内容发布更新时间 : 2024/5/5 2:06:42星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

??a????1?1???2?1???k?1?

证明：若f?a?为可乘函数，则

?f?????1?f?pi???|ai?1k?fpi?i???．

分别令f?a??a.f?a??1，它们为可乘函数，即得出。 四．计算题

35．解：因为?6,93??3|75，故原不定方程有解。

又原方程即 2x?31y?25，而易见方程2x?31y?1有解

'' x0?16,y0??1。所以原方程的一个解是x0?400,y0??25

所以，原方程的一切整数解是：

x?400?31t t是整数

r??25?2t36．解：因为模5，6，7两两互质，由孙子定理得所给同余方程组关于模

5×6×7＝210有唯一解，分别解同余方程：

42x?1?mod5?，35x?1?mod6?，30x?1?mod7?，得

，x?4?mod7? x?3?mod5?， x??1?mod?6因此所给同余方程组的解是：

x?42?3?1?35???1??3?30?4?2?mod210?

即：x?261?51?mod210?

37．解：从同余方程x2?11?mod5?得x?1?mod5?，

22 再从?1?5t1??11mod5,得10t1?10mod5，

2???? 因此t1?1?mod5?,于是1?t1?6mod52， 是?2?11mod52的解,又从6?52t2??????2?11?mod53?

得300t2??25mod53,因此12t2??1?mod5?

即t2?2?mod5?,所以x?6?52?2?56是所给方程的一个解，于是所解为：

??

x??56?mod1?2解毕。 538．解：??13??12?22?3, g1?2,g2?3 为其质因数

??13?2?6,??1?33?4，故g为模13的原根的主要条件是：

g6?3g4??，?1?mod1?1?mod13?

用 g=1，2，……12逐一验证，得：2，6，7，11为模13的原根， 因为??12??4，故模13原根只有4个，即为所求。

五、证明题：

39．证明：易验证所给的解为原方程的解，因y为偶数，原方程可化为：

z?xz?x?r? ????

22?2? 但 ?2?x?z?z?xz?x??z,|,??2??22?2?x??z ? ??x?z?x?z?xz?x??z,|,????x 2222????，所以（

而

z?xz?x，）=1 22 由书中引理，我们可假设

z?xz?x2=a2， =b 22 显然a>b， (a，b)=1， 于是

X=a2－b2， z=a2+b2 ，y=2ab

因子为奇数，所以a，b一定是一为奇，一为偶，证毕 40．证明：假定d1 ，---， dk为a的所有正约数，那末

aa ，---，也是a的所有正约数，于是 d1dk

??(d)=??()

dadaad 再因为在a的完全剩余系中任一数a的最大公约数

必定是d1 ，---， dk中某一个数，而完全剩余系中与a的最 大公约数为di的数有?(m) ，所以： di 六．应用题：

??()= m 证毕

damd41．解：5在30！中的最高次幂=??30??30??30?+?2?+?3? ??5??5??5? =6+1+0=7 2在30！的最高次幂=??30??30??30??30??30?+?2?+?3?+?4?+?5? ?2???2??2??2??2? =15+7+3+1+0=26

10=2×5，故 30！的末尾有7个零。