习题参考答案第一章习题一1.(ⅰ由ab知b=aq，于是b=(a(q，b=a(q及b=(aq，即ab，ab及ab。反之，由ab，ab及ab也可得ab；(ⅱ由ab，bc知b=aq1，c=bq2，于是c=a(q1q2，即ac；(ⅲ由bai知ai=bqi，于是a1x1a2x2akxk=b(q1x1q2x2qkxk，即ba1x1a2x2akxk；(ⅳ由ba知a=bq，于是ac=bcq，即bcac；(ⅴ由ba知a=bq，于是|a|=|b
q|，再由a0得|q|1，从而|a
b|，后半结论由前半结论可得。2.由恒等式mqnp=(mnpq(mp(nq及条件mpmnpq可知mpmqnp。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,a1,,a9,a19的数字和为s,s1,,s9,s10，其中必有一个能被11整除。4.设不然，n1=n2n3，n2p，n3p，于是n=pn2n3p3，即p，矛盾。5.存在无穷多个正整数k，使得2k1是合数，对于这样的k，(k12不能表示为a2p的形式，事实上，若(k12=a2p，则(k1a(k1a=p，得k1a=1，k1a=p，即p=2k1，此与p为素数矛盾。第一章习题二1.验证当n=0,1，2，…,11时，12|f(n。2.写a=3q1r1，b=3q2r2，r1,r2=0,1或2，由3a2b2=3Qr12r22知r1=r2=0，即3a且3b。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(n12=m22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a43a29=(a23a3(a23a3，当a=1，2时，a23a3=1，a43a29=a23a3=7，13，a43a29是素数；当a3时，a23a3>1，a23a3>1，a43a29是合数。6.设给定的n个整数为a1,a2,,an，作s1=a1，s2=a1a2，，sn=a1a2an，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nsjsi=ai+1aj。第一章习题三1.(ⅰ因为da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dp，da，由dp得d=1或d=p，前者推出(p,a=1，后者推出pa。2.(ⅰ由dai推出dy0=(a1,a2,,ak；(ⅱ分别以y0和Y0表示集合A={y；y=，xiZ，ik}和A*={y；y=，xiZ，ik}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pab推出pb；(ⅱ在(ⅰ中取a=b可得；(ⅲ(a,b1b2bn=(a,b2bn==(a,bn=1。4.由恒等式9(2x3y2(9x5y=17y及172x3y得172(9x5y，又(17,2=1，故179x5y。5.设(a,b=d，则a=da1，b=db1，(a1,b1=1，由a2b2c得a12b12c，a12c，因为c无平方因子，所以a1=1，a=d，b=ab1，即ab。6.设知d22n1，设2k|n并且2k+1不整除n，由2k+1
，i=3,5,,2n1，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aim1推出|aI|m1，即m2m1，同理可得m1m2，故m1=m2；(ⅳ显然a|b|，b|b|，又若am，bm，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a1m，a2m知[a1,a2]=m2m，由m2m，a3m知[m2,a3]=m3m，，由mn1m，anm知[mn1,an]=mnm，即[a1,a2,,an]m。3.只须证，即只须证(b,ab=(a,b，此式显然。4.由ab=120及ab=(a,b[a,b]=24144=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=1k2k9k，则由2s=(1k9k(2k8k(9k1k=10q1及2s=(0k9k(1k8k(9k0k=9q2得102s和92s，于是有902s，从而129=45s。第一章习题五1.(ⅰab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=(2a1,2b1=2(2a1,b1；(ⅲ由性质(a,b=1(a,bc=(a,c得(a,b=(a,2b1=(a,b1；(ⅳ由性质(a,b=(|ab|,b及(a,b=1(a,bc=(a,c得(a,b=(,b。2.作辗转相除：1387=(162(891，162=91(220，91=20411，20=1119，11=912，9=241，2=120，由此得n=6，q1=8，q2=2，q3=4，q4=1，q5=1，q6=4，x=(1n1Qn=73，y=(1nPn=625，又(1387,162=rn=1，故138773162625=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=(FnFn1,Fn=(Fn1,Fn==(F1,F2=1。5.设除数为d，余数为r，则由d45822836=1746，d51644582=582，d65225164=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=bq1r1，0<r1<|b|，b=r1q2r2，0<r2<r1，rn2=rn1qnrn，0<rn<rn1，rn1=rnqn1rn1，rn1=0。由第一式得2a1=，即等，于是。第一章习题六1.(ⅰ显然d=（0ii，1ik）是n的正因数。反之，设d为n的任一个正因数，由dn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（0ii，1ik）的形式；(ⅱ类似于(ⅰ可证得。2.(ⅰ显然对于i=min{i,i}，1ik，，而且若da，db，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}，1ik；(ⅱ类似于(ⅰ即可证得。3.22345680=2435747283。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n1个这样的数中，必存在i=j（ij），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（1kn）是唯一的，取T=2112n，若S是整数，则ST=项外都是整数，矛盾。（2）学习第3、4句。a意思是：今天，“我”在开封府做了高官，执掌国法，杀赃官、除恶霸、为黎民百姓申雪冤枉是“我”的职责，“就应该像嫂娘教导的那样：在端正、要求别人之前，先要端正自己，对自己标准应该一样；如果要求自己宽，要求别人严，怎么能算是担当国家重任的人呢?b重点字词：徇、私情、贪赃、申、雪。c体会：这两句话说得入情入理，不能不让吴妙贞信服。d重点句：未正人先正己人己一样，责己宽责人严怎算得国家栋梁?这句话说得情真意切，特别是最后的反问句更加重了情感，不能不让吴妙贞为之感动。这句话的内容与第一句的内容相照应。(3学习第5句。a紧接上层，意思是，包勉为官不正，犯了王法，怎么能从轻处理呢?如果小弟为了叔侄私情就从轻处置他，那是对上欺骗君王，对下压制百姓，而且败坏了国家法制的尊严，“我”怎么来面您呢?b重点字词：未、正、人、责、岂、纪纲。4.指名朗读，体会情感。p=mn+1M1x1mn+1M2x2附：板书设计mn+1Mnxnm1m2mnxn114、京剧《赤桑镇》选段秉公执法、不徇私情、忠君爱民*15寓言二则交道中心校陈松一、教学目标1．通过借助书下注释和查字典，自学这两首寓言，了解寓言故事的意思。2．通过交流能用自己的话讲一讲这两则寓言故事，并知道其中的道理。3．通过这节课的学习，培养自学的能力。4．通过学习这一课，知道在学习和做事情时要专心致志的道理。二、教学重点通过借助书下注释和查字典，自学这两首寓言，了解寓言故事的意思。三、教学难点通过交流能用自己的话讲一讲这两则寓言故事，并知道其中的道理。四、教学策略=自主探究、小组合作、朗读感悟1x1、M2x2激趣导入1.同学们，今天我们学习《寓言二则》。（板书：寓言二则）二则就是二篇，寓言二则是两篇古文。什么是古文？（古代的人写的文章自然就是古代的文章了。古文有时也叫文言文。古文和我们现在学的现代文有很大的区别。我们现在学的文章，包括你们自己习作课上写的一些文章，都叫“白话文”。古文与现在的白话文有很大区别。）nMn+1+1（二）承接：学习课文1．学生初读课文，要求读准字音。（1）学生用自己喜欢的方式自读。（2）同学之间互读。互相进行正音。（3）找一两个学生当众读，集体正音。2.学生介绍相关资料。如：有关围棋的资料，有关弈秋的资料3.学生看注释和查字典独立细读，初步了解寓言的意思。找出自己不能理解的字和句子。4.小组同学交流读，读懂每一字和句子。5.找一些小组进行汇报，用自己的话说一说寓言故事的意思。其他组进行补充。（1）什么是“学弈”？本文作者是战国时期的大教育家孟子，《学弈》是他谈到学习态度和聪明不聪明的问题时举的一个例子。交流孟子资料：（约孟子（约前372m1m2mnmn+1）n2成立。“为是其智弗若与？曰：非然也。”是什么意思？是什么原因呢？从这句你懂得了什么道理？(只有专心致志，才能学到本领。（4）学生逐句解释第二则寓言的意思。(5教师适时指导难字难句。“非弈道暴深，情有暂暗，笙猾之也。”是什么意思？从这句你懂得了什么道理？（做事要专心，如果不专心，即使本领高强，也难免要失败。）6.回归整体(1学生再读课文理解意思。(2学生再用自己的话给同学讲一讲这两则寓言故事。学生交流学习寓言后懂得了什么道理？(3学生齐读寓言，感悟寓言所讲的道理。（三）聚焦：指导背诵1．3.写i=（四）收合：课堂小结，布置作业ri，0ri<m*i附：m的简化剩余系知rim的最小非负简化剩余系，于是由例1得学弈告诉我们学习做事要专心致志弈秋败弈*16猴王出世。房山区良乡行宫园学校张海滨一、教学目标1．通过自学，认读10个字。2．通过默读能够概括每个自然段的主要内容，了解《西游记》中美猴王的来历。3．初步感受古典文学的语言特点，激发学生阅读名著的兴趣。能够从课文中摘抄自己喜欢的语句。二、教学重点通过默读能够概括每个自然段的主要内容，了解《西游记》中美猴王的来历。三、教学难点初步感受古典文学的语言特点，激发学生阅读名著的兴趣。四、教学策略由此得“以读为本”与多种方法有机结合。五、教学时数一课时mn((m,n=(m,n1．出示四大名著《三国演义》《水浒传》《红楼梦》《西游记》。说说对它们的了解。=(m,n(m(n。诗词，引出课题。混沌未分天地乱，茫茫渺渺无人见。自从盘古破鸿蒙，开辟从兹清浊辨。5.设，取，k,a=(k,b=1，则可得，即a(m=b(n。（二）承接：初读文本，理清顺序与结构1．自由读课文，把句子读通顺，读不懂的地方画出来。2．交流自学情况，说说自己通过什么方法知道了什么？或现在还有什么不懂的？教师引导学生大概了解词语和6.(ⅰ当．轻声读课文，想一想每个自然段都写了什么内容？练习说一说课文的主要内容。时显然；当n=2时，(21．依据课后第一题，1>（1）；当n=p，p为奇素数时，（a=pp1>（1）；现在设，则。(ⅱ设的原因，感受他的自尊、自立、自强。是合数，p0为n的最小素因数，则p0三、教学难点，于是理解小男孩说的“我不要你送给我！这只小狗和其他小狗一样值一百块钱！我先给你五块六毛二做订金，以后一个星期给你五块钱，直到付完为止。”这段话。(n=。读、思、议相结合。五、教学时数第二章习题两课时第一课时一、教学目标1.因103=235311103个多音字“涨zhà0(mod2”3，再由19781001(mod53得．读熟课文，了解课文主要内容。103197833，故197810319783二、教学重点0(mod103。1．掌握本课生字、新词。2．了解课文主要内容。2.313159159=(56265353=2554五、教学过程6(mod7。（一）创设情境，导入新课：“每天清晨上学的路上，大家都见过有许多的人手里牵着或怀里抱着小猫、小狗之类的宠物，悠然自得地散步。是呀！随着人们生活水平的提高，饲养小动物已经成为一种时尚，它能给人们快节奏的生活增添无穷的乐趣。同学们，你们喜欢小动物吗？（生自由回答）那你们谁喜欢小狗哇？据我所知，一个杂货店的老板养的一只母狗几个星期前生了5只小狗，正准备把他们卖掉。既然同学们这么喜欢小狗，咱们一起去看看吧！3.因561=31117，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=(a22801(mod3，a560=(a10561(mod11，a560=(a16351(mod17，故a5601(mod561。4.由费马定理qp11(modp，pq11(modq，pq1qp11(modp，pq1qp11(modq，故pq1qp11(modpq。5.6121=(631(631(661=54373146657，对于46657，它的素因数必为12k1型，经检验的46657=133797，故6121=571331374397。6.设素数pbn1，即bn1(modp，于是b2n1(modp，由例5得下面两种情形之一成立：(ⅰpbd1对于2n的某个因数d<2n成立；(ⅱp1(mod2n。第二章习题五1.设，则n正因数可表示为d=（0ii，1ik），于是d(n==(11(12(1k。由上式立知d(n是积性函数，但d(4=34=d(2d(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(mf(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，则第四章习题一1.设，即35x21y15z=17，因(35,21=7，(7,15=1，117，故有解。分别解5x3y=t，7t15z=17得x=t3u，y=2t5u，uZ，t=1115v，z=47v，vZ，消去t得x=1115v3u，y=2230v5u，z=47v，u，vZ。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x12x2=t，t3x3=41得x1=t2u，x2=u，uZ，t=413v，x3=v，vZ，消去t得x1=413v2u，x2=u，x3=v，u，vZ。由此得原方程的全部正整数解为(x1,x2,x3=(413v2u,u,v，u>0，v>0，413v2u>0。3.消去x1得9x214x3=3，解得x2=914t，x3=69t，tZ，从而得不定方程组的解为x1=4355t，x2=914t，x3=69t，tZ，4.设甲、乙班的学生每人分别得x，y支铅笔，则7x11y=100，解这个不定方程得x=8，y=4。5.二元一次不定方程axby=n的一切整数解为，tZ，于是由x0，y0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,,abab中共有(a1(b1个数，故只须证明n与gn（g=abab）有且只有一个能表示成axby（x0，y0）的形式。如果n与gn都能表示成axby（x0，y0）的形式，即axby=n（x0，y0），axby=gn（x0，y0），则a(xxb(yy=g，这是不可能的；如果n不能表示成axby（x0，y0）的形式，则因为二元一次不定方程axby=n的一切整数解为，tZ，所以当t使0xb1时，必有y1，于是a(b1xb(1y=gn，即gn能表示成axby（x0，y0）的形式。第四章习题二1.设有理数（m0）满足方程x2y2=1，即l2n2=m2，于是得l=2abd，n=(a2b2d，m=(a2b2d或l=(a2b2d，m=2abd，m=(a2b2d，由此得(x,y=。反之，代入方程x2y2=1即知这样的点在单位圆周上。2.由x2=(zy(zy及x是素数得zy=x2，zy=1，于是2z1=x2，2(xy1=(x12都是平方数。3.设xy=a2，yz=b2，xz=c2，则a2b2=c2，由此得x=(u2v22t，y=(u2v22t或4u2v2t，z=t，u,v,tZ。4.设(zx,zx=d，易知d=1或2。由(zx(zx=3y2得zx=3da2，zx=db2，y=dab或zx=db2，zx=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=|b23a2|，y=2ab，z=b23a2，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x2y2z2=x2y2的整数解，如果x，y同为奇数，则x2y2z22，3(mod4，x2y21(mod4，此不可能；如果x，y一奇一偶，则x2y2z21，2(mod4，x2y20(mod4，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x12y12z12=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x2y2=z4的满足(x,y=1，2x的正整数解，则x=2ab，y=a2b2，z2=a2b2，a>b>0，(a,b=1，a,b一奇一偶，再由z2=a2b2得a=2uv，b=u2v2，z=u2v2或a=u2v2，b=2uv，z=u2v2，u>v>0，(u,v=1，u,v一奇一偶，于是得x=4uv(u2v2，y=|u4v46u2v2|，z=u2v2，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=1，2x。第四章习题三1.由x(xy=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=(xy，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y2，x3，则3y1(mod8，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=zs，y=zt，s，tN，代入原方程可得z2=st，于是s=a2d，t=b2d，z=abd，其中a,b,dN，(a,b=1，由此得x=abda2d，y=abdb2d，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xy，当p=2时，(x,y=(2,2。下设p是奇素数，令2x=ps，2y=pt，s，tZ，st，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(ⅰM，Ma1,Ma2,,Ma2n+1也具有性质P；(ⅱa1b,a2b,,a2n+1b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(x00(modm，则f(x0b(x0b(x0(modm成立，反之，若f(x0b(x0b(x0(modm，则f(x00(modm成立；(ⅱ若f(x00(modm，则bf(x00(modm成立，反之，若bf(x00(modm，则由(b,m=1得f(x00(modm成立；(ⅲ若g(x0h(x00(modm，则由m是素数得g(x00(modm或h(x00(modm。2.(ⅰx4(mod17；(ⅱx1，48，95，142，189(mod235。3.消去y得8x41(mod47，解得x11(mod47，代入原方程组中的第二式得y1(mod47。故原方程组的解为x11(mod47，y1(mod47。4.首先易知是整数，又由(a,p=1知方程axb(modp解唯一，故只须将(modp代入axb(modp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a1x1a2x2akxkak+1xk+1b(modm，令(a1,a2,,ak,m=d1，(d1,ak+1=d，因为同余方程ak+1xk+1b(modd1有解，其解数为d，modd1，记m=d1m1，则解数为dm1，modm。现在固定一个解xk+1，由归纳假定知a1x1a2x2akxkbak+1xk+1(modm有解，其解数为d1mk1，modm，从而a1x1a2x2akxkak+1xk+1b(modm有解，其解数为dm1d1mk1=dmk，modm。由归纳原理知命题对于一切n1成立。6.因为(2,12=2，(2,7=15，故同余方程有解，其解数为11221=12，mod12。先解同余方程7y5(mod2，得y1(mod2，写成y12t(mod12，t=0,1,2,,5，对于固定的t，解同余方程2x57(12t22t(mod12，得x1t(mod6，写成x1t6s(mod12，s=0,1，故原方程组的解为x1t6s(mod12，y12t(mod12，s=0,1，t=0,1,2,,5。第五章习题二1.m=56711=2310；M1=6711=462，M2=5711=385，M3=5611=330，M4=567=210；由462M11(mod5得M1=3，385M21(mod6得M2=1，330M31(mod7得M3=1，210M41(mod5得M4=1。所以原同余方程组的解为x3462b11385b21330b31210b4(mod2310。2.因为(15,8=185，(15,25=5813，(8,25=1513，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=815t1，t1Z，代入第二个同余方程得t13(mod8，即t1=38t2，t2Z，x=53120t2，代入第三个同余方程得t23(mod5，即t2=35t3，t3Z，x=413600t3，所以原同余方程组的解为x413(mod600。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x1(mod3，x2(mod5，x3(mod11，由孙子定理得x58(mod165，故x=58人。4.可设n=235，由条件得1(mod2，0(mod3，0(mod5；0(mod2，1(mod3，0(mod5；0(mod2，0(mod3，1(mod5，由孙子定理得15(mod30，10(mod30，6(mod30，故n=21531056。5.作同余方程组：x0(modp1，x1(modp2，…，xn1(modpn，由孙子定理知此同余方程组有解x，于是x，x1，…，xn1满足要求。6.因105=357，同余方程3x211x200(mod3的解为x1(mod3，同余方程3x211x380(mod5的解为x0，3(mod5，同余方程3x211x200(mod7的解为x2，6(mod7，故原同余方程有4解，mod105。作同余方程组：xb1(mod3，xb2(mod5，xb3(mod7，其中b1=1，b2=0，3，b3=2，6，由孙子定理得原同余方程的解为x13，55，58，100(mod105。第五章习题三1.(ⅰ由定理知存在整数x2=apt1，t1Z，使得xx2(modp2是同余方程f(x0(modp2的解，x2a(modp。再由定理知存在整数x3=x2+p2t2，t2Z，使得xx3(modp3是同余方程f(x0(modp3的解，x3x2a(modp，如此继续下去，最后知存在整数x=x1p1t1，t1Z，使得xx(modp是同余方程f(x0(modp的解，xx1x2a(modp；(ⅱ由条件知同余方程f(x0(modp的每一个解xx1(modp都不是f(x0(modp的解，即f(x10(modp，于是由(ⅰ知可导出f(x0(modp的解xx(modp，且由(ⅰ的证明过程知只能导出唯一的解xx(modp。2.对x2(mod5，令x=25t代入同余方程2x213x340(mod52得t0(mod5，于是x=25(5t1=225t1，代入同余方程2x213x340(mod53得到t0(mod5，于是x=225(5t2=2125t2，即x2(mod53是同余方程2x213x340(mod53的一个解。3.对x0=4，则由(47x172x222(mod72得x15(mod7，x1=5。再由(47572x222(mod73得x24(mod7，x2=4，这样，求得原同余方程的一个解是x475724=235(mod734.因54=233，而x21(mod3无解，故x21(mod54也无解。5.因75=352，先解f(x0(mod3，用逐一代入法得解x0(mod3；再解f(x0(mod52，用逐一代入法得f(x0(mod5的解为x0，2(mod5，对于x0(mod5，令x=5t代入f(x0(mod25得t2(mod5，于是x=5(25t2=1025t2，即x10(mod25是f(x0(mod25的一个解，对于x2(mod5，令x=25t代入f(x0(mod25得t4(mod5，于是x=25(45t2=2225t2，即x22(mod25是f(x0(mod25的一个解；最后构造同余方程组xb1(mod3，xb2(mod25，b1=0，b2=10，22，由孙子定理得f(x0(mod75的两个解x10，72(mod75。6.令m=p1p2pk，pi是不同的奇素数，由x21(modpi的解数Ti=2，故T=T1T2Tk=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3x55x42x210(mod7，用x=0，1，2，3代入知后者无解；(ⅱ原同余方程等价于2x42x33x20(mod5，将x=0，1，2代入，知后者有解x1(mod5。2.(ⅰ2x3x23x10(mod5等价于x33x24x30(mod5，又x5x=(x33x24x3(x23x5+(6x212x15，其中r(x=6x212x15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xka(modm的任意一个解，则一次同余方程yx0x1(modm有解y，再由ykaykx0k(yx0kx1ka(modm得yk1(modm，即x1可以表示成xyx0(modm，其中y满足同余方程yk1(modm；反之，易知如此形式的x是xka(modm的解。4.由kp1知同余方程xk1(modp恰有k个解，又由kn知这k个解也是同余方程xn1(modp的解。下证同余方程xn1(modp的解必是同余方程xk1(modp的解，事实上，若x0n1(modp，记k=snt(p1。若s>0，t<0，则x0kx0kx0t(p1=x0kt(p1=x0sn(x0ns1(modp；若s<0，t>0，则可类似证明。5.(ⅰxp110(modp有解x1，2，，p1(modp，故对于一切整数x，xp11(x1(x2(xp1(modp；(ⅱ在(ⅰ中令x=p。6.令(x1(x2(xp1=xp1ap2xp2a2x2a1xa0，其中ap2=12(p1=是p的倍数，考虑同余方程f(x0(modp，f(x=xp1ap3xp3a2x2a1xa0，显然它有解x1，2，，p1(modp，故xpx=f(xxr(x中的余式r(x=ap3xp2a2x3a1x2(a01x的系数都是p的倍数。第五章习题五1.因116=121343121(mod13，故x211(mod13无解。2.模23的所有的二次剩余为x1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18(mod23，二次非剩余为x5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22(mod23。3.设a，b为模p的二次剩余，有111(modp，再设c，d为模p的二次非剩余，有(1(11(modp，以及1(11(modp知结论成立。4.由欧拉判别法知，由此知x2n(modp的解是x(modp。5.若x2n(modp有解xx0(modp，则x02n(modp，故=1，反之，若=1，则x2n(modp有解xx0(modp，因p2x0，故此解可导出x2n(modp的一个解xx(modp，即x2n(modp有解。6.设x1,x2,,xk为模p的所有二次剩余，则x1x2xk1222(modp。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p1，5，7，9，19(mod44。3.由2QR(p，3QR(p推得，即，或。解之得p1，或11(mod24。4.设奇素数px23y2，即x23y2(modp，由(x,y=1易证(3y2,p=1，于是，由此得p的一般形式为12k1型。5.若8k5型的素数只有有限个，记为p1,p2,,pk，作A=(2p1p2pk21，显然A>1，A是奇数，设奇素数pA，即(2p1p2pk21(modp，，由此得p的一般形式为8k1或8k5型，由A5(mod8知A的素因数p中至少有一个是8k5型的，对这个p，有p=pi（1ik），由pA，pp1p2pk推出p1，矛盾。6.当p=4k1时，同余方程x21(modp有解xn(modp，即pn21，从而p(n21(n22(n22；当p=8k3时，同余方程x22(modp有解xn(modp，即pn22，从而p(n21(n22(n22；当p=8k7时，同余方程n22(modp有解xn(modp，即pn22，从而p(n21(n22(n22。第五章习题七1.(ⅱ显然；(ⅲ设m=p1p2pk，则(ⅳ。2.因，原同余方程无解。3.设d=2d1，d1为正奇数，，当>0时，p=8n1型，=1，当d1>1时，=1，所以=1。4.由p=q4a知p，q同为4k1或同为4k3，当p，q同为4k1时，有，当p，q同为4k3时，有。5.当a0(mod4时，则2abb(mod8，令a=2a1，a1为奇数，于是有，若a1>1，；当a1(mod4时，若a=1，，故有；类似地，当a2(mod4时，令a=2a1，a1为奇数，于是；当a3(mod4时，。6.若a为奇数，有，若a为偶数，于是4acb与b同为8k1或同为8k3，即，设a=2a1，a1为奇数，有=。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a1234567891011(a110555101010522.x3，5(mod14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=1，1td，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x21(modm的解为xgr(modm，即(gr2=g2r1(modm，由此得2r0(mod(m，(m2r，又由m3知(m是偶数，得或(m。另一方面，同余方程x21(modm至少有解x1，1(modm，由g(m1(modm推出1(modm。(ⅱ因g1,g2,,g(m也为模m的简化剩余系，故x1x2x(mg1g2g(m1(modm。5.在模p的简化剩余系中有=2n1个二次非剩余，在模p的简化剩余系中有((p=(2n=2n1个原根，又设g是模那些规规矩矩来参加家长会的家长们，也不过就是当一回老师的忠实听众：家长会的主角——班主任免不了提一通学习的要求、管理的要求、成绩的要求、家长辅导的要求，班主任说完任课老师说。说来说去，除了要求就是任务甚至告状。家长们是把老师奉若神明的，他们虔诚地做着记录，因为今后一段时间，那就是他们指导孩子的“行动纲领”了。家长会就是这样几乎一个程式地沿袭下来，而且还在接着沿袭下去。如此，学生们对家长会持什么心态？北京育英学校中学部曾对328名不同年级的学生做过一次问卷调查，结果显示：36.3%的学生听说开家长会就心情紧张，感觉压力大；11.3%的学生不愿家长参加家长会。而且，答卷告诉我们，家长会开过后g是模p30.5%的学生在家长会后会受到严肃批评并被限制活动。有的学生表示希望“尽量少开”、“最好永远不开家长会”。变一下观念，换一种思路，用一些巧妙的办法，前面就是一片新天地——家长会的多元表达家长会还是要开的，关键是怎么开。“家长会新模式”于是进入了中国青少年研究中心的研究视野，并被列为重点课题。两年来，全国共有51所学校参加了这一课题的研究与实践，变革涉及到家长会的方方面面。“尊敬的家长：您好！您的孩子升入初中半个学期了，有什么变化吗？他们适应中学的生活了吗？欢迎您本周五来学校坐坐，看看孩子们的表现，与老师和其他家长谈谈您的困惑、您的教育体会和您的经验。”“家长同志：期中考试刚刚结束，您一定非常关注孩子的成绩和孩子在学校学习生活的情况；孩子长大了，在家肯定会有与以往不同的表现，您可能也会有些问题想跟别人交流。请您本周三在百忙中抽时间光临学校，参加我为您和孩子组织的座谈会。希望您带来宝贵的教子经验，与大家分享。”“家长您好！您的孩子已经一天天长大，正在一步步迈入青春期。这是孩子一生中成长最快、也是最为重要的时期之一。为了帮助您的孩子更好地度过青春期，我们决定首先为家长开设青春期教育讲座。我们分别在本周四下午p1(modq新型家长会中最重要的，是教师角色的转变——由以往当“家长的家长”、一个人口干舌燥却常常徒劳无功地唱“独角戏”，到教师、家长或者和学生共同唱一台戏；开会时不再是老师站台上家长坐台下，而是围成一圈，相邻而坐。学生也不再被一概排斥在家长会之外，成为永远的“缺席被审判者”，有些家长会让学生参加，有些家长会的内容还请学生讨论决定。家长会因此而变了脸，新型家长会的模式在教师们的探讨中浮出水面。中国青少年研究中心日前推荐了一些从实验中总结出的家长会开法：交流式：就教育中的共性问题进行理论探索，或做个案分析，或开经验交流会；对话讨论式：就一、两个突出的问题进行亲子、师生、教师与家长的对话；展示式：展览孩子的作业、作品、获奖证书或学生现场表演等，让家长在班级背景中了解自己的孩子；专家报告式：就学生入学后某个阶段或某个共性问题，请专家做报告并现场答疑，以提高家长的教育素质；联谊式：教师、家长、学生相聚在一起，用表演等欢快的形式，共同营造和谐的气氛，增进感情和了解；参观游览式：学生、家长、教师一同外出参观游览，在活动中发现问题，促进沟通。q(21，故班里出现了考试作弊问题，需要家长配合教育。北京育英学校初二8班班主任赵旭新老师没有像以往那样批评学生或找家长，而是不动声色地让每个学生养一条小金鱼，一周后开家长会时带来。面对一桌子的鱼缸，赵老师说，“我们今天要搞一个金鱼的评比。但不是比谁的鱼大，谁的鱼漂亮，我们是要比谁的鱼的的确确是自己养的。”在一片愕然的目光中，老师引出了诚实的话题，请家长和学生共同进行讨论。赵老师是要用这种特别的讨论式家长会，使问题更平和而积极地解决：不仅帮助学生提高对诚实的认识，还要使父母们意识到“分数”不是最重要的，应该首先关心孩子的人格塑造，与老师共同引导孩子学习做人、做事。讨论后的发言}