1、答 案见解析解析解：设， 这里 ， ，且 ， 都不是 的倍数我们只需证明 若(的情形是对称的)，则由， 结合中国剩余定理知，存在，使得，而 于是可设， 这时， 而， 矛盾故所以，命题成立答 案见解析解析解：先证：如果，那么 事实上，一方面 能被 整除另一方面，如果，则 由于 ，中有一个是奇数，且， 故上述和式不能被整除(因为) 下面证明： 不是 的方幂时， 设， 是奇数 我们证明存在，使得，且(此时，当然有，从而) 由于，故由中国剩余定理， ， 有解即存在，满足上述同余方程组 注意到，而， 模块模块1：11例题1m = p xn = p y Nxy Nxypx = yx y x yx,p =(
2、)1a Na 0 modx()a 1 modp()a = pk 1k Npk 1,m =()a,p x =()xpk 1,n =()pk 1,p y ()y xx = y例题2n = 2mm Nf n =( )2n 1 k =k=12n12n 1 n =()2 1 2(m+1)mnl 2n 2 k =k=11 l l + 121()ll + 1l + 1 2n 1 = 2m+112m2m+1l l + 1()n2f n 1pl 2n 12lm+1pl + 1()2 p m2l l + 1()f n ( )2n 12,p =(m+1)1l 0 mod2(m+1)l p 1 modp()l x m
3、od2p0(m+1)l 00 l 02pm+12n 1 0 mod2(m+1)2n + 1 0 modp()故与都不是此同余方程组的解， 故，即 综上可知，当且仅当 为 的幂次时，答 案见解析解析解：证明：中国剩余定理：，是两两互质的正整数， 对于任意的整数，有解是所有素数， ， 所以对于，对于任意素数，至多只有项不被它整除所以只有有限项是素数答 案见解析解析证明：，有限， 所以存在，是自然数是 次方幂， 当且仅当 所以问题转化为，找一个，使得被整除 竖着考虑，中国剩余定理，有解答 案见解析解析解：由中国剩余定理，对于任意的， ， 均存在一个， 使得， 令，对于， ， ，令为除以 所得余数 由
4、 若，则 故，两两不同且为 ， ， 的排列 1112n 12n0 l 02n 1f n ( )2n 1n2f n =( )2n 1例题3m1mka1akx a modim ip 1p a ,且 k mod p ,k nnk+1n k + 1a +nk 0 mod p k+1p na +nkk + 1例题4a1anp1pka =ip p 1t i1kt ikt ijm = p p 1s 1ks kqq s jb = p p 1l 1kl kl +1t ,l +i12t , ,l +i2kt ikq il it modq ij(j)例题5k = 23nb kb k0 modk 1()b kk mo
5、dn()a =11k = 23na k k 1b knb n0 modn ()a =nna =ia j =i 1b imodn j 1bj()i j 1 ()j i 1modn ()()i = ja1a2an12n此时，对， ， ，有 答 案见解析解析解： 若或或存在素数，使得，由中国剩余定理，知存在两个整数 、 (、)满足 ，且 于是，取，矛盾这表明， 只可能为 、 、 、 、 设多项式中的系数为则由 于是，对于，有 设的次数为则当时，无解； 当时， 当时，则， ， 满足条件 对于，若，考虑就足够了 对于，考虑 ， 就足够了这些中没有一个能找到导致矛盾的 于是，也满足条件 对于，取 ， ，
6、导致矛盾答 案见解析解析解：所求最小值为 先证明三个引理 引理 ：对于任意整数 ，均有 引理 的证明： 11k = 23na a ,a 12k k 1 !()b b b 2 3kk modn()例题6p 2,3,5,79p 1()16p 1()q 3qp 1()kl 0 kl ( )()12a 2 mod7()a + 1 3 mod7()2P a + 1 ,P a + 3=()()1P a ,P a + 3( )()P a + 1 ,P a + 4()()13a 1 mod3()a + 1 1 mod3()aa 7 mod19()a + 1 2 mod7()a + 2 1 mod3()a =
7、1972P a + 1()P a + 3()73P a + 2()P a + 5()319 P 7 = 57( )19 P 11 = 133()P a( )P a + 4()19P a ,P a + 1 , ,P a + 5( )()()6例题8m = 11 pin = 11 qjij11 p11 qlm = 11 nlp = qp q p qp,11 =()1a， ， 于是， ， ， 此时与已知条件矛盾 于是，即答 案见解析解析解：证明：设，则表示个不同的素数，由孙子定理，存在整数 满足一组个同余式 ， 和整数 满足一组个同余式 ， 下面我们就来验证整点满足所需的性质 任一整点与的距离设为
8、，如果， 则， 即， 由此推出，不妨设 ， 即， 由和知 ， 因此非既约整点，这就证明了每一个既约整点与点的距离大于 答 案见解析解析证明：考察多项式 设，利用拉格朗日定理(见前面的讨论)，可知 进一步，由知 ，从而， ， 所以， 这里用到这要求(因为，故11a 0 modp()a 1 mod11()a = 11 k1 k N()11 1,m =(k)a,11 p =(i)p11 1,n =(k)a,11 q(j)q 3a 10 modp(2)a p2a p3 a 20 modp()，都是的倍数，因此)，也就是说 结合式，就有 因此，命题获证a p2pp2a p3pp3a 2p2p3pa p31p 1 ! () )k=1p1k10 modp(2)1( )p 1 ! () (psrp1)0 modp(2)pr s3()
