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第一章 整除理论
整除性理论是初等数论的基础。本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。
第一节 数的整除性
定义1 设a，b是整数，b ( 0，如果存在整数c，使得
a = bc
成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），并且使用记号b(a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被b整除，记为ba。
显然每个非零整数a都有约数 (1，(a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。
被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。
定理1 下面的结论成立：
(ⅰ) a(b ( (a((b；
(ⅱ) a(b，b(c ( a(c；
(ⅲ) b(ai，i = 1, 2, (, k ( b(a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk，此处xi（i = 1, 2, (, k）是任意的整数；
(ⅳ) b(a ( bc(ac，此处c是任意的非零整数；
(ⅴ) b(a，a ( 0 ( |b| ( |a|；b(a且|a| < |b| ( a = 0。
证明 留作习题。
定义2 若整数a ( 0，(1，并且只有约数 (1和 (a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。
以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。
定理2 任何大于1的整数a都至少有一个素约数。
证明 若a是素数，则定理是显然的。
若a不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d1, d2, (, dk 。不妨设d1是其中最小的。若d1不是素数，则存在e1 > 1，e2 > 1，使得d1 = e1e2，因此，e1和e2也是a的正的非平凡约数。这与d1的最小性矛盾。所以d1是素数。证毕。
推论 任何大于1的合数a必有一个不超过的素约数。
证明 使用定理2中的记号，有a = d1d2，其中d1 > 1是最小的素约数，所以d12 ( a。证毕。
例1 设r是正奇数，证明：对任意的正整数n，有
n ( 21r ( 2 r ( ( ( n r。
解 对于任意的正整数a，b以及正奇数k，有
ak ( bk = (a ( b)(ak ( 1 ( ak ( 2b ( ak ( 3b2 ( ( ( bk ( 1) = (a ( b)q，
其中q是整数。记s = 1r ( 2 r ( ( ( n r，则
2s = 2 ( (2 r ( n r) ( (3 r ( (n ( 1)r) ( ( ( (n r ( 2 r) = 2 ( (n ( 2)Q，
其中Q是整数。若n ( 2(s，由上式知n ( 2(2，因为n ( 2 > 2，这是不可能的，所以n ( 2s。
例2 设A = { d1, d2, (, dk }是n的所有约数的集合，则
B =
也是n的所有约数的集合。
解 由以下三点理由可以证得结论：
(ⅰ) A和B的元素个数相同；
(ⅱ) 若di(A，即di(n，则n，反之亦然；
(ⅲ) 若di ( dj，则。
例3 以d(n)表示n的正约数的个数，例如：d(1) = 1，d(2) = 2，d(3) = 2，d(4) = 3，( 。问：
d(1) ( d(2) ( ( ( d(1997)
是否为偶数？
解 对于n的每个约数d，都有n = d(，因此，n的正约数d与是成对地出现的。只有当d =，即n = d2时，d和才是同一个数。故当且仅当n是完全平方数时，d(n)是奇数。
因为442 < 1997 < 452，所以在d(1), d(2), (, d(1997)中恰有44个奇数，故d(1) ( d(2) ( ( ( d(1997)是偶数。
例4 设凸2n边形M的顶点是A1, A2, (, A2n，点O在M的内部，用1, 2, (, 2n将M的2n条边分别编号，又将OA1, OA2, (, OA2n也同样进行编号，若把这些编号作为相应的线段的长度，证明：无论怎么编号，都不能使得三角形OA1A2, OA2A3, (, OA2nA1的周长都相等。
解 假设这些三角形的周长都相等，记为s。则
2ns = 3(1 ( 2 ( ( ( 2n) = 3n(2n ( 1)，
即
2s = 3(2n ( 1)，
因此2(3(2n ( 1)，这是不可能的，这个矛盾说明这些三角形的周长不可能全都相等。
例5 设整数k ( 1，证明：
(ⅰ) 若2k ( n < 2k ( 1，1 ( a ( n，a ( 2k，则2ka；
(ⅱ) 若3k ( 2n ( 1 < 3k + 1，1 ( b ( n，2b ( 1 ( 3k，则3k2b ( 1。
解 (ⅰ) 若2k|a，则存在整数q，使得a= q2k。显然q只可能是0或1。此时a= 0或2k ，这都是不可能的，所以2ka；
(ⅱ) 若 3k|2b-1，则存在整数q，使得2b-1= q3k，显然q只可能是0，1, 或2。此时2b-1= 0，3k，或，这都是不可能的，所以3k2b ( 1。
例6 写出不超过100的所有的素数。
解 将不超过100的正整数排列如下：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70
71 72 73 74 75 76 77 78 79 80
81 82 83 84 85 86 87 88 89 90
91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
按以下步骤进行：
(ⅰ) 删去1，剩下的后面的第一个数是2，2是素数；
(ⅱ) 删去2后面的被2整除的数，剩下的2后面的第一个数是3，3是素数；
(ⅲ) 再删去3后面的被3整除的数，剩下的3后面的第一个数是5，5是素数；
(ⅳ) 再删去5后面的被5整除的数，剩下的5后面的第一个数是7，7是素数；
( (
照以上步骤可以依次得到素数2, 3, 5, 7, 11, (。
由定理2推论可知，不超过100的合数必有一个不超过10的素约数，因此在删去7后面被7整除的数以后，就得到了不超过100的全部素数。
在例6中所使用的寻找素数的方法，称为Eratosthenes筛法。它可以用来求出不超过任何固定整数的所有素数。在理论上这是可行的；但在实际应用中，这种列出素数的方法需要大量的计算时间，是不可取的。
例7 证明：存在无穷多个正整数a，使得
n4 ( a（n = 1, 2, 3, (）
都是合数。
解 取a = 4k4，对于任意的n(N，有
n4 ( 4k4 = (n2 ( 2k2)2 ( 4n2k2 = (n2 ( 2k2 ( 2nk)(n2 ( 2k2 ( 2nk)。
因为
n2 ( 2k2 ( 2nk = (n ( k)2 ( k2 ( k2，
所以，对于任意的k = 2, 3, ( 以及任意的n(N，n4 ( a是合数。
例8 设a1, a2, (, an是整数，且
a1 ( a2 ( ( ( an = 0，a1a2(an = n，
则4(n。
解 如果2n，则n, a1, a2, (, an都是奇数。于是a1 ( a2 ( ( ( an是奇数个奇数之和，不可能等于零，这与题设矛盾，所以2(n，即在a1, a2, (, an中至少有一个偶数。如果只有一个偶数，不妨设为a1，那么2ai（2 ( i ( n）。此时有等式
a2 ( ( ( an = (a1，
在上式中，左端是(n ( 1)个奇数之和，右端是偶数，这是不可能的，因此，在a1, a2, (, an中至少有两个偶数，即4(n。
例9 若n是奇数，则8(n2 ( 1。
解 设n = 2k ( 1，则
n2 ( 1= (2k ( 1)2 ( 1 = 4k(k ( 1)。
在k和k ( 1中有一个是偶数，所以8(n2 ( 1。
例9的结论虽然简单，却是很有用的。例如，使用例3中的记号，我们可以提出下面的问题：
问题 d(1)2 ( d(2)2 ( ( ( d(1997)2被4除的余数是多少？
例10 证明：方程
a12 ( a22 ( a32 = 1999 (1)
无整数解。
解 若a1，a2，a3都是奇数，则存在整数A1，A2，A3，使得
a12 = 8A1 ( 1，a22 = 8A2 ( 1，a32 = 8A3 ( 1，
于是
a12 ( a22 ( a32 = 8(A1 ( A2 ( A3) ( 3。
由于1999被8除的余数是7，所以a1，a2，a3不可能都是奇数。
由式(1)，a1，a2，a3中只能有一个奇数，设a1为奇数，a2，a3为偶数，则存在整数A1，A2，A3，使得
a12 = 8A1 ( 1，a22 = 8A2 ( r，a32 = 8A3 ( s，
于是
a12 ( a22 ( a32 = 8(A1 ( A2 ( A3) ( 1 ( r ( s，
其中r和s是整数，而且只能取值0或4。这样a12 ( a22 ( a32被8除的余数只可能是1或5，但1999被8除的余数是7，所以这样的a1，a2，a3也不能使式(2)成立。
综上证得所需要的结论。
习 题 一
1. 证明定理1。
2. 证明：若m ( p(mn ( pq，则m ( p(mq ( np。
3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。
4. 设p是n的最小素约数，n = pn1，n1 > 1，证明：若p >，则n1是素数。
5. 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为
a2 ( p（a > 0是整数，p为素数）
的形式。
第二节 带余数除法
在本节中，我们要介绍带余数除法及其简单应用。
定理1(带余数除法) 设a与b是两个整数，b ( 0，则存在唯一的两个整数q和r，使得
a = bq ( r，0 ( r < |b|。 (1)
证明 存在性 若b(a，a = bq，q(Z，可取r = 0。若ba，考虑集合
A = { a ( kb；k(Z },
其中Z表示所有整数的集合，以后，仍使用此记号，并以N表示所有正整数的集合。
在集合A中有无限多个正整数，设最小的正整数是r = a ( k0b，则必有
0 < r < |b|， (2)
否则就有r ( |b|。因为ba，所以r ( |b|。于是r > |b|，即a ( k0b > |b|，a ( k0b ( |b| > 0，这样，在集合A中，又有正整数a ( k0b ( |b| < r，这与r的最小性矛盾。所以式(2)必定成立。取q = ( k0知式(1)成立。存在性得证。
唯一性 假设有两对整数q (，r (与q ((，r ((都使得式(1)成立，即
a = q ((b ( r (( = q (b ( r (，0 ( r (, r (( < |b|，
则
(q(( ( q ()b = r ( ( r ((，|r ( ( r ((| < |b|， (3)
因此r ( ( r (( = 0，r ( = r ((，再由式(3)得出q ( = q ((，唯一性得证。证毕。
定义1 称式(1)中的q是a被b除的商，r是a被b除的余数。
由定理1可知，对于给定的整数b，可以按照被b除的余数将所有的整数分成b类。在同一类中的数被b除的余数相同。这就使得许多关于全体整数的问题可以归化为对有限个整数类的研究。
以后在本书中，除特别声明外，在谈到带余数除法时总是假定b是正整数。
例1 设a，b，x，y是整数，k和m是正整数，并且
a = a1m ( r1，0 ( r1 < m，
b = b1m ( r2，0 ( r2 < m，
则ax ( by和ab被m除的余数分别与r1x ( r2y和r1r2被m除的余数相同。特别地，ak与r1k被m除的余数相同。
解 由
ax ( by = (a1m ( r1)x ( (b1m ( r2)y = (a1x ( b1y)m ( r1x ( r2y
可知，若r1x ( r2y被m除的余数是r，即
r1x ( r2y = qm ( r，0 ( r < m，
则
ax ( by = (a1x ( b1y ( q)m ( r，0 ( r < m，
即ax ( by被m除的余数也是r。
同样方法可以证明其余结论。
例2 设a1, a2, (, an为不全为零的整数，以y0表示集合
A = { y；y = a1x1 ( ( ( anxn，xi(Z，1 ( i ( n }
中的最小正数，则对于任何y(A，y0(y；特别地，y0(ai，1 ( i ( n。
解 设y0 = a1x1( ( ( ( anxn(，对任意的y = a1x1 ( ( ( anxn(A，由定理1，存在q, r0(Z，使得
y = qy0 ( r0，0 ( r0 < y0 。
因此
r0 = y ( qy0 = a1(x1 ( qx1() ( ( ( an(xn ( qxn()(A。
如果r0 ( 0，那么，因为0 < r0 < y0，所以r0是A中比y0还小的正数，这与y0的定义矛盾。所以r0 = 0，即y0(y。
显然ai(A（1 ( i ( n），所以y0整除每个ai（1 ( i ( n）。
例3 任意给出的五个整数中，必有三个数之和被3整除。
解 设这五个数是ai，i = 1, 2, 3, 4, 5，记
ai = 3qi ( ri，0 ( ri < 3，i = 1, 2, 3, 4, 5。
分别考虑以下两种情形：
(ⅰ) 若在r1, r2, (, r5中数0，1，2都出现，不妨设r1 = 0，r2 = 1，r3 = 2，此时
a1 ( a2 ( a3 = 3(q1 ( q2 ( q3) ( 3
可以被3整除；
(ⅱ) 若在r1, r2, (, r5中数0，1，2至少有一个不出现，这样至少有三个ri要取相同的值，不妨设r1 = r2 = r3 = r（r = 0，1或2），此时
a1 ( a2 ( a3 = 3(q1 ( q2 ( q3) ( 3r
可以被3整除。
例4 设a0, a1, (, an(Z，f(x) = anxn ( ( ( a1x ( a0 ，已知f(0)与f(1)都不是3的倍数，证明：若方程f(x) = 0有整数解，则
3(f((1) = a0 ( a1 ( a2 ( ( ( ((1)nan 。
解 对任何整数x，都有
x = 3q ( r，r = 0，1或2，q(Z。
(ⅰ) 若r = 0，即x = 3q，q(Z，则
f(x) = f(3q) = an(3q)n ( ( ( a1(3q) ( a0 = 3Q1 ( a0 = 3Q1 ( f(0)，
其中Q1(Z，由于f(0)不是3的倍数，所以f(x) ( 0；
(ⅱ) 若r = 1，即x = 3q ( 1，q(Z，则
f(x) = f(3q ( 1) = an(3q ( 1)n ( ( ( a1(3q ( 1) ( a0
= 3Q2 ( an ( ( ( a1 ( a0 = 3Q2 ( f(1)，
其中Q2(Z。由于f(1)不是3的倍数，所以f(x) ( 0。
因此若f(x) = 0有整数解x，则必是x = 3q ( 2 = 3q( ( 1，q ((Z，于是
0 = f(x) = f(3q ( ( 1) = an(3q ( ( 1)n ( ( ( a1(3q ( ( 1) ( a0
= 3Q3 ( a0 ( a1 ( a2 ( ( ( (( 1)nan = 3Q3 ( f((1)，
其中Q3(Z。所以3(f((1) = a0 ( a1 ( a2 ( ( ( ((1)nan 。
例5 证明：对于任意的整数n，f(n) = 3n5 ( 5n3 ( 7n被15整除。
解 对于任意的正整数n，记
n = 15q ( r，0 ( r < 15。
由例1，
n2 = 15Q1 ( r1，n4 = 15Q2 ( r2，
其中r1与r2分别是r2与r4被15除的余数。
以R表示3n4 ( 5n2 ( 7被15除的余数，则R就是3r2 ( 5r1 ( 7被15除的余数，而且f(n)被15除的余数就是rR被15除的余数，记为R (。
当r = 0时，显然R ( = 0，即15(3n5 ( 5n3 ( 7n。
对于r = 1, 2, 3, (, 14的情形，通过计算列出下表：
r = 1, 14 2, 13 3, 12 4, 11 5, 10 6, 9 7, 8
r1 = 1 4 9 1 10 6 4
r2 = 1 1 6 1 10 6 1
R = 0 0 10 0 12 10 0
R(= 0 0 0 0 0 0 0
这证明了结论。
例6 设n是奇数，则16(n4 ( 4n2 ( 11。
解 我们有
n4 ( 4n2 ( 11 = (n2 ( 1)(n2 ( 5) ( 16。
由第一节例题9，有8(n2 ( 1，由此及2(n2 ( 5得到16((n2 ( 1)(n2 ( 5)。
例7 证明：若a被9除的余数是3，4，5或6，则方程x3 ( y3 = a没有整数解。
解 对任意的整数x，y，记
x = 3q1 ( r1，y = 3q2 ( r2，0 ( r1, r2 < 3。
则存在Q1, R1, Q2, R2(Z，使得
x3 = 9Q1 ( R1，y3 = 9Q2 ( R2 ，
其中R1和R2被9除的余数分别与r13和r23被9除的余数相同，即
R1 = 0，1或8，R2 = 0，1或8。 (4)
因此
x3 ( y3 = 9(Q1 ( Q2) ( R1 ( R2 。
又由式(4)可知，R1 ( R2被9除的余数只可能是0，1，2，7或8，所以，x3 ( y3不可能等于a 。
习 题 二
1. 证明：12(n4 ( 2n3 ( 11n2 ( 10n，n(Z。
2. 设3(a2 ( b2，证明：3(a且3(b。
3. 设n，k是正整数，证明：nk与nk + 4的个位数字相同。
4. 证明：对于任何整数n，m，等式n2 ( (n ( 1)2 = m2 ( 2不可能成立。
5. 设a是自然数，问a4 ( 3a2 ( 9是素数还是合数？
6. 证明：对于任意给定的n个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n整除。
第三节 最大公约数
定义1 整数a1, a2, (, ak的公共约数称为a1, a2, (, ak的公约数。不全为零的整数a1, a2, (, ak的公约数中最大的一个叫做a1, a2, (, ak的最大公约数（或最大公因数），记为(a1, a2, (, ak)。
由于每个非零整数的约数的个数是有限的，所以最大公约数是存在的，并且是正整数。
如果(a1, a2, (, ak) = 1，则称a1, a2, (, ak是互素的（或互质的）；如果
(ai, a j) = 1，1 ( i, j ( k，i ( j，
则称a1, a2, (, ak是两两互素的（或两两互质的）。
显然，a1, a2, (, ak两两互素可以推出(a1, a2, (, ak) = 1，反之则不然，例如(2, 6, 15) = 1，但(2, 6) = 2。
定理1 下面的等式成立：
(ⅰ) (a1, a2, (, ak) = (|a1|, |a2|, (, |ak|)；
(ⅱ) (a, 1) = 1，(a, 0) = |a|，(a, a) = |a|；
(ⅲ) (a, b) = (b, a)；
(ⅳ) 若p是素数，a是整数，则(p, a) = 1或p(a；
(ⅴ) 若a = bq ( r，则(a, b) = (b, r)。
证明 (ⅰ)(((ⅳ)留作习题。
(ⅴ) 由第一节定理1可知，如果d(a，d(b，则有d(r = a ( bq，反之，若d(b，d(r，则d(a = bq ( r。因此a与b的全体公约数的集合就是b与r的全体公约数的集合，这两个集合中的最大正数当然相等，即(a, b) = (b, r)。证毕。
由定理1可知，在讨论(a1, a2, (, an)时，不妨假设a1, a2, (, an是正整数，以后我们就维持这一假设。
定理2 设a1, a2, (, ak(Z，记
A = { y；y =，xi(Z，( ( i ( k }。
如果y0是集合A中最小的正数，则y0 = (a1, a2, (, ak)。
证明 设d是a1, a2, (, ak的一个公约数，则d(y0，所以d ( y0。另一方面，由第二节例2知，y0也是a1, a2, (, ak的公约数。因此y0是a1, a2, (, ak的公约数中的最大者，即y0 = ( a1, a2, (, ak)。证毕。
推论1 设d是a1, a2, (, ak的一个公约数，则d((a1, a2, (, ak)。
这个推论对最大公约数的性质做了更深的刻划：最大公约数不但是公约数中的最大的，而且是所有公约数的倍数。
推论2 (ma1, ma2, (, mak) = |m|(a1, a2, (, ak)。
推论3 记( = (a1, a2, (, ak)，则
= 1，
特别地, = 1。
定理3 (a1, a2, (, ak) = 1的充要条件是存在整数x1, x2, (, xk，使得
a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk = 1。 (1)
证明 必要性 由定理2得到。
充分性 若式(1)成立，如果 (a1, a2, (, ak) = d > 1，那么由d(ai（1 ( i ( k）推出d(a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk = 1，这是不可能的。所以有(a1, a2, (, ak) = 1。证毕。
定理4 对于任意的整数a，b，c，下面的结论成立：
(ⅰ) 由b(ac及(a, b) = 1可以推出b(c；
(ⅱ) 由b(c，a(c及(a, b) = 1可以推出ab(c。
证明 (ⅰ) 若(a, b) = 1，由定理2，存在整数x与y，使得
ax ( by = 1。
因此
acx ( bcy = c。 (2)
由上式及b(ac得到b(c。结论(ⅰ)得证；
(ⅱ) 若(a, b) = 1，则存在整数x，y使得式(2)成立。由b(c与a(c得到ab(ac，ab(bc，再由式(2)得到ab(c。结论(ⅱ)得证。证毕。
推论1 若p是素数，则下述结论成立：
(ⅰ) p(ab ( p(a或p(b；
(ⅱ) p(a2 ( p(a。
证明 留作习题。
推论2 若 (a, b) = 1，则(a, bc) = (a, c)。
证明 设d是a与bc的一个公约数，则d(a，d(bc，由式（2）得到，d|c, 即d是a与c的公约数。另一方面，若d是a与c的公约数，则它也是a与bc的公约数。因此，a与c的公约数的集合，就是a与bc的公约数的集合，所以(a, bc) = (a, c)。证毕。
推论3 若 (a, bi) = 1，1 ( i ( n，则(a, b1b2(bn) = 1。
证明 留作习题。
定理5 对于任意的n个整数a1, a2, (, an，记
(a1, a2) = d2，(d2, a3) = d3，(，(dn ( 2, an ( 1) = dn ( 1，(dn ( 1, an) = dn，
则
dn = (a1, a2, (, an)。
证明 由定理2的推论，我们有
dn = (dn ( 1, an) ( dn(an，dn(dn ( 1，
dn ( 1 = (dn ( 2, an ( 1) ( dn ( 1(an ( 1，dn ( 1(dn ( 2，
( dn(an，dn(an ( 1，dn(dn ( 2，
dn ( 2 = (dn ( 3, an ( 2) ( dn ( 2(an ( 2，dn ( 2(dn ( 3
( dn(an，dn(an ( 1，dn(an ( 2，dn(dn ( 3，
( (
d2 = (a1, a2) ( dn(an，dn(an ( 1，(，dn(a2，dn(a1，
即dn是a1, a2, (, an的一个公约数。
另一方面，对于a1, a2, (, an的任何公约数d，由定理2的推论及d2, (, dn的定义，依次得出
d(a1，d(a2 ( d(d2，
d(d2，d(a3 ( d(d3，
( (
d(dn ( 1，d(an ( d(dn，
因此dn是a1, a2, (, an的公约数中的最大者，即dn = (a1, a2, (, an)。证毕。
例1 证明：若n是正整数，则是既约分数。
解 由定理1得到
(21n ( 4, 14n ( 3) = (7n ( 1, 14n ( 3) = (7n ( 1, 1) = 1。
注：一般地，若(x, y) = 1，那么，对于任意的整数a，b，有
(x, y) = (x (ay, y) = (x (ay, y ( b(x (ay)) = (x (ay, (ab ( 1)y ( bx)，
因此，是既约分数。
例2 证明：121n2 ( 2n ( 12，n(Z。
解 由于121 = 112，n2 ( 2n ( 12 = (n ( 1)2 ( 11，所以，若
112((n ( 1)2 ( 11， (3)
则11((n ( 1)2，因此，由定理4的推论1得到
11(n ( 1，112((n ( 1)2。
再由式(3)得到
112(11，
这是不可能的。所以式(3)不能成立。
注：这个例题的一般形式是：
设p是素数，a，b是整数，则
pk(an ( b)k ( pk ( 1c，
其中c是不被p整除的任意整数，k是任意的大于1的整数。
例3 设a，b是整数，且
9(a2 ( ab ( b2， (4)
则3((a, b)。
解 由式(4)得到
9((a ( b)2 ( 3ab ( 3((a ( b)2 ( 3ab
( 3((a ( b)2 ( 3(a ( b (5)
( 9((a ( b)2。
再由式(4)得到
9(3ab ( 3(ab。
因此，由定理4的推论1，得到
3(a或3(b。
若3(a，由式(5)得到3(b；若3(b，由(5)式也得到3(a。因此，总有3(a且3(b。
由定理2的推论推出3((a, b)。
例4 设a和b是正整数，b > 2，则2b ( 12a ( 1。
解 (ⅰ) 若a < b，且
2b ( 1(2a ( 1。 (6)
成立，则
2b ( 1 ( 2a ( 1 ( 2b ( 2a ( 2 ( 2a(2b ( a ( 1) ( 2，
于是a = 1，b ( a = 1，即b = 2，这是不可能的，所以式(6)不成立。
(ⅱ) 若a = b，且式(6)成立，则由式(6)得到
2a ( 1((2a ( 1) ( 2 ( 2a ( 1(2 ( 2a ( 1 ( 2 ( 2a ( 3，
于是b = a = 1，这是不可能的，所以式(6)不成立。
(ⅲ) 若a > b，记a = kb ( r，0 ( r < b，此时
2kb ( 1 = (2b ( 1)(2(k ( 1)b ( 2(k ( 2)b ( ( ( 1) = (2b ( 1)Q，
其中Q是整数。所以
2a ( 1 = 2kb + r ( 1 = 2r(2kb ( 1 ( 1) ( 1
= 2r((2b ( 1)Q ( 1) ( 1 = (2b ( 1)Q ( ( (2r ( 1)，
其中Q(是整数。因此
2b ( 1(2a ( 1 ( 2b ( 1(2r ( 1，
在(ⅰ)中已经证明这是不可能的，所以式(6)不能成立。
综上证得2b ( 12a ( 1。
习 题 三
1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。
3. 证明定理4的推论1和推论3。
4. 设x，y(Z，17(2x ( 3y，证明：17(9x ( 5y。
5. 设a，b，c(N，c无平方因子，a2(b2c，证明：a(b。
6. 设n是正整数，求的最大公约数。
第四节 最小公倍数
定义1 整数a1, a2, (, ak的公共倍数称为a1, a2, (, ak的公倍数。a1, a2, (, ak的正公倍数中的最小的一个叫做a1, a2, (, ak的最小公倍数，记为[a1, a2, (, ak]。
定理1 下面的等式成立：
(ⅰ) [a, 1] = |a|，[a, a] = |a|；
(ⅱ) [a, b] = [b, a]；
(ⅲ) [a1, a2, (, ak] = [|a1|, |a2| (, |ak|]；
(ⅳ) 若a(b，则[a, b] = |b|。
证明 留作习题。
由定理1中的结论(ⅲ)可知，在讨论a1, a2, (, ak的最小公倍数时，不妨假定它们都是正整数。在本节中总是维持这一假定。
最小公倍数和最大公约数之间有一个很重要的关系，即下面的定理。
定理2 对任意的正整数a，b，有
[a, b] =。
证明 设m是a和b的一个公倍数，那么存在整数k1，k2，使得m = ak1，m = bk2，因此
ak1 = bk2 。 (1)
于是
。
由于= 1，所以由第三节定理4得到
，
其中t是某个整数。将上式代入式(1)得到
m =t 。 (2)
另一方面，对于任意的整数t，由式(2)所确定的m显然是a与b的公倍数，因此a与b的公倍数必是式(2)中的形式，其中t是整数。当t = 1时，得到最小公倍数
[a, b] =。
证毕。
推论1 两个整数的任何公倍数可以被它们的最小公倍数整除。
证明 由式(2)可得证。证毕。
这个推论说明：两个整数的最小公倍数不但是最小的正倍数，而且是另外的公倍数的约数。
推论2 设m，a，b是正整数，则[ma, mb] = m[a, b]。
证明 由定理2及第三节定理2的推论得到
[ma, mb] == m[a, b]。
证毕。
定理3 对于任意的n个整数a1, a2, (, an，记
[a1, a2] = m2，[m2, a3] = m3，(，[mn(2, an(1] = mn(1，[mn(1, an] = mn，
则
[a1, a2, (, an] = mn。
证明 我们有
mn = [mn(1, an] ( mn(1(mn，an(mn，
mn(1 = [mn(2, an(1] ( mn(2(mn(1(mn，an(mn，an(1(mn(1(mn，
mn(2 = [mn(3, an(2] ( mn(3(mn(2(mn，an(mn，an(1(mn，an(2(mn，
( (
m2 = [a1, a2] ( an(mn，(，a2(mn，a1(mn，
即mn是a1, a2, (, an的一个公倍数。
另一方面，对于a1, a2, (, an的任何公倍数m，由定理2的推论及m2, (, mn的定义，得
m2(m，m3(m，(，mn(m。
即mn是a1, a2, (, an最小的正的公倍数。证毕。
推论 若m是整数a1, a2, (, an的公倍数，则[a1, a2, (, an](m 。
证明 留作习题。
定理4 整数a1, a2, (, an两两互素，即
(ai, aj) = 1，1 ( i, j ( n，i ( j
的充要条件是
[a1, a2, (, an] = a1a2(an 。 (3)
证明 必要性 因为(a1, a2) = 1，由定理2得到
[a1, a2] == a1a2 。
由(a1, a3) = (a2, a3) = 1及第三节定理4推论3得到
(a1a2, a3) = 1，
由此及定理3得到
[a1, a2, a3] = [[a1, a2], a3] = [a1a2, a3] = a1a2a3 。
如此继续下去，就得到式(3)。
充分性 用归纳法证明。当n = 2时，式(3)成为[a1, a2] = a1a2。由定理2
a1a2 = [a1, a2] =( (a1, a2) = 1，
即当n = 2时，充分性成立。
假设充分性当n = k时成立，即
[a1, a2, (, ak] = a1a2(ak ( (ai, aj) = 1，1 ( i, j ( k，i ( j。
对于整数a1, a2, (, ak, ak + 1，使用定理3中的记号，由定理3可知
[a1, a2, (, ak, ak + 1] = [mk, ak + 1]。 (4)
其中mk = [a1, a2, (, ak]。因此，如果
[a1, a2, (, ak, ak + 1] = a1a2(akak + 1，
那么，由此及式(4)得到
[a1, a2, (, ak, ak + 1] = [mk, ak + 1] == a1a2(akak + 1，
即
= a1a2(ak ，
显然mk ( a1a2(ak，(mk, ak + 1) ( 1。所以若使上式成立，必是
(mk, ak + 1) = 1， (5)
并且
mk = a1a2(ak 。 (6)
由式(6)与式(5)推出
(ai, ak + 1) = 1，1 ( i ( k； (7)
由式(6)及归纳假设推出
(ai, aj) = 1，1 ( i, j ( k，i ( j 。 (8)
综合式(7)与式(8)，可知当n = k ( 1时，充分性成立。由归纳法证明了充分性。证毕。
定理4有许多应用。例如，如果m1, m2, (, mk是两两互素的整数，那么，要证明m = m1m2(mk整除某个整数Q，只需证明对于每个i，1 ( i ( k，都有mi(Q。这一点在实际计算中是很有用的。对于函数f(x)，要验证命题“m(f(n)，n(Z”是否成立，可以用第二节例5中的方法，验证“m(f(r)，r = 0, 1, (, m ( 1”是否成立。这需要做m次除法。但是，若分别验证“mi(f(ri)，ri = 0, 1, (, mi ( 1，1 ( i ( k”是否成立，则总共需要做m1 ( m2 ( ( ( mk次除法。后者的运算次数显然少于前者。
例1 设a，b，c是正整数，证明：[a, b, c](ab, bc, ca) = abc 。
解 由定理3和定理2有
[a, b, c] = [[a, b], c] =， (9)
由第三节定理5和定理2的推论，
(ab, bc, ca) = (ab, (bc, ca)) = (ab, c(a, b))
=。 (10)
联合式(9)与式(10)得到所需结论。
例2 对于任意的整数a1, a2, (, an及整数k，1 ( k ( n，证明：
[a1, a2, (, an] = [[a1, (, ak],[ak + 1, (, an]]
解 因为[a1, a2, (, an]是a1, (, ak, ak + 1, (, an的公倍数，所以由定理2推论，推出
[a1, (, ak]([a1, a2, (, an]，
[ak + 1, (, an]([a1, a2, (, an]，
再由定理3推论知
[[a1, (, ak], [ak + 1, (, an]]([a1, a2, (, an]。 (11)
另一方面，对于任意的ai（1 ( i ( n），显然
ai([[a1, (, ak], [ak + 1, (, an]]，
所以由定理3推论可知
[a1, a2, (, an]([[a1, (, ak], [ak + 1, (, an]]，
联合上式与式(11)得证。
例3 设a，b，c是正整数，证明：
[a, b, c][ab, bc, ca] = [a, b][b, c][c, a]。
解 由定理2推论2及例2，有
[a, b, c][ab, bc, ca] = [[a, b, c]ab, [a, b, c]bc, [a, b, c]ca]
= [[a2b, ab2, abc], [abc, b2c, bc2], [a2c, abc, ac2]]
= [a2b, ab2, abc, abc, b2c, bc2, a2c, abc, ac2]
= [abc, a2b, a2c, b2c, b2a, c2a, c2b]
以及
[a, b][b, c][c, a] = [[a, b]b, [a, b]c][c, a]
= [ab, b2, ac, bc][c, a]
= [ab[c, a], b2[c, a], ac[c, a], bc[c, a]]
= [abc, a2b, b2c, b2a, ac2, a2c, bc2, bca]
= [abc, a2b, a2c, b2c, b2a, c2a, c2b]，
由此得证。
习 题 四
1. 证明定理1。
2. 证明定理3的推论。
3. 设a，b是正整数，证明：(a ( b)[a, b] = a[b, a ( b]。
4. 求正整数a，b，使得a ( b = 120，(a, b) = 24，[a, b] = 144。
5. 设a，b，c是正整数，证明：
。
6. 设k是正奇数，证明：1 ( 2 ( ( ( 9(1k ( 2k ( ( ( 9k。
第五节 辗转相除法
本节要介绍一个计算最大公约数的算法——辗转相除法，又称Euclid算法。它是数论中的一个重要方法，在其他数学分支中也有广泛的应用。
定义1 下面的一组带余数除法，称为辗转相除法。
设a和b是整数，b ( 0，依次做带余数除法：
a = bq1 ( r1， 0 < r1 < |b|，
b = r1q2 ( r2， 0 < r2 < r1 ，
( (
rk ( 1 = rkqk + 1 ( rk + 1，0 < rk + 1 < rk ， (1)
( (
rn ( 2 = rn ( 1qn ( rn， 0 < rn < rn-1 ，
rn ( 1 = rnqn + 1 。
由于b是固定的，而且
|b| > r1 > r2 > ( ，
所以式(1)中只包含有限个等式。
下面，我们要对式(1)所包含的等式的个数，即要做的带余数除法的次数进行估计。
引理1 用下面的方式定义Fibonacci数列{Fn}：
F1 = F2 = 1，Fn = Fn ( 1 ( Fn ( 2，n ( 3，
那么对于任意的整数n ( 3，有
Fn > ( n ( 2， (2)
其中( =。
证明 容易验证
( 2 = ( ( 1。
当n = 3时，由
F3 = 2 >= (
可知式(2)成立。
假设式(2)对于所有的整数k ( n（n ( 3）成立，即
Fk > ( k ( 2，k ( n，
则
Fn + 1 = Fn ( Fn ( 1 > ( n ( 2 ( ( n ( 3 = ( n ( 3(( ( 1) = ( n ( 3( 2 = ( n( 1，
即当k = n ( 1时式(2)也成立。由归纳法知式(2)对一切n ( 3成立。证毕。
定理1(Lame) 设a, b(N，a > b，使用在式(1)中的记号，则
n < 5log10b。
证明 在式(1)中，rn ( 1，qn + 1 ( 2，qi ( 1（1 ( i ( n），因此
rn ( 1 = F2 ，
rn ( 1 ( 2rn ( 2 = F3 ，
rn ( 2 ( rn ( 1 ( rn ( F3 ( F2 = F4 ，
( (
b ( r1 ( r2 ( Fn + 1 ( Fn = Fn + 2 ，
由此及式(2)得
b ( (n =，
即
log10b ( nlog10，
这就是定理结论。证毕。
定理2 使用式(1)中的记号，记
P0 = 1，P1 = q1，Pk = qkPk ( 1 ( Pk ( 2，k ( 2，
Q0 = 0，Q1 = 1，Qk = qkQk ( 1 ( Qk ( 2，k ( 2，
则
aQk ( bPk = ((1)k ( 1rk，k = 1, 2, (, n 。 (3)
证明 当k = 1时，式(3)成立。
当k = 2时，有
Q2 = q2Q1 ( Q0 = q2，P2 = q2P1 ( P0 = q2q1 ( 1，
此时由式(1)得到
aQ2 ( bP2 = aq2 ( b(q2q1 ( 1) = (a ( bq1)q2 ( b = r1q2 ( b = (r2，
即式(3)成立。
假设对于k < m（1 ( m ( n）式(3)成立，由此假设及式(1)得到
aQm ( bPm= a(qmQm ( 1 ( Qm ( 2) ( b(qmPm ( 1 ( Pm ( 2)
= (aQm ( 1 ( bPm ( 1)qm ( (aQm ( 2 ( bPm ( 2)
= ((1)m ( 2rm ( 1qm ( ((1)m ( 3rm ( 2
= ((1)m ( 1(rm ( 2 ( rm ( 1qm) = ((1)m( 1rm ，
即式(3)当k = m时也成立。定理由归纳法得证。证毕。
定理3 使用式(1)中的记号，有rn = (a, b)。
证明 由第三节定理1，从式(1)可见
rn = (rn ( 1, rn) = (rn ( 2, rn ( 1) = ( = (r1, r2) = (b, r1) = (a, b)。
证毕。
现在我们已经知道，利用辗转相除法可以求出整数x，y，使得
ax ( by = (a, b) 。 (4)
为此所需要的除法次数是O(log10b)。但是如果只需要计算(a, b)而不需要求出使式(4)成立的整数x与y，则所需要的除法次数还可更少一些。
例1 设a和b是正整数，那么只使用被2除的除法运算和减法运算就可以计算出(a, b)。
解 下面的四个基本事实给出了证明：
(ⅰ) 若a(b，则(a, b) = a；
(ⅱ) 若a = 2(a1，，( ( ( ( 1，则
(a, b) = 2( (2( ( (a1, b1)；
(ⅲ) 若，则(a, b) = (a, b1)；
(ⅳ) 若。
在实际计算过程中，若再灵活运用最大公约数的性质（例如第三节定理4的推论），则可使得求最大公约数的过程更为简单。
例2 用辗转相除法求(125, 17)，以及x，y，使得
125x ( 17y = (125, 17)。
解 做辗转相除法：
125 = 7(17 ( 6，q1 = 7，r1 = 6，
17 = 2(6 ( 5， q2 = 2，r2 = 5，
6 = 1(5 ( 1， q3 = 1，r3 = 1，
5 = 5(1， q4 = 5。
由定理4，(125, 17) = r3 = 1。
利用定理2计算（n = 3）
P0 = 1，P1 = 7，P2 = 2(7 ( 1 = 15，P3 = 1(15 ( 7 = 22，
Q0 = 0，Q1 = 1，Q2 = 2(1 ( 0 = 2，Q3 = 1(2 ( 1 = 3，
取x = ((1)3 ( 1Q3 = 3，y = ((1)3P3 = (22，则
125(3 ( 17(((22) = (125, 17) = 1。
例3 求(12345, 678)。
解 (12345, 678) = (12345, 339) = (12006, 339) = (6003, 339)
= (5664, 339) = (177, 339) = (177, 162) = (177, 81)
= (96, 81) = (3, 81) = 3。
例4 在m个盒子中放若干个硬币，然后以下述方式往这些盒子里继续放硬币：每一次在n（n < m）个盒子中各放一个硬币。证明：若(m, n) = 1，那么无论开始时每个盒子中有多少硬币，经过若干次放硬币后，总可使所有盒子含有同样数量的硬币。
解 由于(m, n) = 1，所以存在整数x，y，使得mx ( ny = 1。因此对于任意的自然数k，有
1 ( m((x ( kn) = n(km ( y)，
这样，当k充分大时，总可找出正整数x0，y0，使得
1 ( mx0 = ny0 。
上式说明，如果放y0次（每次放n个），那么在使m个盒子中各放x0个后，还多出一个硬币。把这个硬币放入含硬币最少的盒子中（这是可以做到的），就使它与含有最多硬币的盒子所含硬币数量之差减少1。因此经过若干次放硬币后，必可使所有盒子中的硬币数目相同。
习 题 五
1. 说明例1证明中所用到的四个事实的依据。
2. 用辗转相除法求整数x，y，使得1387x ( 162y = (1387, 162)。
3. 计算：(27090, 21672, 11352)。
4. 使用引理1中的记号，证明：(Fn + 1, Fn) = 1。
5. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？
6. 记Mn = 2n ( 1，证明：对于正整数a，b，有(Ma, Mb) = M(a, b)。
第六节 算术基本定理
在本节中，我们要介绍整数与素数的一个重要关系，即任何大于1的正整数都可以表示成素数的乘积。
引理1 任何大于1的正整数n可以写成素数之积，即
n = p1p2(pm， (1)
其中pi（1 ( i ( m）是素数。
证明 当n = 2时，结论显然成立。
假设对于2 ( n ( k，式(1)成立，我们来证明式(1)对于n = k ( 1也成立，从而由归纳法推出式(1)对任何大于1的整数n成立。
如果k ( 1是素数，式(1)显然成立。
如果k ( 1是合数，则存在素数p与整数d，使得k ( 1 = pd。由于2 ( d ( k，由归纳假定知存在素数q1, q2, (, ql，使得d = q1q2(ql，从而k ( 1 = pq1q2(ql。证毕。
定理1(算术基本定理) 任何大于1的整数n可以唯一地表示成
n =， (2)
其中p1, p2, (, pk是素数，p1 < p2 < ( < pk，(1, (2, (, (k是正整数。
证明 由引理1，任何大于1的整数n可以表示成式(2)的形式，因此，只需证明表示式(2)的唯一性。
假设pi（1 ( i ( k）与qj（1 ( j ( l）都是素数，
p1 ( p2 ( ( ( pk，q1 ( q2 ( ( ( ql， (3)
并且
n = p1p2(pk = q1q2(ql ， (4)
则由第三节定理4推论1，必有某个qj（1 ( j ( l），使得p1(qj，所以p1 = qj；又有某个pi（1 ( i ( k），使得q1(pi，所以q1 = pi。于是，由式(3)可知p1 = q1，从而由式(4)得到
p2(pk = q2(ql 。
重复上述这一过程，得到
k = l，pi = qi ，1 ( i ( k 。
证毕。
定义1 使用定理1中的记号，称
n =
是n的标准分解式，其中pi（1 ( i ( k）是素数，p1 < p2 < ( < pk，( i（1 ( i ( k）是正整数。
推论1 使用式(2)中的记号，有
(ⅰ) n的正因数d必有形式
d =，(i(Z，0 ( (i ( ( i，1 ( i ( k；
(ⅱ) n的正倍数m必有形式
m =M，M(N，(i(N，(i ( ( i，1 ( i ( k。
证明 留作习题。
推论2 设正整数a与b的标准分解式是
，
其中pi（1 ( i ( k），qi（1 ( i ( l）与ri（1 ( i ( s）是两两不相同的素数，(i，(i（1 ( i ( k），(i（1 ( i ( l）与(i（1 ( i ( s）都是非负整数，则
(a, b) =， (i = min{(i, (i}，1 ( i ( k，
[a, b] =，(i = max{(i, (i}，1 ( i ( k。
证明 留作习题。
为了方便，推论2常叙述为下面的形式：
推论2 ( 设正整数a与b的标准分解式是
，
其中p1, p2, (, pk 是互不相同的素数，(i，(i（1 ( i ( k）都是非负整数，则
推论3 设a，b，c，n是正整数，
ab = cn ，(a, b) = 1， (5)
则存在正整数u，v，使得
a = un，b = vn，c = uv，(u, v) = 1。
证明 设c =，其中p1, p2, (, pk 是互不相同的素数，(i（1 ( i ( k）是正整数。又设
，
其中(I，(i（1 ( i ( k）都是非负整数。由式(5)及推论2 (可知
min{(i, (i} = 0，(i ( (i = n(i，1 ( i ( k，
因此，对于每个i（1 ( i ( k），等式
(i = n(i ，(i = 0与(i = 0，(i = n(i
有且只有一个成立。这就证明了推论。证毕。
例1 写出51480的标准分解式。
解 我们有
51480 = 2(25740 = 22(12870 = 23(6435
= 23(5(1287 = 23(5(3(429
= 23(5(32(143 = 23(32(5(11(13。
例2 设a，b，c是整数，证明：
(ⅰ) (a, b)[a, b] = ab；
(ⅱ) (a, [b, c]) = [(a, b), (a, c)]。
解 为了叙述方便，不妨假定a，b，c是正整数。
(ⅰ) 设
，
其中p1, p2, (, pk是互不相同的素数，(i，(i（1 ( i ( k）都是非负整数。由定理1推论2 (，有
由此知
(a, b)[a, b] ==ab；
(ⅱ) 设
，
其中p1, p2, (, pk是互不相同的素数，(i，(i，(i（1 ( i ( k）都是非负整数。由定理1推论2 (，有
，
其中，对于1 ( i ( k，有
(i = min{(i, max{(i, (i}}，
(i = max{min{(i, (i}, min{(i, (i}}，
不妨设(i ( (i，则
min{(i, (i} ( min{(i, (i}，
所以
(i = min{(i, (i} = (i ，
即(a, [b, c]) = [(a, b), (a, c)]。
注：利用定理1可以容易地处理许多像例2这样的问题。
例3 证明：（n ( 2）不是整数。
解 设
3k ( 2n ( 1 < 3k + 1。
对于任意的1 ( i ( n，2i ( 1 ( 3k，记
2i ( 1 =Qi，Qi(Z，
由第一节例5，知(i ( k ( 1。因为3k ( 1Q1Q2(Q2n ( 1是整数，所以，如果N是整数，则存在整数Q，使得
3k ( 1Q1Q2(Q2n ( 1N = Q ( 3k ( 1Q1Q2(Q2n (1。
由于3Q1Q2(Q2n(1，所以上式右端不是整数，这个矛盾说明N不能是整数。
习 题 六
1. 证明定理1的推论1。
2. 证明定理1的推论2。
3. 写出22345680的标准分解式。
4. 证明：在1, 2, (, 2n中任取n ( 1数，其中至少有一个能被另一个整除。
5. 证明：（n ( 2）不是整数。
6. 设a，b是正整数，证明：存在a1，a2，b1，b2，使得
a = a1a2，b = b1b2，(a2, b2) = 1，
并且[a, b] = a2b2。
第七节 函数[x]与{x}
本节中要介绍函数[x]，它在许多数学问题中有广泛的应用。
定义1 设x是实数，以[x]表示不超过x的最大整数，称它为x的整数部分，又称{x} = x ( [x]为x的小数部分。
定理1 设x与y是实数，则
(ⅰ) x ( y ( [x] ( [y]；
(ⅱ) 若m是整数，则[m ( x] = m ( [x]；
(ⅲ) 若0 ( x < 1，则[x] = 0；
(ⅳ) [x ( y] =；
(ⅴ) [(x] =；
(ⅵ) {(x} =。
证明 留作习题。
定理2 设a与b是正整数，则在1, 2, (, a中能被b整除的整数有个。
证明 能被b整除的正整数是b, 2b, 3b, (，因此，若数1, 2, (, a中能被b整除的整数有k个，则
kb ( a < (k ( 1)b ( k (< k ( 1 ( k =。
证毕。
由定理2我们看到，若b是正整数，那么对于任意的整数a，有
，
即在带余数除法
a = bq ( r，0 ( r < b
中有。
定理3 设n是正整数，n! =是n!的标准分解式，则
(i =。 (1)
证明 对于任意固定的素数p，以p(k)表示在k的标准分解式中的p的指数，则
p(n!) = p(1) ( p(2) ( ( ( p(n)。
以nj表示p(1), p(2), (, p(n)中等于j的个数，那么
p(n!) = 1(n1 ( 2(n2 ( 3(n3 ( ( ， (2)
显然，nj就是在1, 2, (, n中满足pj(a并且pj + 1a的整数a的个数，所以，由定理2有
nj =。
将上式代入式(2)，得到
即式(1)成立。证毕。
推论 设n是正整数，则
n! =，
其中表示对不超过n的所有素数p求积。
定理４ 设n是正整数，1 ( k ( n ( 1，则
(N。 (3)
若n是素数，则n(，1 ( k ( n ( 1。
证明 由定理3，对于任意的素数p，整数n!，k!与(n ( k)!的标准分解式中所含的p的指数分别是
。
利用定理1可知
，
因此是整数。
若n是素数，则对于1 ( k ( n ( 1，有
(n, k!) = 1，(n, (n ( k)!) = 1 ( (n, k!(n ( k)!) = 1，
由此及
(N，
推出k!(n ( k)!((n ( 1)!，从而n(。证毕。
例1 求最大的正整数k，使得10k(199!。
解 由定理3，199!的标准分解式中所含的5的幂指数是
= 47，
所以，所求的最大整数是k = 47。
例2 设x与y是实数，则
[2x] ( [2y] ( [x] ( [x ( y] ( [y]。 (4)
解 设x = [x] ( (，0 ( ( < 1，y = [y] ( (，0 ( ( < 1，则
[x] ( [x ( y] ( [y] = 2[x] ( 2[y] ( [( ( (]， (5)
[2x] ( [2y] = 2[x] ( 2[y] ( [2(] ( [2(]。 (6)
如果[( ( (] = 0，那么显然有[( ( (] ( [2(] ( [2(]；
如果[( ( (] = 1，那么(与(中至少有一个不小于，于是
[2(] ( [2(] ( 1 = [( ( (]。
因此无论[( ( (] = 0或1，都有[( ( (] ( [2(] ( [2(]，由此及式(5)和式(6)可以推出式(4)。
例3 设n是正整数，则
。 (7)
解 首先，我们有
所以
。
若上式中的等号不成立，即
， (8)
则存在整数a，使得
，
因此
(2n ( 1)2 ( 1< (a2 ( 2n ( 1)2 ( (2n ( 1)2，
所以
a2 ( 2n ( 1 = 2n ( 1 ( a2 = 4n ( 2。 (9)
但是，无论2(a或2a，式(9)都不能成立，这个矛盾说明式(8)不能成立，即式(7)成立。
例4 设x是正数，n是正整数，则
= [nx]。
解 设x = [x] ( (，，0 ( i ( n ( 1，则
= n[x] ( i = n[x] ( [n(] = [n([x] ( ()] = [nx]。
例5 求[]的个位数。
解 由得

=
=
= 10A ( 2997(6498 = 10A ( 2(24498= 10A ( 2(25 ( 1)498
= 10B ( 2， （10）
其中A和B都是整数。由于0 < 5 (< 1，所以，由式(10)可知[]的个位数是1。
注：一般地，如果A，B(N，A2 > B，< 1，则由
可以求出[]。
例6 设x和y是正无理数，，证明：数列
[x], [2x], (, [kx], ( 与 [y], [2y], (, [my], ( (11)
联合构成了整个正整数集合，而且，两个数列中的数互不相同。
解 显然x > 1，y > 1，并且x ( y。因此，在数列(11)中至多有一个数等于给定的正整数n，否则存在正整数k与m，使得
n = [kx] = [my]。
因为x与y都是无理数，所以我们有
n < kx < n ( 1，n < my < n ( 1，
n < k ( m < n ( 1，
这是不可能的。
下面证明，对于任意给定的正整数n，总可找到某个正整数k，使得n等于[kx]或者[ky]。假设不然，则存在p, q(N，使得
[px] < n < [(p ( 1)x]，[qy] < n < [(q ( 1)y]。
于是（因为x和y是无理数），
px < n < n ( 1 ( [(p ( 1)x] < (p ( 1)x，
qy < n < n ( 1 ( [(q ( 1)y] < (q ( 1)y，
，
p ( q < n < n ( 1 < p ( q ( 2，
这是不可能的。
习 题 七
1. 证明定理1。
2. 求使12347!被35k整除的最大的k值。
3. 设n是正整数，x是实数，证明：= n。
4. 设n是正整数，求方程
x2 ( [x2] = (x ( [x])2
在[1, n]中的解的个数。
5. 证明：方程
f(x) = [x] ( [2x] ( [22x] ( [23x] ( [24x] ( [25x] = 12345
没有实数解。
6. 证明：在n!的标准分解式中，2的指数h = n ( k，其中k是n的二进制表示的位数码之和。
第八节 素 数
在第六节中我们已经证明了：每个正整数可以表示成素数幂的乘积。这就引出了一个问题：素数是否有无穷多个？如果有无穷多个，那么，作为无穷大量，素数个数具有怎样的性状？这是数论研究中的一个中心课题。本节要对这一问题作初步的研究。
定义1 对于正实数x，以((x)表示不超过x的素数个数。
例如，((15) = 6，((10.4) = 4，((50) = 15。
定理1 素数有无限多个。
证明 我们给出三个证明方法。
证法Ⅰ 假设只有k个素数，设它们是p1, p2, (, pk 。记
N = p1p2(pk ( 1。
由第一节定理2可知，N有素因数p，我们要说明p ( pi ，1 ( i ( k，从而得出矛盾。
事实上，若有某个i，1 ( i ( k，使得p = pi ，则由
p(N = p1p2(pk ( 1
推出p(1，这是不可能的。因此在p1, p2, (, pk之外又有一个素数p，这与假设是矛盾的。所以素数不可能是有限个。
证法Ⅱ 我们证明整数
是两两互素的，从而由第六节引理1可知素数有无限多个。
事实上，若m和n是整数，m > n ( 0，则
此处Q是整数。因此
故
证法Ⅲ 假设只有有限个素数p1, p2, (, pk 。由第六节定理1，每个正整数可以写成
n =，(i ( 1，1 ( i ( k。
由于
，
所以，对于任何正整数N，有
。
当N(( 时，上式左端是一个无穷大量，右端是有限的，这个矛盾说明素数不能是有限多个。证毕。
注1：形如（n = 0, 1, 2, (）的数称为Fermat数。Fermat曾经猜测它们都是素数。这是错误的，因为尽管F0，F1，F2，F3，F4都是素数，F5 =却是合数。
注2：将全体素数按大小顺序排列为
p1 = 2，p2 = 3，p3 = 5，p4，(，pn，(，
那么由第一个证明方法可以看出
pn + 1 ( p1p2(pn ( 1，n ( 1。
定理2 对于n ( 1，
(ⅰ) ((n) (log2n；
(ⅱ) pn ( 22n。
证明 (ⅰ) 设n是大于1的正整数。由算术基本定理，对于任意的整数k，1 ( k ( n，都有整数a和b，使得k = a2b，其中整数b不能被任何大于1的整数的平方整除。现在，我们来看使得
k = a2b，1 ( k ( n (1)
即1 ( a2b ( n成立的整数a，b有多少对。首先，整数a的个数 (；其次，由于b ( n并且不含有平方因数，所以，整数b的因数只可能是不超过n的不同的素数的乘积，因此，整数b的个数 ( 2((n)。这样，使得式(1)成立的整数a和b至多是2((n) 对，所以，n (2((n)，即((n) (log2n。
(ⅱ) 以pm表示第m个素数，在结论(ⅰ)中取n = pm，我们得到m (log2pm，由此即可得到结论(ⅱ)。证毕。
注：定理2对于无穷大量((x)的下界估计是相当粗糙的。下面的定理是已经知道的（由于其证明较繁，故本书中不予证明）。
定理3(素数定理) 我们有
((x) (，（x((），
此处logx是以e为底的x的对数。
推论 以pn表示第n个素数，则
pn ( nlogn（n((）。
证明 由定理3，当n(( 时，有
n (。 (2)
因此
nlogpn ( pn，
logn ( loglogpn ( logpn，
logn ( logpn。
由上式与式(2)得pn ( nlogn（n((）。证毕。
例1 若a > 1，a n ( 1是素数，则a = 2，并且n是素数。
解 若a > 2，则由
an ( 1 = (a ( 1)(an ( 1 ( an ( 2 ( ( ( 1)
可知a n ( 1是合数。所以a = 2。
若n是合数，则n = xy，x > 1，y > 1，于是由
2xy ( 1 = (2x ( 1)(2x(y ( 1) ( 2x(y ( 2) ( ( ( 1)
以及2x ( 1 > 1可知2n ( 1是合数，所以2n ( 1是素数时，n必是素数。
注：若n是素数，则称2n ( 1是Mersenne数。
例2 形如4n ( 3的素数有无限多个。
解 若不然，假设只有k个形如4n ( 3的素数p1, p2, (, pk。记
N = 4p1p(pk – 1。
由第六节引理1，正整数N可以写成若干个素数之积。我们指出，这些素因数中至少有一个是4n ( 3形式。否则，若它们都是4n ( 1的形式，则N也是4n ( 1的形式，这与N的定义矛盾。以p表示这个素因数，则p ( pi，1 ( i ( k。否则若有某个i，1 ( i ( k，使得p = pi，则由p(N推出p(1，这是不可能的。因此在p1, p2, (, pk之外又存在一个形如4n ( 3的素数p，这与原假设矛盾，所以形如4n ( 3的素数有无限多个。
例3 设f(x) = akxk ( ak ( 1xk ( 1 ( ( ( a0是整系数多项式，那么，存在无穷多个正整数n，使得f(n)是合数。
解 不妨假定ak > 0。于是f(x)( ((（x( ((），因此，存在正整数N，使得当n > N时，有f(n) > 1。取整数x > N，记
y = f(x) = akxk ( ak ( 1xk ( 1 ( ( ( a0，
又设r是任意的正整数，n = ry ( x，则
f(n) = f(ry ( x) = ak(ry ( x)k ( ak ( 1(ry ( x)k ( 1 ( ( ( a0
= yQ ( f(x) = y(Q ( 1)
是合数。
习 题 八
1. 证明：若2n ( 1是素数，则n是2的乘幂。
2. 证明：若2n ( 1是素数，则n是素数。
3. 证明：形如6n ( 5的素数有无限多个。
4. 设d 是正整数，6d，证明：在以d为公差的等差数列中，连续三项都是素数的情况最多发生一次。
5. 证明：对于任意给定的正整数n，必存在连续的n个自然数，使得它们都是合数。
6. 证明：级数发散，此处使用了定理1注2中的记号。
第二章 同 余
同余是数论中的一个基本概念。本章除介绍同余的基础知识外，还要介绍它的一些应用。
第一节 同余的基本性质
定义1 给定正整数m，如果整数a与b之差被m整除，则称a与b对于模m同余，或称a与b同余，模m，记为
a ( b (mod m)，
此时也称b是a对模m的同余。
如果整数a与b之差不能被m整除，则称a与b对于模m不同余，或称a与b不同余，模m，记为ab (mod m)。
定理1 下面的三个叙述是等价的：
(ⅰ) a ( b (mod m)；
(ⅱ) 存在整数q，使得a = b ( qm；
(ⅲ) 存在整数q1，q2，使得a = q1m ( r，b = q2m ( r，0 ( r < m。
证明 留作习题。
定理2 同余具有下面的性质：
(ⅰ) a ( a (mod m)；
(ⅱ) a ( b (mod m) ( b ( a (mod m)；
(ⅲ) a ( b，b ( c (mod m) ( a ( c (mod m)。
证明 留作习题。
定理3 设a，b，c，d是整数，并且
a ( b (mod m)，c ( d (mod m)， (1)
则
(ⅰ) a ( c ( b ( d (mod m)；
(ⅱ) ac ( bd (mod m)。
证明 (ⅰ) 由式(1)及定义1可知
m(a ( b，m(c ( d，
因此
m((a ( c) ( (b ( d)，
此即结论(ⅰ)；
(ⅱ) 由式(1)及定理1可知，存在整数q1与q2使得
a = b ( q1m，c = d ( q2m，
因此
ac = bd ( (q1q2m ( q1d ( q2b)m，
再利用定理1，推出结论(ⅱ)。证毕。
定理4 设ai，bi（0 ( i ( n）以及x，y都是整数，并且
x ( y (mod m)，ai ( bi (mod m)，0 ( i ( n，
则
(mod m)。 (2)
证明 留作习题。
定理5 下面的结论成立：
(ⅰ) a ( b (mod m)，d(m，d > 0 ( a ( b (mod d)；
(ⅱ) a ( b (mod m)，k > 0，k(N ( ak ( bk (mod mk)；
(ⅲ) a ( b (mod mi )，1 ( i ( k ( a ( b (mod [m1, m2, (, mk])；
(ⅳ) a ( b (mod m) ( (a, m) = (b, m)；
(ⅴ) ac ( bc (mod m)，(c, m) = 1 ( a ( b (mod m)。
证明 结论(ⅰ)—(ⅳ)的证明，留作习题。
(ⅴ) 由
ac ( bc (mod m)
得到m(c(a ( b)，再由(c, m) = 1和第一章第三节定理4得到m(a ( b，即
a ( b (mod m)。
证毕。
例1 设N =是整数N的十进制表示，即
N = an10n ( an ( 110n ( 1 ( ( ( a110 ( a0 ，
则
(ⅰ) 3(N ( 3；
(ⅱ) 9(N ( 9；
(ⅲ) 11(N ( 11；
(ⅳ) 13(N ( 13(。
解 由
100 ( 1，101 ( 1，102 ( 1，( (mod 3)
及式(2)可知
N =(mod 3)，
由上式可得到结论(ⅰ)。
结论(ⅱ)，(ⅲ)用同样方法证明。
为了证明结论(ⅳ)，只需利用式(2)及
100 ( 1，101 ( (3，102 ( (4，103 ( (1，( (mod 13)
和
N = 。
注：一般地，在考虑使N =被m除的余数时，首先是求出正整数k，使得
10k ( (1或1 (mod m)，
再将N =写成
N =
的形式，再利用式(2)。
例2 求N =被7整除的条件，并说明1123456789能否被7整除。
解 100 ( 1，101 ( 3，102 ( 2，103 ( (1 (mod 7)，因此
即
7(N ( 7(。
由于
789 ( 456 ( 123 ( 1 = 455，7(455，
所以7(1123456789。
例3 说明是否被641整除。
解 依次计算同余式
22 ( 4，24 ( 16，28 ( 256，216 ( 154，232 ( (1 (mod 641)。
因此
( 0 (mod 641)，
即641(。
注：一般地，计算ab (mod m)常是一件比较繁复的工作。但是，如果利用Euler定理或Fermat定理（见第四节）就可以适当简化。
例4 求(25733 ( 46)26被50除的余数。
解 利用定理4有
(25733 ( 46)26 ( (733 ( 4)26 = [7((72)16 ( 4]26
( [7(( (1)16 ( 4]26 = (7 ( 4)26
( 326 = 3((35)5 ( 3(((7)5 = (3(7((72)2
( (21 ( 29 (mod 50)，
即所求的余数是29。
例5 求n =的个位数。
解 我们有
71 ( (3，72 ( (1，74 (1 (mod 10)，
因此，若
77 ( r (mod 4)，
则
n =( (mod 10)。 (3)
现在 ( ((1)7 ( (1 ( 3 (mod 4)，所以由式(3)得到
n =( 73 ( ((3)3 ( (7 ( 3 (mod 10)，
即n的个位数是3。
注：一般地，若求对模m的同余，可分以下步骤进行：
(ⅰ) 求出整数k，使ak ( 1 (mod m)；
(ⅱ) 求出正整数r，r < k，使得 ( r (mod k)；
(ⅲ) ( a r (mod m)。
例6 证明：若n是正整数，则13(42n + 1 ( 3 n + 2 。
解 由
42n + 1 ( 3 n + 2 = 4(42n ( 9(3 n = 4(16n ( 9(3 n
( 4(3n ( 9(3 n = 13(3 n ( 0 (mod 13)
得证。
例7 证明：若2a，n是正整数，则
( 1 (mod 2n + 2)。 (4)
解 设a = 2k ( 1，当n = 1时，有
a2 = (2k ( 1)2 = 4k(k ( 1) ( 1 ( 1 (mod 23)，
即式(4)成立。
设式(4)对于n = k成立，则有
( 1 (mod 2k + 2) (= 1 ( q2k + 2，
其中q(Z，所以
= (1 ( q2k + 2)2 = 1 ( q (2k + 3 ( 1 (mod 2k + 3)，
其中q (是某个整数。这说明式(4)当n = k ( 1也成立。
由归纳法知式(4)对所有正整数n成立。
例8 设p是素数，a是整数，则由a2 ( 1(mod p)可以推出
a ( 1或a ( (1 (mod p)。
解 由
a2 ( 1 (mod p) ( p(a2 ( 1 = (a ( 1)(a ( 1)，
所以必是
p(a ( 1或p(a ( 1，
即a ( (1 (mod p)或a (1 (mod p)。
例9 设n的十进制表示是，若792(n，求x，y，z。
解 因为792 = 8(9(11，故
792(n ( 8(n，9(n及11(n。
我们有
8(n ( 8( ( z = 6，
以及
9(n ( 9(1 ( 3 ( x ( y ( 4 ( 5 ( z = 19 ( x ( y ( 9(x ( y ( 1， (5)
11(n ( 11(z ( 5 ( 4 ( y ( x ( 3 ( 1 = 3 ( y ( x ( 11(3 ( y ( x。 (6)
由于0 ( x, y ( 9，所以由式(5)与式(6)分别得出
x ( y ( 1 = 9或18，
3 ( y ( x = 0或11。
这样得到四个方程组：
，
其中a取值9或18，b取值0或11。在0 ( x, y ( 9的条件下解这四个方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6。
习 题 一
1. 证明定理1和定理2。
2. 证明定理4。
3. 证明定理5中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
4. 求81234被13除的余数。
5. 设f(x)是整系数多项式，并且f(1), f(2), (, f(m)都不能被m整除，则f(x) = 0没有整数解。
6. 已知99(，求(与(。
第二节 完全剩余系
由带余数除法我们知道，对于给定的正整数m，可以将所有的整数按照被m除的余数分成m类。本节将对此作进一步的研究。
定义1 给定正整数m，对于每个整数i，0 ( i ( m ( 1，称集合
Ri(m) = { n；n ( i (mod m)，n(Z }。
是模m的一个剩余类。
显然，每个整数必定属于且仅属于某一个Ri(m)（0 ( i ( m ( 1），而且，属于同一剩余类的任何两个整数对模m是同余的，不同剩余类中的任何两个整数对模m是不同余的。
例如，模 5的五个剩余类是
R0(5) = { ( , (10, (5, 0 , 5, 10, ( }，
R1(5) = { ( , (9 , (4 , 1 , 6 , 11, ( }，
R2(5) = { ( , (8 , (3 , 2 , 7 , 12, ( }，
R3(5) = { ( , (7 , (2 , 3 , 8 , 13, ( }，
R4(5) = { ( , (6 , (1 , 4 , 9 , 14, ( }。
定义2 设m是正整数，从模m的每一个剩余类中任取一个数xi（0 ( i ( m ( 1），称集合{x0, x1, (,xm ( 1}是模m的一个完全剩余系（或简称为完全系）。
由于xi的选取是任意的，所以模m的完全剩余系有无穷多个，通常称
(ⅰ) {0, 1, 2, (, m ( 1}是模m的最小非负完全剩余系；
(ⅱ) 或
是模m的绝对最小完全剩余系。
例如，集合{0, 6, 7, 13, 24}是模5的一个完全剩余系，集合{0, 1, 2, 3, 4}是模5的最小非负完全剩余系。
定理1 整数集合A是模m的完全剩余系的充要条件是
(ⅰ) A中含有m个整数；
(ⅱ) A中任何两个整数对模m不同余。
证明 留作习题。
定理2 设m ( 1，a，b是整数，(a, m) = 1，{x1, x2, (, xm}是模m的一个完全剩余系，则{ax1 ( b, ax2 ( b, (, axm ( b}也是模m的一个完全剩余系。
证明 由定理1，只需证明：若xi ( xj，则
axi ( baxj ( b (mod m)。 (1)
事实上，若
axi ( b ( axj ( b (mod m)，
则
axi ( axj (mod m)，
由此及第一节定理5得到
xi ( xj (mod m)，
因此xi = xj。所以式(1)必定成立。证毕。
定理3 设m1, m2(N，A(Z，(A, m1) = 1，又设
，
分别是模m1与模m2的完全剩余系，则
R = { Ax ( m1y；x(X，y(Y }
是模m1m2的一个完全剩余系。
证明 由定理1只需证明：若x (, x (((X，y (, y (((Y，并且
Ax ( ( m1y ( ( Ax (( ( m1y (( (mod m1m2)， (2)
则
x ( = x ((，y ( = y ((。
事实上，由第一节定理5及式(2)，有
Ax ( ( Ax (( (mod m1) ( x ( ( x (( (mod m1) ( x ( = x ((，
再由式(2)，又推出
m1y ( ( m1y (( (mod m1m2) ( y ( ( y (( (mod m2) ( y ( = y (( 。
证毕。
推论 若m1, m2(N，(m1, m2) = 1，则当x1与x2分别通过模m1与模m2的完全剩余系时，m2x1 ( m1x2通过模m1m2的完全剩余系。
定理4 设mi(N（1 ( i ( n），则当xi通过模mi（1 ( i ( n）的完全剩余系时，
x = x1 ( m1x2 ( m1m2x3 ( ( ( m1m2(mn ( 1xn
通过模m1m2(mn的完全剩余系。
证明 对n施行归纳法。
当n = 2时，由定理3知定理结论成立。
假设定理结论当n = k时成立，即当xi（2 ( i ( k ( 1）分别通过模mi的完全剩余系时，
y = x2 ( m2x3 ( m2m3x4 ( ( ( m2(mkxk ( 1
通过模m2m3(mk ( 1的完全剩余系。由定理3，当x1通过模m1的完全剩余系，xi（2 ( i ( k ( 1）通过模mi的完全剩余系时，
x1 ( m1y = x1 ( m1(x2 ( m2x3 ( ( ( m2(mkxk ( 1)
= x1 ( m1x2 ( m1m2x3 ( ( ( m1m2(mkxk ( 1
通过模m1m2(mk ( 1的完全剩余系。即定理结论对于n = k ( 1也成立。定理由归纳法得证。证毕。
定理5 设mi(N，Ai(Z（1 ( i ( n），并且满足下面的条件：
(ⅰ) (mi, mj) = 1，1 ( i, j ( n，i ( j；
(ⅱ) (Ai, mi) = 1，1 ( i ( n；
(ⅲ) mi(Aj ，1 ( i, j ( n，i ( j 。
则当xi（1 ( i ( n）通过模mi的完全剩余系Xi时，
y = A1x1 ( A2x2 ( ( ( Anxn
通过模m1m2(mn的完全剩余系。
证明 由定理1只需证明：若xi(, xi(((Xi，1 ( i ( n，则由
A1x1( ( A2x2( ( ( ( Anxn( ( A1x1(( ( A2x2(( ( ( ( Anxn(( (mod m1(mn) (3)
可以得到xi( = xi((，1 ( i ( n。
事实上，由条件(ⅲ)及式(3)易得，对于任意的i，1 ( i ( n，有
Aixi( ( Aixi(( (mod mi)。
由此并利用条件(ⅱ)和第一节定理5推得
xi( ( xi(( (mod mi)，
因此xi( = xi((。证毕。
例1 设A = {x1, x2, (, xm}是模m的一个完全剩余系，以{x}表示x的小数部分，证明：若(a, m) = 1，则
。
解 当x通过模m的完全剩余系时，ax ( b也通过模m的完全剩余系，因此对于任意的i（1 ( i ( m），axi ( b一定与且只与某个整数j（1 ( j ( m）同余，即存在整数k，使得
axi ( b = km ( j，（1 ( j ( m）
从而
例2 设p ( 5是素数，a({ 2, 3, (, p ( 2 }，则在数列
a，2a，3a，(，(p ( 1)a，pa (4)
中有且仅有一个数b，满足
b ( 1 (mod p)。 (5)
此外，若b = ka，则k ( a，k({2, 3, (, p ( 2}。
解 因为(a, p) = 1，所以由定理2，式(4)中的数构成模p的一个完全剩余系，因此必有数b满足式(5)。
设b = ka，那么
(ⅰ) k ( a，否则，b = a2 ( 1 (mod p)，即p((a ( 1)(a ( 1)，因此p(a ( 1或p(a ( 1，这与2 ( a ( p ( 2矛盾；
(ⅱ) k ( 1，否则，b = 1(a ( 1 (mod p)，这与2 ( a ( p ( 2矛盾；
(ⅲ) k ( (1，否则，b = (a ( 1 (mod p)，这与2 ( a ( p ( 2矛盾。
若又有k (，2 ( k ( ( p ( 2，使得b ( k (a (mod p)，则
k (a ( ka (mod p)。
因(a, p) = 1，所以k ( k ( (mod p)，从而p(k ( k (，这是不可能的。这证明了唯一性。
例3(Wilson定理) 设p是素数，则
(p ( 1)! ( (1 (mod p)。
解 不妨设p5。由例2容易推出对于2, 3, (, p ( 2，中的每个整数a，都存在唯一的整数k，2 ( k ( p ( 2，使得
ka ( 1 (mod p)。 (6)
因此，整数2, 3, (, p ( 2可以两两配对使得式(6)成立。所以
2(3((((p ( 2) ( 1 (mod p)，
从而
1(2(3((((p ( 2)(p ( 1) ( p ( 1 ( (1 (mod p)。
例4 设m > 0是偶数，{a1, a2, (, am}与{b1, b2, (, bm}都是模m的完全剩余系，证明：{a1 ( b1, a2 ( b2, (, am ( bm}不是模m的完全剩余系。
解 因为{1, 2, (, m}与{a1, a2, (, am}都是模m的完全剩余系，所以
(mod m)。 (7)
同理
(mod m)。 (8)
如果{a1 ( b1, a2 ( b2, (, am ( bm}是模m的完全剩余系，那么也有
(mod m)。
联合上式与式(7)和式(8)，得到
0(mod m)，
这是不可能的，所以{a1 ( b1, a2 ( b2, (, am ( bm}不能是模m的完全剩余系。
习 题 二
1. 证明定理1。
2. 证明：若2p ( 1是奇素数，则
(p!)2 ( ((1)p ( 0 (mod 2p ( 1)。
3. 证明：若p是奇素数，N = 1 ( 2 ( ( ( ( p ( 1)，则
(p ( 1)! ( p ( 1 (mod N)。
4. 证明Wilson定理的逆定理：若n > 1，并且
(n ( 1)! ( (1 (mod n)，
则n是素数。
5. 设m是整数，4(m，{a1, a2, (, am}与{b1, b2, (, bm}是模m的两个完全剩余系，证明：{a1b1, a2b2, (, ambm}不是模m的完全剩余系。
6. 设m1, m2, (,mn是两两互素的正整数，(i（1 ( i ( n）是整数，并且
(i ( 1 (mod mi)， 1 ( i ( n，
(i ( 0 (mod mj)，i ( j，1 ( i, j ( n。
证明：当bi通过模mi（1 ( i ( n）的完全剩余系时，
b1(1 ( b2(2 ( ( ( bn(n
通过模m = m1m2(mn的完全剩余系。
第三节 简化剩余系
在模m的完全剩余系中，与m互素的整数所成的集合有一些特殊的性质，我们要在这一节中对它们做些研究。
定义1 设R是模m的一个剩余类，若有a(R，使得(a, m) = 1，则称R是模m的一个简化剩余类。
显然，若R是模的简化剩余类，则R中的每个整数都与m互素。
例如，模4的简化剩余类有两个：
R1(4) = { (, (7 , (3, 1 , 5 , 9 , ( }，
R3(4) = { (, (5 , (1 , 3 , 7 , 11 , ( }。
定义2 对于正整数k，令函数((k)的值等于模k的所有简化剩余类的个数，称((k)为Euler函数，或Euler—(函数。
例如，容易验证((2) = 1，((3) = 2，((4) = 2，((7) = 6。
显然，((m)就是在m的一个完全剩余系中与m互素的整数的个数。
定义3 对于正整数m，从模m的每个简化剩余类中各取一个数xi，构成一个集合{x1, x2, (,x((m)}，称为模m的一个简化剩余系（或简称为简化系）。
显然，由于选取方式的任意性，模m的简化剩余系有无穷多个。
例如，集合{9, (5, (3, (1}是模8的简化剩余系，集合{1, 3, 5, 7}也是模8的简化剩余系，通常称最小非负简化剩余系。
定理1 整数集合A是模m的简化剩余系的充要条件是
(ⅰ) A中含有((m)个整数；
(ⅱ) A中的任何两个整数对模m不同余；
(ⅲ) A中的每个整数都与m互素。
证明 留作习题。
定理2 设a是整数，(a, m) = 1，B = {x1, x2, (, x((m)}是模m的简化剩余系，则集合A = {ax1, ax2, (, ax((m)}也是模m的简化剩余系。
证明 显然，集合A中有((m)个整数。其次，由于(a, m) = 1，所以，对于任意的xi（1 ( i ( ((m)），xi(B，有(axi, m) = (xi, m) = 1。因此，A中的每一个数都与m互素。最后，我们指出，A中的任何两个不同的整数对模m不同余。事实上，若有x (, x (((B，使得
a x ( ( ax (( (mod m)，
那么，因为(a, m) = 1，所以x ( ( x (( (mod m)，于是x ( = x ((。由以上结论及定理1可知集合A是模m的一个简化系。证毕。
注：在定理2的条件下，若b是整数，集合
{ax1 ( b, ax2 ( b,, (, ax((m) ( b}
不一定是模m的简化剩余系。例如，取m = 4，a = 1，b = 1，以及模4的简化剩余系{1, 3}。
定理3 设m1, m2(N，(m1, m2) = 1，又设
分别是模m1与m2的简化剩余系，则
A = { m1y ( m2x；x(X，y(Y }
是模m1m2的简化剩余系。
证明 由第二节定理3推论可知，若以X (与Y (分别表示模m1与m2的完全剩余系，使得X ( X (，Y ( Y (，则
A ( = { m1y ( m2x；x(X (，y(Y ( }
是模m1m2的完全剩余系。因此只需证明A (中所有与m1m2互素的整数的集合R是集合A。显然，A ( A’。
若m1y ( m2x(R，则(m1y ( m2x, m1m2) = 1，所以(m1y ( m2x, m1) = 1，于是
(m2x, m1) = 1，(x, m1) = 1，x(X。
同理可得到y(Y，因此m1y ( m2x(A。这说明R ( A。
另一方面，若m1y ( m2x(A，则x(X，y(Y，即
(x, m1) = 1，(y, m2) = 1。
由此及(m1, m2) = 1得到
(m2x ( m1y, m1) = (m2x, m1) = 1
以及
(m2x ( m1y, m2) = (m1y, m2) = 1。
因为m1与m2互素，所以(m2x ( m1y, m1m2) = 1，于是m2x ( m1y(R。因此A ( R。
综合以上，得到A = R。证毕。
定理4 设m, n(N，(m, n) = 1，则((mn) = ((m)((n)。
证明 这是定理3的直接推论。证毕。
定理5 设n是正整数，p1, p2, (, pk是它的全部素因数，则
((n) =。
证明 设n的标准分解式是n =，由定理4得到
((n) =。 (1)
对任意的素数p，((p()等于数列1, 2, (, p(中与p(（也就是与p）互素的整数的个数，因此
((p() = p( (，
将上式与式(1)联合，证明了定理。证毕。
由定理5可知，((n) = 1的充要条件是n = 1或2。
例1 设整数n ( 2，证明：
n((n)，
即在数列1, 2, (, n中，与n互素的整数之和是n((n)。
解 设在1, 2, (, n中与n互素的((n)个数是
a1, a2, (, a((n)，(ai, n) = 1，1 ( ai ( n ( 1，1 ( i ( ((n)，
则
(n ( ai, n) = 1，1 ( n ( ai ( n ( 1，1 ( i ( ((n)，
因此，集合{a1, a2, (, a((n)}与集合{n ( a1, n ( a2, (, n ( a((n)}是相同的，于是
a1 ( a2 ( ( ( a((n) = (n ( a1) ( (n ( a2) ( ( ( (n ( a((n))，
2(a1 ( a2 ( ( ( a((n)) = n((n)，
因此
a1 ( a2 ( ( ( a((n) =n((n)。
例2 设n是正整数，则
= n，
此处是对n的所有正约数求和。
解 将正整数1, 2, (, n按它们与整数n的最大的公约数分类，则
n =。
例3 设n(N，证明：
(ⅰ) 若n是奇数，则((4n) = 2((n)；
(ⅱ) ((n) =的充要条件是n = 2k，k(N；
(ⅲ) ((n) =的充要条件是n = 2k3l，k, l(N；
(ⅳ) 若6(n，则((n) (；
(ⅴ) 若n ( 1与n ( 1都是素数，n > 4，则((n) (。
解 (ⅰ) 我们有
((4n) = ((22n) = ((22)((n) = 2((n)；
(ⅱ) 若n = 2k，则
((2k) =，
若((n) =，设n = 2kn1，2n1，则由
= ((n) = ((2kn1) = ((2k)((n1) =2k ( 1((n1)
=
推出((n1) = n1，所以n1 = 1，即n = 2k；
(ⅲ) 若n = 2k3l，则
((n) = ((2k)((3l) =。
若((n) =，设n = 2k3ln1，6n1，则由
推出((n1) = n1，所以n1 = 1，即n = 2k3l；
(ⅳ) 设n = 2k3ln1，6n1，则
((n) = ((2k)((3l)((n1) =；
(ⅴ) 因为n > 4，所以n ( 1与n ( 1都是奇素数，所以n是偶数。
因为n ( 1 > 3，所以n ( 1与n ( 1都不等于3，当然不被3整除，所以3(n，因此6(n。再由上面已经证明的结论(ⅳ)，即可得到结论(ⅴ)。
例4 证明：若m, n(N，则((mn) = (m, n)(([m, n])；
解 显然mn与[m, n]有相同的素因数，设它们是pi（1 ( i ( k），则
由此两式及mn = (m, n)[m, n]即可得证。
习 题 三
1. 证明定理1。
2. 设m1, m2, (, mn是两两互素的正整数，xi分别通过模mi的简化剩余系（1 ( i ( n），m = m1m2(mn，Mi =，则
M1x1 ( M2x2 ( ( ( Mnxn
通过模m的简化剩余系。
3. 设m > 1，(a, m) = 1，x1, x2, (, x((m)是模m的简化剩余系，证明：
。
其中{x}表示x的小数部分。
4. 设m与n是正整数，证明：
((mn)(((m, n)) = (m, n)((m)((n)。
5. 设a，b是任意给定的正整数，证明：存在无穷多对正整数m与n，使得
a((m) = b((n)。
6. 设n是正整数，证明：
(ⅰ) ((n) >；
(ⅱ) 若n是合数，则((n) ( n (。
第四节 Euler定理
本节中所介绍的Euler定理，在理论和应用两个方面都是很重要的。
定理1(Euler( 设m是正整数，(a, m) = 1，则
a((m) ( 1 (mod m)。
证明 由第三节定理2，设{x1, x2, (, x((m)}是模m的一个简化剩余系，则{ax1, ax2, (, ax((m)}也是模m的简化剩余系，因此
ax1ax2(ax((m) ( x1x2, (x((m) (mod m)，
a((m)x1x2(x((m) ( x1x2, (x((m) (mod m)。 (1)
由于(x1x2(x((m), m) = 1，所以由式(1)得出
a((m) ( 1 (mod m)。
证毕。
定理2(Fermat) 设p是素数，则对于任意的整数a，有
a p ( a (mod p)。
证明 若(a, p) ( 1，则由定理1得到
a p ( 1 ( 1 (mod p) ( a p ( a (mod p)。
若(a, p) > 1，则p(a，所以
a p ( 0 ( a (mod p)。
证毕。
例1 设n是正整数，则51n ( 2n ( 3n ( 4n的充要条件是4(n。
解 因为((5) = 4，所以，由定理2
k4 ( 1 (mod 5)，1 ( k ( 4。
因此，若n = 4q ( r，0 ( r ( 3，则
1n ( 2n ( 3n ( 4n ( 1r ( 2r ( 3r ( 4r ( 1r ( 2r ( ((2)r ( ((1)r (mod 5)，(2)
用r = 0，1，2，3，4分别代入式(2)即可得出所需结论。
例2 设{x1, x2, (, x((m)}是模m的简化剩余系，则
(x1x2(x((m))2 ( 1 (mod m)。
解 记P = x1x2(x((m)，则(P, m) = 1。又记
yi =，1 ( i ( ((m)，
则{y1, y2, (, y((m)}也是模m的简化剩余系，因此
(mod m)，
再由Euler定理，推出
P2 ( P((m) ( 1 (mod m)。
例3 设(a, m) = 1，d0是使
a d ( 1 (mod m)
成立的最小正整数，则
(ⅰ) d0(((m)；
(ⅱ) 对于任意的i，j，0 ( i, j ( d0 ( 1，i ( j，有
a ia j (mod m)。 (3)
解 (ⅰ) 由Euler定理，d0 ( ((m)，因此，由带余数除法，有
((m) = qd0 ( r，q(Z，q > 0，0 ( r < d0。
因此，由上式及d0的定义，利用定理1，我们得到
1 ((mod m)，
即整数r满足
a r ( 1 (mod m)，0 ( r < d0 。
由d0的定义可知必是r = 0，即d0(((m)；
(ⅱ) 若式(3)不成立，则存在i，j，0 ( i, j ( d0 ( 1，i ( j，使得
a i ( a j (mod m)。
不妨设i > j。因为(a, m) = 1，所以
ai ( j ( 0 (mod m)，0 < i ( j < d0。
这与d0的定义矛盾，所以式(3)必成立。
例4 设a，b，c，m是正整数，m > 1，(b, m) = 1，并且
b a ( 1 (mod m)，b c ( 1 (mod m)， (4)
记d = (a, c)，则bd ( 1 (mod m)。
解 利用辗转相除法可以求出整数x，y，使得ax ( cy = d，显然xy < 0。
若x > 0，y < 0，由式(4)知
1 ( b ax = b db (cy = b d(b c) (y ( b d (mod m)。
若x < 0，y > 0，由式(4)知
1 ( b cy = b db (ax = b d(ba) (x ( b d (mod m)。
例5 设p是素数，p(bn ( 1，n(N，则下面的两个结论中至少有一个成立：
(ⅰ) p(bd ( 1对于n的某个因数d < n成立；
(ⅱ) p ( 1 ( mod n )。
若2n，p > 2，则(ⅱ)中的mod n可以改为mod 2n。
解 记d = (n, p ( 1)，由b n ( 1，b p ( 1 ( 1 (mod p)，及例题4，有
b d ( 1 (mod p)。
若d < n，则结论(ⅰ)得证。
若d = n，则n(p ( 1，即p ( 1 (mod n)，这就是结论(ⅱ)。
若2n，p > 2，则p (1 (mod 2)。由此及结论(ⅱ)，并利用同余的基本性质，得到p ( 1 (mod 2n)。
注：例5提供了一个求素因数的方法，就是说，整数bn ( 1的素因数p，是bd ( 1（当d(n时）的素因数，或者是形如kn ( 1的数（当2n，p > 2时，是形如2kn ( 1的数)。
例6 将211 ( 1 = 2047分解因数。
解 由例5，若p(211 ( 1，则p ( 1 (mod 22)，即p只能在数列
23，45，67，(，22k ( 1，(
中。逐个用其中的素数去除2047，得到
23(2047，2047 = 23(89。
例7 将235 ( 1 = 34359738367分解因数。
解 由例5，若p(235 ( 1，则p是25 ( 1 = 31或27 ( 1 = 127的素因数，或者p ( 1 (mod 70)。由于31和127是素数，并且
235 ( 1 = 31(127(8727391，
所以，235 ( 1的另外的素因数p只可能在数列
71，211，281，( (5)
中。经检验，得到8727391 = 71(122921。
显然，122921的素因数也在31，127或者数列(5)中。简单的计算说明，122921不能被31和127整除，也不能被数列(5)中的不超过< 351的数整除，所以122921是素数，于是
235 ( 1 = 31(127(71(122921。
例8 设n是正整数，记Fn =，则( 2 (mod Fn)。
解 容易验证，当n ( 4时Fn是素数，所以，由Fermat定理可知结论显然成立。
当n ( 5时，有n ( 1 < 2n，2n ( 1(。记 = k2n ( 1，则
其中Q1与Q2是整数。上式即是( 2 (mod Fn)。
注1：我们已经知道，F5是合数，因此，例8说明，一般地，Fermat定理的逆定理不成立。即若有整数a，(a, n) = 1，使得
a n (1 ( 1 (mod n)， (6)
并不能保证n是素数。习题3说明，即使所有的与n互素的整数都满足式(6)，也不能保证n是素数。
注2：设n是合数，若存在整数a，(a, n) = 1，使得式(6)成立，则称n是关于基数a的伪素数。
例9 对于任意的正整数a ( 3，存在无穷多个关于基数a的伪素数。
解 取奇素数p，(p, a(a2 ( 1)) = 1，令
，
则m显然是合数。由于p ( 1是偶数，所以，a2 ( 1(a p (1 ( 1；由Euler定理，又有p(a p (1 ( 1。但是(p, a2 ( 1) = 1，所以p(a2 ( 1)(a p(1 ( 1。此外，由于a和a p有相同的奇偶性，所以2(a ( ap。注意到
(a2 ( 1)(m ( 1) = a2p ( a2 = a(ap (1 ( 1)(ap ( a)，
我们得到
2p(a2 ( 1)((a2 ( 1)(m ( 1) ( 2p(m ( 1,
即存在整数t，使得m = 1 ( 2pt。
由m的定义，有
a2p = 1 ( m(a2 ( 1) ( 1 (mod m)，
因此
am (1 = a2pt ( 1 (mod m)
并且(a, m) = 1，这说明m是关于基数a的伪素数。由于满足条件的素数p有无穷多个，所以，关于基数a的伪素数m也有无穷多个。
习 题 四
1. 证明：1978103 ( 19783能被103整除。
2. 求313159被7除的余数。
3. 证明：对于任意的整数a，(a, 561) = 1，都有a560 ( 1 (mod 561)，但561是合数。
4. 设p，q是两个不同的素数，证明：
pq ( 1 ( qp ( 1 ( 1 (mod pq)。
5. 将612 ( 1分解成素因数之积。
6. 设n(N，b(N，对于bn ( 1的素因数，你有甚麽与例6相似的结论？
第五节 数论函数
定义在整数集合上的函数，称为数论函数，或算术函数。例如，函数
y = x2，y = sinx，y = ex
都可称为数论函数。但是，通常在使用数论函数这个词时，仅指那些只在整数集合或正整数集合上有定义的函数，或者只与数论研究有特殊关系的函数，例如，在前面所遇到过的欧拉函数((n)，整数部分函数[x]。本节中还要介绍几个数论函数。
定义1 设f(n)是定义在整数集合A上的函数，若
f(mn) = f(m)f(n) (1)
对所有的整数m, n(A，(m, n) = 1成立，则称f(n)是A上的积性函数，或者，在不引起误会的情况下，简称为积性函数。
如果式(1)对于A中的任何m，n都成立，则称f(n)是A上的完全积性函数，简称为完全积性函数。
以下，我们总假定A是由全体正整数所成的集合，即A = N。
例1 函数((n)是积性函数，但不是完全积性函数。事实上，由第三节定理4我们知道((n)是积性函数。由
2 = ((4) ( ((2)((2) = 1
可知((n)不是完全积性函数。
例2 以d(n)表示正整数n的正约数的个数，则d(n)是积性函数，但不是完全积性函数。
例3 函数
((n) =，
是积性函数，但不是完全积性函数。事实上，容易看出((n)是积性函数。由
1 = ((2)((2) ( ((4) = 0
可知((n)不是完全积性函数。
定理1 设函数f(n)是不恒等于零的数论函数，则f(n)是积性函数的充要条件是：f(1) = 1并且对任意的n(N，n > 1，有
， (2)
其中n =是n的标准分解式。
证明 必要性 若f(n)是不恒等于零的积性函数，则有某个n0(N，使得f(n0) ( 0，于是有f(n0) = f(1)f(n0)，所以f(1) = 1。由积性函数的性质可知式(2)成立。
充分性 设m(N，n(N，(m, n) = 1。若m与n中有一个是1，则由f(1) = 1易知式(1)成立。若m > 1，n > 1，设m与n的标准分解式分别是
，
其中pi（1 ( i ( k）与qj（1 ( j ( r）是互不相同的素数，则由式(2)得到
即f(n)是积性函数。证毕。
定理2 设函数f(n)是不恒为零的数论函数，则f(n)是完全积性函数的充要条件是：f(1) = 1并且对任意的n(N，n > 1，有
，
其中n =是n的标准分解式。
证明 留作习题。
定义2 设f(n)是数论函数，称函数
F(n) =，n(N (3)
是f(n)的Mobius变换，f(n)是F(n)的Mobius逆变换，其中表示对n的所有正约数d求和。
例如，取f(n) = 1，则F(n) = = d(n)；取f(n) = n，则F(n) =是n的所有正约数d之和，通常记为((n)。
以下，我们用表示正整数n的标准分解式。
定理3 (ⅰ) 设F(n)是f(n)的Mobius变换，则
F(n) =；
(ⅱ) 设F(n)是积性函数f(n)的Mobius变换，则
，
从而F(n)也是积性函数。
证明 因为n的正约数具有
（0 ( i1 ( (1, 0 ( i2 ( (2, (, 0 ( ik ( (k）
的形式，所以结论(ⅰ)成立。由结论(ⅰ)与定理1推出结论(ⅱ)。证毕。
引理1 对任意的正整数n，有
。
证明 ((n)是积性函数，因此，由((n)的定义及定理3得到
其中p(||n表示p((n，同时p( + 1n。由上式即可得出引理结论。证毕。
定理4 设f(n)是数论函数，则式(3)与下式是等价的：
f(n) =，n(N。 (4)
证明 若式(3)成立，则
由引理1，我们知道上式右端等于f(n)，即式(4)成立。
若式(4)成立，则
在第二个和式中，令d = mk，则上式成为
证毕。
例4 对于正整数n，若它的标准分解式是n =，定义
；
与
。
则((n)与((n)满足下面的等式：
((mn) = ((m) (((n)，(m, n) = 1，m, n(N，
((mn) = ((m) (((n)， m, n(N。
例5 数论函数((n) = ((1)((n)是积性函数，数论函数((n) = ((1)((n)是完全积性函数。
例6 对于正整数n。以((n)表示n的所有正约数之和，即
((n) =。
若n的标准分解式是n =，则
((n) =。 (5)
解 由定理3，((n)是积性函数，并且
((n) =。 (6)
对于固定的p(，有
。
由此及式(6)得到式(5)。
例7 求的Mobius变换。
解 设n的标准分解式是n =,则由((n)的定义及定理3，得到
习 题 五
1. 证明例2中的结论。
2. 证明定理2。
3. 求。
4. 设f(n)是积性函数，证明：
(ⅰ)
(ⅱ) 。
5. 求((n)的Mobius变换。
第三章 数的表示
对于数的十进制表示，我们已经是很熟悉的了。本章主要介绍实数的b进制表示和连分数表示，以及一些基本知识。
第一节 实数的b进制表示法
本节介绍实数的b进制表示法。
定理１ 设b是大于１的整数，则任何正整数a都可以写成
a = akbk ( ak ( 1bk ( 1 ( ( ( a1b ( a 0
的形式，其中ak ( 0，ai（0 ( i ( k）是在0与b ( 1之间唯一确定的整数。
证明 由带余数除法，有整数k，使得
a = q1b ( a0， 0 ( a0 ( b ( 1， q1 ( b，
q1 = q2b ( a1， 0 ( a1 ( b ( 1， q2 ( b，
( (
qk ( 1 = qkb ( ak ( 1，0 ( ak ( 1 ( b ( 1，0 < qk ( b ( 1，
其中诸ai与qi都是唯一确定的。记qk = ak，则0 < ak ( b ( 1，并且
a = q1b ( a0 = (q2b ( a1)b ( a0 = q2b2 ( a1b ( a0
= (q3b ( a2)b2 ( a1b ( a0 = q3b3 ( a2b2 ( a1b ( a0
= (
= akbk ( ak ( 1bk ( 1 ( ( ( a1b ( a0 。
证毕。
定理２ 设b是大于1的整数，则任何小于1的正实数(都可以写成
( =，0 ( ai ( b ( 1，i ( 1。 (1)
如果对于任意的正整数m，都有某个n > m，使得an ( b ( 1，则(的表示式(1)是唯一的。
证明 记a1 = [b(]，则
0 ( a1 ( b ( 1。
记(1 = b( ( a1，则0 ( (1 < 1，并且
( =。
如果(1 = 0，则定理得证。如果0 < (1 < 1，则重复上述过程，有
(1 =，0 ( a2 ( b ( 1，0 ( (2 < 1。
将这样的过程进行k次之后，我们得到
( =， (2)
其中0 ( ai ( b ( 1（0 ( i ( k），0 ( (k < 1。如果(k = 0，则定理得证。如果总是(k ( 0（k ( 1），不断进行以上过程，我们就得到了一个无穷级数
，0 ( ai ( b ( 1，i ( 1。
因为
(0（k((），
所以，由式(2)可知
( =。
下面证明式(1)的唯一性。设
( =，0 ( ai, ci ( b ( 1，i ( 1。 (3)
此时，若有正整数k，使得ai = ci ，（1 ( i ( k ( 1），ak ( ck，那么，不妨设ak > ck，于是，由式(3)得到
。 (4)
显然
。
另一方面，由式(3)，有
，
在上式中，当且仅当
ai = b ( 1，ci = 0或ci = b ( 1，ai = 0（i ( k ( 1） (5)
时等号成立。因此，若使式(4)成立，必是式(5)成立。这说明，在定理的假设条件下，表达式(1)是唯一的。证毕。
定理３ 设b是大于1的整数，则任何正实数(都可以唯一地写成
( =，0 ( ai ( b ( 1，i ( k (6)
的形式，其中，对于任何正整数m，都存在n > m，使得a ( n < b ( 1。
证明 留做习题。
定义１ 设(是正实数，若式(6)成立，则记为
( = (akak ( 1(a1a0.a (1a ( 2()b ， (7)
并称它是(的b进制表示，称ai（i ( k）是(的b进制表示的位数码。当b = 10时，就是通常的十进制记数法，此时常略去式(7)中的括号和下标b = 10。
此外，称(akak ( 1(a1a0)b 与 (0(a(1a (2()b 分别是(的b进制表示的整数部分和小数部分。
定义２ 设(是实数，0 ( ( ( 1，(的b进制表示是
( = (0(c1c2c3()b ， (8)
则称它是一个b进制小数。若存在整数s ( 0，t > 0，使得
cs + i = cs + i + kt，i = 1, 2, (, t，k = 0, 1, 2, ( (9)
成立，则称式(8)中的b进制小数是循环小数，并记作
( (((b 。
若使式(9)成立的最小的s和t分别是s0和t0，则称{}是循环节；若s0 = 0，则称式(8)中的小数是（b进制）纯循环小数。
下面，我们讨论数的十进制表示的小数的循环性。为方便计，将使用记号表示整数(anan ( 1(a1a0(10，用0.a1a2(表示小数(0.a1a2((10。
定理４ 循环小数表示有理数。
证明 不妨只考察小于1的正循环小数。设有循环小数
( ( ((a1(asb1(btb1(bt( ，
记，则
是有理数。证毕。
推论 纯循环小数表示有理数；若(a, b) = 1，则(b, 10) = 1。
证明 在定理4的证明中，取s = 0，则
，
所以a(10t ( 1) = bB。但是(a, b) = 1，所以b(10t – 1，于是(b, 10) = 1。证毕。
定理５ 设a与b是正整数，0 < a < b，(a, b) = 1，并且(b, 10) = 1，则的十进制表示是纯循环小数。
证明 因为 (b, 10) = 1，由Euler定理可知，有正整数k，使得
10k ( 1 (mod b)，0 ( k ( ((b)，
因此存在整数q使得
， (10)
其中0 < q = (10k ( 1)< 10k ( 1，即q具有的形式，而且ak, (, a1不能都等于0，也不能都等于9。由式(10)，有
= 0.akak ( 1(a1akak ( 1(a1( 。
证毕。
定理６ 设a与b是正整数，0 < a < b，(a, b) = 1，并且
b = 2(5(b1，(b1, 10) = 1，b1 ( 1，
此处(与(是不全为零的正整数，则可以表示成循环小数，其中不循环的位数码个数是( = max{(( (}。
证明 不妨假设( = ( ( (，则
， (11)
其中0 ( a1 ( b1，0 ( M ( 10(，并且
(a1, b1) = (2( ((a ( Mb1, b1) = (2( ((a, b1) = (a, b1) = 1。
因此，由定理5，可以表示成纯循环小数：
。 (12)
记M = m110( ( 1 ( m210( ( 2 ( ( ( m(（0 ( mi ( 9，1 ( i ( (），则由式(11)及(12)得到
(13)
下面要说明，上式中的(是最小的不循环位数码的个数。若不然，设又有正整数(，使得
，
于是
。
由定理4推论，有
，
其中(b1(( ((( ( (，因此，
，
10(ab1( = ba(。
上式右端可以被5( 整除，但是(a, 10) = 1，(b1(, 10) = 1，所以5(((((，( ( (。这就证明了，式(13)中的不循环位数码个数不能再少了。证毕。
例１ 写出1235的七进制表示和九进制表示。
解 (ⅰ) 由
1235 = 176(7 ( 3，
176 = 25(7 ( 1，
25 = 3(7 ( 4，
得到1235 = (3413)7 。
(ⅱ) 由
1235 = 137(( ( 2，
137 = 15(9 ( 2，
15 = 1(9 ( 6，
得到1235 = (1622)9 。
例２ 将整数(1212)3用十进制表示。
解 (1212)3 = 1(33 ( 2(32 ( 1(31 ( 2(30 = 27 ( 18 ( 3 ( 2 = 50。
例３ 设n是正整数，证明：在之间的任意整数k，可以唯一地表示成
k =，bi = (1，0或1，0 ( i ( n ( 1。
解 由定理1容易看出，对任意的整数m，0 ( m ( 3n ( 1，有
m =，0 ( ai ( 2，0 ( i ( n ( 1。
当
时，有
，
因此，存在唯一的整数an ( 1, an ( 2, (, a1, a0，使得
，0 ( a i ( 2，0 ( i ( n ( 1，
，(1 ( ai ( 1 ( 1，0 ( i ( n ( 1。
这个例子表明，用重量分别是1, 3, 32, (, 3n ( 1的砝码，可以在天平上称量出不超过的任何整数值的重量。
习 题 一
1. 证明定理3。
2. 写出789的二进制表示和五进制表示。
3. 求的小数的循环节。
4. 证明：七进制表示的整数是偶数的充要条件是它的各位数字之和为偶数。
5. 证明：既约正分数的b进制小数(0(a(1a(2a(3()b为有限小数的充要条件是n的每个素因数都是b的素因数。
第二节 连分数的基本性质
本节及以下几节都讨论实数的连分数表示。
定义１ 设(1, (2, (, (n是不为零的实数，当分数
有意义时，称为有限连分数，简记为
或
( (1, (2, (, (n ( 。
定义２ 设(1, (2, (, (n, ( 是不为零的无限的实数列，记
= ( (1, (2, (, (n ( 。
若（n ( 1）都有意义并且
，
则称( (1, (2, (, (n, ( (是无限连分数，并称连分数( (1, (2, (, (n, ( (等于A，或称它的值是A。也称它是A的连分数，或者称它表示A，记为
A = ( (1, (2, (, (n, ( ( =。
称（n ( 1）是连分数( (1, (2, (, (n, ( (的第n个渐近分数。
定理１ 连分数( (1, (2, (, (n, ( (的第k个渐近分数为，则
(1)
证明 容易计算
，
因此，当k = 1，2，3时，式(1)成立。
假设当k ( n时，式(1)成立。则由
和归纳假设，有
这说明式(1)当k = n ( 1时也成立。由归纳法知式(1)对任意的k ( 1成立。证毕。
推论 在定理1中，若(i ( 1（i ( 1），则qn ( n ( 1（n ( 2）。
定理2 设是连分数( (1, (2, (, (n, ( (的渐近分数，则
(ⅰ) pkqk ( 1 ( pk ( 1qk = ((1)k，（k ( 2）；
(ⅱ) pkqk ( 2 ( pk ( 2qk = ((1)k ( 1(k，（k ( 3）；
证明 (ⅰ) 当k = 2时，由式(1)，有
p2q1 ( p1q2 = ((1(2 ( 1)(1 ( (1(2 = 1，
即结论(ⅰ)成立。假设结论(ⅰ)对于k = n成立，即
pnqn ( 1 ( pn ( 1qn = ((1)n，
此时，由式(1)，有
pn + 1qn ( pnqn + 1 = ((n + 1pn ( pn ( 1)qn ( pn((n + 1qn ( qn ( 1)
= pn ( 1qn ( pnqn ( 1 = ((1)n + 1，
即结论(ⅰ)当k = n ( 1时成立。由归纳法证明了结论(ⅰ)。
(ⅱ) 由式(1)及结论(ⅰ)，我们有
pkqk ( 2 ( pk ( 2qk = ((kpk ( 1 ( pk ( 2)qk ( 2 ( pk ( 2((kqk ( 1 ( qk ( 2)
= (k(pk ( 1qk ( 2 ( pk ( 2qk ( 1) = (k((1)k ( 1 。
证毕。
定义３ 设a1是整数，a2, a3, (, an, ( 是正整数，则称连分数
( a1, a2, (, an, ( (
是简单连分数。
以后，在本章中，除特别声明外，在谈到连分数时，都是指简单连分数。
定理３ 设( a1, a2, (, an, ( (是简单连分数，（k ( 1）是它的渐近分数，则
(ⅰ) ；
(ⅱ) 对任意的正整数k，pk与qk互素。
证明 (ⅰ) 由定理2，得到
以及
。
结论(ⅰ)得证。
(ⅱ) 由定理2的结论(ⅰ)即可得出(pk, qk) = 1。证毕。
定理４ 任何简单连分数都表示一个实数。
证明 以表示这个连分数的第n个渐近分数。由定理3，
分别是有界的递增数列和有界的递减数列，因此，下面的极限存在：
， (2)
利用定理1推论，得到
，
所以，A = B，并且。证毕。
例１ 设a与b是正整数，b > 1，( a1, a2, (, an (是的有限简单连分数，证明
aqn ( 1 ( bpn ( 1 = ((1)n(a, b)，
其中(a, b)是a与b的最大公约数。
解 由渐近分数定义，
。
记a = (a, b)A，b = (a, b)B，则(A, B) = 1。由定理2可知(pn, qn) = 1，因此，
pn = A，qn = B，a = pn(a, b)，b = qn(a, b)。 (3)
再利用定理2，有
pnqn ( 1 ( pn ( 1qn = ((1)n，
aqn ( 1 ( bpn ( 1 = ((1)n(a, b)。
注：例1给出了求不定方程ax ( by = c的特解的一个方法。
例２ 求不定方程
13x ( 17y = 5 (4)
的解。
解 容易验证，于是
p1 = 0，p2 = 1(0 ( 1 = 1，p3 = 3(1 ( 0 = 3，
q1 = 1，q2 = 1， q3 = 3(1 ( 1 = 4。
由例1有13(4 ( 17(3 = ((1)4 = 1，因此13(4(5 ( 17(3(5 = 5，即x = 20，y = (15是方程(4)的特解，所以方程(4)的一般解是
， t(Z。
例３ 设是( a1, a2, (, an, ( (的第n个渐近分数，则
= ( an, an ( 1, (, a2 (（n ( 2）。 (5)
解 用归纳法证明。当n = 2时，由式(1)，有
= a2 = ( a2 ( ，
即式(5)成立。
假设式(5)当n = k（k ( 2）时成立，即
= ( ak, ak ( 1, (, a2 ( ， (6)
则由式(1)，有
，
由此及式(6)，得到
= ( ak + 1, ak , (, a2 ( ，
即式(5)当n = k + 1时也成立。由归纳法证得到所需结论。
例4 求连分数( 0, 1, 2, 1, 2, ( (的值。
解 设
，
则x =，解这个方程，并注意0 < x < 1，得到。
习 题 二
1. 设连分数( (1, (2, (, (n, ( (的第k个渐近分数为，证明：
，
2. 设连分数( (1, (2, (, (n, ( (的第k个渐近分数为，证明：
，k ( 2。
3. 求连分数( 1, 2, 3, 4, 5, ( (的前三个渐近分数。
4. 求连分数( 2, 3, 2, 3, ( (的值。
5. 解不定方程：7x ( 9y = 4。
第三节 实数的连分数表示
现在，我们来讨论连分数表示实数的问题。
定理１ 任一有理数(可以表示成有限简单连分数。
证明 设( =，a与b是整数，b > 0，(a, b) = 1，由辗转相除法，有
,

,
………
,

，
因此= ( q1, q2, (, qn + 1 ( 。证毕。
定理２ 任一无理数可以表示成无限简单连分数。
证明 对于任意的无理数(，总有无理数(1，使得
。
由此，对于任意的无理数α，我们依次得到：
(1)
((
下面证明( = ( a1, a2, (, an, ( ( 。
由上面的等式及第二节定理1可见，对于任意的正整数n > 1，有
( = ( a1, a2, (, an, (n( =， (2)
其中（i ( 1）是( a1, a2, (, an, ( (的渐近分数。因此，由式(2)及第二节定理2，得到
。 (3)
再利用式(1)及第二节定理1推论，得到
，
即( = ( a1, a2, (, an, ( (。证毕。
推论 设(是实无理数，那么，对于任意的正整数n，存在(n与(n，0 < (n, (n < 1，使得
。
证明 由定理2的证明，有(n > an + 1，因此，
(nqn ( qn ( 1 > an + 1qn ( qn ( 1 = qn + 1 > qn ，
，
所以，必有(n，(n，0 < (n, (n < 1，使得
，
由此及(3)式得证。证毕。
定理3 无理数的连分数表示是唯一的。
证明 设
( = ( a1, a2, (, an, ( ( = ( b1, b2, (, bn, ( ( 。 (4)
我们用归纳法证明
ai = bi ，i ( 1。 (5)
对于正整数i，记
(i = ( ai, ai + 1, (, an, ( (，(i = ( bi, bi + 1, (, bn, ( (，
则
( =，
其中a1与b1是整数，(2与(2是大于1的无理数。因此，a1 = b1，即式(5)当i = 1时成立。
假设式(5)对于i < k ( 1成立，即a1 = b1，a2 = b2，(，ak = bk，则由式(4)得到
( ak + 1, ak + 2, ( ( = ( bk + 1 , bk + 2, ( ( ，
于是，ak + 1 = bk +1，即式(5)当i = k ( 1时成立。
定理由归纳法得证。证毕。
定理4 设a与b是整数，( a1, a2, (, an (与( b1, b2, (, bm (是的两个简单连分数表示，
(ⅰ) 若an > 1，bm > 1，则n = m，ai = bi（1 ( i ( n）；
(ⅱ) 若an是大于1的整数，则有理数仅有两种表示成简单连分数的方法，即( a1, a2, (, an ( = ( a1, a2, (, an (1, 1 ( 。
证明 留做习题。
定理5 设（n = 1, 2, (）是实数(的连分数的渐近分数，则对于任意的正整数q ( qn及整数p，有
。 (6)
证明 若( =，则式(6)是显然的。
若，则(有第n ( 1个渐近分数，并且，于是
。 (7)
分别以下情况讨论：
(ⅰ) 若，则由式(7)可知式(6)成立。
(ⅱ) 若，则由式(7)得到
。
由上式及定理2推论得到式(6)。
(ⅲ) 若，则pqn + 1 = qp n + 1 ，因此，由第二节定理3得到qn + 1(q，q ( qn + 1 > qn ，这与假设矛盾。因此，这一情况不出现。
(ⅳ) 若，则容易看出
，
于是
，
这与第二节定理2矛盾。因此，这一情况不出现。证毕。
定理5说明，在分母不超过qn的分数中，是(的最佳有理逼近。这是渐近分数的一个非常重要的性质。
定理6(Hurwitz) 设(是无理数，那么，在它的连分数的任何两个相邻渐近分数中，至少有一个满足不等式
。 (8)
证明 设是(的两个相邻的渐近分数，不妨设
。
于是，由第二节定理2，
。 （9)
若都不使式(8)成立，则
， (10)
于是
， (11)
但是qn + 1 ( qn ，所以qn2 ( qn + 12 > 2qnqn + 1 ，因此，由式(11)得到
，
这与式(9)矛盾。所以式(10)中至少有一个不等式不成立。证毕。
推论 对于任意的无理数(，存在无穷多个有理数满足
。
例１ 写出的连分数
解 由
( (
得到= ( 2, 1, 4, 1, 4, 1, ( ( 。
例２ 求的误差不超过10 ( 4的有理近似值。
解 由定理2推论，只需求正整数n，使得( 10 ( 4。
利用例1及第二节定理1，有下表
n
1
2
3
4
5
6
7
8
an
2
1
4
1
4
1
4
1
pn
2
3
14
17
82
99
478
577
qn
1
1
5
6
29
35
169
204
由于q7q8 > 104，因此取n = 7。即所求的的有理近似是。
习 题 三
1. 证明定理4。
2. 求的连分数。
3. 求的误差( 10 ( 5的有理逼近。
4. 求sin18(的误差( 10 ( 5的有理逼近。
已知圆周率( = ( 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 21, ( (，求(的误差
( 10 ( 6的有理逼近。
6. 证明：连分数展开的第k个渐近分数为。此处{Fn}是Fibonacci数列。
第四节 循环连分数
本节要讨论整系数二次方程的实无理根的连分数。
定义１ 设( a1, a2, (, an, ( (是无限简单连分数。如果存在正整数s与t，使得
as + i = as + kt + i，i = 1, 2, ( , t；k = 0, 1, 2, ( ，
则称( a1, a2, (, an, ( (是循环连分数,并记为
( a1, (, as,( 。
如果s = 0，则称它是纯循环连分数。
定理１ 任何循环连分数表示一个不可约整系数二次方程的实根。
证明 设( = ( a1, (, as,( = ( a1, a2, (, an, ( (是循环连分数。
记(n = (an + 1, an + 2, ((，以（n ( 1, 2, (）表示(的渐近分数。
(ⅰ) 若s = 0，则( = (( = ( b1, (, bt, ( (，因此，由第二节定理1得到
( =，
即(满足整系数二次方程
qtx2 ( (qt ( 1 ( pt)x ( pt ( 1 = 0。 (1)
(ⅱ) 若s ( 0，则( = (a1, (, as, b1, (, bt, b1, (, bt, ( (，由第二节定理可知，
( =，
于是
(s =，
由此得到
(qs + t( ( ps + t)(ps ( 1 ( (qs ( 1) = (qs( ( ps)(ps + t ( 1 ( (qs + t ( 1)，
即(满足整系数二次方程
Ax2 ( Bx( C = 0， (2)
其中
A = qs qs + t ( 1 ( qs + t qs ( 1 ，
B = qs + tps ( 1 ( qs + tps ( 1 ( psqs + t ( 1 ( qsps + t ( 1 ，
C = psps + t ( 1 ( ps + tps ( 1 。
由于(是无限连分数，所以是实无理数，因此方程(1)和(2)都是不可约的。证毕。
定理２ 设( = ((是纯循环连分数，则它所满足的二次方程的另一个根在(1与0之间。
证明 从定理1的证明中可知，(满足方程(1)。记
f(x) = qtx2 ( (q t ( 1 ( pt)x ( pt ( 1 = 0，
则由at ( 1及pi > 0，qi > 0（i ( 1）可知
f(0) = (pt ( 1 < 0，
f((1) = qt ( (qt ( 1 ( pt) ( pt ( 1= (qt ( qt ( 1) ( (pt ( pt ( 1)
= (at ( 1)(qt ( 1 ( pt ( 1) ( qt ( 2 ( pt ( 2 > 0 ，
因此，方程(1)必有一根在(1与0之间。由于a1, a2, (, an, (都是正整数，所以( > 0，即这个根不是(。证毕。
定理３ 设(是二次不可约整系数方程
Ax2 ( Bx ( C = 0 (3)
的实根，则(的简单连分数是循环连分数。
证明 因为方程(3)是不可约的，所以(是无理数，因此，由第三节定理2，它可以表示成无限简单连分数，设
( = ( a1, a2, (, an, ( (。
记(n = ( an + 1, an + 2, ( (，则
( = ( a1, a2, (, an, (n ( ，
由第二节定理1，得到
( =，
将此式代入式(3)，可知(n满足方程
Anx2 ( Bnx ( Cn = 0， (4)
其中
。 (5)
由第三节定理2推论，
。
因此，由于(满足方程(3)，有
|An| ( |A|(2|(| ( 1) ( |B| 。 (6)
由式(5)又推出
|Cn| ( |A|(2|(| ( 1) ( |B| 。 (7)
此外，容易验证
Bn2 ( 4AnCn = (B2 ( 4AC)(pnqn ( 1 ( pn ( 1qn)2 = B2 ( 4AC，
我们看到，存在只与A，B，C及(有关的M，使得
|Bn| ( M。 (8)
由式(6)，式(7)，式(8)可知，对于n = 1, 2, 3, (，数组{An, Bn, Cn}只有有限多个不同的取法，因此，至少有三组是相同的，即存在正整数n1，n2，n3，n1 < n2 < n3，使得
这样，满足同一个方程
A0x2 ( B0x ( C0 = 0。 (9)
但是方程(9)至多有两个不同的解，所以中必有两个相同，设是，则
。 (10)
由于都是无限简单连分数，所以，由式(10)及第三节定理3，得到
，i = 1, 2, ( 。
因此
。
这说明( =是循环连分数。证毕。
例１ 设a，b，c是正整数，b = ac，求连分数
x =
的值。
解 由
x = ( b, a, x ( =，
得到
ax2 ( abx ( b = 0，
即
x2 ( bx ( c = 0，
于是
。
例２ 求( = ((之值。
解 由定理1的证明可知，(满足方程
q3x2 ( (q2 ( p3)x ( p2 = 0， (11)
其中，由第二节定理1，有
a1 = 1，a2 = 2，a3 = 3 ，
p1 = 1，p2 = 3，p3 = 10，
q1 = 1，q2 = 2，q3 = 7 。
将上面的数值代入方程(11)，并求解，得到
，
显然(是正数，所以。
习 题 四
1. 将方程3x2 ( 2x ( 2 = 0的正根写成连分数。
2. 求( = ((之值。
3. 设a是正整数，求的连分数。
4. 设无理数= ( a1, a2, (, an, ( (的第k个渐近分数为，证明：的充要条件是
pn = a1qn ( qn (1，dqn = a1pn ( pn (1。
5. 设无理数= ( a1, a2, (, an, ( (的第k个渐近分数为，且正整数n使得
pn = a1qn ( qn (1，dqn = a1pn ( pn (1，
证明：
(ⅰ) 当n为偶数时，pn，qn是不定方程x2 ( dy2 = 1的解；
(ⅱ) 当n为奇数时，p2n，q2n是不定方程x2 ( dy2 = 1的解。
第四章 不定方程
本章所讨论的不定方程，是指整系数代数方程，并且限定它的解是整数。本章只讨论几类比较简单的不定方程。
第一节 一次不定方程
设a1, a2, (, an是非零整数，b是整数，称关于未知数x1, x2, (, xn的方程
a1x1 ( a2x2 ( ( ( anxn = b (1)
是n元一次不定方程。
若存在整数x10, x20, (, xn0满足方程(1)，则称(x10, x20, (, xn0)是方程(1)的解，或说x1 = x10，x2 = x20，(，xn = xn0是方程(1)的解。
定理1 方程(1)有解的充要条件是
(a1, a2, (, an)(b。 (2)
证明 记d = (a1, a2, (, an)。若方程(1)有解，设为(x1, x2, (, xn)。则由d(ai（1 ( i ( n）及整除的性质容易知道式(2)成立。必要性得证。
另一方面，由第一章第三节定理2，存在整数y1, y2, (, yn使得
a1y1 ( a2y2 ( ( ( anyn = (a1, a2, (, an) = d。
因此，若式(2)成立，则就是方程(1)的解，充分性得证。证毕。
定理2 设a，b，c是整数，方程
ax ( by = c (3)
若有解(x0, y0)，则它的一切解具有
， t(Z (4)
的形式，其中。
证明 容易验证，由式(4)确定的x与y满足方程(3)。下面证明，方程(3)的解都可写成式(4)中的形式。
设(x, y)是方程(3)的解，则由
ax0 ( by0 = ax ( by = c
得到
a(x ( x0) = (b(y ( y0)，
。
由此，以及
和第一章第三节定理4，得到x ( x0，因此存在整数t，使得
。
证毕。
定理1和定理2说明了解方程(3)的步骤：
(ⅰ) 判断方程是否有解，即(a, b)(c是否成立；
(ⅱ) 利用辗转相除法求出x0，y0，使得ax0 ( by0 = (a, b)；
(ⅲ) 写出方程(3)的解
定理3 设a1, a2, (, an, b是整数，再设 (a1, a2, (, an ( 1) = dn ( 1，(a1, a2, (, an) = dn，则(x1(, x2(, (, xn()是方程(1)的解的充分必要条件是存在整数t，使得(x1(, x2(, (, xn(, t)是方程组
(5)
的解。
证明 若有整数t，使得(x1(, x2(, (, xn(, t)是方程组(5)的解，则显然(x1(, x2(, (, xn()满足方程(1)。
设(x1(, x2(, (, xn()是方程(1)的解，则
a1x1( ( a2x2( ( ( ( an ( 1xn ( 1( ( anxn( = b。 (6)
令
a1x1( ( a2x2( ( ( ( an ( 1xn ( 1( = b(，
则由定理1
dn ( 1 = (a1, a2, (, an ( 1)(b(。
因此，存在t(Z，使得
a1x1( ( a2x2( ( ( ( an ( 1xn ( 1( = dn ( 1t， (7)
再由式(6)，得到
dn ( 1t ( anxn( = b，
即(x1(, x2(, (, xn(, t)满足方程组(5)。证毕。
定理3说明了求解n元一次不定方程的方法：先解方程组(5)中的第二个方程，再解方程组(5)中的第一个方程，于是，解n元一次不定方程就化为解n ( 1元一次不定方程。重复这个过程，最终归结为求解二元一次不定方程。由第一章第三节定理5，记
(a1, a2) = d2，(d2, a3) = d3，(，(dn ( 2, an ( 1) = dn ( 1，(dn ( 1，an) = dn，
逐个地解方程
dn ( 1tn ( 1 ( anxn = b，
dn ( 2tn ( 2 ( an ( 1xn ( 1 = dn ( 1tn ( 1，
( (
d2t2 ( a3x3 = d3t3，
a1x1 ( a2x2 = d2t2，
并且消去中间变量t2, t3, (, tn ( 1，就可以得到方程(1)的解。
例1 求不定方程3x ( 6y = 15的解。
解 (3, 6) = 3(15，所以方程有解。
由辗转相除法（或直接观察），可知x = (1，y = 1是
3x ( 6y = 3
的解，所以x0 = (5，y0 = 5是原方程的一个解。由定理2，所求方程的解是
， t(Z。
例2 求不定方程3x ( 6y ( 12z = 15的解。
解 原方程等价于
x ( 2y ( 4z = 5。 (8)
由定理3，依次解方程
t ( 4z = 5，
x ( 2y = t，
分别得到
， u(Z， (9)
， v(Z。 (10)
将式(9)与式(10)中的t消去，得到
， u, v(Z。
注：本例在解方程时，首先将原方程化为等价方程(8)，这使问题简化。对例1也可以如此处理。
例3 设a与b是正整数，(a, b) = 1，则任何大于ab ( a ( b的整数n都可以表示成n = ax ( by的形式，其中x与y是非负整数，但是n = ab ( a ( b不能表示成这种形式。
解 (ⅰ) 由定理2，方程
ax ( by = n (11)
的解具有
， t(Z (12)
的形式，其中x0与y0满足方程(11)。
由假设条件n > ab ( a ( b及式(11)与式(12)，有
ax = n ( by = n ( b(y0 ( at) > ab ( a ( b ( b(y0 ( at)。 (13)
取整数t，使得
0 ( y = y0 ( at ( a ( 1，
则由式(13)得到
ax > ab ( a ( b ( b(a ( 1) = (a，
x > (1，x ( 0，
即n = ax ( by，x ( 0，y ( 0。
(ⅱ) 设有x ( 0，y ( 0，使得
ax ( by = ab ( a ( b， (14)
则
a(x ( 1) ( b(y ( 1) = ab。 (15)
所以a(b(y ( 1)。但是(a, b) = 1，于是必有
a(y ( 1，y ( 1 ( a。
同理可以证明x ( 1 ( b，从而
a(x ( 1) ( b(y ( 1) ( 2ab，
这与式(15)矛盾，所以式(14)是不可能的。
例4 设a，b，c是整数，(a, b) = 1，则在直线ax ( by = c上，任何一个长度大于的线段上至少有一个点的坐标都是整数。
解 由定理2，直线ax ( by = c上的坐标都是整数的点(xt, yt)的坐标是
， t(Z，
其中(x0, y0)是直线ax ( by = c上的坐标都是整数的点，由定理1，这样的点是存在的。
对于任意的t(Z，记Pt是以(xt, yt)为坐标的点，则Pt ( 1与Pt 之间的距离
。
这说明，两个“相邻的”坐标是整数的点的距离是，从而得出所求之结论。
例5 将写成三个分数之和，它们的分母分别是2，3和5。
解 设
，
则
15x ( 10y ( 6z = 19。
依次解方程
5t ( 6z = 19，
15x ( 10y = 5t，
得到
， u(Z， (16)
， v(Z。 (17)
从式(16)与式(17)中消去t，得到
， u, v(Z。
取u = 0，v = 0，得到x = (1，y = 1，z = 4，因此
。
例6 甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤?
解 设买甲物x斤，乙物y斤，丙物z斤，则
5x ( 3y (z = 100，
x ( y ( z = 100。
消去z，得到
7x ( 4y = 100。 (18)
显然x = 0，y = 25是方程(18)的解，因此，方程(18)的一般解是
， t(Z
因为x ( 0，y ( 0，所以
0 ( t ( 3。
即t可以取值t1 = 0，t2 = 1，t3 = 2，t4 = 3。相应的x，y，z的值是
(x, y, z) = (0, 25, 75)，(4, 18, 78)，(8, 11, 81)，(12, 4, 84)。
例7 求不定方程x ( 2y ( 3z = 7的所有正整数解。
解 依次解方程
t ( 3z = 7，
x ( 2y = t，
得到
， u(Z，
， v(Z。
从上式中消去t，得到
， u, v(Z。 (19)
要使x ( 1，y ( 1，z ( 1，则应有
3u ( 2v ( 0，(v ( 1，1 ( u ( 0。 (20)
所以
3u ( (2v ( 2，u ( 1 (( u ( 1，
即 u = 1。由此及式(20)，有
3 ( 2v ( 0，(v ( 1 ( (( v ( (1，
所以v = (1。将u = 1，v = (1代入式(19)，得到原方程的唯一一组正整数x = 2，y = 1，z = 1。
习 题 一
1. 将写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。
2. 求方程x1 ( 2x2 ( 3x3 = 41的所有正整数解。
3. 求解不定方程组：
。
4. 甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这两个班，要使甲班的学生分到相同数量的铅笔，乙班学生也分到相同数量的铅笔，问应怎样分法？
5. 证明：二元一次不定方程ax ( by = n，a > 0，b > 0，(a, b) = 1的非负整数解的个数为( 1。
6. 设a与b是正整数，(a, b) = 1，证明：1, 2, (, ab ( a ( b中恰有个整数可以表示成ax ( by（x ( 0，y ( 0）的形式。
第二节 方程x2 ( y2 = z2
本节讨论二次方程
x2 ( y2 = z2 。 (1)
容易看出，(x, y, z) = (0, 0, 0)，(0, (a, (a)以及((a, 0, (a)都是方程(1)的解。若(x, y, z)是方程(1)的解，则对于任何整数k，(kx, ky, kz)也是方程(1)的解。此外，若(x, y) = k，则k(z，(x, y, z) = k。因此，我们只需研究方程(1)的满足下述条件的解：
x > 0，y > 0，z >0，(x, y) = 1。 (2)
定理1 若(x, y, z)是方程(1)的满足条件(2)的解，则下面的结论成立：
(ⅰ) x与y有不同的奇偶性；
(ⅱ) x与y中有且仅有一个数被3整除；
(ⅲ) x，y，z中有且仅有一个数被5整除。
证明 (ⅰ) 若2(x，2(y，则2(z，这与(x, y, z) = 1矛盾。所以x与y中至少有一个奇数。如果x与y都是奇数，则z是偶数，因为
x2 ( 1，y2 ( 1，x2 ( y2 ( 2 (mod 8)，
z2 ( 0或4 (mod 8)，
所以x，y，z不可能是方程(1)的解。因此，x与y有不同的奇偶性。
(ⅱ) 显然x与y不能都被3整除。若x与y都不能被3整除，则
x ( (1，y ( (1 (mod 3)，
x2(1，y2 (1，x2 ( y2 ( 2 (mod 3)。 (3)
但是，对任意的z，总有z2 ( 0或1 (mod 3)。这与式(1)和式(3)矛盾。因此，结论(ⅱ)成立。
(ⅲ) 显然x，y，z中不能有两个同时被5整除。若它们都不能被5整除，则
x，y，z ( (1，(2 (mod 5)，
x2，y 2，z 2( 1，4 (mod 5)， (4)
x2 ( y2 ( 0，2或3 (mod 5)。 (5)
式(1)，式(4)与式(5)是矛盾的，因此，结论(ⅲ)成立。证毕。
引理 不定方程xy = z2的满足条件
xy = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y) = 1 (6)
的一切正整数解，可以写成下面的形式
x = a2，y = b2，z = ab，(a, b) = 1，a > 0，b > 0。 (7)
证明 这是第一章第六节定理1推论3的特殊情形。证毕。
定理2 方程(1)的满足式(2)和2(x的一切正整数解具有下面的形式：
x = 2ab，y = a2 ( b2，z = a2 ( b2， (8)
其中a > b > 0，(a, b) = 1，a与b有不同的奇偶性。
证明 (ⅰ) 若x，y，z由式(8)确定，容易验证它们满足方程(1)，并且2(x。
设d 是 (x, y) 的任一个素因数，则由式(1)得到d2(z2，因此d(z，于是，利用最大公约数的性质，有
d((y, z) = (a2 ( b2, a2 ( b2)
( d(a2 ( b2，d(a2 ( b2 ( d(2(a2, b2) = 2。
所以d = 1或2。由于2y，所以d = 1，这说明式(2)满足。
(ⅱ) 若x，y，z是方程(1)的满足式(2)以及2(x的解，则2y，2z，并且
。 (9)
记d =，所以d(y，d(z，于是d((y, z) = 1，d = 1。因此，利用引理及式(9)得到
。
从而
x = 2ab，y = a2 ( b2，z = a2 ( b2。
由y > 0，可知a > b；由于x与y有不同的奇偶性，所以2y，因此，a与b有不同的奇偶性。证毕。
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
的形式，其中a与b是不全为零的整数。
定理3 不定方程
x4 ( y4 = z2 (10)
没有满足xyz ( 0的整数解。
证明 用反证法。不妨只考虑方程(10)的正整数解。若它有满足xyz ( 0的正整数解，设(x0, y0, z0)是方程(10)的有最小的z的一组解。令d = (x0, y0)，则由式(10)得到d4(z02，d2(z0，从而也是方程(10)的解。因此，由z0的最小性，可知
d = (x0, y 0) = 1，(x02, y02) = d 2 = 1。
显然x02与y02有不同的奇偶性。不妨设2(x0，2y0。
由定理2，存在正整数a，b，使得
(a, b) = 1，a > b > 0， (11)
其中a与b有不同的奇偶性，并且
x02 = 2ab，y02 = a2 ( b2，z0 = a2 ( b2。 (12)
下面按照a与b的奇偶性，考察两种情况。
(ⅰ) 2(a，2b。此时，
a2 ( 0 (mod 4)，b2 ( 1 (mod 4)，
因此，由式(12)，
y02 = a2 ( b2 ( (1 (mod 4)，
这与2y0，y02 ( 1 (mod 4)矛盾。所以这个情况不能发生。
(ⅱ) 2 a，2(b。此时，由式(11)及式(12)，有
x02 = 2ab，(a, 2b) = 1，a > b > 0。 (13)
利用引理可知，存在正整数u，v1，使得
x0 = uv1，a = u2，2b = v12，(u, v1) = 1，u > 0，v1 > 0。
由2b = v12推出
2(v12，2(v1，v1 = 2v，
因此，存在整数u，v，使得
a = u2，b = 2v2，(u, v) = 1，u > 0，v > 0。 (14)
代入式(12)，得到
y02 = u4 ( 4v4，y02 ( 4v4 = u4， (15)
其中 (u, v) = 1，从而 (y0, v) = 1。利用定理2，可知存在正整数s，t，(s, t) = 1，s与t有不同的奇偶性，使得
y0 = s2 ( t 2，2v2 = 2st，u2 = s2 ( t2 ，
y0 = s2 ( t2，v2 = st，u2 = s2 ( t2， (16)
由(s, t) = 1，式(16)中的第二个等式，以及引理，可知存在正整数m，n，(m, n) = 1，使得
v = mn，s = m2，t = n2。
由此及式(16)中第三个等式，得到
m4 ( n4 = u2， (17)
即(m, n, u)也满足方程(10)。
另一方面，由式(12)及式(14)，有
z0 = a2 ( b2 = u4 ( 4v4 > u，
这样，(m, n, u)的存在与z0的最小性矛盾。这就证明了定理。证毕。
推论 方程x4 ( y4 = z4没有满足xyz ( 0的整数解。
定理3中使用的证明方法称为无穷递降法。常用于判定方程的可解性。
例 证明方程
x2 ( y2 = x2y2 (18)
没有满足xy ( 0的整数解。
解 用反证法。设方程(18)有满足xy ( 0的整数解(x, y)。不妨设x > 0，y > 0。
显然2(x，2(y。因此，由式(18)，有
， (19)
在上式中，必都是偶数。否则，它们就都是奇数。此时，由于任何奇数的平方被8除的余数是1，我们有
，
这与式(19)矛盾。因此，。由式(19)，又有
，
重复上面的讨论与分析，我们见到，对于任意的正整数k，有
。
但是，由于x，y是固定的正整数，当k充分大时，不可能是正整数。这个矛盾说明方程(18)不能有满足xy ( 0的整数解。
习 题 二
1. 证明定理2推论。
2. 设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z ( 1，2(x ( y ( 1)都是平方数。
3. 求整数x，y，z，x > y > z，使x ( y，x ( z，y ( z都是平方数。
4. 解不定方程：x2 ( 3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1。
5. 证明下面的不定方程没有满足xyz ( 0的整数解。
(ⅰ) x2 ( y2 ( z2 = x2y2；
(ⅱ) x2 ( y2 ( z2 = 2xyz。
6. 求方程x2 ( y2 = z4的满足(x, y ) = 1，2(x的正整数解。
第三节 几类特殊的不定方程
不定方程是一个内容丰富的课题，许多不定方程的解法有其特殊性。本节要介绍几类这样的方程，以及几个有普遍性的方法。
一、余数分析法
将不定方程的解按某个正整数m的余数分类，或者，考察方程中的项对某个正整数的余数，再进行分析。
例1 证明：若n = 9k ( t，t = 3，4，5或6，k(Z，则方程没有整数解。
解 对任意的整数x，y，记
x = 3q1 ( r1，y = 3q2 ( r2，0 ( r1, r2 ( 2，q1, q2(Z，
则
x3 ( r13 ( R1 (mod 9)，y3 ( r23 ( R2 (mod 9)，x3 ( y3 ( R (mod 9)，
其中
R1 = 0，1或8，R2 = 0，1或8，R = 0，1，2，7或8。
由此得到所要证明的结论。
例2 证明方程
3x ( 1 = 5y ( 7z (1)
除x = y = z = 0外没有其他整数解。
解 设(x, y, z)是方程(1)的解。容易证明：x ( 0，y ( 0，z ( 0。
若x > 0，则由式(1)，有
5y ( 7z ( 1 (mod 3)，
2y ( 1 ( 1，2y ( 0 (mod 3)，
因此，3(2y，这是不可能的。所以必是x = 0, 于是式(1)成为
5y ( 7z = 2。
由于y ( 0，z ( 0，所以由上式推出y = z = 0。
例3 证明：若实数x与y满足方程
x2 ( 3y2 = 2， (2)
则x与y不能都是有理数。
解 用反证法。设有理数
（m, n, l(Z，(m, n, l) = 1，m ( 0）
满足方程(2)，则
n2 ( 3l2 = 2m2， (3)
考察两种可能的情形。
(ⅰ) 3n。此时，
n ( (1，n2 ( 1 (mod 3)，
因此，由式(3)得到
2m2 ( 1 (mod 3)，
这是不可能的，因为对于m ( 0，1或2 (mod 3)，2m2 ( 0或2 (mod 3)。
(ⅱ) 3(n。此时，由式(3)得到2m2 ( 0 (mod 3)，因此3(m，再由式(3)得到3(l，所以(m, n, l) > 1，这与关于m, n, l的假设矛盾。
例4 求不定方程组
(4)
的所有整数解。
解 设
x ( r1，y ( r2，z ( r3 (mod 3)，ri = 0，1，(1（i = 1，2，3），
则
x3 ( R1，y3 ( R2，z3 ( R3 (mod 9)，
其中Ri = 0，1或 (1（i = 1，2，3)。
由方程组(4)中的第一个方程，得到
R1 ( R2 ( R3 ( 3 (mod 9)，
因此，必是
R1 = R2 = R3 = 1，r1 = r2 = r3 = 1，
即
x = 3x1 ( 1，y = 3y1 ( 1，z = 3z1 ( 1。 (5)
将式(5)中的x，y，z代入方程组(4)中的第二个方程，得到
x1 ( y1 ( z1 = 0。 (6)
显然，(x1, y1, z1) = (0, 0, 0)满足式(6)。
现在，假定(x1, y1, z1) ( (0, 0, 0)。
考虑两种可能的情形：
(ⅰ) 若x1，y1与z1中有一个为0，例如，x1 = 0。由式(6)得到
y1 = (z1，x = 1，y = 3y1 ( 1，z = (3y1 ( 1，
代入方程组(4)中的第一个方程，有
1 ( (3y1 ( 1)3 ( ((3y1 ( 1)3 = 3，
1 ( 2(9y12 ( 1) = 3，y1 = 0，
x = 1，y = 1，z = 1。
(ⅱ) 若x1y1z1 ( 0。由式(6)可知，x1，y1与z1三个数中有两个数符号相同。不妨设x1与y1同符号。由式(6)得到
z1 = ((x1 ( y1)，
代入方程组(4)中的第一个方程，得到
(3x1 ( 1)3 ( (3y1 ( 1)3 ( (1 ( 3(x1 ( y1))3 = 3，
稍做整理，即是
3x1y1(x1 ( y1) ( 2(x12 ( y12 ( x1y1) = 0，
(2x12 ( x1y1)(y1 ( 1) ( (2y12 ( x1y1)(x1 ( 1) = 0。 (7)
由于x1与y1符号相同，所以式(7)当且仅当x1 = y1 = 1时成立，此时
z1 = ((x1 ( y1) = (2，
并且
x = 4，y = 4，z = (5。
综合以上讨论，注意到方程(4)中对于三个变量的对称性，得到方程组(4)的解是
(x, y, z) = (1, 1, 1)，(4, 4, (5)，(4, (5, 4)，((5, 4, 4)。
例5 求方程(x ( 1)! = xy ( 1的满足x > 1的正整数解。
解 若(x, y)是方程满足x > 1的正整数解，则
(x ( 1)! ( (1 (mod x)。
因此，由第二章第二节习题4，x是素数。
取x = 2，3，5，得到方程的解
(x, y) = (2, 1)，(3, 1)，(5, 2)。
设x > 5是素数，于是
(x ( 1)! ( 1(2(((((x ( 1)，
(x ( 1)2((x ( 1)!。
因此，若x是方程的x > 5的解，则对于正整数y，有
xy ( 1 ( 0 (mod (x ( 1)2)。
由上式及
xy ( 1 = ((x ( 1) ( 1)y ( 1
= (x ( 1)y (
= (x ( 1)2Q ( y (x ( 1)，
其中Q是某个整数，推出
(x ( 1)2(y (x ( 1)，x ( 1(y ，
于是
xy ( 1 ( xx ( 1 ( 1 ( (x ( 1)!（x > 5）。
这说明当x > 5时，方程无正整数解。所以，所求的全部解是
(x, y) = (2, 1)，(3, 1)，(5, 2)。
二、因数分析法
任何非零整数的因数个数是有限的，因此，可以对不定方程的解在有限范围内用枚举法确定。
例6 求方程x2y ( 2x2 ( 3y ( 7 = 0的整数解。
解 原方程即
(x2 ( 3)(y ( 2) = 1。
因此
，
解这两个联立方程组，得到所求的解是
。
例7 求方程x3 ( y3 = 1072的正整数解。
解 容易看出，对于任何正整数a，(x, y) = (1, a)，(a, 1)及(a, a)都不是方程的解。所以，只需考虑x ( 2，y ( 2，x ( y的情况。于是
x2 – xy ( y2 > xy > x ( y， (8)
(x ( y)2 > x2 ( xy ( y2。 (9)
原方程即
(x ( y)(x2 ( xy ( y2) = 24(67。
由此及式(8)与式(9)得到
，
解这两个联立方程组，得到所求的解是
。
三、不等分析法
利用量的整数性或不等关系，确定出方程解的范围。
例8 求方程
3x2 ( 7xy ( 2x ( 5y ( 35 = 0
的正整数解。
解 对于正整数x，y，由原方程得到
。 (10)
因此，若x ( 1，y ( 1，则应有
，
解这个不等式组，得到1 ( x ( 2。
分别取x = 1和x = 2，由式(10)得到y = 17和y = 3。所以所求的解是(x, y) = (1, 17)，(2, 3)。
例9 求方程5(xy ( yz ( zx) = 4xyz的正整数解。
解 原方程即
。 (11)
设x ( y ( z，则由
及式(11)，得到
，1 < x < 4，x = 2或3。
(ⅰ) 若x = 2，则式(11)成为
。
由此及
得到
，3 < y < 7，y = 4，5或6。
将x = 2以及y = 4，5或6分别代入式(11)，得到所求的解
(x, y, z) = (2, 4, 20)，(2, 5, 10)。
(ⅱ) 若x = 3，同样的方法可以推出，方程(11)无解。
综合以上，注意到(11)式对于x，y，z的对称性，得到方程的12个正整数解
(x, y, z) = (2, 4, 20)，(2, 5, 10)，(2, 20, 4)，(2, 10, 5)，
(4, 2, 20)，(5, 2, 10)，(20, 2, 4)，(10, 2, 5)，
(20, 4, 2)，(10, 5, 2)，(4, 20, 2)，(5, 10, 2)。
习 题 三
1. 求方程x2 ( xy ( 6 = 0的整数解。
2. 求方程组的整数解。
3. 求方程2x ( 3y = 1的正整数解。
4. 求方程的正整数解。
5. 设p是素数，求方程的整数解。
6. 设2n ( 1个有理数a1, a2, (, a2n ( 1满足条件P：其中任意2n个数可以分成两组，每组n个数，两组数的和相等，证明：
a1 = a1 = ( = a2n ( 1。
第五章 同余方程
本章主要介绍同余方程的基础知识，并介绍几类特殊的同余方程的解法。
第一节 同余方程的基本概念
本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程。
在本章中，总假定m是正整数。
定义1 设f(x) = anxn ( ( ( a1x ( a0是整系数多项式，称
f(x) ( 0 (mod m) (1)
是关于未知数x的模m的同余方程，简称为模m的同余方程。
若an0 (mod m)，则称为n次同余方程。
定义2 设x0是整数，当x = x0时式(1)成立，则称x0是同余方程(1)的解。凡对于模m同余的解，被视为同一个解。同余方程(1)的解数是指它的关于模m互不同余的所有解的个数，也即在模m的一个完全剩余系中的解的个数。
由定义2，同余方程(1)的解数不超过m。
定理1 下面的结论成立：
(ⅰ) 设b(x)是整系数多项式，则同余方程(1)与
f(x) ( b(x) ( b(x) (mod m)
等价；
(ⅱ) 设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与
bf(x) ( 0 (mod m)
等价；
(ⅲ) 设m是素数，f(x) = g(x)h(x)，g(x)与h(x)都是整系数多项式，又设x0是同余方程(1)的解，则x0必是同余方程
g(x) ( 0 (mod m) 或 h(x) ( 0 (mod m)
的解。
证明 留做习题。
下面，我们来研究一次同余方程的解。
定理2 设a，b是整数，a0 (mod m)。则同余方程
ax ( b (mod m) (2)
有解的充要条件是(a, m)(b。若有解，则恰有d = (a, m)个解。
证明 显然，同余方程(2)等价于不定方程
ax ( my = b， (3)
因此，第一个结论可由第四章第一节定理1得出。
若同余方程(2)有解x0，则存在y0，使得x0与y0是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是
，t(Z。 (4)
由式(4)所确定的x都满足方程(2)。记d = (a, m)，以及
t = dq ( r，q(Z，r = 0, 1, 2, (, d ( 1，
则
x = x0 ( qm ((mod m)，0 ( r ( d ( 1。
容易验证，当r = 0, 1, 2, (, d ( 1时，相应的解
对于模m是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d个解。证毕。
在定理的证明中，同时给出了解方程(2)的方法，但是，对于具体的方程(2)，常常可采用不同的方法去解。
例1 设(a, m) = 1，又设存在整数y，使得a(b ( ym，则
x ((mod m)
是方程(2)的解。
解 直接验算，有
ax ( b ( ym ( b (mod m)。
注：例1说明，求方程(2)的解可以转化为求方程
my ( (b (mod a) (5)
的解，这有两个便利之处：第一，将一个对于大模m的同余方程转化为一个对于小模a的同余方程，因此有可能通过对模a的完全剩余系进行逐个验证，以求出方程(5)和(2)的解；第二，设m ( r (mod a)，r < a，则又可继续转化成一个对于更小的模r的同余方程。
例2 解同余方程
325x ( 20 (mod 161) (6)
解 同余方程(6)即是
3x ( 20 (mod 161)。
解同余方程
161y ( (20 (mod 3)，
2y ( 1 (mod 3)，
得到y ( 2 (mod 3)，因此方程(6)的解是
x (= 114 (mod 161)。
例3 设a > 0，且(a, m) = 1，a1是m对模a的最小非负剩余，则同余方程
a1x ( (b(mod m) (7)
等价于同余方程(2)。
解 设x是(2)的解，则由m =( a1得到
(mod m)，
即x是同余方程(7)的解。但是由假设条件可知同余方程(2)与(7)都有且只有一个解。所以这两个同余方程等价。
注：用本例的方法，可以将同余方程(2)转化成未知数的系数更小一些的同余方程，从而易于求解。
例4 解同余方程6x ( 7 (mod 23)。
解 由例3，依次得到
6x ( 7 (mod 23) ( 5x ( (7(3 ( 2 (mod 23)
( 3x ( (2(4 ( (8 (mod 23)
( 2x ( (8((7) ( 10 (mod 23)
( x ( 5 (mod 23)。
例5 设(a, m) = 1，并且有整数( > 0使得
a ( ( 1 (mod m)，
则同余方程(2)的解是
x ( ba ( ( 1 (mod m)。
解 直接验证即可。
注：由例5及Euler定理可知，若(a, m) = 1，则
x ( ba((m) ( 1 (mod m)
总是同余方程(2)的解。
例6 解同余方程
81x3 ( 24x2 ( 5x ( 23 ( 0 (mod 7)。
解 原同余方程即是
(3x3 ( 3x2 ( 2x ( 2 ( 0 (mod 7)。
用x = 0，(1，(2，(3逐个代入验证，得到它的解是
x1 ( 1，x2 ( 2，x3 ( (2 (mod 7)。
注：本例使用的是最基本的解同余方程的方法，一般说来，它的计算量太大，不实用。
例7 解同余方程组
。 (8)
解 将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到
19y ( (4 (mod 7)，
5y ( (4 (mod 7)，
y ( 2 (mod 7)。
再代入(8)的前一式得到
3x ( 10 ( 1 (mod 7)，
x ( 4 (mod 7)。
即同余方程组(8)的解是x ( 4，y ( 2 (mod 7)。
例8 设a1，a2是整数，m1，m2是正整数，证明：同余方程组
(9)
有解的充要条件是
a1 ( a2 (mod (m1, m2))。 (10)
若有解，则对模[m1, m2]是唯一的，即若x1与x2都是同余方程组(9)的解，则
x1 ( x2 (mod [m1, m2])。 (11)
解 必要性是显然的。下面证明充分性。
若式(10)成立，由定理2，同余方程
m2y ( a1 ( a2 (mod m1)
有解y ( y0 (mod m1)，记x0 = a2 ( m2y0，则
x0 ( a2 (mod m2)
并且
x0 = a2 ( m2y0 ( a2 ( a1 ( a2 ( a1 (mod m1)，
因此x0是同余方程组的解。
若x1与x2都是方程组(9)的解，则
x1 ( x2 (mod m1)，x1 ( x2 (mod m2)，
由同余的基本性质，得到式(11)。
习 题 一
1. 证明定理1。
2. 解同余方程：
(ⅰ) 31x ( 5 (mod 17)；
(ⅱ) 3215x ( 160 (mod 235)。
3. 解同余方程组：
。
4. 设p是素数，0 < a < p，证明：
(mod p)。
是同余方程ax ( b (mod p)的解。
5. 证明：同余方程a1x1 ( a2x2 ( ( ( anxn ( b (mod m)有解的充要条件是
(a1, a2, (, an, m) = d(b。
若有解，则恰有d(mn (1个解，mod m。
6. 解同余方程：2x ( 7y ( 5 (mod 12)。
第二节 孙子定理
本节要讨论同余方程组
。 (1)
在第一节的例题中，我们已讨论了k = 2的情形。下面考察一般情形。
定理1(孙子定理) 设m1, m2, (, mk是正整数，
(mi, mj) = 1，1 ( i, j ( k，i ( j。 (2)
记
m = m1m2(mk ，Mi =，1 ( i ( k，
则存在整数Mi(（1 ( i ( k），使得
MiMi( ( 1 (mod mi)， (3)
MiMi( ( 0 (mod mi)，1 ( j ( k，i ( j， (4)
并且
(mod m) (5)
是同余方程组(1)对模m的唯一解，即若有x使方程组(1)成立，则
x ( x0 (mod m)。 (6)
证明 由式(2)，有(Mi, mi) = 1，因此利用辗转相除法可以求出Mi(与yi ，使得
MiMi( ( yimi = 1，
即Mi(满足式(3)和式(4)。由式(3)与式(4)，对于1 ( i ( k，有
x0 ( aiMiMi( ( ai (mod mi)，1 ( i ( k。
若x也使式(1)成立，则
x ( x0 (mod mi)，1 ( i ( k，
因此
x ( x0 (mod [m1, m2, (, mk])。
但是，由式(2)可知[m1, m2, (, mk] = m，这就证明了式(6)。证毕。
定理2 在定理1的条件下，若式(1)中的a1, a2, (, ak分别通过模m1, m2, (, mk的完全剩余系，则式(5)中的x0通过模m1m2(mk的完全剩余系。
证明 这是第二章第二节习题6的特例。证毕。
定理3 同余方程组(1)有解的充要条件是
ai ( aj (mod (mi, mj))，1 ( i, j ( n。 (7)
证明 必要性是显然的。下面证明充分性。
当n = 2时，由第一节例8可知充分性成立。
假设充分性当n = k时成立。
假设式(7)当n = k ( 1时成立。我们来考虑同余方程组
x ( ai (mod mi)，1 ( i ( k ( 1。
由第一节例8，存在bk，使得x ( bk (mod [mk，mk +1])满足同余方程组
x ( ak (mod mk)，x ( ak + 1 (mod mk + 1)。
在同余方程组
中，由式(7)有
ai ( aj (mod (mi, mj))，1 ( i, j ( k ( 1，
因此，若能证明
ai ( bk (mod (mi, [mk, mk +1]))，1 ( i ( k ( 1。 (8)
则由归纳假设就可以证明充分性。
由bk的定义，有
ak ( bk (mod mk)，ak + 1 ( bk (mod mk + 1) (9)
而且，由于假设式(7)当n = k ( 1时成立，所以，对于1 ( i ( k ( 1有
ai ( ak (mod (mi, mk))，ai ( ak + 1 (mod (mi, mk + 1))，
由此及式(9)得到，对于1 ( i ( k ( 1，有
ai ( bk (mod (mi, mk))，ai ( bk (mod (mi, mk + 1))。
因此
ai ( bk (mod [(mi, mk), (mi, mk + 1)])。
由上式及第一章第六节例2，就得到式(8)。证毕。
定理4 设m = m1m2(mk ，其中m1, m2, (, mk 是两两互素的正整数，f(x)是整系数多项式，以T与Ti（1 ( i ( k）分别表示同余方程
f(x) ( 0 (mod m) (10)
与
f(x) ( 0 (mod mi) (11)
的解的个数，则T = T1T2…Tk 。
证明 由第二章第一节定理5可知，同余方程(10)等价于同余方程组
f(x) ( 0 (mod mi)，1 ( i ( k。 (12)
对于每i（1 ( i ( k），设同余方程(11)的全部解是
(mod mi)， (13)
则同余方程组(12)等价于下面的T1T2…Tk个方程组：
， (14)
其中通过式(13)中的数值，即通过同余方程(11)的全部解。
由孙子定理，对于选定的每一组{}，同余方程组(14)对模m有唯一解，而且，由定理2，当每个通过(13)式中的值时，所得到的T1T2…Tk个同余方程组(14)的解对于模m都是两两不同余的。证毕。
由定理4及算术基本定理，解一般模的同余方程可以转化为解模为素数幂的同余方程。
例1 求整数n，它被3，5，7除的余数分别是1，2，3。
解 n是同余方程组
n ( 1 (mod 3)，n ( 2 (mod 5)，n ( 3 (mod 7)
的解。在孙子定理中，取
m1 = 3，m2 = 5，m3 = 7，m = 3(5(7 = 105，
M1 = 35，M2 = 21，M3 = 15，
M1( = (1，M2( = 1，M3( = 1，
则
n ( 1(35(((1) ( 2(21(1 ( 3(15(1 ( 52 (mod 105)，
因此所求的整数n = 52 + 105t，t(Z。
例2 解同余方程
5x2 ( 6x ( 49 ( 0 (mod 60)。 (15)
解 因为60 = 3(4(5，所以，同余方程(15)等价于同余方程组
5x2 ( 6x ( 49 ( 0 (mod 3) (16)
5x2 ( 6x ( 49 ( 0 (mod 4) (17)
5x2 ( 6x ( 49 ( 0 (mod 5)。 (18)
分别解同余方程(16)，(17)，(18)得到解
x1(1) ( 1，x2(1) ( (1 (mod 3)，
x1(2) ( 1，x2(2) ( (1 (mod 4)，
x1(3) ( 1 (mod 5)，
这样，同余方程(15)的解x可由下面的方程组决定：
x ( a1 (mod 3)，x ( a2 (mod 4)，x ( a3 (mod 5)，
其中a1 = 1或 (1，a2 = 1或 (1，a3 = 1。利用孙子定理，取
m1 = 3，m2 = 4，m3 = 5，m = 60，
M1 = 20，M2 = 15，M3 = 12，
M1( = 2，M2( = (1，M3( = 3，
则
x ( 40a1 ( 15a2 ( 36a3 (mod 60)。
将a1，a2，a3所有可能的取值代入上式，得到方程(15)的全部解是
x1 ( 40(1 ( 15(1 ( 36(1 ( 1 (mod 60)，
x2 ( 40(((1) ( 15(1 ( 36(1 ( (19 (mod 60)，
x3 ( 40(1 ( 15(((1) ( 36(1 ( 31 (mod 60)，
x4 ( 40(((1) ( 15(((1) ( 36(1 ( 11 (mod 60)。
习 题 二
1. 解同余方程组：
2. 解同余方程组：
3. 有一队士兵，若三人一组，则余1人；若五人一组，则缺2人；若十一人一组，则余3人。已知这队士兵不超过170人，问这队士兵有几人？
4. 求一个最小的自然数n，使得它的是一个平方数，它的是一个立方数，它的是一个5次方数。
5. 证明：对于任意给定的n个不同的素数p1, p2, …, pn，必存在连续n个整数，使得它们中的第k个数能被pk整除。
6. 解同余方程：3x2 ( 11x ( 20 ( 0 (mod 105)。
第三节 模p(的同余方程
在第二节中，我们已经看到，求解模m的同余方程可以转化为对模p(的同余方程的求解。本节要对模p(的同余方程做进一步讨论。
容易看出，若x0是同余方程
f(x) ( 0 (mod p () (1)
的解，则它必是方程
f(x) ( 0 (mod p( ( 1) (2)
的解，因此，必有与x0相应的方程(2)的某个解x1，使
x0 ( x1 (mod p ( ( 1)，x0 = x1 ( p ( ( 1t0，
此处，t0是某个适当的整数。
这提示我们：可以从方程(2)的解中去求方程(1)的解。于是，现在的问题是，对于方程(2)的每个解x1，是否必有方程(1)的解x0与之对应？若有，如何去确定它？
定理 设p是素数，( ( 2是整数，f(x) = anxn ( ( ( a1x ( a0是整系数多项式，又设x1是同余方程(2)的一个解。以f ((x)表示f(x)的导函数。
(ⅰ) 若f ((x1)0 (mod p)，则存在整数t，使得
x = x1 ( p ( ( 1t (3)
是同余方程(1)的解。
(ⅱ) 若f ((x1) ( 0 (mod p)，并且f(x1) ( 0 (mod p ()，则对于t = 0，1, 2, (, p ( 1，式(3)中的x都是方程(1)的解。
证明 我们来说明，如何确定式(3)中的t，使x1 ( p( ( 1t满足同余方程(1)，即要使
an(x1+p( ( 1t)n+an ( 1(x1+p( ( 1t)n ( 1+(+a1(x1+p( ( 1t)+a0 ( 0 (mod p()， (4)
即
f(x1) ( p ( ( 1tf ((x1) ( 0 (mod p ()，
tf ((x1) ( ((mod p)。 (5)
下面考虑两种情形。
(ⅰ) 若f ((x)0 (mod p)，则关于t的同余方程(5)有唯一解t ( t0 (mod p)，即t = t0 ( pk（k(Z），于是
x ( x1 ( p( ( 1t0 (mod p()
是同余方程(1)的解。
(ⅱ) 若f ((x1) ( 0 (mod p)，并且f(x1) ( 0 (mod p()，则式(5)对于任意的整数t成立，即同余方程(5)有p个解
t ( i (mod p)，0 ( i ( p ( 1。
于是x ( x1 ( p( ( 1i (mod p()，0 ( i ( p ( 1，都是同余方程(1)的解。证毕。
在定理中，没有对f ((x1) ( 0 (mod p)并且 f(x1)0 (mod p()的情形进行讨论。事实上，此时，同余方程(5)无解。即，我们无法从同余方程(2)的解x1出发去求得同余方程(1)的解。
由定理，可以把解同余方程(1)，转化为解同余方程
f(x) ( 0 (mod p)。 (6)
事实上，由方程(6)的解，利用定理，可以求出方程f(x) ( 0 (mod p2)的解，再利用定理，又可以求出方程f(x) ( 0 (mod p3)的解，((，直到求出方程(1)的解。
推论 使用定理的记号，
(ⅰ) 若x ( a (mod p)是同余方程(6)的解，并且f ((a)0 (mod p)，则存在x(，x( ( a (mod p)，使得x ( x( (mod p()是同余方程(1)的解。
(ⅱ) 若f ((x) ( 0 (mod p)与同余方程(6)没有公共解，则对于任意的整数( ( 1，同余方程(1)与(6)的解数相同。
证明 留做习题。
例1 解同余方程
x3 ( 3x ( 14 ( 0 (mod 45)。
解 原同余方程等价于同余方程组
x3 ( 3x ( 14 ( 0 (mod 9)， (7)
x3 ( 3x ( 14 ( 0 (mod 5)。 (8)
先解同余方程(7)。容易验证，同余方程x3 ( 3x ( 14 ( 0 (mod 3)的解是x ( 2 (mod 3)。
令x = 2 ( 3t并代入方程(7)，得到
(2 ( 3t)3 ( 3(2 ( 3t) ( 14 ( 0 (mod 9)， (9)
容易看出，这是一个对于任何整数t都成立的同余式，所以，方程(9)的解是t ( 0，1，2 (mod 3)，于是方程(7)的解是
x ( 2，5，8 (mod 9)。 (10)
再解同余方程(8)。用x = 0，1，2，3，4去验证，得到(8)的解是
x ( 1，2 (mod 5)。
因此，原同余方程的解是下面六个同余方程组的解：
x ( a1 (mod 9)， a1 = 2，5，8，
x ( a2 (mod 5)， a2 = 1，2。
利用孙子定理解这六个方程组，记
m1 = 9，m2 = 5，m = 45，M1 = 5，M2 = 9，M1( = 2，M2( = (1，
则
x ( 10a1 ( 9a2 (mod 45)。
将a1和a2的不同取值代入，得到所求的解是
x1 ( 10(2 ( 9(1 ( 11 (mod 45)，
x2 ( 10(2 ( 9(2 ( 2 (mod 45)，
x3 ( 10(5 ( 9(1 ( 41 (mod 45)，
x4 ( 10(5 ( 9(2 ( 32 (mod 45)，
x5 ( 10(8 ( 9(1 ( 26 (mod 45)，
x6 ( 10(8 ( 9(2 ( 17 (mod 45)。
例2 解同余方程
2x2 ( 13x ( 34 ( 0 (mod 53)。 (11)
解 容易验证，同余方程
2x2 ( 13x ( 34 ( 0 (mod 5) (12)
有两个解x ( (1，2 (mod 5)。
令
x = (1 ( 5t， (13)
代入同余方程
2x2 ( 13 ( 34 ( 0 (mod 52)， (14)
得到
2((1 ( 5t)2 ( 13((1 ( 5t) ( 34 ( 0 (mod 25)，
(45 ( 45t ( 0 (mod 25)，
9t ( 9 (mod 5)，t ( 1 (mod 5)。 (15)
于是，将式(15)与式(13)联合，得到方程(14)的解
x = (1 ( 5(1 ( 5t1) = 4 ( 25t1，t1(Z。 (16)
将式(16)中的x代入同余方程(11)，得到
2(4 ( 25t1)2 ( 13(4 ( 25t1) ( 34 ( 0 (mod 53)，
50 ( 725t1 ( 0 (mod 53)，
2 ( 29t1 ( 0 (mod 5)，
t1 ( 2 (mod 5)。
将上式与(16)联合，得到同余方程(11)的一个解
x = 4 ( 25t1 = 4 ( 25(2 ( 5t2) ( 54 (mod 53)。
(ⅱ) 从同余方程(12)的另一个解 x ( 2 (mod 5)出发利用上述方法，可以求出同余方程(11)的另一个解。（略，请读者补足）。
例3 解同余方程
x2 ( 1 (mod 2k)，k(N。 (17)
解 若k = 1，则方程(17)的解是x ( 1 (mod 2)。
若k = 2，则方程(17)的解是x ( 1，(1 (mod 4)。
若k ( 3，则同余方程(17)，即
x2 ( 1 = (x ( 1)(x ( 1) ( 0 (mod 2k)，
的解必是奇数，设x = 2y + 1，则同余方程(1)成为
(2y ( 2)2y ( 0 (mod 2k)，
y(y ( 1) ( 0 (mod 2k ( 2)。 (18)
同余方程(18)的解是y1 ( 0，y2 ( (1 (mod 2k ( 2)，即
y1 = 2k ( 2u， y2 = (1 ( 2k ( 2v，u, v(Z，
所以，方程(17)的解是
x1 = 2k ( 1u ( 1，x2 = 2k ( 1v ( 1， u, v(Z，
即
x ( 1，1 ( 2k ( 1，(1，(1 ( 2k ( 1 (mod 2k)。
例4 解同余方程 x2 ( 2 (mod 73)。
解 设x是这个同余方程的解，则它可以表示成
x = x0 ( 7x1 ( 72x2，0 ( xi ( 6，0 ( i ( 2，
代入原方程，得到
(x0 ( 7x1 ( 72x2)2 ( 2 (mod 73)， (19)
因此
(x0 ( 7x1 ( 72x2)2 ( 2 (mod 7)，
x02 ( 2 (mod 7)，
所以x0 ( 3或4 (mod 7)。于是x0 = 3或4。
(ⅰ) 若x0 = 3，由式(19)，有
(3 ( 7x1 ( 72x2)2 ( 2 (mod 72)，
9 ( 42x1 ( 2 (mod 72)，
6x1 ( (1 (mod 7)，
x1 ( 1 (mod 7)，x1 = 1。
再由式(19)，有
(3 ( 7(1 ( 72x2)2 ( 2 (mod 73)，
(10 ( 49x2)2 ( 2 (mod 73)，
3x2 ( (1 (mod 7)，x2 ( 2 (mod 7)，x2 = 2。
这样，求得原同余方程的一个解是
x ( 3 ( 7(1 ( 72(2 = 108 (mod 73)。
(ⅱ) 若x0 = 4，用同样的方法求出另一个解。（略）。
注：例4中的方法是利用数的b进制表示，这一方法可以处理模bk的同余方程，而不必要求b是素数。
习 题 三
1. 证明定理的推论。
2. 将例2中略去的部分补足。
3. 将例4中略去的部分补足。
4. 解同余方程x2 ( (1 (mod 54)。
5. 解同余方程f(x) = 3x2 ( 4x ( 15 ( 0 (mod 75)。
6. 证明：对于任意给定的正整数n，必存在m，使得同余方程x2 ( 1 (mod m)的解数T > n。
第四节 素数模的同余方程
在上节中，我们证明了，对于素数p，模p(的同余方程的求解可以转化为模p的同余方程的求解。本节要对素数模的同余方程做些初步研究。
以下，设f(x) = anxn ( ( ( a1x ( a0是整系数多项式，p是素数，pan。
定理1 设k ( n，若同余方程
f(x) = anxn ( ( ( a1x ( a0 ( 0 (mod p) (1)
有k个不同的解x1, x1, (, xk，则对于任意的整数x，有
f(x) ( (x ( x1) (x ( x2)((x ( xk)fk(x) (mod p)，
其中fk(x)是一个次数为n ( k的整系数多项式，并且它的xn ( k项的系数是an。
证明 由多项式除法，有
f(x) = (x ( x1)f1(x) ( r1， (2)
其中f1(x)是首项系数为an的n ( 1次整系数多项式，r1是常数。在式(2)两边令x = x1，则由假设条件可知f(x1) = r1 ( 0 (mod p)，因此，式(2)成为
f(x) ( (x ( x1)f1(x) (mod p)。 (3)
因此，当k = 1时，定理成立。如果k > 1，在上式中，令x = xi（i = 2, 3, (, k），则有
0 ( f(xi) ( (xi ( x1)f1(xi) (mod p)。 (4)
由于x2, (, xk对于模p是两两不同余的，所以，上式给出
f1(xi) ( 0 (mod p)，i = 2, (, k。 (5)
由此及归纳法，即可证明定理。证毕。
推论 若p是素数，则对于任何整数x，有
x p ( 1 ( 1 ( (x ( 1)(x ( 2)((x ( p ( 1) (mod p)。
证明 由Fermat定理（第二章第四节定理2），数1, 2, (, p ( 1是同余方程
x p ( 1 ( 1 (mod p)
的解，因此，利用定理1即可得证。
定理2 同余方程(1)的解数( n。
证明 假设同余方程(1)有n + 1个不同的解
x ( xi (mod p)，1 ( i ( n ( 1。
由定理1，有f(x) ( an(x ( x1)((x ( xn) (mod p)，因此
0 ( f(xn + 1) ( an(xn + 1 ( x1)((xn + 1 ( xn) (mod p)。 (6)
由于pan，xn + 1xi (mod p)，1 ( i ( n，所以式(6)不能成立。这个矛盾说明同余方程(1)不能有n ( 1个解。证毕。
推论 若同余方程bnxn ( ( ( b0 ( 0 (mod p)的解数大于n，则
p(bi，0 ( i ( n。 （7)
证明 若式(7)不成立，设pbd，d ( n，p(bi， d< j ( n。则
bnxn ( ( ( b0 ( bdxd ( ( ( b0 ( 0 (mod p)。 (8)
由定理2，同余方程(8)的解数不大于d，因而不大于n，这与假设矛盾。因此，式(7)必成立。证毕。
定理3 同余方程(1)或者有p个解，或者存在次数不超过p ( 1的整系数多项式r(x)，使得同余方程(1)与r(x) ( 0 (mod p)等价。
证明 由多项式除法可知，存在整系数多项式g(x)与r(x)，使得
f(x) = g(x)(x p ( x) ( r(x)。 (9)
由Fermat定理，对于任意的整数x，有x p ( x (mod p)，因此，如果r(x)的系数都是p的倍数，则对于任意的整数x，f(x) ( 0 (mod p)，即同余方程(1)有p个解。如果r(x)的系数不都是p的倍数，则r(x)的次数不超过p ( 1。由式(9)看出，对于任意的整数x，f(x) ( r(x) (mod p)，即同余方程(1)与r(x) ( 0 (mod p)等价。证毕。
定理4 设n ( p，则同余方程
f(x) = xn ( an ( 1xn ( 1 ( ( ( a1x ( a0 ( 0 (mod p) (10)
有n个解的充要条件是存在整数多项式q(x)和r(x)，r(x)的次数< n，使得
x p ( x = f(x)q(x) ( p(r(x)。 (11)
证明 必要性 由多项式除法，存在整系数多项式q(x)与r1(x)，r1(x)的次数< n，使得
x p ( x = f(x)q(x) ( r1(x)。 (12)
若同余方程(10)有n个解x ( xi (mod p)（1 ( i ( n），则由式(12)和Fermat定理，得到
r1(xi) ( 0 (mod p)，1 ( i ( n。
由此及定理2推论，可知r1(x)的系数都能被p整除，即
r1(x) = p(r(x)，
其中r(x)是整系数多项式。这证明了式(11)。
充分性 若式(11)成立，由Fermat定理，对于任何整数x，有
0 ( x p ( x ( f(x)q(x) (mod p)， (13)
即同余方程
f(x)q(x) ( 0 (mod p)
有p个解，但是，q(x)是p ( n次多项式，所以由定理2，方程q(x) ( 0 (mod p)的解数 ( p ( n。以(表示同余方程(10)的解数，则由第一节定理1，有
( + p ( n ( p，( ( n，
再利用定理2，得到( = n。 证毕。
注：若pan，由辗转相除法可求出an(，pan(使得anan( ( 1 (mod p)，于是，同余方程(1)与同余方程
an(f(x) = xn ( an(an ( 1xn ( 1 ( ( ( an(a1x ( an(a0 (mod p)
等价。因此，定理4是有普遍性的。
定理5 若p是素数，n(p ( 1，pa则
x n ( a (mod p) (14)
有解的充要条件是
(1 (mod p)。 (15)
若有解，则解数为n。
证明 必要性 若方程(14)有解x0，则px0，由Fermat定理，得到
= x0p ( 1 (1 (mod p)。
充分性 若式(15)成立，则
其中P(x)是关于x的整系数多项式。由定理4可知同余方程(14)有n个解。证毕。
例1 判定同余方程2x3 ( 3x ( 1 ( 0 (mod 7)是否有三个解。
解 因为2(4 ( 1 (mod 7)，所以，原方程与
4(2x3 ( 4(3x ( 4 ( 0 (mod 7)
即
x3 ( 2x ( 3 ( 0 (mod 7)
等价。由于
x7 ( x = ( x3 ( 2x ( 3)(x4 ( 2x2 ( 3x ( 4) ( 12x2 ( 16x ( 12，
所以，由定理4可知，原方程的解数小于3。
例2 解同余方程
3x14 ( 4x10 ( 6x ( 18 ( 0 (mod 5)。
解 由Fermat定理，x5 ( x (mod 5)，因此，原同余方程等价于
2x2 ( x ( 3 ( 0 (mod 5)。 (16)
将x ( 0，(1，(2 (mod 5)分别代入方程(16)进行验证，可知这个同余方程解是x ( 1 (mod 5)。
习 题 四
1. 解同余方程：
(ⅰ) 3x11 ( 2x8 ( 5x4 ( 1 ( 0 (mod 7)；
(ⅱ) 4x20 ( 3x12 ( 2x7 ( 3x ( 2 ( 0 (mod 5)。
2. 判定
(ⅰ) 2x3 ( x2 ( 3x ( 1 ( 0 (mod 5)是否有三个解；
(ⅱ) x6 ( 2x5 ( 4x2 ( 3 ( 0 (mod 5)是否有六个解？
3. 设(a, m) = 1，k与m是正整数，又设x0k ( a (mod m)，证明同余方程
xk ( a(mod m)
的一切解x都可以表示成x ( yx0 (mod m)，其中y满足同余方程yk ( 1 (mod m)。
4. 设n是正整数，p是素数，(n, p ( 1) = k，证明同余方程xn ( 1 (mod p)有k个解。
5. 设p是素数，证明：
(ⅰ) 对于一切整数x，xp ( 1 ( 1 ( (x ( 1) (x ( 2)((x ( p ( 1) (mod p)；
(ⅱ) (p ( 1)! ( ( 1 (mod p)。
6. 设p ( 3是素数，证明：(x ( 1)(x ( 2)((x ( p ( 1)的展开式中除首项及常数项外，所有的系数都是p的倍数。
第五节 素数模的二次同余方程
设p是素数，我们来研究素数模p的二次同余方程
ax2 ( bx ( c ( 0 (mod p)。 (1)
如果p = 2，则可以直接验证x ( 0或1 (mod 2)是否方程(1)的解。
如果(a, p) = p，则方程(1)成为一元一次同余方程。因此，只需考察p > 2，(a, p) = 1的情形。此时，因为(4a, p) = 1，所以，方程(1)等价于方程
4a2x2 ( 4abx ( 4ac ( 0 (mod p)，
即
(2ax ( b)2 ( b2 ( 4ac (mod p)。
这样，研究方程(1)归结为对方程
x2 ( n (mod p) (2)
的研究。
定义１ 给定整数p，对于任意的整数n，(n，p) = 1，若方程(2)有解，则称n是模p的二次剩余，记为n(QR(p)；否则，称n是模p的二次非剩余，记为n(QNR(p)。
显然，若n1 ( n2 (mod p)，则它们同是模p的二次剩余（或二次非剩余），因此，在谈到模p的二次剩余（或二次非剩余）时，把n1和n2看作是同一个。
以下，在本节中，总假定p是奇素数。
定理１ 若(n, p) = 1，则
(ⅰ) n是模p的二次剩余的充要条件是
( 1 (mod p)； (3)
(ⅱ) 若n是模p的二次剩余，则方程(2)有两个解；
(ⅲ) n是模p的二次非剩余的充要条件是
( (1 (mod p)。 (4)
证明 结论(ⅰ)与(ⅱ)由第四节定理５直接推出。
(ⅲ) 若(n, p) = 1，由第二章第四节定理１，有
np ( 1 ( 1 (mod p)，
( 0 (mod p)。 (5)
因为p是奇素数，所以式(3)式与式(4)必有且仅有一个成立，利用结论(ⅰ)，可得到结论(ⅲ)。证毕。
定理２ 模p的简化系中，二次剩余与二次非剩余的个数都是，而且，模p的每个二次剩余与且仅与数列
12，22，(， (6)
中的一个数同余。
证明 显然，数列(6)包含了模p的全部二次剩余。为了证明定理，只需证明式(6)中的任何两个数对模p不同余。
对任意的整数k，s，1 ( k < s (，若
k2 ( s2 (mod p)， (7)
则p(k ( s或p(k ( s。这都是不可能的，所以式(7)不能成立。证毕。
定义２ 给定奇素数p，对于整数n，定义Legendre符号为
例如，由定理1，1与4是模5的二次剩余，2与3是模5的二次非剩余，于是
，
定理3 设p是奇素数，n是整数，则
(ⅰ) (mod p)；
(ⅱ) 若n ( n1 (mod p)，则；
(ⅲ) ；
(ⅳ) 对任意的整数ni，1 ( i ( k，有
。
证明 结论(ⅰ)与(ⅱ)容易由定义2及定理1得到。
为了证明结论(ⅲ)，只需证明其中的第二个等式。由结论(ⅰ)，有
(mod p)，
其中同余式两端都只能取值 (1或 (1，因此，结论(ⅲ)的第二个等式成立。
最后，由结论(ⅰ)，有
由于上式首端与末端都是只取值 (1，0或1的整数，所以它们必相等。结论(ⅳ)得证。证毕。
推论 设p是奇素数，则 (1(QR(p)的充要条件是p ( 1(mod 4)；(1(QNR(p)的充要条件是p ( 3(mod 4)。
例1 判断方程x2 ( 5 (mod 11)有没有解。
解 由定理2，因为
(mod 11)，
方程有解。
例2 设p是奇素数，p ( 1 (mod 4)，则
( (1 (mod p)
解 由Wilson定理（第二章第二节例3），有
定理2和例2说明，当素数p ( 1(mod 4)时，模p的所有二次剩余之积对模p同余于 (1。此外，我们还得到了方程的解。
例3 设n是整数，证明n2 ( 1的任何奇因数都是4m ( 1（m(Z）的形式。
解 由于任何奇数都可表成奇素数之积，而且任意多个形如4m ( 1的整数之积也具有4m ( 1的形式，我们只需证明：若素数p是n2 ( 1的因数，则p具有4m ( 1的形式。
事实上，若p(n2 ( 1，则
n2 ( (1 (mod p)，
即(1(QR(p)。由定理3推论得出所需结论。
例４ 形如4m ( 1（k(Z）的素数有无穷多个。
解 用反证法。假设只有有限多个形如4k ( 1的素数p1, p2, (, pk，记
N = 4(p1p2(pk)2 ( 1。
由例2，必有奇素数q，q ( 1 (mod 4)，q(N，显然q ( pi（1 ( i ( k），这与假设矛盾，所以形如4m ( 1的素数有无穷多个。
例５ 若a ( 1 (mod 4)，2(b，并且b没有形如4k ( 3（k(Z）的素因数，证明方程
y2 = x3 ( a3 ( b2 (8)
没有整数解。
解 用反证法。假设有整数x，y满足方程(8)。
若2(x，则由式(8)得则y2 ( (1(mod 4)这不可能。
若x ( 3 (mod 4)，则由式(8)得到
y2 ( x3 ( a3 ( b2 ( 33 ( 13 ( 0 ( 2 (mod 4)，
这是不可能的。
若x ( 1 (mod 4)，则
x2 ( ax ( a2 ( 1 ( a ( a2 ( 3 (mod 4)， (9)
因此，必有素数p ( 3 (mod 4)，使得
p(x2 ( ax ( a2 。 (10)
由式(8)与式(10)得到
y2 = x3 ( a3 ( b2 ( (b2 (mod p)， (11)
即 (b2 (QR(p)。但是，由假设，pb2，所以有
，
这与式(11)矛盾。
例６ 设p是素数，证明：数例1, 2, (, p ( 1中的模p的二次剩余之和是
。
解 对于整数k，1 ( k (，记
k2 = pqk ( rk，qk(Z，1 ( rk ( p ( 1，
则qk =，并且，由定理2，有
例７ 设p是奇素数，证明：若同余方程
x4 ( 1 ( 0 (mod p) (12)
有解，则p ( 1 (mod 8)。
解 设x ( a (mod p)是方程(12)的解，则
a4 ( (1 (mod p)， (13)
a8 ( 1 (mod p)。 (14)
以d0表示使
ad ( 1 (mod p) (15)
成立的最小正整数d，记8 = qd0 ( r，0 ( r ( d0 ( 1，则由式(14)与式(15)得到
1 ( a8 =( ar (mod p)，
因此，若r ( 0，则上式与d0的定义矛盾。所以r = 0，即d0(8，这样，d0的取值只可能是1，2，4或8。由式(13)可知d0 = 8。
用同样方法以及Fermat定理可以证明8(p ( 1即p ( 1 (mod 8)。
习 题 五
1. 同余方程x2 ( 3 (mod 13)有多少个解？
2. 求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。
3. 设p是奇素数，证明：模p的两个二次剩余的乘积是二次剩余；两个二次非剩余的乘积是二次剩余；一个二次剩余和一个二次非剩余的乘积是二次非剩余。
4. 设素数 p ( 3 (mod 4)，= 1，证明x ( ((mod p)是同余方程
x2 ( n (mod p)
的解。
5. 设p是奇素数，(n, p) = 1，(是正整数，证明同余方程
x2 ( n (mod p()
有解的充要条件是= 1。
6. 设p是奇素数，证明：模p的所有二次剩余的乘积与对模p同余。
第六节 二次互反律
本节要对Legendre符号和二次剩余做进一步的研究。以下，总以p表示奇素数。
引理 设(n, p) = 1，对于整数k（1 ( k (），以rk表示nk对
模p的最小非负剩余。设在中大于的有m个，则
= ((1)m。
证明 在数列中，假设大于的是a1, a2, (, am，小于的是b1, b2, (, bt，则
(mod p)。 (1)
因为，而且对于任意的i，j，1 ( i ( m，1 ( j ( t，有bj ( p ( ai，否则，将有整数k1与k2，1 ( k1, k2 (，使得
nk1 ( nk2 ( 0 (mod p)，
即
p(n(k1 + k2)，
由于(n, p) = 1，于是p(k1 ( k2，这是不可能的。这样，由式(1)推出
从而由第五节定理3推出引理结论。证毕。
定理1 下面的结论成立：
(ⅰ) ； (2)
(ⅱ) 若n是奇数，(n, p) = l，则
， (3)
其中。
证明 使用引理中的符号rk，ai，bi，m与t，由
，
及引理的证明过程，看到
因此
。 (4)
若n = 2，则当1 ( k (l时，0 << 1，所以= 0，于是由式(4)得到
( m (mod 2)。 (5)
若2n则由式(4)推出
( m (mod 2)。 (6)
由式(5)，式(6)及引理，证得定理。证毕。
推论 设p是素数，则
定理2(二次互反律) 设p与q是不相同的两个素数，则
。
证明 只需证明
。 (7)
记。由定理１，有
。 (8)
考察有序数对(u, v)所成的集合
S = { (u, v)；u = py，v = qx，1 ( x ( p1，1 ( y ( q1 }
显然S中有p1q1 =个元素。由于(p, q) = 1，所以，对于任何(u, v)(S，u ( v记
S1 = { (u, v)；(u, v)(S，u > v }
S2 = { (u, v)；(u, v)(S，v > u }
则
S1(S2 = (，S1(S2 = S。 (9)
对于(u, v)(S1，有u > v，即
py > xq，x 因此S1中有个元素。同理，S2中有个元素，所以
。 (10)
联合式(7)，式(8), 和式(10)，证得定理。证毕。
利用第五节和本节中的定理，可以判定素数模的二次同余方程的可解性。一般地，若p是素数，计算Legendre符号()可按以下步骤进行：
(ⅰ) 求出n0 ( n (mod p)，1 ( n0 ( p；
(ⅱ) 将n0写成n0 = Q2q1q2(qk的形式，其中Q(Z，q1, q2,(, qk是互不相同的素数；
(ⅲ) 若有某个qi = 2，用定理1推论判定之值；
(ⅳ) 若qi ( 2，利用定理2将的计算转化为计算；
(ⅴ) 重复以上步骤，直至求出每个；
(ⅵ) 计算。
例1 已知563是素数，判定方程x2 ( 429 (mod 563)是否有解。
解 利用已有的定理，有
方程有解。
例2 求所有的素数p，使得 (2(QR(p)，3(QR(p)。
解 若 (2(QR(p)，则= 1，因此，
， (11)
所以，由定理1推论和第五节定理3推论，有
， (12)
由式(12)中的第一组同余式，得到
p ( 1 (mod 8)； (13)
由式(12)中的第二组同余式，得到
p ( 3 (mod 8)。 (14)
(ⅰ) 若式(13)成立，并且3(QR(p)。由定理2，有
，
因此p ( 1 (mod 3)。由此及式(13)，利用孙子定理得到
p ( 1 (mod 24)。 (15)
(ⅱ) 若式(14)成立，并且3(QR(p)。由定理2，有
，
因此p ( 2 (mod 3)。由此及式(14)，利用孙子定理得到
p ( 11 (mod 24)。 (16)
由式(15)与(16)可知所求的素数具有形式
p = 24k ( 1 或 p = 24k ( 11，k(Z。
例３ 证明：形如8k ( 7（k(Z）的素数有无穷多个。
解 用反证法。假设只有有限个形如8k ( 7（k(Z）的素数p1, p2, (, pt。记
N = (p1p2(pt)2 ( 2。
显然，2N。设q是N的一个奇素因数，则
(p1p2(pt)2 ( 2 (mod q)，
因此，由定理1推论，有q ( 1或7(mod 8)。
若N的所有奇素因数都具有8k ( 1的形式，则N也是8k ( 1的形式，但是，由于任何奇数的平方对模8与1同余，所以应有
N ( 1 ( 2 ( (1 (mod 8)。
这个矛盾说明，N至少有一个形如8k ( 7的奇素因数q。显然，q ( pi（1 ( i ( t），这与个数有限的假设矛盾。这个矛盾说明，形如8k ( 7（k(Z）的素数有无穷多个。
例4 证明：形如8k ( 3（k(Z）的素数无穷多个。
解 用反证法。假设只有有限个形如8k ( 3（k(Z）的素数p1, p2, (, pt。记
N = (p1p2(pt)2 +2。
设q是N的一个素因数，显然q>2。由于 (2(QR(q)，所以
。
考虑两种可能：
(ⅰ) ，则
q ( 1 (mod 4)并且q ( 1或7 (mod 8)，
这导出q ( 1 (mod 8)。
(ⅱ) ，则
q ( 3 (mod 4) 并且q ( 3或5 (mod 8)，
这导出q ( 3 (mod 8)。
这样，q只能是8k ( 1或8k ( 3的形式。由于pi ( 3 (mod3)，pi2 ( 1 (mod 8)（1 ( i ( t），所以，N ( 3 (mod 8)，因此，N的素因数不可能都是8k ( 1的形式，即至少有一个q，q(N，q具有8k ( 3的形式。显然q ( pi（1 ( i ( t）。这与个数有限的假设矛盾。因此，形如8k ( 3（k(Z）的素数无穷多个。
习 题 六
1. 已知769与1013是素数，判定方程
(ⅰ) x2 ( 1742 (mod 769)；
(ⅱ) x2 ( 1503 (mod 1013)。
是否有解。
2. 求所有的素数p，使得下面的方程有解：
x2 ( 11 (mod p)。
3. 求所有的素数p，使得 (2(QR(p)，(3(QR(p)。
4. 设(x, y) = 1，试求x2 ( 3y2的奇素数因数的一般形式。
5. 证明：形如8k ( 5（k(Z）的素数无穷多个。
6. 证明：对于任意的奇素数p，总存在整数n，使得
p((n2 ( 1)(n2 ( 2)(n2 ( 2)。
第七节 Jacobi符号
在上一节中我们看到，对于奇素数p，利用计算Legendre符号可以判定方程
x2 ( a (mod p) (1)
是否有解。对于一般的正整数m，如果它的标准分解式是
，
那么，由第二节定理4和第三节定理可知，判定方程
x2 ( a (mod m) (2)
是否有解，归结为对形如方程(1)（p = pi，1 ( i ( k）的可解性判定。因此，在理论上，利用Legendre符号可以判定方程(2)是否有解。但是，写出正整数的标准分解式常会遇到实际困难，所以利用Legendre符号判定方程(2)的可解性并不常是容易实现的。为此，本节中要介绍一个更为切实可行的方法。
定义1 给定正奇数m > 1，m = p1p2(pk，其中pi（1( i ( k）是奇素数，对于任意的整数a，定义
，
其中右端的（1( i ( k）是Legendre符号，称是Jacobi符号。
例如，取m = 45 = 3(3(5，则
注1：当m是奇素数时，Jacobi符号就是Legendre符号。前者是后者的推广。
注2：如果m是奇素数，当= 1时，方程(2)有解。当m不是奇素数时，这个结论不一定成立。例如，方程x2 ( 5 (mod 9)无解，但是
= 1。
尽管如此，利用雅各比符号仍可对方程(2)的无解性给出判断。事实上，如果方程(2)有解，m = p1p2(pk，则对于每个pi（1( i ( k），当p = pi时方程(1)有解，因此，由雅各比符号的定义可知= 1。这样，若= (1，则方程(2)必无解。
下面，我们研究雅各比符号的计算方法。
定理1 使用定义1中的符号，下面的结论成立：
(ⅰ) 若a ( a1 (mod m)，则
； (3)
(ⅱ) = 1；
(ⅲ) 对于任意的整数a1, a2, (, at，有
； (4)
(ⅳ) 对于任意的整数a，b，(a, m) = 1，有
。 (5)
证明 (ⅰ) 由a ( a1 (mod m)，可知
a ( a1 (mod pi)，1( i ( k，
因此
结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ)的证明留作习题。
引理 设ai ( 1 (mod m)，1( i ( k，a = a1a2(ak，则
(mod m)。 (6)
证明 由假设条件，存在整数bi(N， 使得ai = 1 ( bim（1( i ( k），因此
a ( 1 = a1a2(ak ( 1
= (1 ( b1m)(1 ( b2m)( (1 ( bkm) ( 1
= m(b1 ( b2 ( ( ( bk) ( m2A，
其中A是某个整数。于是
证毕。
定理2 设m = p1p2(pk是奇数，其中p1, p2, (pk是素数，则下面的结论成立：
(ⅰ) ；
(ⅱ) 。
证明 由定义1及第五节定理3，有
，
由此及式(6)推出结论(ⅰ)。
由定义1及第六节定理1，有
，
由此及式(6)推出结论(ⅱ)。证毕。
定理3 设m，n是大于1的奇整数，则
。 (7)
证明 若(m, n) > 1，则由定义1可知式(7)成立。
若(m, n) = 1，设
m = p1p2(pk ，n = q1q2(pl ，
其中pi，qj（1( i ( k，1( j ( l）都是素数，(pi, qj) = 1（1( i ( k，1( j ( l），则由定义1及第六节定理2，有



（8）
其中
。
由引理，因为，我们见到
(mod 2)。
将此式代入式(8），得到式(7)。证毕。
利用以上定理，我们可以很容易地计算Jacobi符号，特别是Legendre符号的数值。但是，必须注意，如同在定义1的注2中指出的，在判断方程(2)的可解性时，Legendre符号和Jacobi的作用是不一样的。对于一般的正奇数m来说，= 1并不能保证方程(2)有解。
例1 设a与b是正奇数，求的关系。
解 我们有
例2 已知3371是素数，判断方程
x2 ( 12345 (mod 3371) (9)
是否有解。
解 利用Jacobi符号的性质，有
因此，方程(9)无解。
注：在上面例题中，如果用计算Legendre符号的数值来判定方程的可解性，将比这里的方法繁复许多。
习 题 七
1. 证明定理的结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ)。
2. 已知3019是素数，判定方程x2 ( 374 (mod 3019)是否有解。
3. 设奇素数为p = 4n ( 1型，且d(n，证明：= 1。
4. 设p，q是两个不同的奇素数，且p = q ( 4a，证明：。
5. 设a > 0，b > 0，b为奇数，证明：
6. 设a，b，c是正整数，(a, b) = 1，2b，b < 4ac，求的关系。
第六章 平方和
本章中要研究整数用整数的平方数之和表示的可能性，即对于给定的整数n，是否存在整数x1，x2，x3，x4，使得
n = x12 ( x22，n = x12 ( x22 ( x32，n = x12 ( x22 ( x32 ( x42
成立？以下，“平方和”或“平方数之和”是指“整数的平方数之和”。
第一节 二平方之和
定理1 若正整数n可以表示成两个整数的平方之和，则在它的标准分解式
中，形如4k ( 3的素因数的指数是偶数。
证明 设n = x2 ( y2，pi是n的形如4k ( 3的素因数。记p( =，则
p((n，p( ( 1n，x2 ( y2 ( 0 (mod p()。 (1)
(ⅰ) 若py，则存在整数y(，使得yy( ( 1 (mod p)，于是由式(1)得到
(xy()2 ( 1 ( 0 (mod p)，
即 (1(QR(p)。因此由第五章第五节定理3推论，有
p = 2或p ( 1(mod 4)，
这是不可能的。
(ⅱ) 若p(y，则由式(1)可知p(x，以及
( 0 (mod p( ( 2)。 (2)
下面说明，(必是偶数，否则，将导致矛盾。
若( = 2m ( 1，则类似于上面的推导，依次得到
( 0 (mod p( ( 4)。
( 0 (mod p( ( 6)。
( (
( 0 (mod p)。 (3)
若p，则由结论(ⅰ)可知p ( 1 (mod 4)，这不可能，所以pm ( 1(y，从而pm ( 1(x，于是p( ( 1 = p2(m ( 1)(n，这与式(1)矛盾。证毕。
引理 设n，m, x，y，和k都是整数，p是素数，
x2 ( y2 = p，n2 ( m2 = pk， (4)
则k可以表示成二平方之和。
证明 由式(4)，有
n2 ( (m2 (mod p)，x2 ( (y2 (mod p)， (5)
n2x2 ( m2y2 (mod p)，
(nx ( my)(nx ( my) ( 0 (mod p)，
因此，必有
nx ( my 或 nx ( (my (mod p)。
若nx ( my (mod p)，则由式(4)得
(nx ( my)2 ( (ny ( mx)2 = (x2 ( y2)(n2 ( m2) = p2k，
于是p(ny ( mx，因此
。
若nx ( (my (mod p)，类似地可以证明k能表示成二平方数之和。证毕。
定理2 对于任意的自然数n，n2 ( 1的素因数都可以表示成二平方数之和。
证明 用归纳法。
当n = 1时，结论显然成立。
假设当n < m（m > 1）时，n2 ( 1的每一个素因数都可以表示成二平方数之和。
设
m2 ( 1 = p1p2(pk ， (6)
其中pi（1 ( i ( k）是素数，p1 ( p2 ( ( ( pk 。
(ⅰ) 如果pk < m，那么对于任何i，1 ( i ( k，都有pi < m，因此m ( pi < m，并且pi((m ( pi)2 ( 1，所以，由归纳假设，pi可以表示成二平方数之和。
(ⅱ) 如果pk ( m，则由式(6)可知pk ( m ( 1，于是
pi < m（1 ( i ( k ( 1），
所以，由结论(ⅰ)，p1, p2, (, pk ( 1都可以表示成二平方数之和。因此，依次利用引理，可知
都可以表示成二平方数之和。最终一个数就是pk 。这证明了定理对于n = m成立。
由归纳法证得定理。证毕。
定理3 正整数n能表示成二平方数之和的充要条件，是在它的标准分解式中，形如4k ( 3的素因数的指数是偶数。
证明 由定理1，只需证明充分性。设
n =，
其中pi（1 ( i ( r）是形如4k ( 1的素数，qi（1 ( i ( s）是形如4k ( 3的素数。对于每个pi，由第五章第五节定理3，有 (1(QR(pi)，即存在整数ni使得
ni2 ( (1 (mod pi )，pi(ni2 ( 1。
由此及定理2，pi（1 ( i ( r）可以表示成二平方数之和。显然
2 = 12 ( 12，（1 ( i ( s）
都是二平方数之和，因此，n是若干个二平方和的乘积。利用恒等式
(a2 ( b2)(c2 ( d2) = (ac ( bd)2 ( (ad ( bc)2
可知n是二平方数之和。证毕。
例1 正整数n能表示成不同的两个平方数之差的充要条件是
n2 (mod 4)。 (7)
解 必要性 对任意的整数x，x2 ( 0或1(mod 4)，因此，对于任意的整数x，y，有
x2 ( y2 ( 0，1，3 (mod 4)。 (8)
必要性得证。
充分性 若n ( 1或3 (mod 4)，则n ( 1与n ( 1都是偶数，于是
。
若n ( 0 (mod 4)，则
。
例2 设p是素数，a ( b > 0，x ( y > 0，(a, b) = (x, y) = 1，且
p = a2 ( b2 = x2 ( y2， (9)
则a = x，b = y。
解 由定理1，p = 2或p ( 1 (mod 4)。
若p = 2，结论显然成立。
若p ( 1 (mod 4)，由第五章第五节定理3推论，存在整数c，使得
c2 ( (1 (mod p)，c ( 0。 (10)
由式(9)及式(10)，有
a2 ( b2 ( 0 (mod p)，
a2 ( (b2 (mod p)，
a2 ( c2b2 (mod p)，
即
a2 ( c2b2 ( 0 (mod p)，
所以
a ( cb或a ( (cb (mod p)。 (11)
同理，有
x ( cy或x ( (cy (mod p)。 (12)
由式(11)与式(12)，可知下面四种情形可能发生：
(ⅰ) a ( cb (mod p)，x ( cy (mod p)；
(ⅱ) a ( (cb (mod p)，x ( cy (mod p)；
(ⅲ) a ( cb (mod p)，x ( (cy (mod p)；
(ⅳ) a ( (cb (mod p)，x ( (cy (mod p)。
假设情形(ⅰ)发生，则
ay ( cby (mod p)，bx ( cby (mod p)，
ay ( bx (mod p)。 (13)
利用式(9)，有
p2 = (ax ( by)2 ( (ay ( bx)2， (14)
(ay ( bx)2 < p2。
因此，由上式及式(13)得到ay = bx。由于(a, b) = (x, y) = 1，所以由式(14)可得到a = x，b = y。
在情形(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ)发生时，可用同样方法进行证明。
习 题 一
1. 设n是正整数，证明：不定方程x2 ( y2 = zn总有正整数解x，y，z。
2. 设p是奇素数，(k, p) = 1，则
，
此处是Legender符号。
3. 设素数p (?1 (mod 4)，(k, p) = 1，记
，
则2(S(k)，并且，对于任何整数t，有
，
此处是Legender符号。
4. 设p是奇素数，，则
构成模p的一个简化剩余系。
5. 在第3题的条件下，并沿用第2题的记号，有
。
即上式给出了形如4k ( 1的素数的二平方和表示的具体方法。
6. 利用题5的结论，试将p = 13写成二平方和。
第二节 四平方之和
本节要证明：任何正整数都可以表示成四平方数之和，并且指出，就平方数的个数而言，这是最佳结果。
引理1 设素数p > 2，则存在整数x0，y0与m0，1 ( m0 < p，使得
x02 ( y02 ( 1 = m0p。
证明 集合
A = { 02, 12, 22, (,}
与
B = { (1 ( 02, (1 ( 12, (1 ( 22, (, (1 (}
都含有个元素，因此，在并集A∪B中必有两个数对模p同余。容易证明这两个数不可能同属于A或B，因此必有整数x0，y0及m0 ( 1，使得
x02 ( y02 ( 1 = m0p，0 ( x0, y0 (。 (1)
由于p > 2，我们有
x02 ( y02 ( 1 (，
所以，1 ( m0 < p。证毕。
引理２ 若a与b都可以表示成四平方数之和，则ab也可表成四平方之和。
证明 设a = x12 ( x22 ( x32 ( x42，b = y12 ( y22 ( y32 ( y42，由
(x12 ( x22 ( x32 ( x42)( y12 ( y22 ( y32 ( y42)
= (x1y1 ( x2y2 ( x3y3 ( x4y4) 2 ( (x1y2 ( x2y1 ( x3y4 ( x4y3) 2
+ (x1y3 ( x3y1 ( x4y2 ( x2y4) 2 + (x1y4 ( x4y1 ( x2y3 ( x3y2) 2
即可证明引理。证毕。
定理１ 每个素数p都可以表示成四个平方数之和。
证明 不妨设p > 2。
由引理1可知，存在整数x1，x2，x3，x4，m0，1 ( m0 < p使得
x12 ( x22 ( x32 ( x42 = m0p 。 (2)
不妨假设m0就是使式(2)成立的最小的正整数。
下面要证明m0 = 1。
(ⅰ) 首先，证明x1，x2，x3，x4是互素的。记d = (x1, x2, x3, x4)。若d > 1，则存在素数q(d。由式(2)可知
q2(m0p 。 (3)
因为(m, p) = 1，所以q2(m0或q2(p。由m0的最小性，可知q2m0。但是，因为p是素数，所以q2(p也是不可能的。因此，必是d = 1。
(ⅱ) 其次，证明2m0。否则，若2(m0，则x1，x2，x3，x4中奇数的个数必是偶数，所以不妨设2(x1 ( x2，2(x3 ( x4，由此及式(2)得到
，
这与m0的最小性矛盾。
(ⅲ) 用反证法证明m0 = 1。若m0 > 1，则m0 ( 3，因此，存在整数y1，y2，y3，y4，使得
yi ( xi (mod m0)，|yi| <，i = 1, 2, 3, 4。 (4)
如果y1 = y2 = y3 = y4 = 0，则x1 ( x2 ( x3 ( x4 ( 0 (mod m0)，由此及式(2)得到m0(p，m0 = p，这不可能，因此，整数y1，y2，y3，y4不全为零。由式(2)，有
y12 ( y22 ( y32 ( y42 ( x12 ( x22 ( x32 ( x42 ( 0 (mod m0)。
由此及
0 < y12 ( y22 ( y32 ( y42 < 4(= m02
可知存在整数m1，使得
y12 ( y22 ( y32 ( y42 = m0m1，0 < m1 < m0。 (5)
由引理２及式(2)可知，有
z12 ( z22 ( z32 ( z42 = m02m1p， (6)
其中
z1 = x1y1 ( x2y2 ( x3y3 ( x4y4 ( x12 ( x22 ( x32 ( x42 ( 0 (mod m0)，
z2 = x1y2 ( x2y1 ( x3y4 ( x4y3 ( 0 (mod m0)，
z3 = x1y3 ( x3y1 ( x4y2 ( x2y4 ( 0 (mod m0)，
z4 = x1y4 ( x4y1 ( x2y3 ( x3y2 ( 0 (mod m0)。
因此，存在整数ti（i = 1，2，3，4），使得
zi = m0ti ，i = 1，2，3，4。
代入式(6)，得到
t12 ( t22 ( t32 ( t42 = m1p，0 < m1 < m0。
这与m0的最小性矛盾。这个矛盾说明m0 = 1， 即素数p可以表示成x12 ( x22 ( x32 ( x42。证毕。
定理２ 每个正整数都可以表示成四平方之和。
证明 由定理１和引理２，再利用算术基本定理，即可得证。证毕。
下面的定理说明，若将定理中的四平方和改为三平方和，则定理2不成立。
定理３ 若n是形如4m(8k ( 7)（m ( 0，k ( 0）的整数，则n不能表成三平方之和。
证明 使用归纳法。对任意的整数x，有
x2 ( 0，1或4 (mod 8)， (7)
因此，对任意的整数x1，x2，x3，有
x12 ( x22 ( x327 (mod 8)，
即形如8k ( 7（k ( 0）的整数不能表成三平方数之和，定理结论对于m = 0，k ( 0成立。
假设定理结论对于r < m（m ( 1）成立，即形如4r(8k ( 7)（0 ( r < m，k ( 0）的整数不能表成三平方之和。那么，形如4m(8k ( 7)（k ( 0）的整数必不能表成三平方之和。事实上，若有整数x1，x2，x3，使得
x12 ( x22 ( x32 = n = 4m(8k ( 7)， (8)
则由式(7)容易看出2(x1，2(x2，2(x3，于是由式(8)得到
= 4m ( 1(8k ( 7)，
这与归纳假设矛盾。所以式(8)不能成立，即定理当r = m时成立。定理由归纳法得证。证毕。
例１ 每个正整数n可以写成n = x2 ( y2 ( z2的形式，其中x，y，z是整数。
解 当2(n时，
n = 12 (；
当2n时，
n = 02 (。
例２ 若n = 2(4m（m(N），则n不能表示成四个正整数的平方之和。
解 当m = 0时，结论显然成立。
设结论对于k < m（m ( 1）成立，即形如n = 2(4k（k < m，k(N）的整数不能表示成四个正整数平方之和。
若有正整数a，b，c，d，使得
a2 ( b2 ( c2 ( d2 = 2(4m， (9)
那么，因为任何奇数的平方被8除的余数是1，所以，由式(9)可知，2((a, b, c, d），于是有
= 2(4m ( 1。
但是，由归纳假设，上式不可能成立，所以式(9)不能成立， 即结论当k = m时也成立，由归纳法得证。证毕。
习 题 二
1. 若(x, y, z) = 1，则不存在整数n，使得
x2 ( y2 ( z2 = 4n2。
2. 设k是非负整数，证明2k不能表示三个正整数平方之和。
3. 证明：每一个正整数n必可以表示为5个立方数的代数和。
4. 证明：16k ( 15型的整数至少需要15个四次方数的和表之。
5. 证明：16k(31不能表示为15个四次方数的和。
第七章 原 根
原根是数论的理论和应用中一个很重要的概念。本章要介绍原根以及与它有关的基本知识。
第一节 指数及其基本性质
定义1 设m > 1，(a, m) = 1，则使
a r ( 1 (mod m) (1)
成立的最小的正整数r，称为a对模m的指数，记为(m(a)，在不致误会的情况下，简记为((a)。
由Euler定理，当r = ((m)时式(1)成立，因此，恒有(m(a) ( ((m)。
若a ( b (mod m)，(a, m) = 1，则显然有(m(a) = (m(b)。
定义2 若(m(a) = ((m)，则称a是模m的原根。
例如，当m = 7时，因为
21 ( 2，22 ( 4，23 ( 1 (mod 7)，
所以(7(2) = 3。又因为
31 ( 3，32 ( 2，33 ( 6，34 ( 4，35 ( 5，36 ( 1 (mod 7)，
所以(7(3) = 6 = ((7)，3是模7的原根。
以后，在谈到a对模m的指数时，总假定m > 1，(a, m) = 1。
定理1 记( = (m(a)，则
a0, a1, (, a ( ( 1
对模m两两不同余。
证明 用反证法。若有0 ( i < j ( ( ( 1，使得
a i ( a j (mod m)，
则由(a, m) = 1得到
a j ( i ( 1 (mod m)，
这与( = (m(a)的定义矛盾，所以定理成立。证毕。
定理1说明，若g是模m的原根，则
g0, g1, (, g((m) ( 1
构成模m的简化剩余系。
定理2 设( = (m(a)，r与r(是正整数，则
a r ( a r ( (mod m) (2)
的充要条件是
r ( r ( (mod ()。 (3)
特别地，a r ( 1 (mod m)的充要条件是((r。
证明 不妨设r > r(。因为(a, m) = 1，所以式(2)等价于
a r ( r ( ( 1 (mod m)。 (4)
若式(4)成立，记r ( r ( = q( ( t，q(N，0 ( t < (，则由定义1，有
a t ( a q( ( t = a r ( r ( ( 1 (mod m)。
由(m(a)的定义可知t = 0，即((r ( r (，也即式(3)成立。必要性得证。
若式(3)成立，则存在q(N，使得r ( r ( = q(，则由定义1，有
a r ( r ( = a q( ( 1 (mod m)，
即式(4)成立，从而式(2)成立，充分性得证。
取r ( = 0，得到定理的第二个结论。证毕。
推论 (m(a)(((m)。
证明 由Euler定理及定理2得证。
定理3 设k是非负整数，则
。
证明 记( = (m(a)，( ( = (m(ak)，( (( =，则由定理2及
ak( (( ( 1 (mod m)
可知
( ((( ((。 (5)
由定理2及ak( ( = (ak)( ( ( 1 (mod m)可知((k( (，因此
( (( =。 (6)
由于，所以由式(6)可以推出( (((( (。由此及式(5)得到( (( = ( (。证毕。
推论 若(m(a) = kl，k > 0，l > 0，则(m(ak) = l。
定理4 等式
(m(ab) = (m(a)(m(b) (7)
与
((m(a), (m(b)) = 1 (8)
是等价的。
证明 记(1 = (m(a)，(2 = (m(b)，(3 = (m(ab)，( = [(1, (2]。
若式(7)成立，则(((1(2 = (3。由(的定义和定理2，以及
(ab)( = a(b( ( 1 (mod m)
又得到(3((。因此(3 = (，即(1(2 = [(1, (2]，所以((1, (2) = 1，即式(8)成立。
若式(8)成立，则由定理2及
1 ((mod m)
得到(1((2(3。由式(8)推出(1((3。同理可推出(2((3。所以
( = [(1, (2]((3。
但是，由式(8)可知[(1, (2] = (1(2，所以
(1(2((3。
另一方面，由定理2及
( 1 (mod m)
得到(3((1(2。所以(3 = (1(2，即式(7)成立。证毕。
例1 求1，2，3，4，5，6对模7的指数。
根据定义1直接计算，得到
(7(1) = 1，(7(2) = 3，(7(3) = 6，
(7(4) = 3，(7(5) = 6，(7(6) = 2。
例1中的结果可列表如下：
a
1
2
3
4
5
6
(7(a)
1
3
6
3
6
2
这样的表称为指数表。这个表就是模7的指数表。
下面是模10的指数表：
a
1
3
7
9
(10(a)
1
4
4
2
例2 若(a, m) = 1，aa ( ( 1 (mod m)，则
(m(a) = (m(a ()。
解 显然(a (, m) = 1。要证明的结论由
a d ( 1 (mod m) ( (a () d ( 1 (mod m)
即可得出。
例3 若n(m，则(n(a)((m(a)。
解 由n(m及定理2有
( 1 (mod m) (( 1 (mod n) ( (n(a)((m(a)。
例4 若(m, n) = 1，(a, mn) = 1，则
(mn(a) = [(m(a), (n(a)]。 (9)
解 记( = (mn(a)，( ( = [(m(a), (n(a)]，由例3有
(m(a)((，(n(a)(( ( ( (((。 (10)
又由
a ( ( ( 1 (mod m)，a ( ( ( 1 (mod n)
得到
a ( ( ( 1 (mod mn)。
因此，由定理2，有((( (。由此及式(10)推出式(9)。
例５ 若(m, n) = 1，a1，a2是任意整数，(a1, m) = (a2, n) = 1，则存在整数a，(a, mn) = 1，使得
(mn(a) = [(m(a1), (n(a2)]。
解 设方程组
的解是x ( a (mod mn)，则(a, mn) = 1，并且由例４可知
(mn(a) = [(m(a), (n(a)] = [(m(a1), (n(a2)]。
习 题 一
1. 写出模11的指数表。
2. 求模14的全部原根。
3. 设m > 1，模m有原根，d是((m)的任一个正因数，证明：在模m的简化剩余系中，恰有((d)个指数为d的整数，并由此推出模m的简化剩余系中恰有((((m))个原根。
4. 设m ( 3，g是模m的原根，x1, x2, (, x((m)是模m的简化剩余系，证明：
(ⅰ) ( (1 (mod m)；
(ⅱ) x1x2(x((m) ( (1 (mod m)。
5. 设p = 2n ( 1是一个奇素数，证明：模p的全部二次非剩余就是模p的全部原根。
6. 证明：
(ⅰ) 设p奇素数，则Mp = 2p ( 1的素因数必为2pk ( 1型；
(ⅱ) 设n ( 0，则Fn =( 1的素因数必为2n + 1k ( 1型。
第二节 原 根
对于什么样的正整数m，模m的原根是存在的？这是本节要研究的问题。
为了叙述方便，对于正整数n，设它的标准分解式是
n =，
其中pi（1 ( i ( k）是奇素数，记
((n) = []。
定理1 模m有原根的必要条件是m = 1，2，4，p(或2p(，其中p是奇素数，( ( 1。
证明 若m不具备定理中所述形式，则必是
m = 2(（( ( 3）， (1)
m =（( ( 2，k ( 1）， (2)
或
m =（( ( 0，k ( 2）， (3)
其中pi（1 ( i ( k）是奇素数，( i（1 ( i ( k）是正整数。
如果m是形如式(2)的数，那么对于任意的a，(a, m) = 1，有
a((m) ( 1 (mod m)。 (4)
容易验证
((m) < ((m)。
因此，由式(4)可知，任何与m互素的数a不是模m的原根。
同样方法可以证明，若m是形如式(1)或式(3)中的数，模m也没有原根。证毕。
下面我们要证明，定理1中的条件也是充分条件。为此，先要证明几个引理。
引理1 设m是正整数。对任意的整数a，b，一定存在整数c，使得
(m(c) = [(m(a), (m(b)]。
证明 由第一章第六节习题6，存在正整数(1，(2，(1，(2，使得
(m(a) = (1(2，(m(b) = (1(2，((2, (2) = 1，
[(m(a), (m (b)] = (2(2 。 (5)
由第一节定理3，有
，
因此，由第一节定理4得到
= (2(2 = [(m(a), (m(b)]。
取c =即可得证。证毕。
引理2 若p是奇素数，则模p有原根。
证明 由引理1及归纳法容易证明，存在整数g，(g, p) = 1，使得
( = (p(g) = [(p(1), (p(2), (, (p(p ( 1)]。
显然
((p ( 1，(p(j)((，1 ( j ( p ( 1。 (6)
另一方面，由式（6）可知同余方程
x ( ( 1 ( 0 (mod p)
有解x ( i (mod p)，1 ( i ( p ( 1。所以，由第五章第四节定理2，可知，p ( 1 ( (。由此及式(6)，得到p ( 1 = (，即g是模p的原根。证毕。
引理3 设p是奇素数，(是正整数，则模p(有原根。
证明 不妨设( > 1。设g是模p的原根，则(g, p) = 1。因此，存在整数x0，使得
gp ( 1 = 1 ( px0 ，
因此，对于任意的整数t，有
(g ( pt) p ( 1 = g p ( 1 ( p(p ( 1)tg p ( 2 ( ( = 1 ( p(x0 ( g p ( 2t) ( p2Q2，
其中Q2(Z，即
(g ( pt) p ( 1 ( 1 ( p(x0 ( g p ( 2t) (mod p2)。 (7)
取
t0 = 0， 当px0；
t0 = 1， 当p(x0，
则px0 ( g p ( 2t0 = y0，于是
(g ( pt0) p ( 1 = 1 + py01 (mod p2)，py0。 (8)
由式(8)，有
(g ( pt0) p(p ( 1) = (1 ( py0)p = 1 ( p2y1，
其中
y1 = y0 (y02 ( ( ( pp ( 2 y0p ( y0 (mod p)。 (9)
因此，py1。类似地，由式(9)可以依次得到
(10)
其中y( ( 1 ( y( ( 2 ( ( ( y0 (mod p)。因此
pyi，0 ( i ( ( ( 1。 (11)
由于g是模p的原根，所以g ( pt0也是模p的原根，设g ( pt0对模p(的指数是(，则有
(g ( pt0)( ( 1 (mod p()，
(g ( pt0)( ( 1 (mod p)，
因此，由指数的性质可知(p(g ( pt0)((，即p ( 1((。另一方面，由(的定义及第一节定理2的推论，有((((p() = p( ( 1(p ( 1)，所以
( = pr ( 1(p ( 1)，1 (?r (?(，
即
( 1 (mod p()。 （12）
由式(10)，有
= 1 ( pryr ( 1 ，
所以，由上式及式(12)推出
1 ( pryr ( 1 ( 1 (mod p()，
pryr ( 1 ( 0 (mod p()。
由此及式(11)得到r ( (。所以r = (，即g ( pt0是模p(的原根。证毕。
引理4 设p是奇素数，(? ( 1，则模2p(有原根。
证明 设g是模p(的原根，则g ( p(也是模p(的原根，以g1表示g与g ( p(中的奇数，则
( 1 (mod p()，g1 ( 1 (mod 2)，
因为(2, p) = 1，((p() = ((2p()，所以
( 1（mod 2p(）。 （13）
我们指出，不存在正整数r < ((2p()，使得
g1r ( 1 (mod 2p()。
否则，由上式得到
(g1, p() = 1，g1r ( 1 (mod p()，
从而g1不能是模p(的原根。
以上证明了(g1) = ((2p()，即g1是模2p(的原根。证毕。
定理2 设p是奇素数，m = 2，4，p(，2p(，则模m有原根。
证明 由引理3和引理4，只需证明模2与模4有原根，这容易验证：1是模2的原根，3是模4的原根。证毕。
定理3 设m > 1，((m)的所有不同的素因数是p1, p2, (, pk，(g, m) = 1，则g是模m的原根的充要条件是
1 (mod m)，1 ( i ( k。 (14)
证明 (ⅰ) 必要性是显然的。
(ⅱ) 设式(14)成立。记( = (m(g)，由第一节定理2推论，有((((m)。若( < ((m)，则> 1，所以，必有某个pi（1 ( i ( k），使得pi，因此
(( 1 (mod m)，
这与式(14)矛盾。因此( = ((m)，即g是模m的原根。证毕。
例1 求模7的原根。
解 由第一节例题1可知模7有两个原根3和5。
例2 已知5是模23的原根，解同余方程
x8 ( 18 (mod 23)。 (15)
解 由第一节定理1，5i (mod 23)（i = 0, 1, 2, (, 21）构成模23的简化系，列表为
i
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5i (mod 23)
1 5 2 10 4 20 8 17 16 11 9
i
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
5i (mod 23)
22 18 21 13 19 3 15 6 7 12 14
由上表可知512 ( 18 (mod 23)。
设x ( 5 y (mod 23)，0 ( y ( 22，则由第一节定理2，方程(15)等价于
8y ( 12 (mod 22)。 (16)
因为(8, 22) = 2(12，所以方程(16)有两个解：
y1 ( 7，y2 ( 18 (mod 22)。
因此，方程(15)有两个解
x1 ( 57 ( 17， x2 ( 518 ( 6 (mod 23)。
注：若模m有原根g，则模m的简化剩余系A = {a1, a2, (, a((m)}与集合B = { gi；1 ( i ( ((m) }有一个一一对应关系，即，对于任意的a0(A，存在唯一的gi0(B，使得a0 ( gi0 (mod m)。此时，称i0是a0对模m的以g为底的指标，记为i0 = indga0 。从例2看出，利用指标的概念，我们可以将求解指数同余方程xn ( a (mod m)的问题转化为求解线性同余方程nindgx ( indga (mod ((m))。
习 题 二
1. 求模29的最小正原根。
2. 分别求模293和模2(293的原根。
3. 解同余方程：x12 ( 16 (mod 17)。
4. 设p和q = 4p ( 1都是素数，证明：2是模q的一个原根。
5. 设m ( 3，g1和g2都是模m的原根，则g = g1g2不是模m的原根。
6. 设p是奇素数，证明：当且仅当p ( 1n时，有
1n ( 2n ( ( ( (p ( 1)n ( 0 (mod p)。
第八章 代数数与超越数
我们对于全体复数有不同的分类方法。例如，可以将它们分为整数和非整数，有理数和非有理数（无理数），实数和非实数，等等。本章要介绍一种对复数的分类方法：代数数与超越数，并且介绍这两类数的一些简单知识。
以下，若无特殊声明，“数”都是指一般意义下的复数。
第一节 代数数
定义1 若(满足有理系数代数方程
f(x)=xn ( an ( 1xn ( 1 ( ( ( a1x ( a0 = 0， (1)
即(是有理系数多项式f(x)的零点，则称(是代数数；若an-1 , . . . , a0 都是整数，则称(是代数整数。
例如，, （a，b，n是正整数）是代数数；是代数整数。
容易看出，定义1等价于下面的定义1’。
定义1’ 设(满足整系数代数方程
f(x)= anxn ( an ( 1xn ( 1 ( ( ( a1x ( a0 = 0， (2)
则称(是代数数；若an=1， 则称(是代数整数。
定义 2 一个有理系数多项式若不能等于两个非常数的有理系数多项式的乘积，则称为不可约多项式。在定义1’ 中，若f(x)是不可约多项式，并且(a0,…,an)=1，则称(是n次代数数，记为d(()=n, 并称h=h(()=max(|a0|, …, |an|)是它的高。
定理1 两个代数数的和、差、积、商（分母不为零）是代数数。
证明 设α和β是代数数，它们分别是有理系数多项式
f(x)=xn ( an ( 1xn ( 1 ( ( ( a1x ( a0
和
g(x)=xm ( bm( 1xm( 1 ( ( ( b1x ( b0
的零点。设f(x)和g(x)的全部零点分别是α1,…,αn和β1,…,βm ,则α+β是多项式

的零点。显然，多项式h(x) 的系数是α1,… ,αn与β1,…,βm的对称多项式。因此，由对称多项式的性质，h(x)是有理系数多项式，即α+β是代数数。同样地可以证明α-β,,以及是代数数（留作习题）。证毕。
定理 2 若(是代数数，则存在正整数m, 使得m( 是代数整数。
证明 （留作习题）。
定理 3 设(≠0是代数数, 满足方程（2），则
< |(| < h ( 1， (3)
其中 h= max(|a0|, …, |an|)。
证明 若(≠0满足方程（2），则满足方程
a0xn ( a1xn ( 1 ( ( ( an-1x ( an = 0,
因此，我们只需证明式(3)的右半部分。
如果|(| < h ( 1不成立，则
|(| ( h ( 1。 (4)
下面要说明，由此会推出一个矛盾。
事实上，由
an(n ( a n( 1(n( 1 ( ( + a1( ( a0 = 0
我们得到
。
由此，利用式(4)及
1≤|ai| ( h，0 ( i ( n， (5)
我们得到
这与式(4)矛盾。这个矛盾说明式(4)不可能成立。证毕。
例1 设(是代数数，满足整系数代数方程
f(x) = adxd ( ad ( 1xd ( 1 ( ( ( a1x ( a0=0，
则对于任何正整数n，有等式
(ad()n =，
其中（0 ( i ( d ( 1）是绝对值不超过(2 max(|a0|, …, |an|))n的整数。
证明 用归纳法。记h= max(|a0|, …, |an|)。
当n ( d ( 1时，结论显然正确。
假设结论当n = k（k ( d ( 1）时成立，则存在整数（0 ( i ( d ( 1），使得
(ad()k =。 (6)
于是



记
则
(ad()k + 1 =，
因此，由式(6)得到
|| ( 2h(2h)k = (2h)k + 1，
即当n = k ( 1时结论成立。由归纳法证得例1中的结论。
例2 设数( ( 0，并且满足方程
xn ( a1xn ( 1 ( ( ( an ( 1x ( an = 0， (7)
其中a1, a2, (, an是任意的实数，并且
|ai| ( i，1 ( i ( n， (8)
则
|(| (。
解 不妨设|(| > 1。设( > 1是任意固定的常数。如果
|(| > (， (9)
那么，由式(7)，(8)及(9)，得到
(n ( a1(n ( 1 ( ( ( an ( 1( ( an = 0
以及
|(n| ( |a1||(n ( 1| ( ( ( |an ( 1||(| ( |an|，
|( | ( |a1| ( |a2||(| ( 1 ( ( ( |an ( 1||(| ( n + 2 ( |an||(| ( n + 1
( 1 ( 2|(| ( 1 ( ( + (n ( 1)|(| ( n + 2 ( n|(| ( n + 1
<。 （10）
这样，若取(使得
， (11)
那么，式(10)就与式(9)矛盾，因此，式(9)不能成立，所以|(| ( (。从式(11)容易求出( =，这就是要证的结论。
注：从这个例子中，可以看出式(3)中的h + 1是如何确定出来的。
习 题 一
1. 补足定理1的证明。
2. 证明定理2。
3. 证明：有理数为代数整数的充要条件是这个有理数为整数。
第二节 超越数
除了代数数还有一类数，即超越数。本节将对代数数的有理逼近性质做一简单介绍，并构造一类超越数。
定义1 不是代数数的数，称为超越数。
定理1 超越数是存在的。
证明 用 En, h表示所有的次数为n、系数绝对值不超过h的整系数多项式的零点的集合，用A表示所有代数数的集合，则
。
由于每个En, h是有限集合，所以A是一个可数集合。但是，全体复数的集合是不可数集合，因此，超越数是存在的。证毕。
这个定理肯定了超越数的存在性，但并未确切地举出超越数的例子。为了能构造一些具体的超越数，我们来证明一个定理。
定理1(Liouville) 设(是次数为d的实代数无理数，则存在只与(有关的正常数c=c(()，使得对于任何整数p，q，(p, q) = 1，有
。 (1)
证明 不妨设
。 (2)
设(的最小多项式是f(x)，则f(() = 0，于是，由微分学中值定理可知
， (3)
其中(是介于(与之间的某个数，因此，由式(2)，有
|( ( (| ( 1。
以M表示f ((x)在区间[(|(| ( 1, |(| + 1]中的最大值，则由式(3)得到
， (4)
因为f(x)是不可约多项式，并且(是无理数，所以d ( 2，因此f( 0，从而
，
由此及式(4)得到式(1)，证毕。
推论 设(是实无理数，若存在常数M，有理数列，以及递增的实数列{sn}，sn((，使得
(5)
对于n ( 1成立，则(是超越数。
证明 若(是代数数，设它的次数是d，由定理1，存在常数c，使得
对于所有的n ( 1成立，但是，由于sn((，当n充分大时，这与式(5)矛盾，所以(不能是代数数。证毕。
关于定理1，有两点说明：
(ⅰ) 定理1表明，若(是实的代数无理数，那么，它与有理数的差不能太小。
(ⅱ) 可以证明，式(1)右端的因数q ( d能改进为q ( (2 + ()，其中( > 0是任意常数，但是，不能改进为q (2。事实上，在第三章第三节中我们知道：对于任何无理数(，都有无穷多个有理数，使得
，q > 0，(p, q) = 1。
现在，我们来构造具体的超越数。
设
r1, r2,(, rn, (与s0, s1,(, sn, (
是严格增加的正整数列，满足条件
0 = s0 ( r1又设整数列a1, a2,(, an, (满足条件
ak = 0（rn < k < sn，n = 1, 2, 3, (）， (7)
， (8)
并且的收敛半经是1。
定理2 设是区间(0, 1)中的有理数。若不是有理数，则必是超越数。
证明 若((0, 1)，则必存在x((0, 1)，使得< x。由于
收敛，所以，存在常数M，使得
|akxk| ( M，k = 0, 1, 2, ( 。 (9)
由式(7)，对于任何正整数n，有
。
记y =< 1，则由上式及式(9)得到
， (10)
其中M(是常数。由式(6)，我们有
，
其中
， n→∞ 。
在式(10)中，是一个分母的有理分数，因此，利用定理1的推论可知，若f(()不是有理数，则它必是超越数。证毕。
推论 设正整数数列{rn}满足条件
，n→∞，
则对于任何整数a ( 2，是超越数。
证明 由定理2，只需证明(不是有理数。设(是有理数，( =，p与q是互素的整数，记
，
则，并且
0 (。 (11)
另一方面，由假设条件，存在N，当k > N时，有rk ( 2，rk + 1 ( 2rk，因此
rk + 1 ( rk ( rk ( 2，
于是，当n > N时，有
rn + 2 ( rn + 1 ( 2，
rn + 3 ( rn + 1 ( 4，
rn + i ( rn + 1 ( 2(i ( 1)，
((
从而


（12）
当n充分大时，式(11)与式(12)矛盾，所以(不是有理数。证毕。
例 下面的两个数是超越数：
(ⅰ) ；
(ⅱ) 。
解 留作习题。
做为本节的结束语，我们指出，利用Liouville定理及定理2可以具体构造一些超越数。但是，能用它们来判定的超越数只是超越数集合中的很小一部分。对于给定的数的超越性的判定，常常是非常困难的。
习 题 二
1. 证明例中的结论。
2. 证明连分数
是超越数。
3. 设(是一个超越数，(是一个非零的代数数，证明：( ( (，( (，都是超越数。
第三节 数e的超越性
本节要证明数e是超越数。为此，首先证明一个定理。
定理1 设f(x)是实系数多项式，次数为m，记
， (1)
其中t是任意实数，则
。
证明 对于任意的正整数k，k ( m，由分部积分得到



(2)
由于k ( m，所以式(2)就是
。 (3)
设
，
则由式(3)得到
证毕。
为了证明数e的超越性，我们要引进多项式
， (4)
其中p是素数，d是正整数。
引理１ f(x)具有以下性质：
(ⅰ) 对于i = 0, 1, (, p ( 1，有
f (i)(x) = 0，x = 1, 2, (, d；
(ⅱ) 对于i = p, p ( 1, (, (d ( 1)p ( 1，多项式f (i)(x)的系数都是整数且能被p整除；
(ⅲ) f (p ( 1)(0) = ((1)dp(d!)p。
证明 留作习题。
定理２ 数e是超越数。
证明 设e是代数数，满足整系数代数方程
adxd ( ad (1xd ( 1 ( ( ( a0 = 0， (5)
其中a0 ( 0。我们要由此导出一个矛盾。
记
F(x) = f(x) ( f ((x) ( ( ( f (n)(x)， (6)
其中f(x)由式(4)定义，n = (d ( 1)p ( 1。
因为数e满足方程(5)，由定理１得到

(7)
由引理１可知，
p(F(k)，k = 1, 2, 3, (, d，
并且在表示式
F(0) = f(0) ( f ((0) ( ( ( f (p ( 1)(0) ( f (p)(0) ( ( ( f ((d + 1)p ( 1)(0) (8)
中，有
f(0) = f ((0) = ( = f (p ( 2)(0) = 0， (9)
p((f (p)(0) ( ( ( f ((d + 1)p ( 1)(0))。 (10)
由引理1的结论(ⅲ)，有
f (p ( 1)(0) = ((1)p(d!)p，
将这个等式与式(8)，式(9)和式(10)联合，得到
F(0) ( ((1)p(d!)pa0 (mod p)
以及
( ((1)p(d!)pa0 (mod p)。 (11)
另一方面，对于x([0, d]，有
， (12)
其中M1 = dd + 1。于是
， (13)
其中M2是与p无关的常数。
由式(7)与式(13)，得到
。
因此，存在常数M3，使得当 p> M3时，有
<1。 (14)
但是，当p > max{d, a0}时，p(d!)pa0，因此，由式(11)可知，整数
( 0。 (15)
这样，如果取p充分大，使得p > max{d, a0, M3}，则式(14)与式(15)矛盾，这个矛盾说明，数e不可能满足使任何形如(5)的代数方程。e是超越数。证毕。
在定理２的证明中，定理1的作用是很重要的，它把数e的代数性质与函数的解析性质联系了起来。下面的关于数(的无理性的定理的证明，有类似的思路。
引理2 设f(x)是2n次多项式，则对任意的实数t，有
， (16)
其中
F(x) = f(x) – f (((x) ( f (4)(x) ( ( ( ((1)n f (2n)(x)。
证明 使用分部积分法即可。证毕。
定理3 (是无理数。
证明 设( =，a与b是正整数，(a, b)=1。我们将由此导出矛盾。事实上，在式(16)中取t = ( =，则
，
其中F(x)见于引理2。
但是，当0,
0<<1。
因此，如果F( F(0)是整数，就得到一个矛盾，从而证得定理。
可以证明，F( F(0)是非零整数（留作习题）。证毕。
习 题 三
1. 证明引理1。
2. 证明定理3中的F( F(0)是整数。
第九章 数论的应用
在一个很长的时期里，数论被认为是很难有应用价值的。但是，二十世纪中后期，数论的应用，特别是在密码学等学科中的应用，改变了人们的看法，数论的研究也增加了新的内容。在这一章中我们要介绍数论的几个应用。
第一节 计算星期几
要知道几十天以后的某一天是星期几，这是不难的，因为只要计算一下被7除的余数就可以了。但是，如果要知道几十年以后的某一天是星期几，那就比较困难了，因为在这段时间里有闰年，而且，每个月所含的天数也不一样。在这一节，我们要给出一个公式，可以方便地解决这个问题。
按现行的公历历法，每年有365天，若这一年是闰年，则有366天，二月有二十九天。闰年是这样确定的：公元年份数不被100整除但被4整除，或者年份数被400整除。
如果某一年是闰年，这一年的二月比正常年份的二月多一天，这样，从这一年的三月一日开始，星期数都受到这闰月的影响，同时，这一年的一月和二月里的星期数却不受影响。这样，就使得同一年里的计算有些不方便。所以，为了计算方便，我们把三月一日作为计算星期数的基点。
1600年以来，全世界大部分地区使用现行的公历历法。因此，我们考虑一个从1600年起使用的计算星期几的公式。
以下，我们使用记号：
N = 100c ( y表示年份，其中0 ( y ( 99；
m表示月份，m = 1表示三月，m = 2表示四月，( (，m = 12表示二月；
dN(m)表示第N年m月1日的星期数。
假设d1600(1)是已知的，我们首先计算dN(1)，即第N年3月1日的星期数。我们知道：如果没有闰月，一年有365天，因为
365 ( 1 (mod 7)，
所以，每过一个正常年，星期数就增加1；每过一个闰年，星期数就增加2。
以r表示从1600年到N年的闰年数，我们得到
dN(1) ( d1600(1) ( N – 1600 ( r (mod 7)。 (1)
由闰年的确定方法，我们有

(2)
设c = 4q ( s，0 ( s ( 3，那么，由于0 ( y ( 99，100s ( y < 400，所以
= 0，
因此，由式(2)得到


, (3)


(4)
为了确定d1600(1)的数值，我们把一个已知的数据代人式(4)，例如，我们知道1998年3月1日是星期日，即d1998(1) ( 0 (mod 7)，代人式(4)，得到
0 ( d1600(1) ( 2(19 ( 98 (( d1600(1) ( 4 (mod 7)，
所以d1600(1) ( 3，即1600年的3月1日是星期三。将这个数值代人式(4)，得到
dN(1) ( 3 ( 2c ( y ((mod 7)。 (5)
现在，我们已经能够计算N年的3月1日是星期几。剩下的问题是如何计算这一年的m月k日是星期几。
我们先计算dN(m)，即N年m月1日的星期数。容易知道：
3 月是31天，所以 dN(2) ( dN(1) ( 3 (mod 7)，
4 月是30天，所以 dN(3) ( dN(1) ( 5 (mod 7)，
5 月是31天，所以 dN(4) ( dN(1) ( 8 (mod 7)，
6 月是30天，所以 dN(5) ( dN(1) ( 10 (mod 7)，
7 月是31天，所以 dN(6) ( dN(1) ( 13 (mod 7)，
8 月是31天，所以 dN(7) ( dN(1) ( 16 (mod 7)，
9 月是30天，所以 dN(8) ( dN(1) ( 18 (mod 7)，
10月是31天，所以 dN(9) ( dN(1) ( 21 (mod 7)，
11月是30天，所以dN(10) ( dN(1) ( 23 (mod 7)，
12月是31天，所以dN(11) ( dN(1) ( 26 (mod 7)，
1 月是31天，所以dN(12) ( dN(1) ( 29 (mod 7)。
现在，计算N年m月k日的星期数已经是很容易的事了。但是，我们希望找一个更简单的公式。从上面的数字可以看出，从3月1日到2月1日的11个月中，星期数“增加”了29天，平均每月“增加”2.6天，因此，我们来找一个形如[2.6m ( a]的公式，其中m是月份，a是某个适当的数。经过验证，发现函数f(m) = [2.6m ( 0.2] ( 2满足这些条件：
f(1) = 0，f(2) = 3，f(3) = 5，f(4) = 8，(，f(12) = 29。
利用这个函数，我们得到N年m月1日的星期数是
dN(m) ( dN(1) ( [2.6m ( 0.2] ( 2 (mod 7)。
因此，N年m月k日的星期数W(N, m, k)是
W(N, m, k) = dN(m) + k ( 1 ( dN(1) ( [2.6m ( 0.2] ( k – 3 (mod 7)，
由式(5)，得到
W(N, m, k) ( k ( 2c ( y (( [2.6m ( 0.2] (mod 7)。 (6)
利用上式我们就能较容易地计算出任意给定的N年m月k日的星期数的星期数W(N, m, k)了。
例1 问：1976年8月6日是星期几？
解 将N = 1976，c = 19，y = 76，m = 6，k = 6代入式(6)，得到
W(1976, 6, 6) ( 6 – 38 ( 76 (( [2.6(6 – 0.2] ( 5 (mod 7)，
即1976年8月6日是星期五。
例2 问：1978年2月24日是星期几？
解 将N = 1977，c = 19，y = 77，m = 12，k = 24代入式(6)，得到
W(1977,12,24) ( 24 – 38 ( 77 (( [2.6(12 – 0.2] ( 5 (mod 7)，
即1978年2月24日是星期五。
注意，由例2我们看到，一月和二月分别是作为上一年的十一月和十二月。
习 题 一
1. 问：1948年2月14日是星期几？
2. 问：1999年10月1日是星期几？
第二节 循环比赛
有N个球队要进行循环赛。我们希望知道：最少需要按排几轮比赛，才能完成循环赛？
我们先来做一些分析。首先，由于是进行循环赛，每个队要和另外的队都比赛过，所以至少要进行N ( 1轮比赛。其次，用r表示在每一轮比赛中所进行的比赛场数，则
如果N是奇数，那么，在每一轮比赛中总有一个队不参加比赛。这时，我们把一个“假想的”球队A加到这N个球队中，就有了N ( 1个球队。现在，在每一轮比赛中对这N ( 1个球队进行按排，并且规定：凡是被按排和A队比赛的球队，就是没有比赛的球队。这样，N是奇数的情形就可以化为N是偶数的情形，因此，下面我们总假定N是偶数。
为了叙述方便，我们用1, 2, (, N表示这N个球队，用xi（1 ( xi ( N）表示在第i轮比赛中与x队进行比赛的球队。
下面，我们给出一个按排比赛的方法，它说明，用N ( 1轮比赛就可以完成循环赛。
按排方法：在第i（1 ( i ( N ( 1）轮比赛中，对于每个球队x我们这样确定与它比赛的球队xi：
(ⅰ) 当x = N时，取
(1)
显然N ( Ni。
(ⅱ) 当x ( N且
(2)
时，取xi满足
x ( xi ( i (mod N ( 1)，1 ( x i ( N ( 1。 (3)
下面，我们要证明，这样的按排满足要求。
首先，我们指出，在每一轮比赛中，不同球队的比赛对手是不同的，即，若x ( x(，则xi ( xi(（1 ( i ( N ( 1）。
我们分三种情况进行讨论。
(ⅰ) 若x与x (都不等于N，则1 ( x, x( ( N ( 1，于是
x ( x(0 (mod N ( 1)，
由式(3)得到
x ( xi ( x( + xi(，0x ( x( ( xi( ( xi (mod N ( 1)， (4)
因此，xi ( x(i。
(ⅱ) 若x = N，x( = Ni，则xi = Ni，xi( = N，显然xi ( xi(。
(ⅲ) 若x = N，但x(不满足式(2)，则xi(由式(3)定义，此时，如果xi( = xi = Ni，那么，由式(3)和式(1)，当i是偶数，我们有
x( ( xi( ( x( +(mod N ( 1)； (5)
当i是奇数，我们有
x( ( xi( = x( ((mod N ( 1)。 (6)
但是，由于对x( 的假定，式(5)或式(6)都不能成立。
其次，我们指出，每一个队x在每一轮比赛中的对手不是它自己，即对于1 ( i ( N ( 1，必定x ( xi。当x = N时，由式(1)可知N ( Ni。当1 ( x ( N ( 1，且式(2)满足时，若x = xi，则式(3)给出
2x ( x + xi ( i (mod N ( 1)，
由此推出x不满足式(2)，这个矛盾说明x ( xi。
最后，我们指出，对于每一个确定的队x，它在每一轮比赛中的对手是不同的，即
，i1 ( i2，(1 ( i1, i2 ( N ( 1)。 (7)
(ⅰ) 先看球队N。如果
(1 ( i1, i2 ( N ( 1)。
由式(1)可知，
i1 (( i2 (mod N ( 1)，
因此i1 = i2。
(ⅱ) 再看球队x，x < N。如果
（1 ( i1, i2 ( N ( 1)，
因此，由上面在(ⅰ)中的讨论，可知i1 = i2。如果( N，那么，由式(3)得到
i1 (( i2 (mod N ( 1)，
因此i1 = i2 。
以上讨论说明，用上面的按排方法可以在N ( 1轮比赛中完成N个球队的循环赛。
下面，我们举了两个例子说明具体的按排方法。表格中，第k行第m列上的数字就是第k轮中与球队m进行比赛的球队所对应的数字。如果在这个位置上没有数字，就表示球队m在第k轮比赛中没有赛事。
例1 五个球队进行循环赛的比赛程序：
1
2
3
4
5
1
5
4
2
1
2
5
4
3
2
3
2
1
5
3
4
3
1
5
4
5
4
3
2
1
例2 八个球队进行循环赛的比赛程序：
1
2
3
4
5
6
7
8
1
7
6
5
8
3
2
1
4
2
8
7
6
5
4
3
2
1
3
2
1
7
6
8
4
3
5
4
3
8
1
7
6
5
4
2
5
4
3
2
1
7
8
5
6
6
5
4
8
2
1
7
6
3
7
6
5
4
3
2
1
8
7
习 题 二
1. 编一个有十个球队进行循环赛的程序表。
2. 编一个有九个球队进行循环赛的程序表。
第三节 仿射加密方法
在很长的一个历史时期内，数论被认为是一门没有应用价值的“纯”理论学科。事实并非如此。本章以下几节将要介绍数论在信息保密技术中的几个应用。
现实社会中，充满了各种各样的信息，例如，军事情报，商业秘密，金融消息，计算机文件，私人通信等等。在很多情况下，人们希望在秘密的情况下保存或传送信息，这就导致了对信息加密的研究。
对于那些一目了然的信息，我们称为“明文”。当我们要把某个信息传送给某些人（称之为“合法接收人”）时，是先把明文进行“加密”处理，这种经过加密处理的明文，我们称为“密文”。密文不是随便甚麽人都可以看懂的。只有合法接收人，他们掌握了一定的方法，才能把它“翻译”成加密处理之前的明文。总的来说，关于信息加密的研究主要是两个方面：第一，研究把明文翻译成密文的方法，这个方法要尽可能的简单易行；第二，研究这种加密方法的保密性（安全性），即，除合法接收人外，其他人从密文了解到明文内容（全部或部分）的可能性。
把明文翻译成密文的过程，称为加密过程，或加密；所用的方法（或公式），称为加密方法（或加密公式）。把密文翻译成明文的过程，称为解密过程，或解密；所用的方法（或公式），称为解密方法（或解密公式）。
为了能将数论用于明文的加密，首先需要建立明文与正整数的对应关系。一个文件总是由文字和其他符号（标点符号，数字，特殊记号，等等）组成的。如果用汉语拼音书写汉字，那么，文件就可以用26个拉丁字母和一些符号来表达。假设所使用的字母和符号共有N个，如果把这些符号和N个正整数0，1，2，(，N ( 1建立一一对应的关系，那么，文字、符号、句子和文件就都和正整数建立了一一对应的关系。例如，假设使26个拉丁字母a，b，c，(，y，z与数字00，01，02，(，24，25建立了下表所示的一一对应关系：
表 1
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
00
01
02
03
04
05
06
07
08
09
10
11
12
n
o
p
q
r
s
t
u
v
w
x
y
z
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
那么，与“woyaolai”（我要来）对应的数字就是2214240014110008。
在实际应用中，一个文件所对应的整数是一个很大的数字，所以，人们往往要对大的正整数进行处理，使它们可以与较小的正整数列对应，从而容易进行加密运算。我们知道，对于给定的正整数k，任何正整数P都可以唯一地表示成
P = pnkn ( pn ( 1kn ( 1 ( ( ( p1k + p0，0 ( pi ( k ( 1，0 ( i ( n。
这样，任何整数P就与整数列{pn, pn ( 1, (, p0}建立了一一对应的关系，对大整数P的加密就转化为对不超过k的整数pi（0 ( i ( n）的加密。
以下几节中，我们总用P表示明文，用E(P)或E表示与P相应的密文。
在这一节，我们主要介绍历史较长久的一类加密方法，即仿射加密方法。用(表示需要加密的所有明文P的集合，并且假定集合(的上界是A。用仿射加密方法对明文P加密的过程是这样的：
(ⅰ) 取大正整数M > A，以及正整数a，b，a (，使得
(a, M) = 1，aa ( ( 1 (mod M)。 (1)
（注意：因此，明文P满足0 ( P < M。）
(ⅱ) 加密：对于明文P，计算
E ( aP ( b (mod M)，0 ( E < M。 (2)
E就是与P对应的密文。
(ⅲ) 解密：对于密文E，计算
P0 ( a ((E ( b) (mod M)，0 ( P0 < M， (3)
P0就是与E对应的明文P。
现在，我们说明式(3)中确定的P0就是明文P。事实上，由式(3)，式(2)和式(1)，我们得到
P0 ( a ((E ( b) ( a(((aP ( b) ( b) ( aa(P ( P (mod M)，
由于0 ( P < M，0 ( P0 < M，所以，由上式得到P0 = P。
例1 设符号a，b，(，y，z分别与整数0，1，(，24，25对应，使用仿射加密方法，取M = 26，a = 1，b = 3，a ( = 1，对明文P中的每一个符号用这一方法加密：
E ( P ( 3 (mod 26)。
这就是所谓的“恺撒密码”。在古罗马时代，恺撒大帝在传送军事命令时，把每个英文字母用它后面的第三个字母代替，即按表2的替换方式：
表 2
P
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
E
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
n
o
p
P
n
o
p
q
r
s
t
u
v
w
x
y
z
E
q
r
s
t
u
v
w
x
y
z
a
b
c
例如，使用例1中的加密方法，明文“jiudianzhong”（九点钟）被加密成“mlxgldqckrqj”。
以下，为了叙述方便，我们用“(”表示数字与符号的对应关系，例如，“a ( 00”，“d ( 03”，等等。又用“(”表示明文和密文的对应关系，例如，“s ( a”“men ( phq”，等等。
例2 已知明文所使用的符号只是26个英文字母a，b，(，y，z，它们分别与整数00，01，(，24，25对应，又知道使用公式
E ( P ( b (mod 26)，0 ( E < 26 (4)
对每个符号加密。已经知道明文字母e与密文字母u对应，试求出解密方法。
解 将已知的e ( u以及e ( 04，u ( 20代入式(4)，得到
20 ( 4 ( b (mod 26)，
所以b ( 16 (mod 26)，再由式(4)得到
P ( E ( 16 ( E ( 10 (mod 26)，0 ( P < 26，
这就是解密方法，也可以用下表说明：
表 3
E
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
P
k
l
m
n
o
p
q
r
s
t
u
v
w
E
n
o
p
q
r
s
t
u
v
w
x
y
z
P
x
y
z
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
一般地，对于由式(2)定义的仿射加密方法，只要知道两对（不同的）相对应的明文和密文P1，E1与P2，E2，就可以求出解密方法。事实上，由式(2)及已知的对应关系，得到
E1 ( aP1 ( b (mod M)，
E2 ( aP2 ( b (mod M)， （4）
所以
E2 ( E1 ( a(P2 ( P1) (mod M)。
以
x ( ai (mod M)，0 ( ai < M，1 ( i ( r
表示同余方程
x(P2 ( P1) ( E2 ( E1 (mod M)
的全部解，并且记
bi ( E1 – aiP1 (mod M)，0 ( bi < M，
则ai与bi（1 ( i ( r）就可能是式(2)中所使用的a和b。
当(P2 ( P1, M) = 1时，这样的ai与bi只有一组，当(P2 ( P1, M) > 1时，为了确定出正确的a与b，首先，利用(a，M) = 1删去某些ai与bi，其次，用它们验证式（4）是否成立，并用它们试译部分密文，就可以确定正确的a与b。将确定的a，b代入式(3)，就得到解密公式。
在现实生活中，无论使用什么语言符号传送信息，各个符号的出现频率总是有差别的。例如，有统计数字表明，在报刊文章中，英语的26个字母中，出现频率较高的，依次是e，t，a，o等；较低的，依次是z，q，j，x等。这样，在对密文中的每个字母的出现频率进行统计之后，可以对于明文字母和密文字母之间的对应关系作出猜测，然后试行解密。
例3 已知明文由26个英文字母a，b，(，y，z（分别与00，01，(，24，25对应）及符号“！”和“？”（分别与26和27对应）组成，用这28个符号写成的正常英文中，出现频率最高的依次是！，e与t。在对一组密文做了统计分析之后，发现密文中出现频率最高的三个符号依次是b，?与i，试求解密公式。
解 设解密公式为
P ( a (E ( b ( (mod 28)，0 ( P < 28，
则由已知的符号与数字的对应关系，比较出现频率的高低，可以假定“!”与“e”分别对应着“b”与“?”，于是
26 ( a ((1 ( b ( (mod 28)，
4 ( a ((27 ( b ( (mod 28)，
将两式相减，得到
26a (( (22 (mod 28)。
这个同余方程有两个解：a1( ( 11 (mod 28)，a2( ( 25 (mod 28)，相应的，b1( ( 15 (mod 28)，b2( ( 1 (mod 28)。
这样，得到了两个可能的解密方法：
(ⅰ) P ( 11E ( 15 (mod 28)，0 ( P < 28，
(ⅱ) P ( 25E ( 1 (mod 28)，0 ( P < 28。
再通过比较出现频率，又可假定i与t对应（它们对应的数字分别是8与19），将这两个数字分别代入(ⅰ)与(ⅱ)进行验证，可知解密方法(ⅰ)是正确的。
习 题 三
1. 利用例1中的加密方法，将“ICOMETODAY”加密。
2. 已知字母a，b，(，y，z，它们分别与整数00，01，(，24，25对应，又已知明文h与p分别与密文e与g对应，试求出密解公式：
P ( a (E ( b ( (mod 26)，
并破译下面的密文：“IRQXREFRXLGXEPQVEP”。
第四节 RSA加密方法
对信息进行加密的目的，当然是希望这个信息的内容不被某一部分人（以后，我们称他们为“敌方”）了解；同时，这个信息的内容应该能够被另一部分人（以后，我们称他们为“友方”）很容易地了解。上一节所介绍的仿射加密方法具有计算方便的优点，其中，参数a和b是两个关键的数据。我们已经看到，利用统计的方法，能够很容易地确定这两个数据，此外，为了提高保密性，即增加敌方从密文得到密文的困难程度，需要经常更换a和b的数值，于是，就要随时把这些数值及时通知友方，这就增加了敌方获取 a和b的数值的可能性。因此，仿射加密方法的保密性（安全性）是不好的。在这一节，我们介绍一种加密方法，在很大程度上克服了上述缺点。
从实用的观点来看，保密是有时间性的。如果加密后的文件在一个足够长的时间内不被敌方了解，就可以认为这个加密是安全的。当我们谈论“把某一份文件加密，使它不被敌方了解”的时候，其实是包含着一个时间界限的。就是说，这里指的是，在某一个时期内，加密后的文件不被敌方了解。例如，一个发动某次战役的具体时间，在战役开始之前是绝对要保密的，但是，战役结束之后，就不存在保密的必要了。
用P和E分别表示明文和密文，从数学的观点来看文件加密的问题，加密方法和解密方法其实就是两个满足下述条件的函数f(P)和g(E)：
(ⅰ) 对于某个整数集合中的数 P，有确定的函数值E = f(P)与之对应，同时，计算f(P)是容易的：
(ⅱ) 对于某个整数集合中的数E，有确定的函数值P = g(E)与之对应，同时，计算g(E)是困难的；
(ⅲ) 如果掌握了关于函数g(E)的某种条件（信息），计算g(E)是容易的。
在这一节，我们要介绍满足上述三个条件的一个加密方法，它以下面的命题为基础。
命题 已知两个素数，计算它们的的乘积是容易的；但是，已知两个大素数的乘积，求这两个素数却是非常困难的。
从这一个命题出发，R. L. Rivest与A. Shamir，L. M. Adleman提出了下面的加密方法。
RSA加密方法
Ⅰ 参数的选取
随机地选取大素数p，q，计算
n = pq，((n) = (p ( 1)(q ( 1)，
再随机地取正整数e，(e, ((n)) = 1，并计算d，使得
ed ( 1 (mod ((n))。 (1)
公开n，e，供加密使用（称它们为RSA加密钥）；将p，q，((n)和d保密（称它们为保密钥）。
Ⅱ 加密
设明文是P，0 ( P < n，则与之相应的密文是
E ( P e (mod n)， 0 ( E < n。 (2)
Ⅲ 解密
已知密文E时，明文P由下式确定：
P ( E d (mod n)， 0 ( P < n。 (3)
我们将以上设计的RSA加密方法简记为RSA(n, e)。
下面的定理给出了解密方法的依据。
定理1 设n = p1p2(pk是k个不同的素数之积，e与d是正整数，(e, ((n)) = 1，并且式(1)成立，则对于任意的a(N，有
a ed ( a (mod n)。
证明 对于任意的pi（1 ( i ( k）， 若(a, pi) = 1，则由Euler定理可知
( 1 (mod pi )。
由式(1)，ed = r((n) ( 1 = r (p1 ( 1) ( (pk ( 1) ( 1，其中r是非负整数，所以，
a ed ( a (mod pi )，i = 1, 2, (, k。 (4)
当(a, pi) > 1时，这个同余式当然也成立。由于p1, p2, (, pk是互不相同的素数，由式(4)及同余式的性质即可证得定理。证毕。
一般来说，从密文求明文，有许多可能的方法，例如：
(ⅰ) 将n分解因数，求出p和q， 使得n = pq，然后计算((n) = (p ( 1)(q ( 1)，利用辗转相除法求出d，使得式(1)成立。再利用式(3)从密文E计算明文P。容易看出，用这种方法从密文求出明文的难度，就是将大整数分解因数的难度。
(ⅱ) 如果能用某种方法（不是先将n分解因数）求出((n)，则也可以从密文E求出明文P。因为，利用辗转相除法，由e可以求出d使得式(1)成立，于是，由式(3)可以从密文E计算明文P。但是，如果((n) = (p ( 1)(q ( 1)是已知的，那么，有pq = n以及
p ( q = pq ( ((n) ( 1 = n ( ((n) ( 1。
由此，可以利用一元二次方程的求解公式求出p和q。这说明，这种方法的难度不会低于将大整数分解因数的难度。
除此之外，还有一些别的方法。对于这些方法的分析，有兴趣的读者可以查阅关于密码学的文献。总的来说，RSA加密方法被认为有较好的安全性。
RSA加密方法的特点，在于加密方法是公开的，而且加密时所使用的参数也是公开的。这是它与仿射加密方法的重要区别。 通常，称具有这种特点的加密方法为公钥加密方法。公钥加密方法使得信息的加密传送更为方便。例如，每个单位或个人可以像公布电话号码一样公布自己的RSA加密钥。于是，凡是要向它或他发送加密信息的单位或个人都可以使用这些参数发送加密信息。此外，RSA加密方法还有更广泛的用途。下面介绍的数字签名的方法就是一个例子。
数字签名
在社会生活中，在处理具体事件时，常需要当事人进行签证（签名），以保证他做出的许诺或送出的信息的可靠性与合法性。例如，在签署文件时，由当事人签名，盖章，签署日期以及重要的特殊记号，常是不可少的环节。这样的签证，应该满足一定的要求。
假设A签证一个文件给B，那么，
(ⅰ) B应该能够确定这是否A的签证；
(ⅱ) 任何其他人，无法伪造A的签证，即A有其独特的签证方式；
(ⅲ) 有一个仲裁签证是否由A发出的方法，例如，当A否认这个签证时，这样的方法可以鉴定签证的真伪。
下面我们说明，RSA加密方法可以用来进行签证，不需要当事人到场，只需传送必要的信息。
假设要签证的信息是M（例如，它是签证人的姓名，签证日期，特定的标志，等等），并且，已经根据信息M所使用的符号将它与一个正整数对应。为方便计，我们就同时用M表示签证以及它所对应的正整数。
设A要将签证信息M传送给B。又设向 A和B传送信息时使用的RSA加密方法分别是RSA(nA, eA)和RSA(nB, eB)，设A和B的保密钥分别是dA，pA，qA，和dB，pB，qB 。
在第一节中我们已经谈到，不妨假定M < nA 。
A要将签证信息M传送给B时，首先计算
E1 ((mod nA)，0 ( E1 < nA 。 (5)
同样地，不妨假定E1 < nB 。再计算
E ((mod nB)，0 ( E < nB 。 (6)
然后，A将E传送给B。nB和eB是公开的，而dA却只有A知道，所以，其他人是无法依照上述步骤进行伪造的。
B收到信息E后，计算
M1 ((mod nB)，0 ( M1 < nB ， (7)
M0 ((mod nA)，0 ( M0 < nA ， (8)
并且进行验证是否M0 = M。事实上，由定理1以及式(5)，式(6)，式(7)和式(8)，应该有
M1 ((mod nB)， M1 = E1，
M0 ((mod nA)，M0 = M。
对B来说，上述验证过程是容易的，因为他知道dB 。
显然，任何第三者都可以按照式(7)和式(8)鉴定收到的信息是否A的签证。这样，此处所提供的数字签名方法是满足上面的三个要求的。
做为本节的结尾，我们指出，RSA加密方法的基础是命题“将大整数分解成素因数乘积在计算上是困难的”。此处所谓“计算上困难”与素因数的大小以及人们的计算能力是有关的。如果限定素因数的大小，那么，当人们的计算能力达到一定水平的时候，这个命题就不成立了，那时，RSA加密方法也就不再是安全的了。
习 题 四
1. 设一RSA的公开加密钥为n = 943，e = 9，试将明文P = 100加密成密文E。
2. 设RSA(nA, eA) = RSA(33, 3)，RSA(nB, eB) = RSA(35, 5)，A的签证信息为M = 3，试说明A向B发送签证M的传送和认证过程。
第五节 孙子定理的应用
本节要介绍孙子定理在信息加密中的两个应用。
一、文件集合的加密
假设A是由n个文件F1, F2, (, Fn 组成的集合，它们分别属于n个单位（例如，n个个人，公司，工厂，等等）。又设按某种方法使这n个文件与n个整数对应。为简便计，我们仍用F1, F2, (, Fn表示每个文件所对应的整数。
下面叙述一种对集合A的加密方法，满足这样的要求：每个单位可以很方便地查阅集合A中属于自己的文件，却很难查阅集合A中不属于自己的文件。
设正整数m1, m2, (, mn满足条件
mi > Fi（1 ( i ( n），(mi, mj) = 1（i ( j，1 ( i，j ( n），
记
M = m1m2(mn，Mi =（1 ( i ( n）。 (1)
又设Mi(（1 ( i ( n）由下面的同余式确定：
MiM i( ( 1 (mod mi)，1 ( Mi( ( m 。 (2)
MiM i( (mod M)，0 ( (M-1。
将集合A按下面的方式进行加密：
E = E(A) ((mod M)，1 ( E ( M。 (3)
若要从密文E求出Fi，可利用同余式
Fi ( E ( (mod mi)，0 ( Fi < mi。 (4)
在上面所用的加密方法中，数据mi，Mi以及Mi(（1 ( i ( n）都是保密的。显然，
(ⅰ) 只有掌握mi，才能利用式(4)由E得到Fi；
(ⅱ) 在掌握mi的情况下，可以求出Fi，也可以对它进行修改。例如，修改成Fi(，并且，在修改之后，还可以重新对由F1, (, Fi (1, Fi(, Fi + 1, (, Fn 组成的新集合A(进行加密；
(ⅲ) 无论求出Fi或者对Fi进行修改，都对其他文件Fj（j ( i）没有影响。
例1 设某数据库含四段文字：F1 = 7，F2 = 9，F3 = 12，F4 = 15，取
m1 = 11，m2 = 13，m3 = 17，m4 = 19，
则
M = 11(13(17(19 = 46189，
M1 = 13(17(19 = 4199，M2 = 11(17(19 = 3553，
M3 = 11(13(19 = 2717，M4 = 11(13(17 = 2431，
M1( = 7，M2( = 10，M3( = 11，M4( = 18,
e1=4199(7, e2=3553(10, e3=2717(11, e4=2431(18。
对集合{7, 9, 12, 15}加密，得到
E = E(A) (
= 4199(7(7 + 3553(10(9 +2717(11(12 + 2431(18(15
( 16298 (mod 46189)，
即E = 16298。
若要求出F2，则由
F2 ( 16298 ( 9 (mod 13)
得到F2 = 9。若要将F2改变成10，并且将新的数据库加密，则使用上面的方法，对{7, 10, 12, 15}加密，得到
E( ( 4199(7(7 + 3553(10(10 + 2717(11(12 + 2431(18(15
( 5639 (mod 46189)
即E( = 5639。
二、秘密共享
假定有一个文件M与r个人有关。为了共同的利益，他们约定，只有当他们中的至少s（s ( r）个人同意时，才可以把M公开。这样，就需要一种满足下述条件的加密方法：
(ⅰ) r个人各掌握一个与这个加密方法有关的数据；
(ⅱ) 利用s个不同的数据可以很容易地求出M；
(ⅲ) 如果知道的数据少于s个，那么求出M是很难的。
现在，我们来提出一个满足这些条件的加密方法。
选取素数p > M，又选取两两互素的正整数m1, m2, (, mr，使得
m1 < m2 < ( < mr ，pm1m2(mr ，
m1m2(ms ( pmrmr ( 1(mr ( s + 2。 (5)
又随机地选取正整数t，使得
t ((1。 (6)
我们这样来计算第i（i = 1, 2, (, r）个人所要掌握的数据：
Ei ( M + tp (mod mi)，0≤Ei下面，我们说明E1, E2, (, Er是满足上述要求(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)的数据。显然，只需证明条件(ⅱ)和(ⅲ)是满足的。
条件(ⅱ)：由s个不同的数据可以容易地求出M。
设这s个数据。由孙子定理我们知道，存在唯一的x0，0 ( x0<，满足方程组
x (，1 ( k ( s 。 (7)
显然M ( tp满足方程组(7)，而且，由于p > M以及式(6)，有
M + tp < (t ( 1)p ( m1m2(ms (， (8)
因此，必是x0 = M ( tp，即M = x0 ( tp。
条件(ⅲ)：如果仅仅知道，l ( s ( 1，则确定M是很困难的。
事实上，由孙子定理，方程组
x (，1 ( k ( l (9)
对模有唯一解x0，0 ( x0 < 。因为是两两互素的，由Ei的定义，显然
x0 ( M ( tp (mod )。 (10)
即
M ( tp ( x0 = (， (11)
其中(是整数。要确定M的值，必须确定(的数值。我们要说明，确定(的数值是困难的。事实上，由式(11)，得到
0 ( ( (。 (12)
另一方面，由式(5)式(6)和l ( s ( 1，以及
0 ( x0 << mrmr ( 1(mr ( s + 2
得到
( 1。
由式(8)我们见到，M ( tp的取值范围是从1到m1m2(ms ，因此，利用式(5)可知，的取值范围是从1到p ( 1，于是，由式(12)，(的取值范围是从0到p ( 1，当p很大的时候，确定(的数值显然是困难的，
例2 设由三方共同管理的一份文件是M = 5。取p = 7，m1 = 11，m2 = 12，m3 = 17，则11(12 > 7(17。
取t = 14 <，分配给三方的数据分别是
E1 ( 5 + 14(7 ( 4 (mod 11)，E1 = 4；
E2 ( 5 + 14(7 ( 7 (mod 12)，E2 = 7；
E3 ( 5 + 14(7 ( 1 (mod 17)，E3 = 1。
由E1，E2与E3中的任意两个都可以确定出M。例如，假设已知E1 = 4和E2 = 7，则利用孙子定理，得到方程组
x ( 4 (mod 11)，x ( 7 (mod 12)
的解x0 ( 103 (mod 11(13)，于是
M = x0 ( tp = 103 ( 14(7 = 5 。
习 题 五
1. 设某数据库由四个文件组成：F1 = 4，F2 = 6，F3 = 10，F4 = 13。试设计一个对该数据库加密的方法，但要能取出个别的Fi（1 ( i ( 4），同时不影响其他文件的保密。
2. 利用本节中的秘密共享方案，设计一个由三方共管文件M = 3的方法，要求：只要有两方提供他们所掌握的数据，就可以求出文件M，但是，仅由任何一方的数据，不能求出文件M。（提示：取p = 5，m1 = 8，m2 = 9，m3 = 11）
第六节 背包型加密方法
假设a1, a2, (, an是正整数，对于给定的整数b，方程
a1x1 ( a2x2 ( ( ( anxn = b (1)
是否有0(1解，即解(x1, x2, (, xn)，xi = 0或1（1 ( i ( n）？这就是“背包问题”。一般地，求解背包问题是计算上困难的。但是，对于某些特殊的a1, a2, (, an，背包问题是容易解决的。例如，若a1, a2, (, an满足条件
ai >a1 ( a2 ( ( ( ai ( 1 ，2 ( i ( n ， (2)
则解方程(1)可以按以下步骤进行：
(ⅰ) 比较b与an，若an > b，则xn = 0；否则，xn = 1；
(ⅱ) 若xn, xn ( 1, (, xk + 1已经确定，则由方程
a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk = b ( (anxn ( ( ( ak + 1xk + 1)
及步骤(ⅰ)确定xk。
(ⅲ) 重复步骤(ⅰ)与(ⅱ)，直到求出所有的xi（1 ( i ( n）：或者，断定方程(1)没有0(1解。
定义1 若a1, a2, (, an都是正整数，则称向量(a1, a2, (, an)是背包向量。称满足条件(2)的背包向量为超增背包向量，或超增向量。
如上所述，一般地，求解背包问题是计算上困难的。但是，对于某些特殊的背包向量（例如，超增背包向量），求解背包问题并不困难。求解一般的背包问题与特殊的背包问题在计算困难程度上的差别，是设计背包型加密方法的基础。1978年，R. C. Merkel与M. E. Hellman提出了一个加密方法，是以求解背包问题的计算困难性为基础的，这个方法，称为MH加密方法。
MH加密方法的设计
Ⅰ 参数的选取
随机地选取正整数M，k，(M, k) = 1，以及超增背包向量(a1, a2, (, an)，使得
a1 ( a2 ( ( ( an < M; (3)
计算
bi ( kai (mod M)，1 ( bi < M，1 ( i ( n (4)
以及正整数k (1，使得
kk (1 ( 1 (mod M )。 (5)
将背包向量(b1, b2, (, bn)公开, 称为加密钥。正整数M，k，k (1则保密。
Ⅱ 明文的加密
设明文的二进制表示是P = (p1p2(pn)2，则与P对应的密文是
E = b1p1 ( b2p2 ( ( ( bnpn。 (6)
Ⅲ 解密
(ⅰ) 计算
E0 ( k (1E (mod M)，0 ( E0 < M。 (7)
(ⅱ) 由
E0 = a1p1 ( a2p2 ( ( ( anpn (8)
求出p1, p2, (, pn 。
注1：一般地，用MH(b1, b2, (, bn)表示上面所定义的加密方法。
注2：我们来说明由式(8)所确定的(p1p2(pn)2就是明文P。事实上，由式(6)和式(5)，有
k (1E = k (1(b1p1 ( b2p2 ( ( ( bnpn)
( kk (1(a1p1 ( a2p2 ( ( ( anpn)
( a1p1 ( a2p2 ( ( ( anpn (mod M)。
由式(3)，得到
0 ( a1p1 ( a2p2 ( ( ( anpn ( a1 ( a2 ( ( ( an < M。
所以，由上式和式(7)，可知E0 = a1p1 ( a2p2 ( ( ( anpn。因此，由式(8)得到的p1, p2, (, pn就是明文P的二进制表示的位数码。
例1 利用超增背包向量(2, 3, 6, 12, 24, 48)设计一个背包型加密方法，将明文P = 47加密。
解 取M = 99，k = 5，k (1 = 20，计算
b1 ( 5(2 = 10 (mod 99)，
取b1 = 10。同样的，计算
b2 ( 5(3 = 15 (mod 99)，取b2 = 15，
b3 ( 5(6 = 30 (mod 99)，取b3 = 30，
b4 ( 5(12 = 60 (mod 99)，取b4 = 60，
b5 ( 5(24 ( 21 (mod 99)，取b5 = 21，
b6 ( 5(48 ( 42 (mod 99)，取b6 = 42。
对外公开的加密向量是(10, 15, 30, 60, 21, 42)。
由于P = 47 = (101111)2，所以与P对应的密文是
E = 10(1 + 15(0 + 30(1 + 60(1 + 21(1 + 42(1 = 163。
若要从密文163得到明文P，计算
k (1E = 20(163 = 3260 ( 92 (mod 99)，
解方程
92 = 2p1 ( 3p2 ( 6p3 ( 12p4 ( 24p5 ( 48p6，
其中pi = 0或1，i = 1, 2, 3, 4, 5, 6，得到p1 = 1，p2 = 0，p3 = 1，p4 = 1，p5 = 1，p6 = 1，即明文是P = (101111)2 = 47。
在加密一个文件时，自然希望有很好的保密性。于是，出现了这样一个问题：把加密过的密文再加密一次是否能会提高保密性？ 事实并非总是如此。为了说明这一点，我们来看一下用MH方法两次施行加密的情况。
迭代MH加密方法的设计
Ⅰ 参数的选取
随机地选取超增向量(a1, a2, (, an)，正整数M1，k1，(M1, k1) = 1，使得a1 ( a2 ( ( ( an < M1，计算
ci ( k1ai (mod M1)，1 ( ci < M1，1 ( i ( n；
再随机地选取正整数M2，k2，(M2, k2) = 1，使得c1 ( c2 ( ( ( cn < M2，计算
bi ( k2ci (mod M2)，1 ( bi < M2，1 ( i ( n。
将(b1, b2, (, bn)公开，作为加密钥。
将(a1, a2, (, an)，k1，k2，M1，M2以及由下式确定的k1(1与k2(1保密：
ki ki(1 ( 1 (mod Mi )， i = 1, 2。
Ⅱ 加密 仍使用式(6)。
Ⅲ 解密 由密文E，首先计算
E0( ( k2(1E (mod M2)，0 ( E0( < M2；
再计算
E0 ( k1(1E0( (mod M2)，0 ( E0 < M1，
再由式(8)求出明文P。
粗看起来，迭代MH加密方法应该具有更好的保密性。其实不然。下面就是一个例子。
例2 给定超增背包向量（5, 10, 20），以及M1 = 47，k1 = 17，M2 = 89，k2 = 3，由
ci ( 17ai (mod 47)，1 ( i ( 3，0 ( ci ( 46
得到(c1, c2, c3) = (38, 29, 11)，再由
bi ( 3ci (mod 89)，1 ( i ( 3，0 ( bi ( 88
得到(b1, b2, b3) = (25, 87, 33)，这就是要公开的加密钥。这显然是一个超增背包向量，因此，用它所得到的密文很容易被解密。
习 题 六
1. 设明文P的二进制表示是P = (p1p2p3p4p5p6p7p8)2，与P对应的密文是E是E = a1p1 ( a2p2 ( ( ( a8p8，如果这里的超增背包向量(a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8) = (5, 17, 43, 71, 144, 293, 626, 1280)，并且已知密文E = 1999，求明文P。
2. 给定超增背包向量(2, 3, 7, 13, 29, 59)，试设计一个背包型加密方法，将明文P = 51加密。（提示：取M = 118，k = 77）。
《初等数论》习题集
第1章
第 1 节
1. 证明定理1。
2. 证明：若m ( p(mn ( pq，则m ( p(mq ( np。
3. 证明：任意给定的连续39个自然数，其中至少存在一个自然数，使得这个自然数的数字和能被11整除。
4. 设p是n的最小素约数，n = pn1，n1 > 1，证明：若p >，则n1是素数。
5. 证明：存在无穷多个自然数n，使得n不能表示为
a2 ( p（a > 0是整数，p为素数）
的形式。
第 2 节
1. 证明：12(n4 ( 2n3 ( 11n2 ( 10n，n(Z。
2. 设3(a2 ( b2，证明：3(a且3(b。
3. 设n，k是正整数，证明：nk与nk + 4的个位数字相同。
4. 证明：对于任何整数n，m，等式n2 ( (n ( 1)2 = m2 ( 2不可能成立。
5. 设a是自然数，问a4 ( 3a2 ( 9是素数还是合数？
6. 证明：对于任意给定的n个整数，必可以从中找出若干个作和，使得这个和能被n整除。
第 3 节
1. 证明定理1中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
2. 证明定理2的推论1, 推论2和推论3。
3. 证明定理4的推论1和推论3。
4. 设x，y(Z，17(2x ( 3y，证明：17(9x ( 5y。
5. 设a，b，c(N，c无平方因子，a2(b2c，证明：a(b。
6. 设n是正整数，求的最大公约数。
第 4 节
1. 证明定理1。
2. 证明定理3的推论。
3. 设a，b是正整数，证明：(a ( b)[a, b] = a[b, a ( b]。
4. 求正整数a，b，使得a ( b = 120，(a, b) = 24，[a, b] = 144。
5. 设a，b，c是正整数，证明：
。
6. 设k是正奇数，证明：1 ( 2 ( ( ( 9(1k ( 2k ( ( ( 9k。
第 5 节
1. 说明例1证明中所用到的四个事实的依据。
2. 用辗转相除法求整数x，y，使得1387x ( 162y = (1387, 162)。
3. 计算：(27090, 21672, 11352)。
4. 使用引理1中的记号，证明：(Fn + 1, Fn) = 1。
5. 若四个整数2836，4582，5164，6522被同一个大于1的整数除所得的余数相同，且不等于零，求除数和余数各是多少？
6. 记Mn = 2n ( 1，证明：对于正整数a，b，有(Ma, Mb) = M(a, b)。
第 6 节
1. 证明定理1的推论1。
2. 证明定理1的推论2。
3. 写出22345680的标准分解式。
4. 证明：在1, 2, (, 2n中任取n ( 1数，其中至少有一个能被另一个整除。
5. 证明：（n ( 2）不是整数。
6. 设a，b是正整数，证明：存在a1，a2，b1，b2，使得
a = a1a2，b = b1b2，(a2, b2) = 1，
并且[a, b] = a2b2。
第 7 节
1. 证明定理1。
2. 求使12347!被35k整除的最大的k值。
3. 设n是正整数，x是实数，证明：= n。
4. 设n是正整数，求方程
x2 ( [x2] = (x ( [x])2
在[1, n]中的解的个数。
5. 证明：方程
f(x) = [x] ( [2x] ( [22x] ( [23x] ( [24x] ( [25x] = 12345
没有实数解。
6. 证明：在n!的标准分解式中，2的指数h = n ( k，其中k是n的二进制表示的位数码之和。
第 8 节
1. 证明：若2n ( 1是素数，则n是2的乘幂。
2. 证明：若2n ( 1是素数，则n是素数。
3. 证明：形如6n ( 5的素数有无限多个。
4. 设d 是正整数，6d，证明：在以d为公差的等差数列中，连续三项都是素数的情况最多发生一次。
5. 证明：对于任意给定的正整数n，必存在连续的n个自然数，使得它们都是合数。
6. 证明：级数发散，此处使用了定理1注2中的记号。
第2章
第 1 节
1. 证明定理1和定理2。
2. 证明定理4。
3. 证明定理5中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
4. 求81234被13除的余数。
5. 设f(x)是整系数多项式，并且f(1), f(2), (, f(m)都不能被m整除，则f(x) = 0没有整数解。
6. 已知99(，求(与(。
第 2 节
1. 证明定理1。
2. 证明：若2p ( 1是奇素数，则
(p!)2 ( ((1)p ( 0 (mod 2p ( 1)。
3. 证明：若p是奇素数，N = 1 ( 2 ( ( ( ( p ( 1)，则
(p ( 1)! ( p ( 1 (mod N)。
4. 证明Wilson定理的逆定理：若n > 1，并且
(n ( 1)! ( (1 (mod n)，
则n是素数。
5. 设m是整数，4(m，{a1, a2, (, am}与{b1, b2, (, bm}是模m的两个完全剩余系，证明：{a1b1, a2b2, (, ambm}不是模m的完全剩余系。
6. 设m1, m2, (,mn是两两互素的正整数，(i（1 ( i ( n）是整数，并且
(i ( 1 (mod mi)， 1 ( i ( n，
(i ( 0 (mod mj)，i ( j，1 ( i, j ( n。
证明：当bi通过模mi（1 ( i ( n）的完全剩余系时，
b1(1 ( b2(2 ( ( ( bn(n
通过模m = m1m2(mn的完全剩余系。
第 3 节
1. 证明定理1。
2. 设m1, m2, (, mn是两两互素的正整数，xi分别通过模mi的简化剩余系（1 ( i ( n），m = m1m2(mn，Mi =，则
M1x1 ( M2x2 ( ( ( Mnxn
通过模m的简化剩余系。
3. 设m > 1，(a, m) = 1，x1, x2, (, x((m)是模m的简化剩余系，证明：
。
其中{x}表示x的小数部分。
4. 设m与n是正整数，证明：
((mn)(((m, n)) = (m, n)((m)((n)。
5. 设a，b是任意给定的正整数，证明：存在无穷多对正整数m与n，使得
a((m) = b((n)。
6. 设n是正整数，证明：
(ⅰ) ((n) >；
(ⅱ) 若n是合数，则((n) ( n (。
第 4 节
1. 证明：1978103 ( 19783能被103整除。
2. 求313159被7除的余数。
3. 证明：对于任意的整数a，(a, 561) = 1，都有a560 ( 1 (mod 561)，但561是合数。
4. 设p，q是两个不同的素数，证明：
pq ( 1 ( qp ( 1 ( 1 (mod pq)。
5. 将612 ( 1分解成素因数之积。
6. 设n(N，b(N，对于bn ( 1的素因数，你有甚麽与例6相似的结论？
第 5 节
1. 证明例2中的结论。
2. 证明定理2。
3. 求。
4. 设f(n)是积性函数，证明：
(ⅰ)
(ⅱ) 。
5. 求((n)的Mobius变换。
第3章
第 1 节
1. 证明定理3。
2. 写出789的二进制表示和五进制表示。
3. 求的小数的循环节。
4. 证明：七进制表示的整数是偶数的充要条件是它的各位数字之和为偶数。
5. 证明：既约正分数的b进制小数(0(a(1a(2a(3()b为有限小数的充要条件是n的每个素因数都是b的素因数。
第 2 节
1. 设连分数( (1, (2, (, (n, ( (的第k个渐近分数为，证明：
，
2. 设连分数( (1, (2, (, (n, ( (的第k个渐近分数为，证明：
，k ( 2。
3. 求连分数( 1, 2, 3, 4, 5, ( (的前三个渐近分数。
4. 求连分数( 2, 3, 2, 3, ( (的值。
5. 解不定方程：7x ( 9y = 4。
第 3 节
1. 证明定理4。
2. 求的连分数。
3. 求的误差( 10 ( 5的有理逼近。
4. 求sin18(的误差( 10 ( 5的有理逼近。
已知圆周率( = ( 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 21, ( (，求(的误差
( 10 ( 6的有理逼近。
证明：连分数展开的第k个渐近分数为。此处{Fn}是Fibonacci数列。
第 4 节
1. 将方程3x2 ( 2x ( 2 = 0的正根写成连分数。
2. 求( = ((之值。
3. 设a是正整数，求的连分数。
4. 设无理数= ( a1, a2, (, an, ( (的第k个渐近分数为，证明：的充要条件是
pn = a1qn ( qn (1，dqn = a1pn ( pn (1。
5. 设无理数= ( a1, a2, (, an, ( (的第k个渐近分数为，且正整数n使得
pn = a1qn ( qn (1，dqn = a1pn ( pn (1，
证明：
(ⅰ) 当n为偶数时，pn，qn是不定方程x2 ( dy2 = 1的解；
(ⅱ) 当n为奇数时，p2n，q2n是不定方程x2 ( dy2 = 1的解。
第4章
第 1 节
1. 将写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。
2. 求方程x1 ( 2x2 ( 3x3 = 41的所有正整数解。
3. 求解不定方程组：
。
4. 甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这两个班，要使甲班的学生分到相同数量的铅笔，乙班学生也分到相同数量的铅笔，问应怎样分法？
5. 证明：二元一次不定方程ax ( by = n，a > 0，b > 0，(a, b) = 1的非负整数解的个数为( 1。
6. 设a与b是正整数，(a, b) = 1，证明：1, 2, (, ab ( a ( b中恰有个整数可以表示成ax ( by（x ( 0，y ( 0）的形式。
第 2 节
1. 证明定理2推论。
2. 设x，y，z是勾股数，x是素数，证明：2z ( 1，2(x ( y ( 1)都是平方数。
3. 求整数x，y，z，x > y > z，使x ( y，x ( z，y ( z都是平方数。
4. 解不定方程：x2 ( 3y2 = z2，x > 0，y > 0，z > 0，(x, y ) = 1。
5. 证明下面的不定方程没有满足xyz ( 0的整数解。
(ⅰ) x2 ( y2 ( z2 = x2y2；
(ⅱ) x2 ( y2 ( z2 = 2xyz。
6. 求方程x2 ( y2 = z4的满足(x, y ) = 1，2(x的正整数解。
第 3 节
1. 求方程x2 ( xy ( 6 = 0的整数解。
2. 求方程组的整数解。
3. 求方程2x ( 3y = 1的正整数解。
4. 求方程的正整数解。
5. 设p是素数，求方程的整数解。
6. 设2n ( 1个有理数a1, a2, (, a2n ( 1满足条件P：其中任意2n个数可以分成两组，每组n个数，两组数的和相等，证明：
a1 = a1 = ( = a2n ( 1。
第5章
第 1 节
1. 证明定理1。
2. 解同余方程：
(ⅰ) 31x ( 5 (mod 17)；
(ⅱ) 3215x ( 160 (mod 235)。
3. 解同余方程组：
。
4. 设p是素数，0 < a < p，证明：
(mod p)。
是同余方程ax ( b (mod p)的解。
5. 证明：同余方程a1x1 ( a2x2 ( ( ( anxn ( b (mod m)有解的充要条件是
(a1, a2, (, an, m) = d(b。
若有解，则恰有d(mn (1个解，mod m。
6. 解同余方程：2x ( 7y ( 5 (mod 12)。
第 2 节
1. 解同余方程组：
2. 解同余方程组：
3. 有一队士兵，若三人一组，则余1人；若五人一组，则缺2人；若十一人一组，则余3人。已知这队士兵不超过170人，问这队士兵有几人？
4. 求一个最小的自然数n，使得它的是一个平方数，它的是一个立方数，它的是一个5次方数。
5. 证明：对于任意给定的n个不同的素数p1, p2, …, pn，必存在连续n个整数，使得它们中的第k个数能被pk整除。
6. 解同余方程：3x2 ( 11x ( 20 ( 0 (mod 105)。
第 3 节
1. 证明定理的推论。
2. 将例2中略去的部分补足。
3. 将例4中略去的部分补足。
4. 解同余方程x2 ( (1 (mod 54)。
5. 解同余方程f(x) = 3x2 ( 4x ( 15 ( 0 (mod 75)。
6. 证明：对于任意给定的正整数n，必存在m，使得同余方程x2 ( 1 (mod m)的解数T > n。
第 4 节
1. 解同余方程：
(ⅰ) 3x11 ( 2x8 ( 5x4 ( 1 ( 0 (mod 7)；
(ⅱ) 4x20 ( 3x12 ( 2x7 ( 3x ( 2 ( 0 (mod 5)。
2. 判定
(ⅰ) 2x3 ( x2 ( 3x ( 1 ( 0 (mod 5)是否有三个解；
(ⅱ) x6 ( 2x5 ( 4x2 ( 3 ( 0 (mod 5)是否有六个解？
3. 设(a, m) = 1，k与m是正整数，又设x0k ( a (mod m)，证明同余方程
xk ( a(mod m)
的一切解x都可以表示成x ( yx0 (mod m)，其中y满足同余方程yk ( 1 (mod m)。
4. 设n是正整数，p是素数，(n, p ( 1) = k，证明同余方程xn ( 1 (mod p)有k个解。
5. 设p是素数，证明：
(ⅰ) 对于一切整数x，xp ( 1 ( 1 ( (x ( 1) (x ( 2)((x ( p ( 1) (mod p)；
(ⅱ) (p ( 1)! ( ( 1 (mod p)。
6. 设p ( 3是素数，证明：(x ( 1)(x ( 2)((x ( p ( 1)的展开式中除首项及常数项外，所有的系数都是p的倍数。
第 5 节
1. 同余方程x2 ( 3 (mod 13)有多少个解？
2. 求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余。
3. 设p是奇素数，证明：模p的两个二次剩余的乘积是二次剩余；两个二次非剩余的乘积是二次剩余；一个二次剩余和一个二次非剩余的乘积是二次非剩余。
4. 设素数 p ( 3 (mod 4)，= 1，证明x ( ((mod p)是同余方程
x2 ( n (mod p)
的解。
5. 设p是奇素数，(n, p) = 1，(是正整数，证明同余方程
x2 ( n (mod p()
有解的充要条件是= 1。
6. 设p是奇素数，证明：模p的所有二次剩余的乘积与对模p同余。
第 6 节
1. 已知769与1013是素数，判定方程
(ⅰ) x2 ( 1742 (mod 769)；
(ⅱ) x2 ( 1503 (mod 1013)。
是否有解。
2. 求所有的素数p，使得下面的方程有解：
x2 ( 11 (mod p)。
3. 求所有的素数p，使得 (2(QR(p)，(3(QR(p)。
4. 设(x, y) = 1，试求x2 ( 3y2的奇素数因数的一般形式。
5. 证明：形如8k ( 5（k(Z）的素数无穷多个。
6. 证明：对于任意的奇素数p，总存在整数n，使得
p((n2 ( 1)(n2 ( 2)(n2 ( 2)。
第 7 节
1. 证明定理的结论(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ)。
2. 已知3019是素数，判定方程x2 ( 374 (mod 3019)是否有解。
3. 设奇素数为p = 4n ( 1型，且d(n，证明：= 1。
4. 设p，q是两个不同的奇素数，且p = q ( 4a，证明：。
5. 设a > 0，b > 0，b为奇数，证明：
6. 设a，b，c是正整数，(a, b) = 1，2b，b < 4ac，求的关系。
第6章
第 1 节
1. 设n是正整数，证明：不定方程x2 ( y2 = zn总有正整数解x，y，z。
2. 设p是奇素数，(k, p) = 1，则
，
此处是Legender符号。
3. 设素数p (?1 (mod 4)，(k, p) = 1，记
，
则2(S(k)，并且，对于任何整数t，有
，
此处是Legender符号。
4. 设p是奇素数，，则
构成模p的一个简化剩余系。
5. 在第3题的条件下，并沿用第2题的记号，有
。
即上式给出了形如4k ( 1的素数的二平方和表示的具体方法。
6. 利用题5的结论，试将p = 13写成二平方和。
第 2 节
1. 若(x, y, z) = 1，则不存在整数n，使得
x2 ( y2 ( z2 = 4n2。
2. 设k是非负整数，证明2k不能表示三个正整数平方之和。
3. 证明：每一个正整数n必可以表示为5个立方数的代数和。
4. 证明：16k ( 15型的整数至少需要15个四次方数的和表之。
5. 证明：16k(31不能表示为15个四次方数的和。
第7章
第 1 节
2. 求模14的全部原根。
3. 设m > 1，模m有原根，d是((m)的任一个正因数，证明：在模m的简化剩余系中，恰有((d)个指数为d的整数，并由此推出模m的简化剩余系中恰有((((m))个原根。
4. 设m ( 3，g是模m的原根，x1, x2, (, x((m)是模m的简化剩余系，证明：
(ⅰ) ( (1 (mod m)；
(ⅱ) x1x2(x((m) ( (1 (mod m)。
5. 设p = 2n ( 1是一个奇素数，证明：模p的全部二次非剩余就是模p的全部原根。
6. 证明：
(ⅰ) 设p奇素数，则Mp = 2p ( 1的素因数必为2pk ( 1型；
(ⅱ) 设n ( 0，则Fn =( 1的素因数必为2n + 1k ( 1型。
第 2 节
1. 求模29的最小正原根。
2. 分别求模293和模2(293的原根。
3. 解同余方程：x12 ( 16 (mod 17)。
4. 设p和q = 4p ( 1都是素数，证明：2是模q的一个原根。
5. 设m ( 3，g1和g2都是模m的原根，则g = g1g2不是模m的原根。
6. 设p是奇素数，证明：当且仅当p ( 1n时，有
1n ( 2n ( ( ( (p ( 1)n ( 0 (mod p)。
第8章
第 1 节
1. 补足定理1的证明。
2. 证明定理2。
3. 证明：有理数为代数整数的充要条件是这个有理数为整数。
第 2 节
1. 证明例中的结论。
2. 证明连分数
是超越数。
3. 设(是一个超越数，(是一个非零的代数数，证明：( ( (，( (，都是超越数。
第 3 节
1. 证明引理1。
2. 证明定理3中的F( F(0)是整数。
第9章
第 1 节
1. 问：1948年2月14日是星期几？
2. 问：1999年10月1日是星期几？
第 2 节
1. 编一个有十个球队进行循环赛的程序表。
2. 编一个有九个球队进行循环赛的程序表。
第 3 节
1. 利用例1中的加密方法，将“ICOMETODAY”加密。
2. 已知字母a，b，(，y，z，它们分别与整数00，01，(，24，25对应，又已知明文h与p分别与密文e与g对应，试求出密解公式：
P ( a (E ( b ( (mod 26)，
并破译下面的密文：“IRQXREFRXLGXEPQVEP”。
第 4 节
1. 设一RSA的公开加密钥为n = 943，e = 9，试将明文P = 100加密成密文E。
2. 设RSA(nA, eA) = RSA(33, 3)，RSA(nB, eB) = RSA(35, 5)，A的签证信息为M = 3，试说明A向B发送签证M的传送和认证过程。
第 5 节
1. 设某数据库由四个文件组成：F1 = 4，F2 = 6，F3 = 10，F4 = 13。试设计一个对该数据库加密的方法，但要能取出个别的Fi（1 ( i ( 4），同时不影响其他文件的保密。
2. 利用本节中的秘密共享方案，设计一个由三方共管文件M = 3的方法，要求：只要有两方提供他们所掌握的数据，就可以求出文件M，但是，仅由任何一方的数据，不能求出文件M。（提示：取p = 5，m1 = 8，m2 = 9，m3 = 11）
第 6 节
1. 设明文P的二进制表示是P = (p1p2p3p4p5p6p7p8)2，与P对应的密文是E是E = a1p1 ( a2p2 ( ( ( a8p8，如果这里的超增背包向量(a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8) = (5, 17, 43, 71, 144, 293, 626, 1280)，并且已知密文E = 1999，求明文P。
2. 给定超增背包向量(2, 3, 7, 13, 29, 59)，试设计一个背包型加密方法，将明文P = 51加密。（提示：取M = 118，k = 77）。
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(ai知ai = bqi，于是a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk = b(q1x1 ( q2x2 ( ( ( qkxk)，即b(a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk；(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(mn ( pq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，n2 ( p，n3 ( p，于是n = pn2n3 ( p3，即p (，矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k，使得2k ( 1是合数，对于这样的k，(k ( 1)2不能表示为a2 ( p的形式，事实上，若(k ( 1)2 = a2 ( p，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)。
写a = 3q1 ( r1，b = 3q2 ( r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3(a2 ( b2 = 3Q ( r12 ( r22知r1 = r2 = 0，即3(a且3(b。
3. 记 n=10q+r, (r=0,1,…,9)，则nk+4- nk被10除的余数和rk+4- rk = rk( 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n2 ( (n ( 1)2 = m2 ( 2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a4 ( 3a2 ( 9 = (a2 ( 3a ( 3)( a2 ( 3a ( 3)，当a = 1，2时，a2 ( 3a ( 3 = 1，a4 ( 3a2 ( 9 = a2 ( 3a ( 3 = 7，13，a4 ( 3a2 ( 9是素数；当a ( 3时，a2 ( 3a ( 3 > 1，a2 ( 3a ( 3 > 1，a4 ( 3a2 ( 9是合数。
6. 设给定的n个整数为a1, a2, (, an，作
s1 = a1，s2 = a1 ( a2，(，sn = a1 ( a2 ( ( ( an，
如果si中有一个被n整除，则结论已真，否则存在si，sj，i < j，使得si与sj被n除的余数相等，于是n(sj ( si = ai + 1 ( ( ( aj 。
第一章 习 题 三
1. (ⅰ) 因为d(a和d(|a| 是等价的，所以a1, a2, (, ak的公约数的集合与|a1|, |a2|, (,|ak| 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(ai推出d(y0 = (a1, a2, (, ak)； (ⅱ) 分别以y0和Y0表示集合A = { y；y =，xi(Z，( ( i ( k }和A* = { y；y =，xi(Z，( ( i ( k }中的最小正整数，显然有Y0 = |m|y0； (ⅲ) 在推论2中取m = (，并用代替a1, a2, (, ak即可。
3. (ⅰ) 若pa，则(p, a) = 1，从而由p(ab推出p(b； (ⅱ) 在(ⅰ)中取a = b可得； (ⅲ) (a, b1b2(bn) = (a, b2(bn) = ( = (a, bn) = 1。
4. 由恒等式9(2x ( 3y) ( 2(9x ( 5y) = 17y及17(2x ( 3y得17(2(9x ( 5y)，又(17, 2) = 1，故17(9x ( 5y。
5. 设(a, b) = d，则a = da1，b = db1，(a1, b1) = 1，由a2(b2c得a12(b12c，a12(c，因为c无平方因子，所以a1 = 1，a = d，b = ab1，即a(b。
6. 设知d(22n(1，设2k|n并且2k+1不整除n，由2k +1||，i = 3, 5, (, 2n ( 1，得d = 2k + 1。
第一章 习 题 四
1. (ⅰ)，(ⅱ) 显然； (ⅲ) 设m1 = [a1, a2, (, ak]，m2 = [ |a1|, |a2|, (, |ak| ]，则由ai(m1推出|aI|(m1，即m2(m1，同理可得m1(m2，故m1 = m2； (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a1, a2, (, an的任一个公倍数，由a1(m，a2(m知[a1, a2] = m2(m，由m2(m，a3(m知[m2, a3] = m3(m，(，由mn ( 1(m，an(m知[mn ( 1, an] = mn(m，即[a1, a2, (, an](m。
3. 只须证，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，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) = 10q1及2s = (0k ( 9k) ( (1k ( 8k) ( ( ( (9k ( 0k) = 9q2得10(2s和9(2s，于是有90(2s，从而1 ( 2 ( ( ( 9 = 45(s 。
第一章 习 题 五
1. (ⅰ) a(b知b = ab1，由性质(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (a, ab1) = a(1, b1) = a； (ⅱ) 由性质(ma, mb) = |m|(a, b)得(a, b) = (2(a1, 2(b1) = 2( (2( ( (a1, b1)； (ⅲ)由性质(a, b) = 1 ( (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (a, 2(b1) = (a, b1)； (ⅳ) 由性质(a, b) = (|a ( b|, b)及(a, b) = 1 ( (a, bc) = (a, c)得(a, b) = (, 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，q1 = (8，q2 = (2，q3 = 4，q4 = 1，q5 = 1，q6 = 4，x = ((1)n(1Qn = 73，y = ((1)nPn = 625，又(1387, 162) = rn = 1，故1387(73 ( 162(625 = 1 = (1387, 162)。
3. (27090, 21672, 11352) = (4386, 10320, 11352) = (4386, 1548, 2580)
= (1290, 1548, 1032) = (258, 516, 1032) = (258, 0, 0) = 258。
4. (Fn + 1, Fn) = (Fn ( Fn ( 1, Fn) = (Fn ( 1, Fn) = ( = (F1, F2) = 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 = bq1 ( r1， 0 < r1 < |b|，
b = r1q2 ( r2， 0 < r2 < r1，
( (
rn ( 2 = rn ( 1qn ( rn，0 < rn < rn ( 1，
rn ( 1 = rnqn ( 1 ( rn ( 1，rn ( 1 = 0。
由第一式得
2a ( 1 =，
即等，于是。
第一章 习 题 六
1. (ⅰ) 显然d =（0 ( (i ( ( i，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pi，d的标准分解式中pi的指数都不超过n的标准分解式中pi的指数，即d必可表示成（0 ( (i ( ( i，1 ( i ( k）的形式； (ⅱ) 类似于(ⅰ)可证得。
2. (ⅰ) 显然对于(i = min{(i, (i}，1 ( i ( k，，而且若d ((a，d ((b，则d (的标准分解式中pi的指数同时不超过a和b的标准分解式中pi的指数，即d ((，这就证明了(a, b) =，(i = min{(i, (i}，1 ( i ( k； (ⅱ) 类似于(ⅰ)即可证得。
3. 22345680 = 24(3(5(7(47(283。
4. 写i =，i = 1, 2, (, 2n，则(i为1, 2, (, 2n中的奇数，即(i只能取n个数值，在n ( 1个这样的数中，必存在(i = (j（i ( j），于是易知i与j成倍数关系。
5. 写i =，i = 1, 2, (, n，令( = max{(1, (2, (,(n} = (k，显然( ( 1，且由第一节例5知使( = (k的k（1 ( k ( n）是唯一的，取T = 2( ( 1(1(2((n，若S是整数，则ST =项外都是整数，矛盾。
6. 设，令
则a1，a2，b1，b2使得a = a1a2，b = b1b2，(a2, b2) = 1，并且[a, b] = a2b2。
第一章 习 题 七
1. (ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ) 显然； (ⅳ) 由[x ( y] = [[x] ( {x} ( [y] ( {y}] = [x] ( [y] ( [{x} ( {y}]即可证得； (ⅴ) 由[(x] =[(([x] ( {x})] = ([x] ( [({x}]即可证得； (ⅵ) 由{(x} = {(([x] ( {x})} = {({x}}即可证得。
2. ( ( = 1763 ( 251 ( 35 ( 5 = 2054。
3. 由例4得= [2x]( [x]，于是
=[n] = n 。
设x = a ( (，a=1,2,…,n-1，0 ( ( < 1。代入原方程得到[2a( ( (2] = 2a(,
知2a((Z，(的可能取值是 ，即有2a个解。由于x=n也是解，因此，共有个解。
5. 设x = n ( (，n(Z，1 ( ( < 1，则f(x) = [x] ( [2x] ( [22x] ( [23x] ( [24x] ( [25x]
= n ( 2n ( 22n ( 23n ( 24n ( 25n ( [2(] ( [22(] ( [23(] ( [24(] ( [25(]，由此得63n ( f(x) ( 63n ( 1 ( 3 ( 7 ( 15 ( 31 ( 63n ( 57，另一方面，12345为63k ( 60型，故f(x) ( 12345。
6. 设n = a0 ( 2a1 ( 22a2 ( ( ( 2sas，ai = 0或1，则
h =( (
= (a1 ( 2a2 ( 22a3 ( ( ( 2s(1as) ( (a2 ( 2a3 ( ( ( 2s(2as) ( ( ( as
= (2 ( 1)a1 ( (22 ( 1)a2 ( ( ( (2s ( 1)as
= (a0 ( 2a1 ( 22a2 ( ( ( 2sas) ( (a0 ( a1 ( a2 ( ( ( as) = n ( k 。
第一章 习 题 八
1. 设不然，则n = 2mn1， < 2n ( 1，表明2n ( 1是合数，矛盾。
2. 设不然，则n = n1n2， 1 < n1 < n，则2n ( 1 = < 2n + 1，表明2n ( 1是合数，矛盾。
3. 若6n ( 5型的素数只有有限个，记为p1, p2, (, pk，作A = 6 p1p2(pk ( 1，
显然A > 1，A是奇数，且A是6n ( 5型的整数，故A必存在一个6n ( 5型的素因数p，从而p = pi（1 ( i ( k），由p(A，p(p1p2(pk推出p(1，矛盾。
4. 设p1，p2 = d ( p1，p3 = 2d ( p1，首先p1 ( 2且d是偶数，于是3d，从而对任意给定的d，p1，p2，p3中有且只有一个被3整除，即p1，p2，p3有且只有一个等于3，故p1，p2，p3最多只有一组。
5. 显然下面n个正整数(n ( 1)! ( 2，(n ( 1)! ( 2，(，(n ( 1)! ( (n ( 1)满足要求。
6. 设不然，则存在k，使得，设Q = p1p2(pk，考虑1 ( nQ，n(N，
显然它们都不能被p1, p2, (, pk整除， 即1 ( nQ的标准分解式中的素数都只能在pk + 1, pk +2, (中，从而对于任意的r ( 1，有
，
右边是一个收敛的级数，故由比较判别法知也收敛，但事实上是一个发散级数，矛盾。
第二章 习 题 一
1. 定理1的证明：如果(ⅰ)成立，m(a ( b，a ( b = mq，a = b ( mq，知(ⅱ)成立；如果(ⅱ)成立，写a = q1m ( r1, b = q2m ( r2， 0 ( r1, r2 ( m ( 1，则q1m ( r1 = q2m ( r2 ( mq，由此得r1 = r2，知(ⅲ)成立；如果(ⅲ)成立，a = q1m ( r, b = q2m ( r，0 ( r ( m ( 1，则a ( b = m(q1 ( q2)，m(a ( b，知(ⅰ)成立。 定理2的证明：结论(ⅰ)与(ⅱ)显然。 (ⅲ) 由定理1及a ( b，b ( c (mod m)可知存在整数q1，q2，使得a = b ( q1m，b = c ( q2m，因此a = c ( (q1 ( q2)m，推出a ( c (mod m)。定理2得证。
2. 由x ( y (mod m)得xi ( yi (mod m)，由ai ( bi (mod m)得aixi ( biyi (mod m)，再由可加性得(mod m)。
3. (ⅰ) 由a ( b (mod m)得m(a ( b，又d(m，故d(a ( b，即a ( b (mod d)；(ⅱ) 由a ( b (mod m)得m(a ( b，故km(ka ( kb，即ak ( bk (mod mk)； (ⅲ) 由a ( b (mod mi )得mi(a ( b，故[m1, m2, (, mk](a ( b，即a ( b (mod [m1, m2, (, mk])； (ⅳ) 由a ( b (mod m)得a = mq ( b，故(a, m) = (b, m)； (ⅴ) 由ac ( bc (mod m)得m(ac ( bc = c(a ( b)，又(c, m) = 1，故m(a ( b，即a ( b (mod m)。
4. 因为82 ( (1(mod 13)，所以81234 = (82)617 ( ((1)617 ( (1 ( 12 (mod 13)，即81234被13除的余数是12。
5. 对任意的整数x，x ( r (mod m)，1 ( r ( m，于是f(x) ( f(r)0(mod m)，从而f(x) ( 0，所以方程f(x) = 0没有整数解。
6. 由得( ( ( = 6或( ( ( = 15，从得( ( ( = (2或( ( ( = 9，于是解关于(，(的方程组
得( = 2，( = 4。
第二章 习 题 二
1. 若A是模m的完全剩余系，显然(ⅰ)与(ⅱ)成立。反之，满足(ⅰ)与(ⅱ)的一组数必分别来自于模m的每一个不同的剩余类，即A是模m的完全剩余系。
2. 由威尔逊定理知 (1 ( (2p)! = p!(p ( 1)((2p) ( ((1)p(p!)2(mod 2p ( 1)，由此得(p!)2 ( ((1)p ( 0 (mod 2p ( 1)。
3. 由(p ( 1)! ( p ( 1 (mod p)，(p ( 1)! ( p ( 1 (mod p ( 1)以及(p, p ( 1) = 1得(p ( 1)! ( p ( 1 (mod p(p ( 1))，又2N = p(p ( 1)，故(p ( 1)! ( p ( 1 (mod N)。
4. 设不然，n = n1n2，1 < n1 < n，由(n ( 1)! ( (1 (mod n1)得0 ( (1 (mod n1)，矛盾。
5. 设4(m，如果{a1b1, a2b2, (, ambm}是模m的完全剩余系，则其中的奇数与偶数各半，又{a1, a2, (, am}与{b1, b2, (, bm}也是模m的两个完全剩余系，故aibi必须使ai，bi同为奇数或偶数，即aibi2 (mod 4)，这对于4(m的模m的完全剩余系是不可能的。
6. (ⅰ) 由bi通过mi个数可知b1(1 ( b2(2 ( ( ( bn(n通过m = m1m2(mn个数； (ⅱ) 如果b1((1 ( b2((2 ( ( ( bn((n ( b1(((1 ( b2(((2 ( ( ( bn(((n (mod m)，则b1((1 ( b2((2 ( ( ( bn((n ( b1(((1 ( b2(((2 ( ( ( bn(((n (mod mi)，即bi( ( bi(((mod mi)，bi( = bi((。故b1(1 ( b2(2 ( ( ( bn(n通过模m = m1m2(mn的完全剩余系。
第二章 习 题 三
1. 若A是模m的简化剩余系，显然(ⅰ)，(ⅱ)与(ⅲ)成立。反之，满足(ⅰ)，(ⅱ)与(ⅲ)的一组数必分别来自于模m得每一个不同的与模m互素的剩余类，即它是模m的简化剩余系。
2. 对n施行数学归纳法。当n = 2时，由定理3知命题成立，假定命题在n时成立，即x = M1(x1 ( M2(x2 ( ( ( Mn(xn通过模m = m1m2(mn的简化剩余系，则
mn+1x ( m1m2(mnxn ( 1
= mn + 1M1(x1 ( mn + 1M2(x2 ( ( ( mn + 1Mn(xn ( m1m2(mnxn ( 1
= M1x1 ( M2x2 ( ( ( Mnxn ( M n + 1x n + 1
通过模m1m2(mnmn + 1的简化剩余系，由归纳原理知命题对一切n ( 2成立。
3. 写axi = mqi ( ri，0 ( ri < m，由xi通过模m的简化剩余系知ri通过模m的最小非负简化剩余系，于是由例1得
。
4. 设，则
由此得
((mn)(((m, n)) = (m,n)
= (m, n)((m)((n)。
5. 设，取，(k, a) = (k, b) = 1，则可得，即a((m) = b((n)。
6. (ⅰ) 当n = 1时显然； 当n = 2( 时，((2() = 2( (1 >（( ( 1）；当n = p(，p为奇素数时，((p() = p( ( p( (1 >（( ( 1）；现在设，则。 (ⅱ) 设n是合数，p0为n的最小素因数，则p0 (，于是
((n) =。
第二章 习 题 四
1. 因103 = 2353，显然1978103 ( 19783 ( 0 (mod 23)，再由1978100 ( 1 (mod 53)得1978103 ( 19783 ( 0 (mod 53)，故1978103 ( 19783 ( 0 (mod 103)。
2. 313159 = 5159 = (56)2653 ( 53 = 25(5 ( 4(5 ( 6 (mod 7)。
3. 因561 = 3(11(17，对于一切整数a，(a, 561) = 1，有(a, 3) = 1，(a, 11) = 1，(a, 17) = 1， 由费马定理可得a560 = (a2)280 ( 1 (mod 3)，a560 = (a10)56 ( 1 (mod 11)，a560 = (a16)35 ( 1 (mod 17)，故a560 ( 1 (mod 561)。
4. 由费马定理qp ( 1 ( 1 (mod p)，pq ( 1 ( 1 (mod q)，pq ( 1 ( qp ( 1 ( 1 (mod p)，pq ( 1 ( qp ( 1 ( 1 (mod q)，故pq ( 1 ( qp ( 1 ( 1 (mod pq)。
5. 612 ( 1 = (63 ( 1)( 63 ( 1)( 66 ( 1) =5(43(7(31(46657，对于46657，它的素因数必为12k ( 1型，经检验的46657 = 13(37(97，故612 ( 1 = 5(7(13(31(37(43(97。
6. 设素数p(bn ( 1，即bn ( (1 (mod p)，于是b2n ( 1 (mod p)，由例5得下面两种情形之一成立：
(ⅰ) p(bd ( 1对于2n的某个因数d < 2n成立；
(ⅱ) p ( 1 (mod 2n)。
第二章 习 题 五
1. 设，则n正因数可表示为d =（0 ( (i ( ( i，1 ( i ( k），于是d(n) ==(1 ( (1)(1 ( (2)((1 ( (k)。由上式立知d(n)是积性函数，但d(4) = 3 ( 4 = d(2)d(2)，故d(n)不是完全积性函数。
2. 若不恒为零的数论函数f(n)是完全积性函数，必为积性函数，故f(1) =1且。反之，若整数m，n中有一个等于1，显然有f(mn) = f(m)f(n)，若，则
3. 。
4. (ⅰ) 当n = 1时，右边的连乘理解为1，等式成立。设，则有； (ⅱ)当n = 1时，右边的连乘理解为1，等式成立。设，则有。
5. 当n = 1时，=1，设，则
第三章 习 题 一
1. 对于任意的正实数(，写( = [(] ( {(}，则由定理1，定理2可知[(]与{(}可分别唯一地表示为形式，故(可以唯一的表示为( =（0 ( ai ( b ( 1，且对于任何正整数m，都存在n > m，使得a ( n < b ( 1）的形式。
2. 789 = (1100010101)2 = (11124)5 。
3. = 0.。
4. 由n = (ak(a1a0)7 = ak7k ( ( ( a17 ( a0 ( ak ( ( ( a1 ( a0 (mod 2)得
2(n = (ak(a1a0)7 ( 2(ak ( ( ( a1 ( a0 。
5. 若= (0(a(1a(2( a(k )b，则bkm = n(a(1bk(1 ( a(2 bk(2 ( ( ( a(k )，即n(bkm，n(bk，故n的每个素因数都是b的因素数。反之，若n的每个素因数都是b的素因数，则必存在k，使得n(bk，即bk = nn1，，故的b进制小数 (0(a(1a(2a(3()b为有限小数。
第三章 习 题 二
1. 显然p1 = |a1| = a1，p2 == a1a2 ( 1，当k ( 3时，有
= akpk ( 1 ( kpk ( 2 ，
此与定理1中pk的递推式一致；
显然q1 = 1，p2 == a2，当k ( 3时，有
= akqk ( 1 ( kqk ( 2 ，
此与定理1中qk的递推式一致。
2. 当k = 2时，由
知k = 2时成立，归纳假定
成立，则
由归纳原理知对一切k ( 2有。
3. 由a1 = 1，a2 = 2，a3 = 3得p1 = 1，p2 = 3，p3 = 10，q1 = 1，q2 = 2，q3 = 7，
故连分数( 1, 2, 3, 4, 5, ( (的前三个渐近分数为。
4. 设x = ( 2, 3, 2, 3, ( (，则x = 2 ( 。
5. 易知= ( 0, 1, 3, 2 (，p1 = 0，p2 = 1，p3 = 3，q1 = 1，q2 = 1，q3 = 4，于是7(4 ( 9(3 = ((1)4 = 1，故7x ( 9y = 4有特解x0 = 16，y0 = 12，原方程的一切整数解为x = 16 ( 9t，y = 12 ( 7t，t(Z。
第三章 习 题 三
1. (ⅰ) 记(k = ( ak + 1, ak + 2, (, an (，(k = ( (k + 1, (k + 2, (, (m (，由(0 = (0 =知a1 = [(0] = [(0] = b1，由推出(1 = (1，从而a1 = [(1] = [(1]= b1，(，反复以上推理最后可得n = m，ai = bi（1 ( i ( n）； (ⅱ) 由(ⅰ)知可唯一地表示为( a1, a2, (, an (，an > 1，又易知( a1, a2, (, an (还可以另写成简单连分数( a1, a2, (, an (1, 1 ( ，但仅此而已，故有理数仅有此两种表示成简单连分数的方法。
2. = ( 3, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, 1, 1, 6, 1, 1, ( ( 。
3. 经计算= ( 3, 1, 2, 1, 2, ( (，由此得p1 = 3，p2 = 4，p3 = 11，p4 = 15，p5 = 41，p6 = 56，p7 = 153，p8 = 209，p9 = 571，p10 = 780，p11 = 2131，(，q1 = 1，q2 = 1，q3 = 3， q4 = 4，q5 = 11，q6 = 15，q7 = 41，q8 = 56，q9 = 153，q10 = 209，q11 = 571，(，于是即为所求。
4. sin18( == ( 0, 3, 4, 4, 4, 4, ( (，得p1 = 0，p2 = 1，p3 = 4，p4 = 17，p5 = 72，p6 = 305，q1 = 1，q2 = 3，q3 = 13， q4 = 55，q5 = 233，q6 = 987，于是即为所求。
5. (的前几个渐近分数为，其中分别满足误差满足( 10 ( 6和( 10 ( 9的要求。
6. = ( 1, 1, 1, 1, 1, ( (，由此易得pk = pk ( 1 ( pk ( 2 = Fk ( Fk ( 1 = Fk + 1，qk = qk ( 1 ( qk ( 2 = Fk ( 1 ( Fk ( 2 = Fk，故。
第三章 习 题 四
1. 方程3x2 ( 2x ( 2 = 0的正根= ( 0, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, ( ( 。
2. ( = (( = 1 ( 。
3. = ( = ( a, 2a, 2a, 2a, 2a, ( (。
4. 若，则
，
得(dqn ( a1pn ( pn (1) ( (a1pn ( pn (1 ( pn)是无理数得pn = a1qn ( qn (1，dqn = a1pn ( pn (1，反之，若pn = a1qn ( qn (1，dqn = a1pn ( pn (1，则
( =，
得(满足方程qn(2 ( (a1qn ( qn (1 ( pn)( ( (a1pn ( pn (1) = 0，即(2 = d，( =。
5. 由第4题可得到。
第四章 习 题 一
1. 设，即35x ( 21y ( 15z = 17，因(35, 21) = 7，(7, 15) = 1，1(17，故有解。分别解5x ( 3y = t，7t ( 15z = 17得x = (t ( 3u，y = 2t ( 5u，u(Z，t = 11 ( 15v，z = (4 ( 7v，v(Z， 消去t得x = (11 ( 15v ( 3u，y = 22 ( 30v ( 5u，z = (4 ( 7v，u，v(Z。对于任意的确定的u和v的值，都给出一种表示法。
2. 分别解x1 ( 2x2 = t，t ( 3x3 = 41得x1 = t ( 2u，x2 = u，u(Z，t = 41 ( 3v，x3 = v，v(Z，消去t得x1 = 41 ( 3v ( 2u，x2 = u，x3 = v，u，v(Z。由此得原方程的全部正整数解为(x1, x2, x3) = (41 ( 3v ( 2u, u, v)，u > 0，v > 0，41 ( 3v ( 2u > 0。
3. 消去x1得9x2 ( 14x3 = 3，解得x2 = (9 ( 14t，x3 = (6 ( 9t，t(Z，从而得不定方程组的解为x1 = 43 ( 55t，x2 = (9 ( 14t，x3 = (6 ( 9t，t(Z，
4. 设甲、乙班的学生每人分别得x，y支铅笔，则7x ( 11y = 100，解这个不定方程得x = 8，y = 4。
5. 二元一次不定方程ax ( by = n的一切整数解为，t(Z，于是由x ( 0，y ( 0得，但区间的长度是，故此区间内的整数个数为( 1。
6. 因为0, 1, 2, (, ab ( a ( b中共有(a ( 1)(b ( 1)个数，故只须证明n与g ( n（g = ab ( a ( b）有且只有一个能表示成ax ( by（x ( 0，y ( 0）的形式。如果n与g ( n都能表示成ax ( by（x ( 0，y ( 0）的形式，即ax ( by = n（x ( 0，y ( 0），ax( ( by( = g ( n（x( ( 0，y( ( 0），则a(x ( x() ( b(y ( y() = g，这是不可能的；如果n不能表示成ax ( by（x ( 0，y ( 0）的形式，则因为二元一次不定方程ax ( by = n的一切整数解为，t(Z，所以当t使0 ( x ( b ( 1时，必有y ( (1，于是a(b ( 1 ( x) ( b((1 ( y) = g ( n，即g ( n能表示成ax ( by（x ( 0，y ( 0）的形式。
第四章 习 题 二
1. 设有理数（m ( 0）满足方程x2 ( y2 = 1，即l2 ( n2 = m2，于是得l = (2abd，n = ((a2 ( b2)d，m = ((a2 ( b2)d或l = ((a2 ( b2)d，m = (2abd，m = ((a2 ( b2)d，由此得(x, y) =。反之，代入方程x2 ( y2 = 1即知这样的点在单位圆周上。
2. 由x2 = (z ( y)(z ( y)及x是素数得z ( y = x2，z ( y = 1，于是2z ( 1 = x2，2(x ( y ( 1) = (x ( 1)2都是平方数。
3. 设x ( y = a2，y ( z = b2，x ( z = c2，则a2 ( b2 = c2，由此得x = (u2 ( v2)2 ( t，y = (u2 ( v2)2 ( t或4u2v2 ( t，z = t，u, v, t(Z。
4. 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 ) = 1。(ⅰ) 当d = 1：，a > 0，b > 0，(a, b ) = 1，3b，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)是原不定方程的解，且x > 0，y > 0，z > 0，(x, y) = 1。
5. (ⅰ) 设x，y，z是x2 ( y2 ( z2 = x2y2的整数解，如果x，y同为奇数，则x2 ( y2 ( z2 ( 2，3 (mod 4)，x2y2 ( 1 (mod 4)，此不可能；如果x，y一奇一偶，则x2 ( y2 ( z2 ( 1，2 (mod 4)，x2y2 ( 0 (mod 4)，此也不可能。所以x，y同为偶数，z也是偶数，令x = 2x1，y = 2y1，z = 2z1，代入原方程得x12 ( y12 ( z12 = 22x12y12，反复以上的推理可得x，y，z能被2的任意次乘幂整除，只能x = y = z = 0。 (ⅱ) 类似于(ⅰ)可证。
6. 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。
第四章 习 题 三
1. 由x(x ( y) = 6得(x, y) = (1, 5)，((1, (5)，(2, 1)，((2, (1)，(3, (1)，((3, 1)，(6, (5)，((6, 5)。
2. 由第一个方程得z = ((x ( y)，代入第二个方程经化简得xyz = (6，由此得(x, y, z) = (1, 2, (3)，(2, 1, (3)，(1, (3, 2)，(2, (3, 1)，((3, 1, 2)，((3, 2, 1)，
3. 当y = 1时，x = 2，若y ( 2，x ( 3，则 ( 3y ( 1 (mod 8)，这是不可能的，故原方程的正整数解只有(x, y) = (2, 1)。
4. 显然x > z，y > z，令x = z ( s，y = z ( t，s，t(N，代入原方程可得z2 = st，于是s = a2d，t = b2d，z = abd，其中a, b, d(N，(a, b) = 1，由此得x = abd ( a2d，y = abd ( b2d，z = abd，反之，将上式代入原方程知它们是原方程的正整数解。
5. 不妨设x ( y，当p = 2时，(x, y) = (2, 2)。下设p是奇素数，令2x = p ( s，2y = p ( t，s，t(Z，s ( t，代入原方程可得p2 = st，由此得s = 1，t = p2或s = p，t = p或s = (p2，t = (1，即(x, y) =。
6. 设M，b为任意的有理数，容易证明：若a1, a2, (, a2n + 1具有性质P，则(ⅰ) M，Ma1, Ma2, (, Ma2n + 1也具有性质P； (ⅱ) a1 ( b, a2 ( b, (, a2n + 1 ( b也具有性质P。由此我们可假定a1, a2, (, a2n + 1都是整数，且a1 = 0。由性质P易知ai都是偶数，于是由(ⅰ)知也具有性质P，并且它们都是整数，且= 0。反复以上推理可知对于任意的正整数k，也具有性质P，故只可能a1 = a1 = ( = a2n + 1 = 0。
第五章 习 题 一
1. (ⅰ) 若f(x0) ( 0 (mod m)，则f(x0) ( b(x0) ( b(x0) (mod m)成立，反之，若f(x0) ( b(x0) ( b(x0) (mod m)，则f(x0) ( 0 (mod m)成立； (ⅱ) 若f(x0) ( 0 (mod m)，则bf(x0) ( 0 (mod m)成立，反之，若bf(x0) ( 0 (mod m)，则由(b, m) = 1得f(x0) ( 0 (mod m)成立； (ⅲ) 若g(x0)h(x0) ( 0 (mod m)，则由m是素数得g(x0) ( 0 (mod m)或h(x0) ( 0 (mod m)。
2. (ⅰ) x ( 4 (mod 17)； (ⅱ) x ( 1，48，95，142，189 (mod 235)。
3. 消去y得8x ( 41 (mod 47)，解得x ( 11 (mod 47)，代入原方程组中的第二式得y ( 1 (mod 47)。故原方程组的解为x ( 11 (mod 47)，y ( 1 (mod 47)。
4. 首先易知是整数，又由(a, p) = 1知方程ax ( b (mod p)解唯一，故只须将(mod p)代入ax ( b (mod p)验证它是同余方程的解即可。
5. 必要性显然，下证充分性。当n = 1时，由定理2知命题成立。假设n = k时结论已真，考虑a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk ( ak + 1xk + 1 ( b (mod m)，令(a1, a2, (, ak, m) = d1，(d1, ak + 1) = d，因为同余方程ak + 1xk + 1 ( b (mod d1)有解，其解数为d，mod d1，记m = d1m1，则解数为dm1，mod m。现在固定一个解xk + 1，由归纳假定知a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk ( b ( ak + 1xk + 1 (mod m)有解，其解数为d1 mk (1，mod m，从而a1x1 ( a2x2 ( ( ( akxk ( ak + 1xk + 1 ( b (mod m)有解，其解数为dm1(d1mk (1 = d(mk，mod m。由归纳原理知命题对于一切n ( 1成立。
6. 因为(2, 12) = 2，(2, 7) = 1(5，故同余方程有解，其解数为1 122 (1 = 12，mod 12。先解同余方程7y ( 5 (mod 2)，得y ( 1 (mod 2)，写成y ( 1 ( 2t (mod 12)，t = 0, 1, 2, (,5，对于固定的t，解同余方程2x ( 5 ( 7(1 ( 2t) ( (2 ( 2t (mod 12)，得x ( (1 ( t (mod 6)， 写成x ( (1 ( t ( 6s (mod 12)，s = 0, 1，故原方程组的解为x ( (1 ( t ( 6s (mod 12)，y ( 1 ( 2t (mod 12)，s = 0, 1，t = 0, 1, 2, (,5。
第五章 习 题 二
1. m = 5(6(7(11 = 2310；M1 = 6(7(11 = 462，M2 = 5(7(11 = 385，M3 = 5(6(11 = 330，M4 = 5(6(7 = 210；由462(M1( ( 1 (mod 5)得M1( = 3，385(M2( ( 1 (mod 6)得M2( = 1，330(M3( ( 1 (mod 7)得M3( = 1，210(M4( ( 1 (mod 5)得M4( = 1。所以原同余方程组的解为x ( 3(462(b1 ( 1(385(b2 ( 1(330(b3 ( 1(210(b4 (mod 2310)。
因为(15, 8) = 1(8 ( 5，(15, 25) = 5(8 ( 13，(8, 25) = 1(5 ( 13，故原同余
方程组有解，解数唯一，mod [15, 8, 25] = 600。将第一个同余方程的解x = 8 ( 15t1，t1(Z，代入第二个同余方程得t1 ( 3 (mod 8)，即t1 = 3 ( 8t2，t2(Z，x = 53 ( 120t2，代入第三个同余方程得t2 ( 3 (mod 5)，即t2 = 3 ( 5t3，t3(Z，x = 413 ( 600t3，所以原同余方程组的解为x ( 413 (mod 600)。
注：此处所使用的解法思路简单，但比较繁。
3. 设士兵有x人，由题意得x ( 1 (mod 3)，x ( (2 (mod 5)，x ( 3 (mod 11)，由孙子定理得x ( 58 (mod 165)，故x = 58人。
4. 可设n = 2(3(5(，由条件得
( ( 1 (mod 2)，( ( 0 (mod 3)，( ( 0 (mod 5)；
( ( 0 (mod 2)，( ( 1 (mod 3)，( ( 0 (mod 5)；
( ( 0 (mod 2)，( ( 0 (mod 3)，( ( 1 (mod 5)，
由孙子定理得( ( 15 (mod 30)，( ( 10 (mod 30)，( ( 6 (mod 30)，故n = 21531056。
5. 作同余方程组：x ( 0 (mod p1)，x ( (1 (mod p2)，…，x ( (n ( 1(mod pn)，由孙子定理知此同余方程组有解x，于是x，x ( 1，…，x ( n ( 1满足要求。
6. 因105 = 3(5(7，同余方程3x2 ( 11x ( 20 ( 0 (mod 3)的解为x ( 1 (mod 3)，同余方程3x2 ( 11x ( 38 ( 0 (mod 5)的解为x ( 0，3 (mod 5)，同余方程3x2 ( 11x ( 20 ( 0 (mod 7)的解为x ( 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解，mod 105。作同余方程组：x ( b1 (mod 3)，x ( b2 (mod 5)，x ( b3 (mod 7)，其中b1 = 1，b2 = 0，3，b3 = 2，6，由孙子定理得原同余方程的解为x ( 13，55，58，100 (mod 105)。
第五章 习 题 三
1. (ⅰ) 由定理知存在整数x2 = a ( pt1，t1(Z，使得x ( x2 (mod p2)是同余方程f(x) ( 0 (mod p2)的解，x2 ( a (mod p)。再由定理知存在整数x3 = x2 + p2t2，t2(Z，使得x ( x3 (mod p3)是同余方程f(x) ( 0 (mod p3)的解，x3 ( x2 ( a (mod p)，如此继续下去，最后知存在整数x( = x( ( 1 ( p ( ( 1t( ( 1，t( ( 1(Z，使得x ( x( (mod p()是同余方程f(x) ( 0 (mod p()的解，x( ( x( ( 1 ( ( ( x2 ( a (mod p)； (ⅱ) 由条件知同余方程f (x) ( 0 (mod p)的每一个解x ( x1 (mod p)都不是f ((x) ( 0 (mod p)的解，即f ((x1)0 (mod p)，于是由(ⅰ)知可导出f(x) ( 0 (mod p()的解x ( x( (mod p()，且由(ⅰ)的证明过程知只能导出唯一的解x ( x( (mod p()。
2. 对x ( 2 (mod 5)，令x = 2 ( 5t代入同余方程2x2 ( 13x ( 34 ( 0 (mod 52)得t ( 0 (mod 5)，于是x = 2 ( 5(5t1) = 2 ( 25t1，代入同余方程2x2 ( 13x ( 34 ( 0 (mod 53)得到t ( 0 (mod 5)， 于是x = 2 ( 25(5t2) = 2 ( 125t2，即x ( 2 (mod 53)是同余方程2x2 ( 13x ( 34 ( 0 (mod 53)的一个解。
3. 对x0 = 4，则由(4 ( 7x1 ( 72x2)2 ( 2 (mod 72)得x1 ( 5 (mod 7)，x1 = 5。再由(4 ( 7(5 ( 72x2)2 ( 2 (mod 73)得x2 ( 4 (mod 7)，x2 = 4，这样，求得原同余方程的一个解是x ( 4 ( 7(5 ( 72(4 = 235 (mod 73)
4. 因54 = 2(33，而x2 ( (1 (mod 3)无解，故x2 ( (1 (mod 54)也无解。
5. 因75 = 3(52，先解f(x) ( 0 (mod 3)，用逐一代入法得解x ( 0 (mod 3)；再解f(x) ( 0 (mod 52)，用逐一代入法得f(x) ( 0 (mod 5)的解为x ( 0，2 (mod 5)，对于x ( 0 (mod 5)，令x = 5t代入f(x) ( 0 (mod 25)得t ( 2 (mod 5)，于是x = 5(2 ( 5t2) = 10 ( 25t2，即x ( 10 (mod 25)是f(x) ( 0 (mod 25)的一个解，对于x ( 2 (mod 5)，令x = 2 ( 5t代入f(x) ( 0 (mod 25)得t ( 4 (mod 5)，于是x = 2 ( 5(4 ( 5t2) = 22 ( 25t2，即x ( 22 (mod 25)是f(x) ( 0 (mod 25)的一个解；最后构造同余方程组x ( b1 (mod 3)，x ( b2 (mod 25)，b1 = 0，b2 = 10，22，由孙子定理得f(x) ( 0 (mod 75)的两个解x ( 10，72 (mod 75)。
6. 令m = p1p2(pk，pi是不同的奇素数，由x2 ( 1 (mod pi)的解数Ti = 2，故T = T1T2(Tk = 2k，当k充分大时，必有2k > n。
第五章 习 题 四
1. (ⅰ) 原同余方程等价于3x5 ( 5x4 ( 2x2 ( 1 ( 0 (mod 7)，用x = 0，(1，(2，(3代入知后者无解； (ⅱ) 原同余方程等价于2x4 ( 2x3 ( 3x ( 2 ( 0 (mod 5)，将x = 0，(1，(2 代入，知后者有解x ( (1 (mod 5)。
2. (ⅰ) 2x3 ( x2 ( 3x ( 1 ( 0 (mod 5)等价于x3 ( 3x2 ( 4x ( 3 ( 0 (mod 5)，又x5 ( x = (x3 ( 3x2 ( 4x ( 3)(x2 ( 3x ( 5) + (6x2 ( 12x ( 15)，其中r(x) = 6x2 ( 12x ( 15的系数不都是5的倍数，故原方程没有三个解； (ⅱ) 因为这是对模5的同余方程，故原方程不可能有六个解。
3. 设x1是xk ( a(mod m)的任意一个解，则一次同余方程yx0 ( x1 (mod m)有解y，再由yka ( ykx0k ( (yx0)k ( x1k ( a (mod m)得yk ( 1 (mod m)，即x1可以表示成x ( yx0 (mod m)，其中y满足同余方程yk ( 1 (mod m)；反之，易知如此形式的x是xk ( a(mod m)的解。
4. 由k(p ( 1知同余方程xk ( 1 (mod p)恰有k个解，又由k(n知这k个解也是同余方程xn ( 1 (mod p)的解。下证同余方程xn ( 1 (mod p)的解必是同余方程xk ( 1 (mod p)的解，事实上，若x0n ( 1 (mod p)，记k = sn ( t(p ( 1)。若s > 0，t < 0，则x0k ( x0kx0(t(p ( 1) = x0k(t(p ( 1) = x0sn ( (x0n)s ( 1 (mod p)；若s <0，t > 0，则可类似证明。
5. (ⅰ) xp ( 1 ( 1 ( 0 (mod p)有解x ( 1，2，(，p ( 1 (mod p)，故对于一切整数x，xp ( 1 ( 1 ( (x ( 1) (x ( 2)((x ( p ( 1) (mod p)； (ⅱ) 在(ⅰ)中令x = p。
6. 令(x ( 1) (x ( 2)((x ( p ( 1) = xp ( 1 ( ap ( 2xp ( 2 ( ( ( a2x2 ( a1x ( a0，其中ap ( 2 = 1 ( 2 ( ( ( (p ( 1) =是p的倍数，考虑同余方程f(x) ( 0 (mod p)，f(x) = xp ( 1 ( ap ( 3xp ( 3 ( ( ( a2x2 ( a1x ( a0，显然它有解x ( 1，2，(，p ( 1 (mod p)，故xp ( x = f(x)x ( r(x)中的余式r(x) = (ap ( 3xp ( 2 ( ( ( a2x3 ( a1x2 ( (a0 ( 1)x的系数都是p的倍数。
第五章 习 题 五
1. 因 ( 116 = 1213 ( 43 ( 12 ( (1(mod 13)，故x2 ( 11 (mod 13)无解。
2. 模23的所有的二次剩余为x ( 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13, 16, 18 (mod 23)，二次非剩余为x ( 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20, 21, 22 (mod 23)。
3. 设a，b为模p的二次剩余，有( 1(1 ( 1 (mod p)，再设c，d为模p的二次非剩余，有( ((1)((1) ( 1 (mod p)，以及
( 1(((1) ( 1 (mod p)知结论成立。
4. 由欧拉判别法知，由此知x2 ( n (mod p)的解是x ((mod p)。
5. 若x2 ( n (mod p()有解x ( x0 (mod p()，则x02 ( n (mod p)，故= 1，反之，若= 1，则x2 ( n (mod p)有解x ( x0 (mod p)，因p2x0，故此解可导出x2 ( n (mod p()的一个解x ( x( (mod p()，即x2 ( n (mod p()有解。
6. 设x1, x2, (, xk为模p的所有二次剩余，则
x1x2(xk ( 1222((mod p)。
第五章 习 题 六
1. (ⅰ) 因，原同余方程有解； (ⅱ) ，原同余方程有解。
2. 由，由此得
，
即
，
解之得p ( (1，(5，(7，(9，(19 (mod 44)。
3. 由 (2(QR(p)，(3(QR(p)推得 ，即
，或。
解之得p ( 1，或11(mod 24)。
4. 设奇素数p(x2 ( 3y2，即x2 ( 3y2 (mod p)，由(x, y) = 1易证(3y2, p) = 1，于是，由此得p的一般形式为12k ( 1型。
5. 若8k ( 5型的素数只有有限个，记为p1, p2, (, pk，作A = (2 p1p2(pk)2 ( 1，显然A > 1，A是奇数，设奇素数p(A，即(2 p1p2(pk)2 ( (1 (mod p)，，由此得p的一般形式为8k ( 1或8k ( 5型，由A ( 5 (mod 8)知A的素因数p中至少有一个是8k ( 5型的，对这个p，有p = pi（1 ( i ( k），由p(A，p(p1p2(pk推出p(1，矛盾。
6. 当p = 4k ( 1时，同余方程x2 ( (1 (mod p)有解x ( n (mod p)，即p(n2 ( 1，从而p((n2 ( 1)(n2 ( 2)(n2 ( 2)； 当p = 8k ( 3时， 同余方程x2 ( (2 (mod p)有解x ( n (mod p)，即p(n2 ( 2，从而p((n2 ( 1)(n2 ( 2)(n2 ( 2)；当p = 8k ( 7时，同余方程n2 ( 2 (mod p)有解x ( n (mod p)，即p(n2 ( 2，从而p((n2 ( 1)(n2 ( 2)(n2 ( 2)。
第五章 习 题 七
1. (ⅱ) 显然； (ⅲ) 设m = p1p2(pk，则
(ⅳ) 。
2. 因，原同余方程无解。
3. 设d = (2(d1，d1为正奇数，，当( > 0时，p = 8n ( 1型，= 1，当d1 > 1时，= 1，所以= 1。
4. 由p = q ( 4a知p，q同为4k ( 1或同为4k ( 3，当p，q同为4k ( 1时，有，当p，q同为4k ( 3时，有。
5. 当a ( 0 (mod 4)时，则2a ( b ( b (mod 8)，令a = 2(a1，a1为奇数，于是有， 若a1 > 1，； 当a ( 1 (mod 4)时，若a = 1，，故有；类似地，当a ( 2 (mod 4)时，令a = 2a1，a1为奇数，于是；当a ( 3 (mod 4)时，。
6. 若a为奇数，有，若a为偶数，于是4ac ( b与b同为8k ( 1或同为8k ( 3，即，设a = 2(a1，a1为奇数，有= 。
第六章 习 题 一
1. 设a，b，c是不定方程x2 ( y2 = z2的正整数解，则易知x = acn (1，y = bcn (1，z = c2是不定方程x2 ( y2 = zn的正整数解。
2. 对于每一个i，0 < i < p，令i (满足i (i ( 1 (mod p)，0 < i ( < p，于是。
3. 由p (?1 (mod 4)知，于是 ，故2(S(k)；又对于任何整数t，若t ( 0 (mod p)，则，若t0 (mod p)，则
4. 显然中共有p ( 1个数；又易知m(i12m(i22 (mod p)，n(j12n(j22 (mod p)，若m(i2 ( n(j2 (mod p)，则可推得这是一个矛盾；最后易知(m(i2, p) = (n(j2, p) = 1。故给定数组构成模p的一个简系。
5. 由题2和题3知 。
当j2i2 (mod p)，令j2 ( k = z，则(i2 ( k)(j2 ( k) = z[z ( (i2 ( j2)]，(i2 ( j2, p) = 1，有
当j2 ( i2 (mod p)，有
。
故
由此得。
6. 取m = 1，n = 2，则S(m) = 6，S(n) = (4，由此得13 = 32 ( 22。
第六章 习 题 二
1. 设x2 ( y2 ( z2 = 4n2成立，若x，y都是奇数，则x2 ( y2 ( z2 ( 2或3 (mod 4)，此不可能；若x，y一奇一偶，则x2 ( y2 ( z2 ( 1或2 (mod 4)，此也不可能；故只能x，y都是偶数，此时z也是偶数，与(x, y, z) = 1矛盾。
2. 设x2 ( y2 ( z2 = 2k，x，y，z > 0，若k ( 2，可得x，y，z都是偶数，于是令x = 2x1，y = 2y1，z = 2z1，代入得x12 ( y12 ( z12 = 2k ( 2，若k ( 2 ( 2，类似于上面的的推理可得x1，y1，z1都是偶数，于是令x1 = 2x2，y1 = 2y2，z1 = 2z2，代入得x22 ( y22 ( z22 = 2k ( 4，(，最后推出，存在a，b，c > 0，a2 ( b2 ( c2 = 20或21，显然这是不可能的。
3. 由n3 ( n ( 0 (mod 6)得n3 ( n = 6x，于是n = n3 ( (x ( 1)3 ( (x ( 1)3 ( x3 ( x3。
4. 若16k ( 15 = x14 ( x24 ( ( ( x144，由x4 ( 0或1 (mod 16)知上式不可能成立。
5. 若16k(31 = x14 ( x24 ( ( ( x154，由x4 ( 0或1 (mod 16)知x1, x2, (, x15都是偶数，于是令x1 = 2x1,1，x2 = 2x2,1，(，x15 = 2x15,1，代入得
16k ( 1(31 = x1,14 ( x2,14 ( ( ( x15,14，
反复以上推理，最后可得31 = x1,k4 ( x2,k4 ( ( ( x15,k4，但易知31不能表示为15个四次方数的和，故16k(31不能表示为15个四次方数的和。
第七章 习 题 一
1. 经计算得(11(1) = 1，(11(2) = 10，(11(3) = 5，(11(4) = 5，(11(5) = 5，(11(6) = 10，(11(7) = 10，(11(8) = 10，(11(9) = 5，(11(10) = 2，列表得
a
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(11(a)
1
10
5
5
5
10
10
10
5
2
2. x ( 3，5 (mod 14)是模14的全部原根。
3. 因g1, g2, (, g((m)构成模m的简化剩余系，由d = (m(g() =得，则
((,((m)) =，1 ( ( ( ((m) ( (t, d) = 1，1 ( t ( d，
故恰有((d)个t，使得(t, d) = 1，从而知故恰有((d)个(，使得(m(g() = d。特别地，取d = ((m)知模m的简化剩余系中恰有((((m))个原根。
4. (ⅰ) 因g1, g2, (, g((m)为模m的简化剩余系，设同余方程x2 ( 1 (mod m)的解为x ( g r (mod m)，即(g r)2 = g 2r ( 1 (mod m)，由此得2r ( 0 (mod ((m))，((m)(2r，又由m ( 3知((m)是偶数，得或((m)。另一方面，同余方程x2 ( 1 (mod m)至少有解x ( 1，(1 (mod m)，由g((m) ( 1 (mod m)推出( (1 (mod m)。 (ⅱ) 因g1, g2, (, g((m)也为模m的简化剩余系，故
x1x2(x((m) ( g1g2(g((m) (( (1 (mod m)。
5. 在模p的简化剩余系中有= 2n (1个二次非剩余，在模p的简化剩余系中有((((p)) = ((2n) = 2n (1个原根，又设g是模p原根，则( (1 (mod m)，即g是模p的二次非剩余。
6. (ⅰ) 由2p ( 1 (mod q)知(q(2)(p，于是(q(2) = 1或p，但易知(q(2) ( 1，故(q(2) = p，再由(q(2)(((q) = q ( 1知q ( 1 = pt，其中t必为偶数，故q为2pk ( 1型； (ⅱ) 由知(q(2)(2 n + 1，于是(q(2) = 2 r，0 ( r ( n ( 1，又由( (1 (mod q)知(q(2) ( 2 r，0 ( r ( n，故(q(2) = 2n + 1，再由(q(2)(((q) = q ( 1知q ( 1 = 2n + 1k，故q为2pk ( 1型。
第七章 习 题 二
1. 因((29) = 28 = 22(7，由
知2是模29的最小正原根。
2. 由2是模29的原根及229 ( 1 = 228 = 2281 (mod 292)知2是模293的原根；由2是模293的原根及2是偶数知2 + 293是模2(293的原根。
3. 易得3是模17的原根，3i（i = 0, 1, 2, (, 15）构成模17的简化剩余系，列表为
i
0 1 2 3 4 5 6 7
3i (mod 17)
1 3 9 10 13 5 15 11
i
8 9 10 11 12 13 14 15
3i (mod 17)
16 14 8 7 4 12 2 6
由上表知38 ( 16 (mod 17)，设x ( 5 y (mod 17)，则12y ( 8 (mod 16)，由此解得y1 ( 2，y2 ( 6，y3 ( 10，y4 ( 14 (mod 16)，查上表得x1 ( 9，x2 ( 15，x3 ( 8，x4 ( 2 (mod 17)。
4. 由(q(2)(((q) = 4p知(q(2) = 1，2，4，p，2p或4p，若24 ( 1 (mod q)，则q(24 ( 1 = 15 = 3(5，即q = 3或5，这是不可能的，故(q(2) ( 1，(q(2) ( 2，(q(2) ( 4，又q 是 8k + 5型的数，2是q的二次非剩余，即(mod q)，故(q(2) ( p，(q(2) ( 2p，所以(q(2) = 4p = ((q)，2是模q的一个原根。
5. 存在一个(，((,((m)) = 1，使得g2 ( g1( (mod m)，于是g1g2 ( g1( +1 (mod m)，
又由m ( 3知((m)是偶数，(是奇数，( ( 1是偶数，(( ( 1,((m)) ( 1，故g = g1g2不是模m的原根。
6. 当p ( 1(n时，则1n ( 2n ( ( ( (p ( 1)n ( p ( 10 (mod p)，当p ( 1n时，设g是p的一个原根，则1n ( 2n ( ( ( (p ( 1)n ( (1(g)n ( (2(g)n ( ( ( [(p ( 1)g]n ( [1n ( 2n ( ( ( (p ( 1)n]gn (mod p)，得[1n ( 2n ( ( ( (p ( 1)n](1 ( gn) ( 0 (mod p)，由(1 ( gn)0 (mod p)知1n ( 2n ( ( ( (p ( 1)n ( 0 (mod p)。
第八章 习 题 一
考虑函数
，与。
2. 设(是代数数，则bn(n ( bn ( 1(n ( 1 ( ( ( b1( ( b0 = 0，其中bi都是整数，bn ( 0，两边乘以bnn ( 1得(bn()n ( bn ( 1(bn()n ( 1 ( ( ( bnn ( 2b1(bn() ( bnn ( 1b0 = 0，由此知bn(是代数整数。
3. 有理数r是方程x ( r = 0，若r是代数整数，则方程的系数r是整数，反之，若r是整数，则由定义知r是代数整数。
第八章 习 题 二
1. (ⅰ) 令，这里a = 2，rn = n!，由是超越数。 (ⅱ) 类似于(ⅰ)即可得证。
2. 令是(的第n个渐近分数，则，这里an ( 1 = 10(n + 1)!，由q1 < a1 ( 1及可得qn < (a1 ( 1)(a2 ( 1)((an ( 1) < 2(102(n! = an2，因此，由Liouville定理知(不是代数数，故(必是超越数。
3. 若( ( ( = (是一个代数数，则( = ( ( (也是一个代数数，此与(是一个超越数矛盾。其它情形可类似地证明。
第八章 习 题 三
1. (ⅰ) 对于每一个k，k = 1, 2, (, d，设g(x) = (x ( k)p，f(x) = g(x)h(x)，则有f (i)(x) =，i = 0, 1, (, p ( 1，显然g(j)(k) = 0，0 ( j ( p ( 1，故f (i)(k) = 0，i = 0, 1, (, p ( 1； (ii) 由第一章第五节的定理可证； (ⅲ) 设g(x) = x p ( 1，h(x) = (x ( 1)p( (x ( d)p，则有f (p ( 1)(x) =，显然g(j)(0) = 0，0 ( j ( p ( 2，故f (p ( 1)(0) == ((1)p( ((d)p = ((1)dp(d!)p。
2. 由易知：当0 ( i ( n – 1时，= f (i)(0) = 0；当n ( i ( 2n时，和f (i)(0)都是整数，于是由
F(x) = f(x) – f (((x) ( f (4)(x) ( ( ( ((1)n f (2n)(x)
可知( F(0)是整数。
第九章 习 题 一
1. N = 1947，c = 19，y = 47，m = 12，k = 14，W(1947, 12, 14) ( 14 – 38 ( 47 (+[2.6(12 – 0.2] ( 6 (mod 7)，即1948年2月14日是星期六？
2. N = 1999，c = 19，y = 66，m = 8，k = 1，W(1999 ,10, 1) ( 1 – 38 ( 99 (+[2.6(8 – 0.2] ( 5 (mod 7)，即1999年10月1日是星期五。
第九章 习 题 二
1. 十个球队进行循环赛的程序表为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
9
8
7
6
10
4
3
2
1
5
2
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
3
2
1
9
8
7
10
5
4
3
6
4
3
10
1
9
8
7
6
5
4
2
5
4
3
2
1
9
8
10
6
5
7
6
5
4
10
2
1
9
8
7
6
3
7
6
5
4
3
2
1
9
10
7
8
8
7
6
5
10
3
2
1
9
8
4
9
8
7
6
5
4
3
2
1
10
9
2. 九个球队进行循环赛的程序表为：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
9
8
7
6
4
3
2
1
2
9
8
7
6
5
4
3
2
3
2
1
9
8
7
5
4
3
4
3
1
9
8
7
6
5
4
5
4
3
2
1
9
8
6
5
6
5
4
2
1
9
8
7
6
7
6
5
4
3
2
1
9
7
8
7
6
5
3
2
1
9
8
9
8
7
6
5
4
3
2
1
第九章 习 题 三
1. “ICOMETODAY”的密文是“LFRPHWRGDB”。
2. 由e ( h，g ( p得7 ( 4a ( ( b ( (mod 26)，15 ( 6a ( ( b ( (mod 26)，解得a ( ( 4，17 (mod 26)，因(4, 26) ( 1，故a ( ( 17 (mod 26)，由此得b ( ( 17 (mod 26)，所以密解公式为P ( 17a ( ( 17 (mod 26)，列表如下
E
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
P
r
i
z
q
h
y
p
g
x
o
f
w
n
E
N
o
p
q
r
s
t
u
v
w
x
y
z
P
e
v
m
d
u
l
c
t
k
b
s
j
a
由上表，密文“IRQXREFRXLGXEPQVEP”经破译得到明文“BADIANKAISHIXINGDONG”（八点开始行动）。
第九章 习 题 四
1. E ( 1009 ( 262 (mod 943)，即E = 262，又943 = 23(41，p = 23，q = 41，((n) = 22(40 = 880，由9d ( 1 (mod 880)解得d = 489，于是
P ( 262489 ( (748)244(262 ( (305)122(262 ( (611)61(262 ( (836)30(715
( (133)15(715 ( (715)7(133(715 ( (715)8(133 ( (119)4(133
( (16)2(133( 256(133 ( 100 (mod 943)。
2. 因A知dA = 7，eB = 5，计算E1 ( 37 ( 9 (mod 33)，E ( 95 ( 4 (mod 35)，于是A可将E = 04传送给B，因B知dB = 5，eA = 3，计算E1 ( 45 ( 9 (mod 35)，M ( 93 ( 3 (mod 33)，于是B认证了A的签证M = 03。
第九章 习 题 五
1. 取m1 = 5，m2 = 7，m3 = 11，m4 = 17，则M = 6545，M1 = 1309，M2 = 935，M3 = 595，M4 = 385，M1( = 4， M2( = 2， M3( = 1， M4( = 14。对集合{4, 6, 10, 13}进行加密，得到E ( 4M1M1( ( 6M2M2( ( 10M3M3( ( 13M4M4( ( 3464 (mod 46189)，即E = 3464。若要求出F3，则由F3 ( 3464 = 10 (mod 11)。
2. M = 3，p = 5，m1 = 8，m2 = 9，m3 = 11，因8(9 > 5(11，取t = 10 <( 1， E1 ( 3 ( 10(5 ( 5 (mod 8)，E2 ( 3 ( 10(5 ( 8 (mod 9)，E3 ( 3 ( 10(5 ( 9 (mod 11)，于是分配给三方的数据分别为E1 = 5，E2 = 8，E3 = 9。由E1，E2，E3中的任意两个都可以确定出M，例如，已知E2 = 8，E3 = 9，则由x ( 8 (mod 9)，x ( 9 (mod 11)可得解x ( 53 (mod 9(11)，从而M = 53 ( 10(5 = 3。
第九章 习 题 六
1. 因(a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8)超增背包向量，容易得到不定方程
5p1 ( 17p2 ( 43p3 ( 71p4 ( 144p5 ( 293p6 ( 626p7 ( 1280p8 = 1999
的0(1解为(p1, p2, p3, p4, p5, p6, p7, p8) = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1)，故密文E对应的明文P = (11010011)2 = 211。
2. 计算b1 ( 77(2 ( 36 (mod 118)，取b1 = 36，b2 ( 77(3 ( 113 (mod 118)，取b2 = 113，b3 ( 77(7 ( 67 (mod 118)，取b3 = 67，b4 ( 77(13 ( 57 (mod 118)，取b4 = 57，
b5 ( 77(29 ( 109 (mod 118)，取b5 = 109，b6 ( 77(59 ( 59 (mod 118)，取b6 = 59，于是对外公开的加密向量是(36, 113, 67, 57, 109)，又P = 51 = (110011)2，故P对应的密文为E = 36(1 ( 113(1 ( 67(0 ( 57(0 ( 109(1 (59(1 = 317，若要从E = 317得到明文P，则计算23(317 ( 93 (mod 118)，解不定方程
2p1 ( 3p2 ( 7p3 ( 13p4 ( 29p5 ( 59p6 = 93
的0(1解得(p1, p2, p3, p4, p5, p6) = (1, 1, 0, 0, 1, 1)，故P = (110011)2 = 51。

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