《初等数论》-高等教育出版社
'' x0?16,y0??1。所以原方程的一个解是x0?400,y0??25
所以，原方程的一切整数解是：（ ）
x?400?31t t是整数
r??25?2t36．解：因为模5，6，7两两互质，由孙子定理得所给同余方程组关于模
5×6×7＝210有唯一解，分别解同余方程：
42x?1?mod5?，35x?1?mod6?，30x?1?mod7?，得 x?3?mod5?， x??1?mod6?，x?4?mod7? 因此所给同余方程组的解是：
x?42?3?1?35???1??3?30?4?2?mod210? 即：x?261?51?mod210?
37．解：从同余方程x2?11?mod5?得x?1?mod5?， 再从?1?5t1??11?mod52?,得10t1?10?mod52?，
2 因此t1?1?mod5?,于是1?t1?6?mod52?，
是?2?11?mod52?的解,又从?6?52t2??11?mod53?
2 得300t2??25?mod53?,因此12t2??1?mod5?
即t2?2?mod5?,所以x?6?52?2?56 是所给方程的一个解，于是所解为： x??56?mod125? 解毕。
38．解：??13??12?22?3, g1?2,g2?3 为其质因数
??13?2?6,??13?3?4，故g为模13的原根的主要条件是：
4 g6??1?mod13?，g??1?mod13?
用 g=1，2，??12逐一验证，得：2，6，7，11为模13的原根， 因为??12??4，故模13原根只有4个，即为所求。
五、证明题：
39．证明：易验证所给的解为原方程的解，因y为偶数，原方程可化为：
z?xz?x?r? ????
22?2??z?xz?x??z?xz?x? 但 ?,,?|???z
2??22??2
2《初等数论》-高等教育出版社
?z?xz?x??z?xz?x? ?,,?|???x
2??22??2z?xz?x，）=1 22 由书中引理，我们可假设
z?xz?x2 =a2， =b
22 显然a>b， (a，b)=1， 于是
而，所以（
X=a2－b2， z=a2+b2 ，y=2ab
因子为奇数，所以a，b一定是一为奇，一为偶，证毕 40．证明：假定d1 ，---， dk为a的所有正约数，那末
aa ，---，也是a的所有正约数，于是 d1dka ??(d)=??()
ddada 再因为在a的完全剩余系中任一数a的最大公约数
必定是d1 ，---， dk中某一个数，而完全剩余系中与a的最
m 大公约数为di的数有?() ，所以：
dim ??()= m 证毕
dda六．应用题：
?30??30??30?41．解：5在30！中的最高次幂=??+?2?+?3?
?5??5??5? =6+1+0=7
?30??30??30??30??30? 2在30！的最高次幂=??+?2?+?3?+?4?+?5?
?2??2??2??2??2? =15+7+3+1+0=26 10=2×5，故 30！的末尾有7个零。
2010年10月自考全国初等数论参考答案
《初等数论》-高等教育出版社
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