附录1 习题参考答案第一章习题一1. (ⅰ) 由a b知b = aq，于是b = (a)(q)，b = a(q)及b =(a)q，即a b，a b及a b。

反之，由a b，a b及a b 也可得a b； (ⅱ) 由a b，b c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a c； (ⅲ) 由b a i知a i= bq i，于是a1x1a2x2a k x k = b(q1x1 q2x2q k x k)，即b a1x1a2x2a k x k；(ⅳ) 由b a知a = bq，于是ac = bcq，即bc ac； (ⅴ) 由b a知a = bq，于是|a| = |b||q|，再由a 0得|q| 1，从而|a| |b|，后半结论由前半结论可得。

2. 由恒等式mq np= (mn pq) (m p)(n q)及条件m p mnpq可知m p mq np。

3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则a, a 1, , a 9, a 19的数字和为s, s 1, , s 9, s 10，其中必有一个能被11整除。

4. 设不然，n1= n2n3，n2p，n3p，于是n = pn2n3p3，即p3n，矛盾。

5. 存在无穷多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，(k1)2不能表示为a2p的形式，事实上，若(k 1)2= a2p，则(k 1 a)( k 1 a) = p，得k 1 a = 1，k 1 a = p，即p = 2k 1，此与p为素数矛盾。

第一章习题二1. 验证当n =0,1，2，… ,11时，12|f(n)。

2.写a = 3q1r1，b = 3q2r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3a2b2 =3Q r12r22知r1 = r2 = 0，即3a且3b。

3.记n=10q+r, (r=0,1,…,9)，则n k+4-n k被10除的余数和r k+4-r k=r k(r4-1)被10 除的余数相同。

对r =0,1,…,9进行验证即可。

4. 对于任何整数n ，m ，等式n 2 (n 1)2 = m 22的左边被4除的余数为1，而右边被4除的余数为2或3，故它不可能成立。

5 因a 4 3a 2 9 = (a 2 3a 3)( a 23a 3)，当a = 1，2时，a 2 3a 3 = 1，a 4 3a 2 9 = a 2 3a 3 = 7，13，a 4 3a 2 9是素数；当a 3时，a 2 3a 3 > 1，a 2 3a 3 > 1，a 4 3a 29是合数。

6. 设给定的n 个整数为a 1, a 2, , a n ，作s 1 = a 1，s 2 = a 1 a 2，，s n = a 1 a 2 a n ，如果s i 中有一个被n 整除，则结论已真，否则存在s i ，s j ，i < j ，使得s i 与s j 被n 除的余数相等，于是n s j s i = a i + 1 a j 。

第一章 习 题 三1. (ⅰ) 因为d a 和d |a | 是等价的，所以a 1, a 2, , a k 的公约数的集合与|a 1|, |a 2|, ,|a k | 的公约数的集合相同，所以它们的最大公约数相等； (ⅱ)，(ⅲ) 显然； (ⅳ) 设(p , a ) = d ，则d p ，d a ，由d p 得d = 1或d = p ，前者推出(p , a ) = 1，后者推出p a 。

2. (ⅰ) 由d a i 推出d y 0 = (a 1, a 2, , a k )； (ⅱ) 分别以y 0和Y 0表示集合A = { y ；y =∑=ki i i x a 1，x i Z ，i k }和A *= { y ；y =∑=ki i i x ma 1，x i Z ， i k }中的最小正整数，显然有Y 0 = |m |y 0； (ⅲ) 在推论2中取m = ，并用δδδk aa a ,,,21 代替a 1, a 2,, a k 即可。

3. (ⅰ) 若p |/a ，则(p , a ) = 1，从而由pab 推出p b ； (ⅱ) 在(ⅰ)中取a = b 可得； (ⅲ) (a , b 1b 2b n ) = (a , b 2b n ) = = (a , b n ) = 1。

4. 由恒等式9(2x 3y ) 2(9x 5y ) = 17y 及172x 3y 得172(9x 5y )，又(17, 2) = 1，故179x 5y 。

5. 设(a , b ) = d ，则a = da 1，b = db 1，(a 1, b 1) = 1，由a 2b 2c 得a 12b 12c ，a 12c ，因为c 无平方因子，所以a 1 = 1，a =d ，b = ab 1，即a b 。

6. 设12122321212232122C C C )C ,,C ,(C ---=+++=n n nn n n n n n d ，由知d 22n 1，设2k|n 并且2k+1不整除n ，由2k +1||1122112C 2C 2C |--+=i n i n k n in 及，i = 3, 5, , 2n 1，得d = 2k + 1。

第一章 习 题 四1. (ⅰ)，(ⅱ) 显然； (ⅲ) 设m 1 = [a 1, a 2, , a k ]，m 2 = [ |a 1|, |a 2|, , |a k | ]，则由a i m 1推出|a I |m 1，即m 2m 1，同理可得m 1m 2，故m 1 = m 2； (ⅳ) 显然a |b |，b |b |，又若a m ，b m ，m > 0，则|b | m ，故有[a , b ] = |b |。

2. 设m 是a 1, a 2, , a n 的任一个公倍数，由a 1m ，a 2m 知[a 1, a 2] = m 2m ，由m 2m ，a 3m 知[m 2, a 3] = m 3m ，，由m n 1m ，a n m 知[m n 1, a n ] = m n m ，即[a 1, a 2, , a n ]m 。

3. 只须证),()(),()(b a b b a b a b a ab b a ++=+，即只须证(b , a b ) = (a , b )，此式显然。

4. 由a b = 120及ab = (a , b )[a , b ] = 24 144 = 3456解得a = 48，b = 72或a = 72，b = 48。

5. 因为),)(,)(,(],][,][,[),,(],,[22222222a c cb b ac b a a c c b b a ca bc ab c b a c b a ==，，故只须证明(a , b , c )(ab , bc , ca ) = (a , b )(b , c ) (c , a )，此式用类似于例3的方法即可得证。

6. 设s = 1k 2k 9k ，则由2s = (1k 9k ) (2k 8k) (9k 1k ) = 10q 1及2s = (0k 9k ) (1k 8k ) (9k 0k) = 9q 2得102s 和92s ，于是有902s ，从而1 2 9 = 45s 。

第一章 习 题 五1. (ⅰ) a b 知b = ab 1，由性质(ma , mb ) = |m |(a , b )得(a , b ) = (a , ab 1) = a (1, b 1) = a ； (ⅱ) 由性质(ma , mb ) = |m |(a , b )得(a , b ) = (2a 1, 2b 1)= 2 (2a 1,b 1)； (ⅲ)由性质(a , b ) = 1 (a , bc ) = (a , c )得(a , b ) = (a , 2b 1) = (a , b 1)； (ⅳ) 由性质(a , b ) = (|a b |, b )及(a , b ) = 1(a , bc ) = (a , c )得(a , b ) = (||2ba -,b )。

2. 作辗转相除：1387 = (162)(8) 91，162 = 91(2) 20，91 = 20 4 11，20 = 11 1 9，11 = 9 1 2，9 = 2 4 1，2 = 1 2 0，由此得n = 6，q 1 = 8，q 2 = 2，q 3 = 4，q 4 = 1，q 5 = 1，q 6 = 4，x = (1)n 1Q n = 73，y = (1)nP n = 625，又(1387, 162) = r n = 1，故138773 162625 = 1 = (1387, 162)。

3. (27090, 21672, 11352) = (4386, 10320, 11352) = (4386, 1548, 2580)= (1290, 1548, 1032) = (258, 516, 1032) = (258, 0, 0) = 258。

4. (F n + 1, F n ) = (F n F n 1, F n ) = (F n 1, F n ) = = (F 1, F 2) = 1。

5. 设除数为d ，余数为r ，则由d 4582 2836 = 1746，d 5164 4582 = 582，d 6522 5164 = 1358 知d (1746, 582, 1358) = 194，由此得d = 97，r = 23或d = 194，r = 120。

6. 作辗转相除：a = bq 1 r 1， 0 < r 1 < |b |， b = r 1q 2 r 2， 0 < r 2 < r 1，r n 2 = r n 1q nr n ，0 < r n < r n 1， r n1 = r n q n 1r n 1，r n 1 = 0。

由第一式得2a1 =)12()12()12(]1)2[(21222111111111-+-=-+-=-+-+r b r q b r r r r bq Q ，即),(),(),(),(211111r r r b r b b a r b a M M M M M M M M M Q M M ==+=。

类似可得，等，于是),(),(),(),(11b a r r r r b b a M M M M M M M M n n n =====+ 。

第一章 习 题 六1. (ⅰ) 显然d =k kp p p γγγ 2121（0 ii，1 i k ）是n 的正因数。

反之，设d 为n 的任一个正因数，由d n 知对每一个p i ，d 的标准分解式中p i 的指数都不超过n 的标准分解式中p i 的指数，即d 必可表示成k k p p p γγγ 2121（0 i i ，1 i k ）的形式； (ⅱ) 类似于(ⅰ)可证得。