初等数论 五道练习题

1. 判断二元一次方程$21x+35y=98$是否有整数解；若有，求出其通解。

解
$$\begin{array}{rl}& 21=3\times 7\\ & 35=5\times 7\\ & 98=2\times 7^2\end{array}$$
因此先把原方程化简为等价形式
$$3x+5y=14$$
$\gcd \left(3,5\right)=1|14$，因此原方程有整数解。
$$\begin{array}{rl}& 5=3\times 1+2\\ & 3=2\times 1+1\end{array}$$
$$\begin{array}{rl}& P_0=1,P_1=1,P_2=1\times 1+1=2\\ & Q_0=0,Q_1=1,Q_2=1\end{array}$$
因此$3x+5y=1$的一个特解为$\left({\left(-1\right)}^2{P}_2,{\left(-1\right)}^{2-1}{Q}_2\right)=\left(2,-1\right)$
因此$3x+5y=14$的一个特解为$\left(2\times 14,-1\times 14\right)=\left(28,-14\right)$
因此$3x+5y=14$的通解，即原方程的通解为
$$\{\begin{array}{rl}& x=28-5t\\ & y=-14+3t\end{array},t\in \mathbb{Z}$$

注
  $a,b$的辗转相除法只需要进行到余数出现$\gcd (a,b)$的那一行即可。

2. 求$3^{406}$（十进制数）的最后两位数字

解
  问题等价于求解$3^{406}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}100$。
$$\begin{array}{rl}& 100=2^2\times 5^2\\ & \Rightarrow \phi \left(100\right)=100\times \left(1-\frac{1}{2}\right)\times \left(1-\frac{1}{5}\right)=40\end{array}$$
由于$\gcd \left(3,100\right)=1$，因此由欧拉定理有
$$\begin{array}{rl}& 3^{\phi \left(100\right)}=3^{40}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}100\\ & \Rightarrow 3^{400}={\left(3^{40}\right)}^{10}\equiv 1^{10}=1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}100\end{array}$$
于是有
$$\begin{array}{rl}& 3^{406}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}100\\ & =3^{400}\times 3^6\\ & \equiv 1\times 3^6\\ & =729\\ & \equiv 29\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}100\end{array}$$
即$3^{406}$的最后两位数字是$29$。

3. 判断同余式组$\{\begin{array}{rl}& x\equiv 4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11\\ & x\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}17\end{array}$是否有解。若有，则求出其解。

解
由于$\gcd \left(11,17\right)=1|1=4-3$，因此该同余式组有解。
$\gcd \left(11,17\right)=1$，因此可以直接使用孙子定理进行求解。
令$b_1=4,b_2=3;m_1=11,m_2=17,m=m_1{m}_2=11\times 17=187$。
令$m=m_1{M}_1=m_2{M}_2\Rightarrow M_1=m_2=17,M_2=m_1=11$。
$$\begin{array}{rl}& M_1{M_1}^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1\\ & \iff 17{M_1}^{\prime }\equiv 1\equiv 1+\left(17-6\right)\times 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11\\ & \iff {M_1}^{\prime }\equiv -1+3=2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}11\end{array}$$
$$\begin{array}{rl}& M_2{M_2}^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2\\ & \iff 11{M_2}^{\prime }\equiv 1\equiv 1+\left(11+6\right)\times \left(-2\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}17\\ & \iff {M_2}^{\prime }\equiv -1+\left(-2\right)=-3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}17\end{array}$$
因此同余式组的解为
$$\begin{array}{rl}& x\equiv M_1{M_1}^{\prime }{b}_1+M_2{M_2}^{\prime }{b}_2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m\\ & \equiv 17\times 2\times 4+11\times \left(-3\right)\times 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}187\\ & =37\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}187\end{array}$$

4. 判断$x^2+4x+2\equiv 0\text{ mod}{\text{7}}^3=343$是否有解。若有，求出其解。

解
  令$f\left(x\right)=x^2+4x+2$，则有$f^{\prime }\left(x\right)=2x+4$。

1. 求解$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7$。
   使用穷举法列举得所有结果如下
   $$\begin{array}{cccccccc}x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7& -3& -2& -1& 0& 1& 2& 3\\ f\left(x\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7& -1& -2& -1& 2& 7\equiv 0& 14\equiv 0& 23\equiv 2\end{array}$$
   因此解为$x\equiv 1,2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7$。

2. 求解$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{7}^2=49$。

   1. $f^{\prime }\left(1\right)=6\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7,f\left(1\right)=7$
      ∃ ! t ∈ { 0 , 1 , ⋯   , 6 } \exists !t\in \left\{ 0,1,\cdots ,6 \right\} ∃!t∈{ 0,1,⋯,6}使得$x\equiv 1+7t\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}49$是方程的解。
      求解
      $$\begin{array}{rl}& \frac{f\left(1\right)}{7}+f^{\prime }\left(1\right)t\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff \frac{7}{7}+6t\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff 6t\equiv -1\equiv -1+7=6\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff t\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\end{array}$$
      因此有解$x\equiv 1+7\times 1=8\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}49$。

   2. $f^{\prime }\left(2\right)=2\times 2+4=8\equiv 1\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7,f\left(2\right)=14$
      ∃ ! t ∈ { 0 , 1 , ⋯   , 6 } \exists !t\in \left\{ 0,1,\cdots ,6 \right\} ∃!t∈{ 0,1,⋯,6}使得$x\equiv 2+7t\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}49$是方程的解。
      求解
      $$\begin{array}{rl}& \frac{f\left(2\right)}{7}+f^{\prime }\left(2\right)t\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff \frac{14}{7}+t\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff t\equiv -2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\end{array}$$
      因此有解$x\equiv 2+7\times \left(-2\right)=-12\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}49$。

3. 求解$f\left(x\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{7}^3=343$。

   1. $f^{\prime }\left(8\right)=2\times 8+4=20\equiv -1\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7$
      $f\left(8\right)=8^2+4\times 8+2=98$
      ∃ ! t ∈ { 0 , 1 , ⋯   , 6 } \exists !t\in \left\{ 0,1,\cdots ,6 \right\} ∃!t∈{ 0,1,⋯,6}使得$x\equiv 8+49t\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}343$是方程的解。
      求解
      $$\begin{array}{rl}& \frac{f\left(8\right)}{49}+f^{\prime }\left(8\right)t\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff \frac{98}{49}+-t\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff t\equiv 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\end{array}$$
      因此有解$x\equiv 8+49\times 2=106\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}343$。

   2. $f^{\prime }\left(-12\right)=2\times \left(-12\right)+4=-20\equiv 1\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7$
      $f\left(-12\right)={\left(-12\right)}^2+4\times \left(-12\right)+2=98$
      ∃ ! t ∈ { 0 , 1 , ⋯   , 6 } \exists !t\in \left\{ 0,1,\cdots ,6 \right\} ∃!t∈{ 0,1,⋯,6}使得$x\equiv -12+49t\text{ mod343}$是方程的解。
      求解
      $$\begin{array}{rl}& \frac{f\left(-12\right)}{49}+f^{\prime }\left(-12\right)t\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff 2+t\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\\ & \iff t\equiv -2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7\end{array}$$
      因此方程有解$x\equiv -12+49\times (-2)=-110\equiv 233\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}343$。
      
      

5. $a\in \mathbb{Z},a\ge 3$，求证$$\exists b,c\in \mathbb{Z},b,c>0,s.t.a^2+b^2=c^2$$

证明

1. 若$a$是大于等于4的偶数，则有$2|a$。
   注意到
   $$\{\begin{array}{rl}& a=2xy\\ & b=x^2-y^2\\ & c=x^2+y^2\end{array},x,y\in {\mathbb{Z}}_{>0},x>y$$
   是$a^2+b^2=c^2,2|a$的正整数解。
   令$x=\frac{a}{2}\in {\mathbb{Z}}_{\ge 2},y=1$，则有$x>y>0$。此时有
   $$b={\left(\frac{a}{2}\right)}^2-1=\frac{a^2}{4}-1\in {\mathbb{Z}}_{>0},c={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+1=\frac{a^2}{4}+1\in {\mathbb{Z}}_{>0}$$
   即找到了一组$\left(a,b,c\right)=\left(a,\frac{a^2}{4}-1,\frac{a^2}{4}+1\right)\in {\mathbb{Z}}_{>0}^3$使得$a^2+b^2=c^2$。

2. 若$a$是奇数，在这种情况下将$a^2+b^2=c^2$等价变换为
   $$\left(c+b\right)\left(c-b\right)=a^2$$
   注意到
   $$\{\begin{array}{rl}& u=p^2\\ & v=q^2\\ & w=pq\end{array},p,q\in {\mathbb{Z}}_{>0}$$
   是方程$uv=w^2$的正整数解。
   现令$u=c+b,v=c-b,w=a,p=a,q=1$，则有
   $$\{\begin{array}{rl}& c+b=a^2\\ & c-b=1\\ & a=a\times 1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& a=a\\ & b=\frac{a^2-1}{2}\in {\mathbb{Z}}_{>0}\\ & c=\frac{a^2+1}{2}\in {\mathbb{Z}}_{>0}\end{array}$$
   因此找到了一组$\left(a,b,c\right)=\left(a,\frac{a^2-1}{2},\frac{a^2+1}{2}\right)\in {\mathbb{Z}}_{>0}^3$使得$a^2+b^2=c^2$。