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《初等数论》习题解答（第三版）广东石油化工学院
x?bt0?r?b?1?t0?x?b?1b而
a111y0?at0?y0?(x0?b?1)(by0?ax0?ab?a)?(N?ab?a)?(ab?a?b?ab?a)??1bbbby?y0?at0?0?t0??0a这就证明了当N?ab?a?b时，原方程有非负整数解． 1．证明定理2推论。
推论 单位圆周上座标都是有理数的点（称为有理点），可以写成
2aba2?b2a2?b2(?22,?22)或(?22,?22ab2) a?ba?ba?ba?b的形式，其中a与b是不全为零的整数。
证明：设有理数x?ln，y?（m ? 0）满足方程x2 ? y2 = 1，即l2 ? n2 = m2，mm于是得l = ?2abd，n = ?(a2 ? b2)d，m = ?(a2 ? b2)d或l = ?(a2 ? b2)d，m = ?2abd，
2aba2?b2a2?b22ab,?)或(?,?)。反之，m = ?(a ? b)d，由此得(x, y) =(?22222222a?ba?ba?ba?b2
2
代入方程x2 ? y2 = 1即知这样的点在单位圆周上。
2．求出不定方程x2?3y2?z2,(x,y)?1,x?0,y?0,z?0的一切正整数解的公式。 解：设不定方程x2?3y2?z2,(x,y)?1有解则 (1)3/z-x或3/z+x因为3y2?z2?x2?(z?x)(z?x)
?3/(z?x)(z?x)?3/z?x或3/z+x
x2?3y?z?22y22z?xz?x???z?x?或者y??z?x??33
得3/z?x或3/z?x以下不妨设3/z?x
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②?x,z??1， 设 (x,z?)则d,222d/x?,d/zy2d?z/3?x
22,若,3/d,?9/x,9/z?9/3y?3/y ?3/?x,y?与?x,y??1矛盾!
这样?3,d??1?d/y2?d/y?d2/3y而d/x?d/?x,y??d?1
2?③?z?x,z?x??1或2， 设t??z?x,z?x??t/(z?x)?(z?x)?2x，
t/(z?x)?(z?x)?2z?t/?2x.2z??2 即 t?1或t?2
④若
?z?x,z?x??1,则??2z?x?,z?x??1, ?3?从而3y??z?x??z?x??由引理可设
y2?z?x??z?x? 3z?x22?a,z?x?b,y?ab 3从而? ， 为证得x,z为整数， ?x,z??1, 必须有a ， b均为奇数，且3⑤若?z?x,z?x??2??a2?b
2?z?xz?x??z?xz?x?,?1?,????1 2262????2从而3y设
2z?xz?x?y? ??z?x??z?x??????62?2?z?x2z?x2y2222?a,?b,?ab,即x?3a?b,y?2ab,z?3a?b， 622
其中a,b为一奇一偶，且有?a,b??14．解不定方程：x2 ? 3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1。
解：设(z ? x, z ? x) = d，易知d = 1或2。由(z ? x)(z ? x) = 3y2得z ? x = 3da2，z ? x = db2，y = dab或z ? x = db2，z ? x = 3da2，y = dab，a > 0，b > 0，(a, b )
|b2?3a2|b2?3a2，y?ab，z?= 1。(ⅰ) 当d = 1：x?，a > 0，b > 0，(a, b ) = 221，3?|b，a, b同为奇数； (ⅱ) 当d = 2：x = |b2 ? 3a2|，y = 2ab，z = b2 ? 3a2，a > 0，b > 0，(a, b ) = 1，3b，a, b一奇一偶。反之，易验证(ⅰ)或(ⅱ)是原
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不定方程的解，且x > 0，y > 0，z > 0，(x, y) = 1。 3．证明不等式方程x?2y?z,?x,y??1,x?0,y?0,z/x的一切正整数解．
42可以写成公式: x?4ab(a2?b),y?∣a?b?6a2442b2∣，z?a2?b
2其中a?0,b?0,?a,b??1,a,b一单一双 证明:由定理1知道原方程的解是x?2cd,y?c2?d,z?c?d,
222c?d?0,?c,d??1， 且c， d为一奇一偶，
其中，c?2ab,d?所以x?4ab(a22?b,a?b?0,?a,b??1， 且a， b为一奇一偶．
4422a2?b),y?∣a?b?6a2b2∣，z?a2?b是原方程的正整数解
2(x?0,y?0,z?0,?x,y??1,2/x,且a?b是奇数，
原方程正整数的解有:
20，0?,?0，?a,?a?，??a,0,?a???4ab(a?b),?(a?b?6ab),?(a?b)?，?0，2222442222?
?(a?b?6a442b2),?4ab(a?b),?(a?b),2222?
6．求方程x2 ? y2 = z4的满足(x, y ) = 1，2?x的正整数解。
解：设x，y，z是x2 ? y2 = z4的满足(x, y) = 1，2?x的正整数解，则x = 2ab，y = a2 ? b2，z2 = a2 ? b2，a > b > 0，(a, b) = 1，a, b一奇一偶， 再由z2 = a2 ? b2得a = 2uv，b = u2 ? v2， z = u2 ? v2 或 a = u2 ? v2，b = 2uv， z = u2 ? v2， u > v > 0，(u, v) = 1，u, v一奇一偶，于是得x = 4uv(u2 ? v2)，y = |u4 ? v4 ? 6u2v2|，z = u2 ? v2，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。
其中正负号可任意选取． 第三章 同余
?1同余的概念及其基本性质
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1、 证明（i）若??1?k???1?k(modm)
xi?yi(modm)、i=1，2，、、、，k 则
???,,??1k?1?k1x?kx1?????1,,?k1,,?k?1y1?kyk(modm)
特别地，若ai?bi（modm），i=0，1，
,n则
?b0（modm）
anxn?an?1xn?1?a0?bnxn?bn?1xn?1?(ii)若a?b(modm)，k?0,ak?bk(modmk),
（iii）若a?b(modm)，d是a，b及m的任一正公因数，则(iv)若a?b(modm)，dm,d?0. 则a?b(modd)． 证明 ：（i）据性质戊，由xi?yi(modm),i?1,2,得xi?i?yi?i(modm),i?1,2,进一步，则
abm?(mod), bdd,k.
,k,
??1?1x?k1?kxk?B??1?1y?k1?kyk(modm)
最后据性质丁，可得：
???,,??1k?1?k1x?kx1?????1,,?k1,,?k?1y1?kyk（modm）
(ii) 据定理1，a?b(modm)?ma?b,
k?0,?mkk(a?b)?ka?kb
又据定理1，即得ka?kb(modmk).
（iii）据定理1， a?b(modm) ?ma?b,即a-b=ms(s?z)
a?bmabm?s，即???s, dddddabm仍据定理1，立得?(mod),
bddda,b,m,d?0,?(iv) 据定理1， a?b(modm)?a?a?ms,(s?z),
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又
dm,?m?dt,t?z,
故a?b?ms?d(st),st?z,
?a?b(modd).
2、设正整数a?an10n?an?110n?1?a0,0?ai?10
试证11整除的充分且必要条件是11整除
?(?1)a.
ii?1ni证明 ：10??1(mod11),?由上题(i)的特殊情形立得
a?an10n?an?110n?1?a0?an(?1)n?an?1(?1)n?1?a0(mod11)
a??(?1)iai(mod11),
i?0n?11a?11?(?1)a．
ii?0ni3．找出整数能被37，101整除有判別条件来。 解：1000?1(mod37)
故正整数a?ak1000k?ak?11000k?1?立得37a?37a0,0?ai?1000
?a.
ii?0k100??1(mod101).
故设正整数a?bs100s?bs?1100s?1?立得101a?101b0,0?bi?100'，
?(?1)b.
iii?0s4、证明641｜232?1 证明：∵28?256?mod641?
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