解：即求101?102?103???999?1000的标准分解式中7的幂指数。
101?102?103???999?1000=1000!÷100!所以7(1000!÷100!)= 7(1000!)－ 7(100!) 所以k=??1000??1000??1000??100??100???2???3?????2?=142+20+2-14-2=148. ???7??7??7??7??7?7. 解方程：（1）3x?5?x??50?0
解：x??x??x?1故3?x??5?x??50?0,3?x??3?5?x??50?0,解得
205047?x?. 代入原方程得3x=20, ?x??,?x??,??x??6.38850?5y50?3x50?3x8x?50或解：由已知得?x??设其为y，则x?，0??x??x???1,
3555205050?5y5547505055. 解得?,?y?, y?14 ?x??x?. 即?383888882（2）原式化为?x??x(x??x?)?0，即?x???x?x?x?0，把x当作常数，由一元二次
22方程求根公式得 ?x??5?15?15?1相乘的积为整数，只能是x?。 x，与222?y?2?x??3?y?3?x?2??5，且不是一个整数，则x+ y在哪两个整数之间。
8. 设x，y满足下列方程组?解：y?2?x??3?3?x?2??5?3(?x????2?)?5?3(?x??2)?5?3?x??1，
可得［x］=4,∴4?x <5，y=2［x］+3=11 ∴15< x+ y<16.
9. 试证方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12345无实数解. 证: 假设方程有实数解x=n+a,其中n∈Z, 0?a<1,于是,，
[x]=n，[2x]=2n+[2a]，[4x]=4n+[4a]，[8x]=8n+[8a]，[16x]=16n+[16a]，[32x]=32n+[32a]。 代入原方程化简、变形，得 [2a]+[4a]+[8a]+[16a]+[32a]=12345-63n。 由于0?a<1，因而0?[ka]?k-1
故0?12345-63n?1+3+7+15+31=57，即12288/63?n?12345/63 亦即195.04?n?195.95，与n∈Z矛盾，故原方程无实数解。
10. 1到120这120个正整数中所有质数的和是多少？
解：2+3+5+7+11+13+17+19+23+29+31+37+41+43+47+53+59+61+67+71+73+79+83+89+97+ 101+103+107+109+113=1593.
或解：应用逐步淘汰原则，所求的和=1到120这120个正整数的和－(120以内，下同)2的倍数的和－3的倍数的和－5的倍数的和－7的倍数的和－11的倍数的和+6的倍数的和+10的倍数的和+14的倍数的和+22的倍数的和+15的倍数的和+21的倍数的和+33的倍数的和+35的倍数的和+55的倍数的和+77－30的倍数的和－42的倍数的和－66－70－110－105= =60?121?2(1?2?????120?)?3(1?2???40)?5(1?2???24)? ??2? 16
?120??7(1?2????)?11(1?2???10)?6(1?2???20)?10(1?2???12)
?7???120??14(1?2????)?22(1?2???5)?15(1?2???8)?21(1?2???5)? ??14?+33(1+2+3)+105+165+77－30(1+2+3+4)－42－84－66－70－110－105
=7260－61×60－61×60－3×41×20－5×25×12－7×17×8－11×11×5+6×21×10
+10×13×6+14×9×4+22×3×5+15×9×4+21×3×5+33×6+105+165+77－300－42－84－66－70－110－105=1593. 11. 求25！的标准分解式。 解：25！=222×310×56×73×112×13×17×19×23. 由定理1.6.3公式求出各个质数的指数。 12. 2000! 末尾有多少个连续的零? 解：??2000??2000??2000??2000?????400?80?16?3?499个连续的零
?5????52????53????54??13.某班学生参加数、理、化三科测试。数、理、化成绩优秀的学生人数依次是30,28,25, 数理、理化、化数两科成绩都优秀的学生人数依为20,16,17。数理化三科都优秀的学生有10人。问：数理两科至少有一科优秀的学生有多少人，数理化三科至少有一科优秀的学生又有多少人。
解：数理两科至少有一科优秀的学生人数为30+28－20=38;
数理化三科至少有一科优秀的学生30+28+25－20－16－17+10=40
14. 从自然数列1,2,3,4,?中依次划去3的倍数和4的倍数，但是其中凡是5的倍数的数均保留，划完之后的数依次构成一个新的数列：a1=1,a2=2,a3=5,a4=7,求a2000的值。 解：考虑1到3000这3000个数中这个数列中的数的个数为
?3000??3000??3000??3000??3000??3000?3000??????? ???4??3????3?4????3?5????4?5????3?4?5??=3000－1000-750+250+200+150-50=1800
?300??300??300??300??300??300?300????????????=180 ???????3??4??3?4??3?5??4?5??3?4?5??30??30??30??30??30??30?30???????????=30－10-7+2+2+1=18
?3??4??3?4????3?5????4?5????3?4?5??可知3330= a1998, 而3332是4的倍数，3333是3的倍数,所以a2000=3334.
附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1—6中的部分题目(与以上相同的不列) 3. 若x,y?R?,?1?求证：?xy???x??y?; ?2?试讨论?xy?与?x??y?的大小关系。?证：?1??xy?????x??y?＋?x??y?＋?x??y??? ???x?＋?x????y?＋?y?????x??y??? 显然 ???x??y?＋?x??y?＋?x??y????0，证得。 17
?2?x，y?Z＋时，?x???y???xy??0,有?x??y???xy?;而 x?1.2,y?2.1时,xy?2.52,?xy??0.52,?x??y??0.02,?x??y???xy?; 又 x?1.9,y?1.8时,xy?3.42,?xy??0.42,?x??y??0.72,?x??y???xy?.可见，三种情况都有。 7.计算：（1）??199?1??199?2??199?96? ?????????979797??????5?1??5?2?5?96??解： 原式??2?1? ?2?2????2?96???????979797???????5?1??5?2??5?96??2?1?2?2???2?96????????97????97???97??
?5?1??5?19??5?20??5?38??5?39??5?58??9312?????????????????97???97????97???97????97???97???5?78??5?96??????????97???97??=9312+0+…+0+19+40+57+76=9504.
（2）?1???111? ???223220082??111111????1???? 2232200821?22?32007?2008解： 考虑1??1?1?1111111??????2??2。从而=1. 1????222??2232200822008232008??8. 在前2001个自然数中，既不是5 的倍数，又不是7的倍数的数有多少个？
??. 2001??=2001－400－285+57=1373个
?5????7????7?5??10. 有100盏亮着的灯，各有一个拉线开关控制着，,现将其按顺序编上号码1,2, ?,100,然
后将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5 的倍数的灯线拉一下，3次拉完之后还有几盏灯是亮的？49盏 11. 解方程：x?1?x?1??x?
?2001??2001??2001?x??1??2?解：已知x?1?x?1??2x?1?x?1, x??1时,?x???2,??2?x??1； ?2x?1??1?x?1时,?x??2x,即??x??0??1?x?0,即?2?2x?0,而2x?Z,x?1时,?x??2,?2?x?3.?x??,x?0;
∴ －2? x<－1或 2? x<3或 x= －1/2 或 x= 0.
12 18
12. 若?x???19??20??21?91??=546,求［100x］的值、 ?x??x????x????????100??100??100??100?y?8，这35项中最小的是等式左100解：等式左侧为73个数相加，而546?73?7?35.?7?x?8,
且可知等式左侧从右向左有且只有35项满足x?侧从右向左第35项x?5757?8，移项得x?7.43. ??100x??743. ，∴ 成立有x?100100习题2-1
1．计算m取何值时，下列各式成立：
(1)32≡11(mod m); (2)1001≡1(mod m); (3)480≡26(mod m); (4)28≡1(mod m). 解：由充要条件知(1)32－11=21,所以m取21，7，3，1. (2)1001－1=1000所以m取1000的所有正约数，共16个； (3)480－26=454=2×227, 所以m取454，227, 2，1.
(4)28－1=(24+1)( 22+1) ( 22－1)= 17×5×3, 所以m取255,85,51,15,17,5,3,1. 2. 计算m取何值时，下列两式同时成立： (1)32≡11(mod m); (2)1000≡－1(mod m) .
一般地，若a≡b (mod m ), c≡d (mod m ) 同时成立,则m要满足什么条件？
解：由m|(32-11)且m|(1000+1)知，m是21和1001的公约数，因此m取7，1. 一般地，若a≡b (mod m ), c≡d (mod m ) 同时成立,则m|(a- b)且m|( c - d ). 3.举例说明：
(1) 由a2 ≡ b2 (mod m ),不能推出 a ≡ b (mod m )；
解：(－1) 2 ≡12 (mod5), －1≡1 (mod5)不成立。又如3 2 ≡22 (mod5), 3 ≡ 2 (mod5) 不成立。 (2) 由a ≡ b (mod m ),不能推出a2 ≡ b2 (mod m ). 这是性质（5）的特例，是正确的命题。
4. 证明，?x?Z,( 15x5＋24x4＋32x3－16x2＋3x－13)≡(7x5＋3x+3) (mod 8)
证:由15≡7 (mod 8)，24≡32≡－16≡0 (mod 8)，－13≡3 (mod 8)即可证明上述同余式成立。
5. 证明：70! ≡61! (mod 71)。
证：70!－61!=(70×69×68×?×62－1) 61!
= 23599366843852799×61!= 332385448504969×71×61!
6. 设m为正整数，a，b，c，d为整数，若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) 同时成立，证明 a－c ≡ b－d (mod m).
证：a－c－(b－d)= a－b－(c－d), 而由a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m)，m | (a－b), m |(c－d), ∴ m |[ a－b－(c－d)], 由同余的充分必要条件知a－c ≡ b－d (mod m). 命题成立。 7. (1)求3100模10的余数； (2) 求350的十进制表示中最末两位数。 解：(1)3100≡(32) 50≡(－1) 50 ≡1(mod 10), ∴ 3100模10的余数为1;
(2) 350≡(325) 2 ≡((312) 2×3 ) 2 , 而312≡ ((33) 2) 2 ≡((27) 2) 2 = (729) 2 ≡(29) 2 = 841≡ 41 (mod 100), 412=1681≡81(mod 100) ∴350≡(412×3)2 ≡(81×3) 2≡(243) 2≡43 2=1849≡49 (mod 100), 故所求末两位是49. （现在有计算器，此题可以直接计算350，但数字庞大） 8. 求使2n+1能被5整除的一切正整数n。
解：4≡－1 (mod5),即22≡－1 (mod5), (1) 又16≡1 (mod5), 即24≡1 (mod5), ∴24 k≡1 k=1 (mod5), (2)
(1) (2)两式分别相乘，得22+4k≡－1 (mod5), 即22+4k+1≡5≡0 (mod5)，因此n=2+4k, k∈Z+. 说明：4×16=64≡4 (mod5), 64×16≡4×16=64≡4 (mod5), 依此类推可解，以上是抽象推导.
19
9. 设m为正整数，a为整数，若a2 ≡a (mod m)，证明 an ≡a (mod m).
证：∵ a2 ≡a (mod m)，∴ a3 ≡a2 ∴ a3≡a (mod m)，依此类推得，an ≡a (mod m). （最好后面用数学归纳法）
10设p为质数，a为整数，且a2 ≡b2 (mod p) ，证明a ≡b (mod p) ，或a ≡(－b) (mod p) 证：由题设，p | (a2－b) 2, 即p | (a－b) (a+b), p为质数，知p | (a－b), 或p | (a+b),命题成立。 11.用弃九法验算下列算式是否有错：（略）
12.在3145×2653=8□43685中，遗漏了一个数字，如果其他数字都是正确的，求遗漏的数字。
解：3145≡31≡4 (mod 9), 2653≡2+5≡7 (mod 9), 4×7=28≡1 (mod 9), 8□43685≡8+8+□≡7 +□(mod 9), 因7 +3≡1 (mod 9) , 故遗漏的数字为3。
附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题2—1中的部分题目 5.若69, 90和125关于某数 d 同余, 证明对于d, 81与 4同余. 证明：由69和90关于 d 同余, d | 90－ 69, d | 21,
90和125关于某数 d 同余, d | 125－ 90, d | 35, ∴ d | (21, 35) , d=1或7. 2
9. 若(n, 8)=1，试证：n≡1(mod8)
222
证：由 (n, 8)=1可知,n为奇数. 设n=2k+1, n－1= 4k (k+1), 8 | (n－1).所以有n≡1(mod8) 14. 任意平方数的末位数字都不能是 2, 3, 7, 8的某一个.
2 22
证：令a=(10x+y), 则a2=(10x+y)≡y (mod 10). 令=0,1…9， y 的个位不能是2, 3, 7, 8.
2
因此，数字 a (1≤a≤9) 的平方 a的末位数字也没有2, 3, 7, 8.
习题2-2 1，2 验证完全剩余系，简化剩余系。（略）
3. （1）求模9的一个完全剩余系，使其中每个数都是奇数； （2）求模9的一个完全剩余系，使其中每个数都是偶数； （3）对于模10来说，能实现（1）（2）的要求吗？ （4）找出规律，证明之。
解：（1）模9的非负最小完全剩余系为：{0,1,2,3,4,5,6,7,8},将其中的偶数减9或加9,如{9,1,11,3,13,5,-3,7,-1};（2）如上，代换其中的奇数，如{0,10,2,12,4,-4,6,-2,8} （3）对于模10来说，不能实现（1）（2）的要求。
（4）对于(1)(2)的要求，奇数模可实现，偶数模不能实现。因为模m的最小非负完全剩余系中奇偶数各半.任一个完全剩余系中各数必与0, 1, …, m－1中的一个数同余,均可写成mkr+r，r= 0,1, …, m－1的形式。而整数加偶数的整数倍奇偶性不变，故偶数模的任一个完全剩余系必奇偶各半，不能实现（1）（2）的要求。奇数模则不然，因为mkr可奇可偶。 或证：若a, b属于模m的同一剩余类，必有a=b+mk，k∈Z, m为偶数时，mk为偶数，故 a, b奇偶性相同，即偶数模的剩余类分为偶数剩余类与奇数剩余类，完全剩余系就是从m的各个剩余类中取一个元素组成的集合。因此不能实现（1）（2）的要求；m为奇数时，若k 取奇数，mk为奇数，k 取偶数，mk为偶数，故a, b奇偶性可不同，即奇数模的任何一个剩余类中都是奇偶混杂，故能实现（1）（2）的要求。
4.将上题中的完全剩余系改成简化剩余系，情况如何？无论奇数模，偶数模均不一定实现。
20
百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库王进明初等数论习题详细解答2013.5第九版(可打印版)(4)在线全文阅读。
相关推荐：