亠 亠（2 - 1）as2s=（ao2a1亠 2a2亠亠 2 as） - （ao亠 a1亠 a2亠 亠 as） =n _ k。第一章 習(xí)題八n1 .1，22F .1 =（221）Q，1：2

39、吝1 2n1， 表明2n1 是合數(shù)，矛盾。1 n1 n，則 2n- 1 =2n1n2_1 =（2n11）Q, 1：2n11 1，A 是奇數(shù)，且 A 是 6n 5 型的整數(shù)，故 A 必存在一個(gè) 6n 5 型的素因數(shù) p，從 而P= Pi( 1k)，由PA，PP1P2pk推出 P 1，矛盾。4.設(shè) P1，p2= dP1，p3= 2dP1，首先p1= 2 且 d 是偶數(shù)，于是 31d，從而對(duì)任意給定的 d，P1，P2，P3中有且只有一個(gè)被 3 整除，即 P1，P2，P3有且只有一個(gè)等于 3，故 P1，P2， P3最多只有一組。5.顯然下面 n 個(gè)正整數(shù)(n 1)! 2，(n 1)! 2,，(n 1)

40、! (n 1)滿足要求。6.設(shè)不然，則存在 k，使得丄：:丄，設(shè) Q = P1p2pk，考慮 1 nQ，n N，n :pn2顯然它們都不能被 P1, p2,，pk整除，即 1 nQ 的標(biāo)準(zhǔn)分解式中的素?cái)?shù)都只能在Pk + 1, pk +2,中，從而對(duì)于任意的級(jí)數(shù)，矛盾。第二章習(xí)題1.設(shè)不然，則 n = 2mn1,2|nv2.設(shè)不然，則 n = nm2,右邊是一個(gè)收斂的級(jí)數(shù),故由比較判別法知也收斂，但事實(shí)上曰疋個(gè)發(fā)散1.定理 1 的證明：如果（i）成立，m a b, a b = mq, a = b mq,知（ii）成立；如 果（i）成立，寫 a = q1mr1, b = q2m2, 0一門，r2_

41、m 1,貝 Vq1m r1=q2m2mq, 由此得 ri=2,知(說(shuō))成立； 如果(iii)成立，a = qim r, b = q2m r, 0 _r_m- 1,則 a - b =m(qi-q2), m a -b，知(i)成立。 定理 2 的證明：結(jié)論(i)與 (ii)顯然。(iii)由定 理 1 及 a三 b, b 三 c (mod m)可知存在整數(shù) qi, q?，使得 a = b qim, b = c q2m,因此 a = c (qiq2)m，推出 a 三c (mod m)。定理 2 得證。2.由 x 三 y (mod m)得 x三丫(mod m),由 ai三 bi(mod m)得 aix

42、 三 by(mod m)，再由可 加性得 aix史 by(mod m)。i JXi-03.(i ) 由 a 三 b (mod m)得 ma -b，又 d|m,故 d a -b,即 a三 b (mod d);(ii)由a 三 b (mod m)得 m a b，故 km kakb,即卩 ak 三 bk (mod mk)； (iii) 由 a 三 b(modmi)得 mia -b,故mi, m2, mk a -b,即 a 三 b (mod mi, m2,mk);(iv ) 由 a 三b(modm)得 a = mq b,故(a, m) = (b, m);(v ) 由 ac 三 be (mod m)得

43、m | ac - bc = c(a - b),又(c, m) = i，故 m a - b，即 a 三 b (mod m)。4.因?yàn)?82三一 i(mod i3)，所以 8i234= (82)6i7三(一 i)6i7三_i 三 i2 (mod i3),即 8i234被 i3 除的余數(shù)是 i2。5. 對(duì)任意的整數(shù) x, x 三 r (mod m), i _r _ m,于是 f(x)三 f(r)三 0(mod m),從而 f(x) 0, 所以方程 f(x) = 0 沒(méi)有整數(shù)解。6. 由99|62：滬427得9| 6427, ii|62：瀉莎 從9|6|427得、衛(wèi) |-： = 6 或用 1-：= i

44、5,從ii| 62*427得:-=-2 或? - - = 9，于是解關(guān)于:-,:的方程組第二章習(xí)題二1.若 A 是模 m 的完全剩余系，顯然(i )與(ii )成立。反之，滿足(i )與(ii )的一組數(shù)必分別來(lái)自于模 m 的每一個(gè)不同的剩余類，即A 是模 m 的完全剩余系。2.由威爾遜定理知i 三(2p)! = p!(p+ i)(2p)三(i)p(p!)2(mod 2p + i),由此得(p!)2+(7)P三 0 (mod 2p + i)。3.由(p - i)!三 p - i (mod p), (p - i)!三 p - i (mod p - i)以及(p, p - i) = i 得(p -

45、 i)!三 p -i (mod p(p - i),又 2N = p(p - i),故(p - i)!三 p - i (mod N)。4.設(shè)不然，n = nin2,i ni n,由(n - i)!=-i (mod ni)得 0 = -i (mod ni),矛盾。二i5-2二i5=95.設(shè) 4 m，如果aibi, a2b2, ambm是模 m 的完全剩余系，則其中的奇數(shù)與偶數(shù)各半，又ai, a2, , am與 bi, b2, , bm也是模 m 的兩個(gè)完全剩余系，故aibi必須使ai,bi同為奇數(shù)或偶數(shù)，即 aibi-2 (mod 4)，這對(duì)于 4 m 的模 m 的完全剩余系是不可能的。6.(i)

46、由 bi通過(guò) mi個(gè)數(shù)可知 bi、i- b2:(1，bn通過(guò) m = mim mn個(gè)數(shù)；(i)如果 b/-ib2 -2:： bn、n三 bi ib22 bn n(modm),則 bi-ib2 2bn三 biib2、2 bn、n(mod mi),即 bi三 bi(mod mi),bi = bi。故biib2、2bn、n通過(guò)模 m = mim2mn的完全剩余系。第二章習(xí)題1.若 A 是模 m 的簡(jiǎn)化剩余系，顯然（i ）,（ii ）與（iii）成立。反之，滿足（i ）,（ ii ）與（iii）的一組數(shù)必分別來(lái)自于模 m 得每一個(gè)不同的與模 m 互素的剩余類，即它是模 m 的簡(jiǎn)化剩 余系。2.對(duì) n

47、施行數(shù)學(xué)歸納法。當(dāng)n = 2 時(shí)，由定理 3 知命題成立，假定命題在n 時(shí)成立，即 x = MiX1 M2X2-MnXn通過(guò)模 m = mim2mn的簡(jiǎn)化剩余系，則mn+ixmim2mnXn - 1=mn + 1M1Xi亠 mn + 1M2X2亠 亠 mn + iMnXn亠 mim2mnXn 1=M1X1 M2X2亠 亠 MnXnMn + iXn + 1通過(guò)模 mim2mnmn + i的簡(jiǎn)化剩余系，由歸納原理知命題對(duì)一切n H 2 成立。3.寫 axi= mqiri,0 莎 0王i）；當(dāng) n = p，p為奇素?cái)?shù)時(shí)，（p：） = p- 一、p（：. - i ）；現(xiàn)在設(shè) n=2pF p?，則皺n）

48、=皺2半（p）申（pg）尹2。血衣弓石。（ii ）設(shè) n 是合數(shù)，po為 n 的最小素 因數(shù)，貝VPo_、n，于是4.設(shè)m=陽(yáng)Pkg，n =pini，PiIm p Fm，(mi,n,) =i，貝由此得mini） =p卩祁p汕打（i-十）伽）餉）,(mn)(m,n)(pm叫:1,訃pkT:k，k) =(m,n)上(i-丄)i壬Pi=(m, n) (m) (n)。設(shè) a=pFpkkmi，匕二比“卩/山，Pi丨mi，p1ni，(m,ni)=i取5.第二章習(xí)題四1.因 103= 2453,顯然 1978103_19783三 0 (mod 2)，再由 197810 三 1 (mod 5)得 197810

49、333丄匚10333-1978 三 0(mod 5 )，故 1978- 1978 三 0 (mod 10)。1591596,26332.313= 5= (5 ) 5 三 5 = 25 5 三 4 5 三 6 (mod 7)。3.因 561 = 3 11 17,對(duì)于一切整數(shù) a, (a, 561) = 1，有(a, 3) = 1, (a, 11) = 1 , (a, 17)=5602 28056010 5656016 351， 由費(fèi)馬疋理可得 a = (a ) 三 1 (mod 3)， a = (a )三 1 (mod 11)， a = (a )三 1丄560(mod 17)，故 a三 1 (m

50、od 561)。4.由費(fèi)馬定理 qp 三 1 (mod p),pq _1= 1 (mod q), pq_l+qP1三 1 (mod p),pq+qp-1三 1 (mod q),故 pq_1+qp 三 1 (mod pq)。123365.6- 1 = (6 - 1)( 61)( 61) =5 43 7 31 46657，對(duì)于 46657,它的素因數(shù)必為 12k121 型，經(jīng)檢驗(yàn)的 46657 = 13 37 97，故 6- 1 = 5 7 13 31 37 43 97。6.設(shè)素?cái)?shù) p bn1,即 bn三 1 (mod p),于是 b2n三 1 (mod p)，由例 5 得下面兩種情形 之一成立：

51、(i) p|bd- 1 對(duì)于 2n 的某個(gè)因數(shù) d 2n 成立；(ii) p= 1 (mod 2 n)。第二章 習(xí)題五1.設(shè)n =p? P2：2pF，則 n 正因數(shù)可表示為 d =p/ P22p?(0 i _ i, 1ii 乞 k),k于是 d(n) = 1 L 1 =(1 -：1)(1 -：2 (1 - : k)o由上式立知 d(n)是積性函數(shù)，但 d(4) = 3d|n仝玄女=4 = d(2)d(2)，故 d(n)不是完全積性函數(shù)。2.若不恒為零的數(shù)論函數(shù)f(n)是完全積性函數(shù)，必為積性函數(shù)，故f(1) =1 且f(口訕：2p/) =f ( pi)1f (P2) f (Pk)-k。反之，若

52、整數(shù) m, n 中有一個(gè)等于 1,顯然有 f(mn) =f(m)f(n),若化 n=肛J，貝卩f(mnf(p1：1pkk)f( P1)：1 1f (Pk)：k k= f(山)：1f (Pk)：kf(P1)1f ( Pk) *=f (m) f (m)。4(i)當(dāng) n = 1 時(shí)，右邊的連乘理解為1，等式成立。設(shè)n =p/ipk-k，則有(n)=1 1焉糾方用n(1花)M-=)=n /n。.n3.-=沁。d|nd nd |nd nd|nn送p(d)f(d)=口(1 +Hp)f(pJ卡+比卩)仁口口)=口(1仁口)；d|nPi|nPiln理解為 1，等式成立。設(shè)npP,，則有s(d)f(dn(tf(

53、Pi)f(p+u2(pX)f(p m，使得 a b - 1)的形式。2.789 = (1100010101)2= (11124)5。8 3.= 0.380952。21k4.由 n = (aka1a0)7= ak7 + +a17 +a。三 ak + +a1(mod 2)得2 In = (aka1a)7=2 ak亠 亠 a1a。5.若=(0 aa )b，貝Vbkm = n(abkbk 亠亠 a )，即 n bkm， n bk，n故 n 的每個(gè)素因數(shù)都是 b 的因素?cái)?shù)。反之，若 n 的每個(gè)素因數(shù)都是 b 的素因數(shù)，則必存在k,使得 n bk，即 bk= nn1,卩=丄厲=l(aH 半八+&b+a),

54、故的 b 進(jìn)制小數(shù)n bbn(0 a ja 2a；)b 為有限小數(shù)。第三章 習(xí)題二1.顯然 p1= |a11 = a1, P2=日11= a1a2+ 1，當(dāng) kZ 3 時(shí)，有1日2(ii )當(dāng) n = 1 時(shí)，右邊的連乘a1-10 0日_1 001a2-101日200Pk=ak01a30 +甲，.-=akPk _1 +kPk _2，一00 -1000 ak丄00 01此與定理 1 中 Pk的遞推式-致；此與定理 1 中 qk的遞推式一致。2.當(dāng) k = 2 時(shí)，由日11a211日1日2*1a_P2PI10 3 4 50a21一q2q1知 k = 2 時(shí)成立，歸納假定a11 a21 . ak1=

55、PkP2101010-qk3 a21 . ak1ak 11010 10 10P. 3 時(shí)，有由歸納原理知對(duì)一切 k 24.設(shè) x = 2, 3, 2, 3,1x由此解得 X1535易知9111712第三章 習(xí)題三1.(i) 記、fk=ak + 1, ak + 2,，an,-k=Ik + 1, Ik + 2,，Im，由：0=：o = bi,1a 二 b:-i1推出:-1=a1= 、;一1 = -1= b1,后可得 n = m, ai= bi(1 i n);(ii)由(i )知-可唯一地表示為(ab1,又易知 a1, a2,，an還可以另寫成簡(jiǎn)單連分?jǐn)?shù)a1, a2,，an-1, 1，有理數(shù)a僅有此

56、兩種表示成簡(jiǎn)單連分?jǐn)?shù)的方法。b2.、13= 3, 1, 1, 1, 1,6, 1, 1, 1, 1,6, 1, 1,。3.經(jīng)計(jì)算 2.3= 3, 1,2, 1,2, ，由此得P1= 3， P2= 4，P3= 11，P6= 56,=4，q4I2P7= 153，p8= 209， p9= 571， P10= 780，P11= 2131，q5= 11， q6= 15， q7= 41， q8= 56， q9= 153， q10=，故 289即為所求。209209 57110209，q1= 1209， qn4.sin 18 =-= 0, 3, 4, 4, 4, 4,，4得 P1= 0，P2= 1， P3=

57、 4，305， q1= 1， q2= 3， q3= 13，721172sin18- 飛，故-即為所求。233233 98710233P6=55，q5= 2335.二的前幾個(gè)漸近分?jǐn)?shù)為3，22，333117106分別滿足誤差滿足 但僅此而已，故P4= 15， P5= 41，q2= 1， q3= 3，=571，于是)4= 17， P5= 72，|6 = 987，于是其中355和10993八 11333102Fk + 1,qk= qk qkd= Fk -1Fk 2= Fk，故壓=。qkFk第三章習(xí)題四1.2方程 3x - 2x - 2 = 0 的正根0, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 1

58、, 1, 1, 4,解得 x2.二=1,2,3= 1.15 -1212Jd = Eia；,an,2a；=匕,a.,印 十寸刁)=佝 *咽P；,佝+Jd )qn十 qn_aipn- pnJ) - (aipnpnJpn) d =0,由.d是無(wú)理數(shù)得 pn= aiqn qnJ, dqn= aipn pnJ,反之，若 pn= aiqnqnJ, dq*= aipn- pn J，則”=6 ,山=仙,a2,” +小=：；鳥q；，tI i、22得 ct 滿足方程 qnOt + (aiqn+qn一 pn)a (aipn+pn/)= 0,即 a = d,5.由第 4 題可得到。第四章習(xí)題一1.設(shè)-17=- -，即

59、 35x21y15z = 17，因(35, 21) = 7，(7, 15) = 1，1 17,故105357有解。分別解 5x 3y = t, 7t 亠 15z = 17 得 x = _t 3u, y = 2t - 5u, u 三 Z , t = 11 亠 15v, z =-4 - 7v, v Z, 消去 t 得 x = -11 - 15v 3u, y = 2230v - 5u, z = -4 - 7v, u, v Z。對(duì)于任意的確定的 u 和 v 的值，都給出一種表示法。2.分別解 xi2x2= t, t 3x3= 41 得 xi= t - 2u, x2= u, u Z, t = 41 -

60、3v, x3= v, v Z , 消去 t 得Xi= 41 - 3v 2u, X2= u , x3= v, u, v Z。由此得原方程的全部正整數(shù)解為(xi, X2, X3) = (41 3v2u, u, v), u 0, v 0 , 41 3v 2u 0。3.消去 xi得 9x2- 14x3= 3，解得 X2= -9 14t, X3= -6 9t, V=Z,從而得不定方程組的解為Xi= 43 - 55t, X2= -914t, X3= -6 - 9t, t Z,4.設(shè)甲、乙班的學(xué)生每人分別得x, y 支鉛筆，則 7x 11y = 100，解這個(gè)不定方程得x = 8, y = 4。ry ht5

61、.二元一次不定方程 ax+by = n 的一切整數(shù)解為，一，傳 Z,于是由 xZ 0, y十 at0 得-血_t，但區(qū)間-迪，直的長(zhǎng)度是，故此區(qū)間內(nèi)的整數(shù)個(gè)數(shù)為円 或衛(wèi)T。aba babab ab6.因?yàn)?0, 1,2, ab-a-b 中共有(a - 1)(b - 1)個(gè)數(shù)，故只須證明 n 與 g-n(g = ab-a -b )有且只有一個(gè)能表示成ax+by( x 0, y 0)的形式。如果 n 與 g -n 都能表示成3.Ja241 =a % Ja2+i _a) =a +-：/a2-1 - a二 a亠-22a ( a1 _a)a, 2a, 2a, 2a, 2a,4.若jd=印 ,，冇,2日1

62、，則得（dqn2.由第一個(gè)方程得 z = -(xy),代入第二個(gè)方程經(jīng)化簡(jiǎn)得xyz = -6,由此得(x, y, z) = (1,ax +by (x 0, y 0)的形式，即 ax+by = n(x 0, y 0), ax +by = g - n(0, y色0),則 a(x x ) b(y y ) = g,這是不可能的；如果n 不能表示成 ax by(x - 0, y - 0)的形式，則因?yàn)槎淮尾欢ǚ匠蘟x +by = n 的一切整數(shù)解為-bt，覽 Z ,所以當(dāng) ty =yo+at使 0 x 0，y 0)的形式。第四章習(xí)題1.設(shè)有理數(shù) x = ，y = ( m - 0 )滿足方程 x2y2

63、= 1，即 l2n2=m2，于是得 I =mm2 2 2 2 2 2 2 22abd，n =：(a - b )d， m =二(ab )d 或 I =二(a - b )d， m =二 2abd， m =二(ab )d，由2 2 2 2此得(x, y)=(棄聳,_a2巴)或(_a2b2,|-T)。反之，代入方程 x2y2=1 即知這樣的a 加 a +baa +b點(diǎn)在單位圓周上。2 2 , . 22.由 x = (z y)(z -y)及 x 是素?cái)?shù)得 z y = x，z-y =，于是 2z-1= x, 2(x y1)=(x 1)2都是平方數(shù)。3.設(shè) x -y = a2，y -z = b2，x -z

64、=c2，貝 Va2b2=c2，由此得x = (u2v2)2t，y = (u22 2 2 2v) t 或 4u v t， z = t， u, v,倬 Z。ryrr4.設(shè)(z -x, z 亠 x) = d，易知 d = 1 或 2。由(z -x)(z 亠 x) = 3y 得 z -x = 3da , z x = db， y = dab或 z -x = db2，z x = 3da2，y = dab，a 0，b 0，(a, b ) = 1。(i)當(dāng) d = 1 :b2，3a2y =ab, z=2，a 0，b 0，(a, b ) = 1 , 3|b, a, b 同為奇數(shù);2 2 2-3a |，y = 2

65、ab，z = b 3a，a 0，b 0，(a, b ) = 1，3|b，a, b反之，易驗(yàn)證(i)或(ii )是原不定方程的解，且x 0，y 0，z 0， (x, y) = 1。5.(i)設(shè) x，y，z 是 x2y2z2= x2y2的整數(shù)解，如果 x，y 同為奇數(shù)，則 x2y2z22 2,_.2 2 2三 2, 3 (mod 4)，xy 三 1 (mod 4)，此不可能；女口果 x，y 一奇一偶，貝 U x +y +z 三 1，2 (mod2 24)，x y 三 0 (mod 4)，此也不可能。所以 x， y 同為偶數(shù)，z 也是偶數(shù)，令 x = 2x1，y =2丫1, z = 2z1，代入原方

66、程得 x12y12z12= 22X12y12，反復(fù)以上的推理可得 x，y， z 能被 2 的任意 次乘幕整除，只能x = y = z = 0。( ii )類似于(i )可證。6.設(shè) x，y，z 是 x2y2= z4的滿足(x, y) = 1，2 x 的正整數(shù)解，則x =2ab，y = a2-b2,z2= a2b2, a b 0 , (a, b) = 1 , a, b 一奇一偶， 再由 z2= a2b2得 a=2uv, b = u2v2,z = uv 或 a = u-v , b = 2uv, z = u v ,u v 0 , (u,v) = 1 ,u, v 一奇一偶，于是得 x = 4uv(u2v2), y =|u4v4- 6u2v2|, z = u2v2, u v 0 ,(u, v) = 1, u, v 一奇一偶。反之，易驗(yàn)證它是原不定方程的整數(shù)解，且x 0 , y 0, z 0 , (x, y) = 1 , 2 x。2 2|b2-3a2|x =2d = 2 : x = |b2(ii )當(dāng)奇一偶。2.由第一個(gè)方程得 z = -(xy),代入第二個(gè)方程經(jīng)化簡(jiǎn)得xyz = -6,由此得(x