1、答 案见解析解析证明：我们证明，所求的集合由所有与数 互素的数组成， 如果某个数与数 有公因数，则 事实上，对任意，有 因此不被 整除，从而不被整除 现在设，且 由于在，中可以找出两个数与，它们模同余 这两个数之差 被整除，但与互素， 因此 被整除(因为，所以不可能有) 因此 最后注意答 案见解析解析解：若 、 、 、 为整数，满足， 则， 于是，若存在这样的、，必只有一组满足 由二项式定理得 模块模块1：11例题1Mam Nm Nad 1m / Mn Na ,a =(n) a ,a=(k=0nk)1 + a a ,a=(k=0n1k)1,a =()1andmm 1m,a =()1a1a2am
2、am+1aiaji jma ia =j a k=0ik a =k=0ik a =k=j+1ika aj+1k=0ij1kmaj+1ma =ij1 ak=0ij1kmm = 1i j 1 = 0m M1 M例题2abcda + b =33c + d 33a c +()c d =()330 a = cb = dxny nx ,y(nn)， 存在性得证答 案见解析解析解：若，则；若，则 当时， 由于分母不为 的倍数，从而， 故， ， 对，有 则 若，则； 若，则 从而，或答 案见解析解析解：， 在时， 被 整除对每个存在满足，互不同余， 而且 所以， 即的分子( 与 互质) 21x =n C 0k
3、n21n2k(33)2ky =n C 0k n121()n2k+1(33)2kp = 2p y pp = 2y =p+1 C k=0 p121()p+12k+1(33)2k2 t p 1C =p+1t t! p + 1 t !()pp + 1 p 1 !() () pp C p+1ty p+1C +p+11C p+1p(33)p11 + 33modp 2p1()y =p C k=0 p121()p2k+1(33)2kC pp(33)p133modp 2p1()1 k p 2C =p1k =k!p 1p 2 p k()()() =k!12 k()()()1modp()k()y =p1 C k=0
4、 p321()p12k+1(33)2k 33 k=0 p321()k 33 1modp321( 2p1)()p 33p y pp = 2p 330 33 1 321(p1)y y modpp+1p1()p y p+1p y p1例题3s = 1 +22 +23 +2 + n =2 n n + 12n + 161()()n = 2p 1sp1 j 2p 1jj j2 21 modp()j1 j 2p 1 +1 p 1()1 +2 p 2()1 + 2p12p+11 j=1 2p1j21 j j =1 2p10 modp() +1 p 1()1 +2 p 2()1 + = 2p12p+11 yxx
5、 0 modp() yx所以的分子被整除而由，左边的小最公分母不被 整除， 所以右边的分子被 整除， 即被整除答 案见解析解析证明：， 所以，答 案见解析解析证明：多项式同余意义下(即系数同余)， 有， 比较两端的系数，证毕答 案见解析解析1111 + +21 + =p 11p + + + = (1 p 1()12 p 2()1 2p12p+11ypx)pxp21 + +21 + =p 11 psr spr sp =pr spxr sp3例题4 =(2pp)2 + =j=1p1(pj)(pj)2 + p j 2j=1p12(p 1j 1)(p 1j 1)R = STR SSTS1TmodpS1
6、()j =2(p 1j 1)(p 1j 1) (j j 1 !()p 1 p j + 1()()2 1 j +j j 1 !( () )2()2( j j=1p12(p 1j 1)(p 1j 1) j=1p1j2 j j=1p120 modp()例题51 + x()p1 + xmodpp()1 + x()a1 + x1 + x 1 + xpmodp()a 0(p)a 1(k)a k()xb例题6解：设存在 ，使得直接计算可知，故又时， 数不是 ， ， 的倍数， 因此，必有 对两边取模 ，得， 为奇数； 对两边取模 ，得，为偶数 所以， ， 都为奇数再对两边取模 ，得 ， 这要求但对任意，都有，
7、 ，矛盾 所以，不在中出现答 案见解析解析解：证明：如果 为偶数，取，就有，此时命题成立 下面讨论 为奇数的情形 称使得成立的正整数 为“好数”，“好数”具有如下的两个性质： 对任意，数 与不能都是“好数” 事实上，若 为“好数”， 则 ， 故不是“好数”，从而成立 若 ， 都是“好数”( 与 可以相同)，则也是“好数” 这由，两式相乘即得 回到原题，对大于 的奇数 ， 若，直接计算可知，命题成立 当时，如果命题不成立，分两种情形处理 情形一：可写，则 ， ，都是“好数”， 由知不是“好数”， 但由知是“好数”(因为 ，都是“好数”)，矛盾 情形二：可写，同样地， ， ，都是“好数”， 这时由
8、知不是“好数”， 但由知是“好数”，矛盾 综上可知，命题成立答 案见解析11np =n+111p =12p =23p =37n 3n 31 + p p p 12n2371 + p p p =12n5 111( )1( )43 11mod4()1( )31 1+()+mod3() + 1( )71 2()222mod7+2()2+26 mod7()m N2m241 mod7()11pn例题7na = 2n 2a a(n)nna a2(n)a11 a n 1an aan a()nn a =()n nC na +n1n1 + C nann1n1a nn + a a a (n)n n 0 modn(2
9、)n a12abababa na modn(2)b nb modn(2)4nn 5,7n 22 2(n)n 9n = 4k + 1 k N ,k 2()12 ,k + 113k = n k + 1()23k3k k + 1n = 4k + 3 k N ,k 2()12 ,k + 113 k + 1= n k()()23 k + 1()例题8解析证明：只需证明，由可以推出，其中， 如果，则为有理数，不可能 设 注意，因为被 除的余数不能是 或 事实上， ， 所以不能是 或 ， 因此由于 所以证毕答 案见解析解析解：设整数组满足方程 若为奇数，则 ， 这是不可能的 于是，为偶数 则 故 从而， 、
10、 、 均为偶数 设， 则 类似地，、也均为偶数 重复以上步骤，得 、 、 全为的倍数 于是， 经检验，满足题意答 案见解析解析解：因为方程右边为奇数， 所以， 为奇数将原方程改写为 设 由 11 n 7m 0 n 7m m1mn N n 7m = 1 =7 n1 + m0 n 7m 2m + n m=(7) n +7m n 7m nm73 m1例题9a,b,c()abc =2a b 2 25a 213b 21 mod8()ab5a +213b +2c =2a b 2 20 mod4()a +2b +2c 20 mod4()abca = 2a 1b = 2b 1c = 2c 15a +1213b
11、 +12c =124a b 1212a1b1c1abc2k Z k(+)a = b = c = 0a = b = c = 0例题10 xx 2x + 2x + 4 =()(2)3 y7zd = x 2,x + 2x + 4(2)dx 2()d x 4x + 4(2)因为， 所以， 又因为， 所以， 由于 为奇数，故或 若，则由前一个方程知 代入后一个方程得，矛盾 若，则由前一个方程知 代入后一个方程得，矛盾 若，可将代入后一个方程得 当， 时，上述方程无正整数解 对，将上述方程两边同时除以 得 于是，矛盾 若，可将代入后一个方程得 当， 时，上述方程无正整数解 对，得 于是， 为偶数 设则 因
12、为， 所以，存在正整数 ，使得 于是， 若，则 ，矛盾 若，则 解得，即 若，可将代入后一个方程，知无正整数解 综上，d x + 2x + 4(2)d 6xd6x 12()d 12dd = 131( )x 2 = 3yx +22x + 4 = 7zx 2 mod3()0 1 mod3()2( )x 2 = 7zx +22x + 4 = 3yx 0 mod3()1 0 mod3()3( )x 2 = 3 7zx +22x + 4 = 3y1x = 3 7 +z29 7+2x18 7 +z12 = 3y1y = 12y 233 7+2x6 7 +z4 = 3y21 0 mod3()4( )x 2
13、= 3y1x +22x + 4 = 3 7zx = 3+y123+ 3+(y1)23 = 3 7zy = 12y 23 3 1mod4()z()zz = 2l l Z (+)33+ 2 =y1(y2)7 27 + 2(l)(l)3 7 2(l)q7 +l2 = 3qy17 l2 =q3+ 2y2q 14 = 3q y1 q3+ 2y22 3y1 =23+ 2y2 211 3y21 5 3y21 4q = 14 = 3y13y22y = 3x = 11x = 2x,y,z =()11,3,2()5( )x 2 = 1x +22x + 4 = 3 y7zx = 3x,y,z =()11,3,2()
