王慧兴初等数论各章习题参考解答

相矛盾。

2n。 故 a1>轾犏3臌35.解：由于[a,b]=23?53、[b,c]=24?53以及[c,a]=24?53，得

(a,b,c)=(2a5b,2a5b,245b)，其中ai、bj都是非负整数(i=1,2;j=1,2,3)，且

11223max{a1,a2}=3，b1、b2、b3至少有2个是3.

1?3\\ 满足题意的正整数3元组(a,b,c)的个数是(C22C2)鬃(C323+C33)=70。

36.证明：记(m,n)=d，则存在互素的正整数m1、n1，使得m=m1d,n=n1d，代入题设等式，可得d+m1n1d=m1d+n1d，即(m1-1)(n1-1)=0，所以m1=1，[m,n]=m1n1d，

或者n1=1，故所求正整数对?m,n?满足mn或nm。

评注：也可以从方程x2-(m+n)x+mn=0的解集，得到{ ,m,n)}={m,n}，得证。[m,n](骣an-bn÷37.证明：记d1=(n,a-b)，d2=?，明显有d2d1，下面证明：d1d2。 n,?桫a-b÷nn任取素数pd1，记pmd1，则pmn，且pman-bn。

nn若p0a-b，则必有pma-b，所以pmd2。

a-bnn(b+s)-bna-b若pa-b，记a-b=s，则==a-bsn?nCnjsj-1bn-j。

j=1对1＃j轾j犏<邋t犏pt=1臌+??j=1n，有素数p在j!的素因子分解式中的指数为

??j11=j邋t?jttpj=1pj=12nnj，不超过j-1，所以pmCnjsj-1，pma-b，即

a-bpmd2。

由素数幂pmd1的任意性，可得d1d2。 综上所述，d1=d2。

38.解：首先c=d=0满足条件，以下设c、d不全为零，这时必有c10，否则c=0而

d10，则不可能存在无穷多个不同的正整数对(xn,yn)，使得xnd以及ynd；当c10而d=0，则明显满足条件。以下设cd10，下面证明cd。

若cd时，记d=ck，其中k?Z；则cxi+d=k(xi+k)以及cyi+d=c(yi+k)，所以，

13

取(xi,yi)=(i,-k-i)(i=1,2,L)即可。

假设cd不成立，则必有素数幂pac，但pa不是d的约数，其中p是素数，a?N*。 按题意，存在无穷多个不同的整数对(xn,yn)(n=1,2,L)满足xncyn+d以及yncxn+d。，则必有一个整数的绝对值足够大，不妨设x1>c4d4，则cy1+d?x1c4d4，从而

cy1>c4d4-d；由c>1，得y1>c2d4。

由

(cy1+d)(cx1+d)x1y12=c2+cd+cd+d?Zx1y1x1y1以及

cd+cd+d2?cdx1y1x1y1x12cd+d<313+13+616<1+1+1<1，可得

8264y1x1y1cdcdcd(cy1+d)(cx1+d)x1y1=c2。

所以，由p2ac2，得p2a(cx1+d)(cy1+d)，必有pacx1+d，或pacy1+d矛盾。

故 必有cd。

综上所述，c=d=0，或d=kc(k?Z)。

，这导致pad，

39.解：（1）Z(a,b)=aabbb=C3C2C3(ba鬃aC4b鬃bC2b?(3a)!(2a)!(4b)!(3b)!(2b)!鬃鬃鬃b!(b-a)!

a!(2a)!a!a!b!(3b)!b!(2b)!b!b!a!(b-a)!a)!是一个非负整数。

43（2）对给定的b?N，取a=素数p>4b，则p3(a但p4(a!)(b!)，所以Z(a,b)?Z，3!4b)(!)，很明显，a取大于4b的素数有无穷多种取法。

40.解：由{n3}(mod7):1,1,-1,1,-1,-1,0,1,1,-1,1,-1,-1,0,L 当n37时，n!+5?12+6+24+5?3(mod7)，不是完全立方数；

直接计算：1!+5=6,2!+5=7,3!+5=11,4!+5=29,5!+5=53,6!+5=52?29，

故 只有当n=5时，5!+5=53是完全立方数。

41.证明：用数学归纳法

2当n=3时，23=8=7?121；假设当n=k(k?3)时，存在正奇数x、y，使得

2k=7x2+y2，则2k+1=14x2+2y2，

14

2k+3=56x2+8y2=7(x2+y2)+(49x2+y2)=7(x-y)+(7x+y)，

22\\ 2k+1骣x-y鼢骣7x+y=7?珑鼢珑桫2鼢桫222骣x+y鼢骣7x-y=7?珑鼢珑桫2鼢桫222。

Q \\ 22k+1x+yx-y-=y，

22x+yx-yx+y7x-y和奇偶性相反；当是奇数时，也是奇数，并且222222骣x+y鼢骣7x-y=7?珑鼢珑桫2鼢桫2骣x-y鼢骣7x+y=7?珑鼢珑桫2鼢桫22；否则，

27x+yx-y和都是奇数，并且

22k+1。

42.证明：把33个正整数表示成nk=2ak3bk5ck7dk11ek(k=1,2,L,33)，其中（k=1,2,L,33）；对于这33个有序五元组(ak,bk,ck,dk,ek)，ak、bk、ck、dk、ek都是非负整数

从每个分量的奇偶性上看，共有32种不同的情况，所以，这33个有序五元组中必有两个，各个分量奇偶性对应相同，不妨设(a1,b1,c1,d1,e1)和(a2,b2,c2,d2,e2)是这样两个有序五元组，则

(a1+a2,b1+b2,c1+c2,d1+d2,e1+e2)=(2s1,2s2,2s3,2s4,2s5)，其中si?N(i1,2,3,4,5)，

故 n1n2=22s132s252s372s4112s5是完全平方数。

43.证明：（1）由于(x2+3y)+(3x+y2)<(x+2)+(y+2)，可得x2+3y<(x+2)与

2223x+y2<(y+2)至少有一个成立，不妨设x2+3y<(x+2)，则有x2

222所以完全平方数x2+3y=(x+1)，3y=2x+1，y是奇数，记y=2k+1(k?N)，则

x=3k+1，完全平方数3x+y2=3(3k+1)+(2k+1)=4k2+13k+4；但当k36时，

22(2k+3)<4k2+13k+4<(2k+4)，这时3x+y2=4k2+13k+4不是完全平方数；当

22k=1,2,3,4时，4k2+1k3+=421,46,都79,12完0全平方数；当k=0时，不是

x2+3y=3x+y2=4；当k=5时，有3x+y2=4k2+13k+4=169=132以及x2+3y=172。

ì?3x+y2=169?解方程组í2，得(x,y)=(16,11)或(11,16)。

?x+3y=289??综上所述，满足条件的正整数对(x,y)=(1,1)、(11,16)、(16,11)。 （2）假设存在x、y?15

*N，使得x2+y+1与y2+4x+3都是完全平方数，则

x2+y+1?(x1)以及y2+4x+3?(y21)。

222Q (x2+y+1)+(y2+4x+3)<(x+2)+(y+1)， \\ 完全平方数

x2+y+1=(x+1)2，y=2x；但此时

y2+4x+3=4x2+4x+3?3(mod4)，这样y2+4x+3不是完全平方数。

综上所述，不存在使x2+y+1与y2+4x+3都是完全平方数的整整数对(x,y)。

244.证明：取勾股数(3,4,5)，记a1=3，a2=4，则S1=32，S2=a12+a2=52=(1+a2)，

2如果a1,a2,L,an都已安排好，且Sk=(1+ak)(1＃k2222n)，取an+1?N*，使得

22Sn+1=Sn+an1+an+1)，则(1+an)+an1+an+1)，即an+1=+1=(+1=(an(2+an)。 2ai2总是完全平方数。

a(2+an)定义数列{an}:a1=3,a2=4,an+1=n(n?3)，则Sn=2?ni=1证明：S1=a12是完全平方数；

2S2=a12+a2=33+42=52=(1+a2)是完全平方数；

222假设当n=k?2时，总有Sk=a12+a2+L+ak=(1+ak)，则

22222Sk+1=Sk+ak+1=(1+ak)+ak1+ak+1)， +1=1+2ak+ak+ak+1=1+2ak+1+ak+1=(222故 Sk+1=(1+ak+1)也是完全平方数。 由数学归纳法，可知Sn=?nai2总是完全平方数。

ni=145.解：按题意，存在m?N*，使得122+2n=m2，即(m+12)(m-12)2=存在a、b?*，明显m>13，

ì?m+12=2aab?2-2=24N，且a>b?1，使得í，消去，得，即mb???m-12=2ìb=3?-b?，所求正整数n=8，唯一。 2b(2a-)1=32?，亦即3í?a=5??46.解：存在m?N*，满足n?2n-1这样m=2k+1(k?N*)，n?2n-3从而2n-3?n16

1=m2，即(m+1)(m-1)=n?2n-1，容易知道n34，

1，

必有kn，或k+1n，所以n3k，且2n-3?kk(k+1)，

1。