《具体数学》部分习题解答4

习题四

4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
4.9
4.10
4.11
4.12
4.13
4.14
4.15
4.16
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4.18
4.19
4.21
4.22
4.23
4.24
4.25
4.30
4.31
4.32
4.33
4.34
4.35
4.37
4.38
4.40
4.51
4.54

4.1

对 1 ≤ k ≤ 6 1 \le k \le 6 1≤k≤6，恰有 k k k 个因子的最小正整数是什么？

1	2	3	4	5	6
1	2	4	6	16	12

4.2

证明 g c d ( m , n ) ⋅ l c m ( m , n ) = m ⋅ n gcd(m,n) \cdot lcm(m,n) = m \cdot n gcd(m,n)⋅lcm(m,n)=m⋅n，并在 n m o d m ≠ 0 n \bmod m \neq 0 nmodm=0时利用这个恒等式，从而用 l c m ( n m o d m , m ) lcm(n \bmod m , m) lcm(nmodm,m) 表示出 l c m ( m , n ) . lcm(m,n). lcm(m,n).

4.3

设 π ( x ) \pi(x) π(x) 是不超过 x x x 的素数个数。证明或推翻：
π ( x ) − π ( x − 1 ) = [ x 是素数 ] . \pi(x) - \pi(x-1) = [x 是素数]. π(x)−π(x−1)=[x是素数].

如果 x x x 是整数，这显然正确
若 x x x 不是整数，可以改为： π ( x ) − π ( x − 1 ) = [ ⌊ x ⌋ 是素数 ] . \pi(x) - \pi(x-1) = [\lfloor x \rfloor 是素数]. π(x)−π(x−1)=[⌊x⌋是素数].

4.4

如果 Stern-Brocot 构造是从五个分数 ( 0 1 , 1 0 , 0 − 1 , − 1 0 , 0 1 ) (\frac{0}{1} , \frac{1}{0} , \frac{0}{-1} , \frac{-1}{0} , \frac{0}{1}) (10,01,−10,0−1,10) 而不是从 ( 0 1 , 1 0 ) (\frac{0}{1} , \frac{1}{0}) (10,01) 出发的，将会发生什么？

在 ( 1 0 , 0 − 1 ) (\frac{1}{0} , \frac{0}{-1}) (01,−10) 中的每个数相当于把 ( 0 1 , 1 0 ) (\frac{0}{1} , \frac{1}{0}) (10,01) 中对应的数分子分母颠倒，再乘以 (-1) ；同理，在 ( 0 − 1 , − 1 0 ) (\frac{0}{-1} , \frac{-1}{0}) (−10,0−1) 中的每个数相当于把 ( 1 0 , 0 − 1 ) (\frac{1}{0} , \frac{0}{-1}) (01,−10) 中对应的数分子分母颠倒，再乘以 (-1) … \dots …

4.5

当 L L L 和 R R R 是如下的 2×2 矩阵时，求 L k L^k Lk 和 R k R^k Rk 的简单公式。
L = [ 1 1 0 1 ] R = [ 1 0 1 1 ] L = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \quad R = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \\[12pt] L=[1011]R=[1101]

L k = [ 1 k 0 1 ] R k = [ 1 0 k 1 ] L^k = \begin{bmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \\[12pt] R^k = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ k & 1 \end{bmatrix} Lk=[10k1]Rk=[1k01]

4.6

a ≡ b ( m o d 0 ) a \equiv b \pmod{0} a≡b(mod0) 的含义是什么？

a ≡ b ( m o d 0 ) ⇔ a m o d 0 = b m o d 0 ⇔ a = b a \equiv b \pmod{0} \Leftrightarrow a \bmod 0 = b \bmod 0 \\ \Leftrightarrow a = b a≡b(mod0)⇔amod0=bmod0⇔a=b

4.7

十个标号 1~10 的人如同在约瑟夫问题中那样排成一个圆圈，每隔 m − 1 m-1 m−1 个人处死一人。（ m m m 的值可以比 10 大得多。）证明：对任何 k k k ，前三个死去的人不可能是 10，k 和 k+1 （依照这个次序）。

第一个死去的人是 10 ⇔ m m o d 10 = 0 第二个死去的人是 k ⇔ m m o d 9 = k 第三个死去的人是 k + 1 ⇔ m m o d 8 = 1 这是不可能的，因为 m m o d 10 = 0 意味着 m 是偶数，而 m m o d 8 = 1 意味着 m 是奇数，不存在这样的 m 。第一个死去的人是 10 \Leftrightarrow m \bmod 10 = 0 \\ 第二个死去的人是 k \Leftrightarrow m \bmod 9 = k \\ 第三个死去的人是 k+1 \Leftrightarrow m \bmod 8 = 1 \\ 这是不可能的，因为 m \bmod 10 = 0 意味着 m 是偶数，\\ 而 m \bmod 8 = 1 意味着 m 是奇数，不存在这样的m。第一个死去的人是10⇔mmod10=0第二个死去的人是k⇔mmod9=k第三个死去的人是k+1⇔mmod8=1这是不可能的，因为mmod10=0意味着m是偶数，而mmod8=1意味着m是奇数，不存在这样的m。

4.8

正文中考虑的剩余系 ( x m o d 3 , x m o d 5 ) (x \bmod{3} \ , \ x \bmod{5}) (xmod3 , xmod5) 有如下令人不解的性质：13 对应 (1,3) ，它看起来几乎是相同的。说明怎样求出所有这种巧合的例子，而不用把 15 对剩余全都计算出来。换句话说，就是求同余式：
10 x + y ≡ x ( m o d 3 ) , 10 x + y ≡ y ( m o d 5 ) 10x + y \equiv x \pmod{3} \ , \quad 10x + y \equiv y \pmod{5} 10x+y≡x(mod3) ,10x+y≡y(mod5)
所有相关的解。提示：利用事实 10 u + 6 v ≡ u ( m o d 3 ) 10u + 6v \equiv u \pmod{3} 10u+6v≡u(mod3) 以及 10 u + 6 v ≡ v ( m o d 5 ) 10u + 6v \equiv v \pmod{5} 10u+6v≡v(mod5).

已知： { 10 x + 6 y ≡ x ( m o d 3 ) 10 x + 6 y ≡ y ( m o d 5 ) 求解： { 10 x + y ≡ 10 x + 6 y ( m o d 3 ) 10 x + y ≡ 10 x + 6 y ( m o d 5 ) ⇒ 10 x + y ≡ 10 x + 6 y ( m o d 15 ) ⇒ 5 y ≡ 0 ( m o d 15 ) ⇒ y ≡ 0 ( m o d 3 ) 考虑到该剩余系，我们有： { 10 x + y < 15 x < 3 y < 5 因此： x = 0 或者 1 ; y = 0 或者 3 已知： \begin{cases} 10x + 6y \equiv x \pmod{3} \\ 10x + 6y \equiv y \pmod{5} \end{cases} \\ 求解： \begin{cases} 10x + y \equiv 10x + 6y \pmod{3} \\ 10x + y \equiv 10x + 6y \pmod{5} \end{cases} \\ \Rightarrow 10x + y \equiv 10x + 6y \pmod{15} \\ \Rightarrow 5y \equiv 0 \pmod{15} \\ \Rightarrow y \equiv 0 \pmod{3} \\ 考虑到该剩余系，我们有： \begin{cases} 10x + y < 15 \\ x < 3 \\ y < 5 \end{cases} \\ 因此： x = 0 或者 1 \ ; \ y = 0 或者 3 已知：{10x+6y≡x(mod3)10x+6y≡y(mod5)求解：{10x+y≡10x+6y(mod3)10x+y≡10x+6y(mod5)⇒10x+y≡10x+6y(mod15)⇒5y≡0(mod15)⇒y≡0(mod3)考虑到该剩余系，我们有：⎩⎪⎨⎪⎧10x+y<15x<3y<5因此：x=0或者1 ; y=0或者3

4.9

证明 ( 3 77 − 1 ) / 2 (3^{77} - 1) / 2 (377−1)/2 是奇的合数。提示： 3 77 m o d 4 3^{77}\bmod 4 377mod4 等于什么？

3 ≡ − 1 ( m o d 4 ) ⇒ 3 77 ≡ ( − 1 ) 77 ( m o d 4 ) ∵ ( − 1 ) m o d 4 = 3 ∴ 3 77 m o d 4 = 3 ⇒ 3 77 − 1 2 是奇数或者用二项式定理证明： 3 77 = ( 1 + 2 ) 77 = ∑ k = 0 77 ( 77 k ) 2 k = 1 + 2 ( 77 1 ) + ∑ k = 2 77 ( 77 k ) 2 k ⇒ 3 77 − 1 2 = 77 + ∑ k = 2 77 ( 77 k ) 2 k − 1 是奇数 ∵ 77 = 7 × 11 ∴ 3 77 − 1 3 7 − 1 = 3 70 + 3 63 + ⋯ + 1 3 77 − 1 3 11 − 1 = 3 66 + 3 55 + ⋯ + 1 ⇒ 3 77 − 1 2 是合数 3 \equiv -1 \pmod{4} \Rightarrow 3^{77} \equiv (-1)^{77} \pmod{4} \\ \because (-1) \bmod 4 = 3 \\ \therefore 3^{77} \bmod 4 = 3 \\ \Rightarrow \frac{3^{77} - 1}{2} \ 是奇数 \\[12pt] 或者用二项式定理证明：\\ 3^{77} = (1+2)^{77} = \sum_{k=0}^{77} \binom{77}{k} 2^k = 1 + 2 \binom{77}{1} + \sum_{k=2}^{77} \binom{77}{k} 2^k \\ \Rightarrow \frac{3^{77} - 1}{2} = 77 + \sum_{k=2}^{77} \binom{77}{k} 2^{k-1} \ 是奇数 \\[16pt] \because 77 = 7 \times 11 \\ \therefore \frac{3^{77}-1}{3^7-1} = 3^{70} + 3^{63} + \cdots + 1 \\ \frac{3^{77}-1}{3^{11}-1} = 3^{66} + 3^{55} + \cdots + 1 \\ \Rightarrow \frac{3^{77} - 1}{2} \ 是合数 3≡−1(mod4)⇒377≡(−1)77(mod4)∵(−1)mod4=3∴377mod4=3⇒2377−1 是奇数或者用二项式定理证明：377=(1+2)77=k=0∑77(k77)2k=1+2(177)+k=2∑77(k77)2k⇒2377−1=77+k=2∑77(k77)2k−1 是奇数∵77=7×11∴37−1377−1=370+363+⋯+1311−1377−1=366+355+⋯+1⇒2377−1 是合数

4.10

计算 φ ( 999 ) \varphi(999) φ(999).

利用公式： φ ( m ) = ∏ p ∖ m ( p m p − p m p − 1 ) = m ∏ p ∖ m ( 1 − 1 p ) . ⇒ φ ( 999 ) = 999 ( 1 − 1 3 ) ( 1 − 1 37 ) = 648 利用公式：\varphi(m) = \prod_{p \setminus m} (p^{m_p} - p^{m_p-1}) = m \prod_{p \setminus m} (1 - \frac{1}{p}). \\ \Rightarrow \varphi(999) = 999 (1-\frac{1}{3}) (1-\frac{1}{37}) = 648 利用公式：φ(m)=p∖m∏(pmp−pmp−1)=mp∖m∏(1−p1).⇒φ(999)=999(1−31)(1−371)=648

4.11

找一个具有如下性质的函数 σ ( n ) \sigma(n) σ(n) :
g ( n ) = ∑ 0 ≤ k ≤ n f ( k ) ⇔ f ( n ) = ∑ 0 ≤ k ≤ n σ ( k ) g ( n − k ) g(n) = \sum_{0 \le k \le n} f(k) \Leftrightarrow f(n) = \sum_{0 \le k \le n} \sigma(k) g(n-k) g(n)=0≤k≤n∑f(k)⇔f(n)=0≤k≤n∑σ(k)g(n−k)
（这与默比乌斯函数类似，见 g ( m ) = ∑ d ∖ m f ( d ) ⇔ f ( m ) = ∑ d ∖ m μ ( d ) g ( m d ) g(m) = \sum_{d \setminus m} f(d) \Leftrightarrow f(m) = \sum_{d \setminus m} \mu(d) g(\frac{m}{d}) g(m)=∑d∖mf(d)⇔f(m)=∑d∖mμ(d)g(dm).）

4.12

化简公式 ∑ d ∖ m ∑ k ∖ d μ ( k ) g ( d / k ) \sum_{d \setminus m} \sum_{k \setminus d} \mu (k) g(d/k) ∑d∖m∑k∖dμ(k)g(d/k).

补充条件:
默比乌斯函数 μ ( m ) \mu (m) μ(m) 对所有整数 m ≥ 1 m \ge 1 m≥1 由等式 ∑ d ∖ m μ ( d ) = [ m = 1 ] \sum_{d \setminus m} \mu (d) = [m = 1] ∑d∖mμ(d)=[m=1] 来定义

4.13

如果一个正整数 n n n 对任何 m > 1 m > 1 m>1 都不能被 m 2 m^2 m2 整除，那么称它是无平方因子的(squarefree)。求 n n n 是无平方因子数的一个必要且充分条件，
a . a. a. 用 n n n 的素数幂表示来表出这个条件；
b . b. b. 用 μ ( n ) \mu (n) μ(n) 表出这个条件。

a . n = ∏ p p n p , 每个 n p ≥ 0 ⇒ n p < 2 a. \quad n = \prod_{p} p^{n_p} \ , 每个 n_p \ge 0 \\ \Rightarrow n_p < 2 a.n=p∏pnp ,每个np≥0⇒np<2

b . μ ( n ) = ∏ p ∖ n μ ( p n p ) = { ( − 1 ) r , n = p 1 p 2 … p r 0 , n 能被某个 p 2 整除 ⇒ μ ( n ) ≠ 0 b. \quad \mu (n) = \prod_{p \setminus n} \mu (p^{n_p}) = \begin{cases} (-1)^r \ , \quad n = p_1 p_2 \dots p_r \\ 0 \ , \quad n 能被某个 p^2 整除 \end{cases} \\ \Rightarrow \mu (n) \neq 0 b.μ(n)=p∖n∏μ(pnp)={(−1)r ,n=p1p2…pr0 ,n能被某个p2整除⇒μ(n)=0

4.14

证明或推翻：
a . g c d ( k m , k n ) = k g c d ( m , n ) a. \ gcd(km, kn) = k \ gcd(m, n) a. gcd(km,kn)=k gcd(m,n)
b . l c m ( k m , k n ) = k l c m ( m , n ) b. \ lcm(km, kn) = k \ lcm(m, n) b. lcm(km,kn)=k lcm(m,n)

4.15

每个素数都能作为某个欧几里得数 e n e_n en 的因子出现吗？（欧几里得数 e n = e 1 e 2 … e n − 1 + 1 e_n = e_1 e_2 \dots e_{n-1} + 1 en=e1e2…en−1+1）

考虑前几个欧几里得数： e 1 = 2 , e 2 = 3 , e 3 = 7 , e 4 = 43 发现它们模 5 之后不是等于 2 就是等于 3 ，可以猜测这样的规律还会出现不妨设 e n − 1 = 5 k + 2 则 e n = e n − 1 2 − e n − 1 + 1 = 25 k 2 + 15 k + 3 若设 e n − 1 = 5 k + 3 则 e n = 25 k 2 + 25 k + 7 因此可知： e n m o d 5 = 2 或者 3 可见并不是每个素数都能作为某个欧几里得数 e n 的因子出现考虑前几个欧几里得数：e_1 = 2 \ , e_2 = 3 \ , e_3 = 7 \ , e_4 = 43 \\ 发现它们模 5 之后不是等于 2 就是等于 3 ，可以猜测这样的规律还会出现 \\ 不妨设 e_{n-1} = 5k + 2 \\ 则 e_n = e_{n-1}^2 - e_{n-1} + 1 = 25 k^2 + 15k + 3 \\ 若设 e_{n-1} = 5k + 3 \\ 则 e_n = 25 k^2 + 25k + 7 \\ 因此可知：e_n \bmod 5 = 2 或者 3 \\ 可见并不是每个素数都能作为某个欧几里得数 e_n 的因子出现考虑前几个欧几里得数：e1=2 ,e2=3 ,e3=7 ,e4=43发现它们模5之后不是等于2就是等于3，可以猜测这样的规律还会出现不妨设en−1=5k+2则en=en−12−en−1+1=25k2+15k+3若设en−1=5k+3则en=25k2+25k+7因此可知：enmod5=2或者3可见并不是每个素数都能作为某个欧几里得数en的因子出现

4.16

前 n n n 个欧几里得数的倒数之和是什么？

4.17

设 f n f_n fn 是“费马数” 2 2 n + 1 2^{2^n} + 1 22n+1. 证明，如果 m < n m<n m<n ，那么 f m ⊥ f n f_m \bot f_n fm⊥fn.

( m ⊥ n m \bot n m⊥n : m 和 n 互素)

4.18

证明，如果 2 n + 1 2^n+1 2n+1 是素数，那么 n n n 是 2 的幂。

我们证明它的逆否命题：
假设 n = m q , q 是奇数则 2 m q + 1 = ( 2 m + 1 ) ( 2 m ( q − 1 ) − 2 m ( q − 2 ) + ⋯ − 2 m + 1 ) 假设 n = mq \ , q 是奇数 \\ 则 2^{mq} + 1 = (2^m + 1) (2^{m(q-1)} - 2^{m(q-2)} + \cdots - 2^m + 1) 假设n=mq ,q是奇数则2mq+1=(2m+1)(2m(q−1)−2m(q−2)+⋯−2m+1)

4.19

当 n n n 是正整数时，证明下面的恒等式：

提示：这是一个技巧问题，其答案非常容易。

φ ( m ) 代表着在 { 0 , 1 , … m − 1 } 中与 m 互素的整数个数因此： φ ( 1 ) = 1 , φ ( p ) = p − 1 , 对于合数 m 均有 φ ( m ) < m − 1 第一个式子 ∑ 1 ≤ k < n ⌊ φ ( k + 1 ) k ⌋ 即为不超过 n 的素数的个数，即 π ( n ) 第二个式子 ∑ 1 < m ≤ n ⌊ ( ∑ 1 ≤ k < m ⌊ ( m / k ) / ⌈ m / k ⌉ ⌋ ) − 1 ⌋ 内部的 ⌊ m / k ⌈ m / k ⌉ ⌋ 为 1 仅当 k ∖ m 因此 ⌊ ( ∑ 1 ≤ k < m ⌊ ( m / k ) / ⌈ m / k ⌉ ⌋ ) − 1 ⌋ 为 1 仅当 m 是素数所以第二个式子也是统计的不超过 n 的素数个数 π ( n ) 根据威尔逊定理： ( n − 1 ) ! ≡ − 1 ( m o d n ) ⇔ n 是素数， n > 1 因此： ( n − 1 ) ! + 1 m o d n = 0 仅当 n 是素数 ⌈ { ( k − 1 ) ! + 1 k } ⌉ 为 0 仅当 k 是素数 ∑ k = 1 n ⌈ { ( k − 1 ) ! + 1 k } ⌉ 统计的是不超过 n 的合数个数所以第三个式子也是统计的不超过 n 的素数个数 π ( n ) \varphi(m) 代表着在 \{ 0, 1, \dots m-1 \} 中与 m 互素的整数个数 \\ 因此： \varphi(1) = 1 \ , \ \varphi(p) = p-1 \ , \ 对于合数 m 均有 \varphi(m) < m-1 \\ 第一个式子 \sum_{1 \le k < n} \lfloor \frac{\varphi (k+1)}{k} \rfloor \ 即为不超过 n 的素数的个数，即 \pi(n) \\[10pt] 第二个式子 \sum_{1 < m \le n} \lfloor (\sum_{1 \le k < m} \lfloor (m / k) / \lceil m / k \rceil \rfloor)^{-1} \rfloor \\ 内部的 \lfloor \frac{m/k}{\lceil m/k \rceil} \rfloor 为 1 仅当 k \setminus m \\ 因此 \lfloor (\sum_{1 \le k < m} \lfloor (m / k) / \lceil m / k \rceil \rfloor)^{-1} \rfloor 为 1 仅当 m 是素数 \\ 所以第二个式子也是统计的不超过 n 的素数个数 \pi(n) \\[10pt] 根据威尔逊定理： (n-1)! \equiv -1 \pmod{n} \Leftrightarrow n 是素数， \ n>1 \\ 因此：(n-1)! + 1 \bmod n = 0 仅当 n 是素数 \\ \lceil \{ \frac{(k-1)! + 1}{k} \} \rceil 为 0 仅当 k 是素数 \\ \sum_{k=1}^n \lceil \{ \frac{(k-1)! + 1}{k} \} \rceil 统计的是不超过 n 的合数个数 \\ 所以第三个式子也是统计的不超过 n 的素数个数 \pi(n) φ(m)代表着在{0,1,…m−1}中与m互素的整数个数因此：φ(1)=1 , φ(p)=p−1 , 对于合数m均有φ(m)<m−1第一个式子1≤k<n∑⌊kφ(k+1)⌋ 即为不超过n的素数的个数，即π(n)第二个式子1<m≤n∑⌊(1≤k<m∑⌊(m/k)/⌈m/k⌉⌋)−1⌋内部的⌊⌈m/k⌉m/k⌋为1仅当k∖m因此⌊(1≤k<m∑⌊(m/k)/⌈m/k⌉⌋)−1⌋为1仅当m是素数所以第二个式子也是统计的不超过n的素数个数π(n)根据威尔逊定理：(n−1)!≡−1(modn)⇔n是素数， n>1因此：(n−1)!+1modn=0仅当n是素数⌈{k(k−1)!+1}⌉为0仅当k是素数k=1∑n⌈{k(k−1)!+1}⌉统计的是不超过n的合数个数所以第三个式子也是统计的不超过n的素数个数π(n)

4.21

设 P n P_n Pn 是第 n n n 个素数，求常数 K K K 使得 ⌊ ( 1 0 n 2 K ) m o d 1 0 n ⌋ = P n \lfloor (10^{n^2} K) \bmod 10^n \rfloor = P_n ⌊(10n2K)mod10n⌋=Pn.

根据贝特朗假设（对每个正整数 n 都存在一个素数 p ，使得 n < p ≤ 2 n ）因此： P n < 1 0 n 所以存在这样的 K 只要将素数按照适当的间隔依次放入 K 的小数部分即可： K = ∑ k ≥ 1 1 0 − k 2 P k 根据贝特朗假设（对每个正整数 n 都存在一个素数 p ，使得 n < p \le 2n）\\ 因此： P_n < 10^n \\ 所以存在这样的 K \\ 只要将素数按照适当的间隔依次放入 K 的小数部分即可： \\ K = \sum_{k \ge 1} 10^{-k^2} P_k 根据贝特朗假设（对每个正整数n都存在一个素数p，使得n<p≤2n）因此：Pn<10n所以存在这样的K只要将素数按照适当的间隔依次放入K的小数部分即可：K=k≥1∑10−k2Pk

4.22

数 1 111 111 111 111 111 111 1 \ 111 \ 111 \ 111 \ 111 \ 111 \ 111 1 111 111 111 111 111 111 是素数。证明，在任何基数 b b b 下， ( 11 … 1 ) b (1 1 \dots 1)_b (11…1)b 仅当 1 的个数是素数时才有可能是素数。

4.23

对正文讨论 ε 2 ( n ! ) \varepsilon_2 (n!) ε2(n!) 时涉及的直尺函数 ρ ( k ) \rho (k) ρ(k) 给出一个递归式。证明 ρ ( k ) \rho (k) ρ(k) 与有 n n n 个圆盘的河内塔的 2 n − 1 2^n - 1 2n−1 次移动中的第 k k k 步所移动的那个圆盘有关联 ( 1 ≤ k ≤ 2 n − 1 ) (1 \le k \le 2^n - 1) (1≤k≤2n−1).

4.24

用 ν p ( n ) \nu_p (n) νp(n) （它是 n n n 用 p p p 进制表示时各位数字的和）来表示 ε p ( n ! ) \varepsilon_p (n!) εp(n!) ，由此对 ε 2 ( n ! ) = n − ν 2 ( n ) \varepsilon_2 (n!) = n - \nu_2 (n) ε2(n!)=n−ν2(n) 进行推广。

将 n ! 的 n 个数对 p 的幂的贡献求和，可得 ε p ( n ! ) 的值因此 ε p ( n ! ) = ⌊ n p ⌋ + ⌊ n p 2 ⌋ + ⌊ n p 3 ⌋ + ⋯ = ∑ k ≥ 1 ⌊ n p k ⌋ 将 n 写成 p 进制 : ( n m n m − 1 … n 0 ) p ( ∀ i ∈ [ 0 , m ] , n i ∈ [ 0 , p ) ) 则其中每个 n i 对 n 贡献 : p i ⋅ n i 对 ε p ( n ! ) 贡献 : ∑ k ≥ 1 ⌊ p i ⋅ n i p k ⌋ = n i ( p i − 1 + p i − 1 + ⋯ + p 0 ) = n i ( p i − 1 ) p − 1 因此： ε p ( n ! ) = ∑ i = 0 m n i ( p i − 1 ) p − 1 = n − ν p ( n ) p − 1 将 n! 的 n 个数对 p 的幂的贡献求和，可得 \varepsilon_p (n!) 的值 \\ 因此 \varepsilon_p (n!) = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor + \lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor + \lfloor \frac{n}{p^3} \rfloor + \dots = \sum_{k \ge 1} \lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor \\[12pt] 将 n 写成 p 进制: (n_m \ n_{m-1} \ \dots \ n_0)_p \ (\forall i \in [0,m] \ , n_i \in [0,p)) \\ 则其中每个 n_i 对 n 贡献: p^{i} \cdot n_i \\ 对 \varepsilon_p (n!) 贡献: \sum_{k \ge 1} \lfloor \frac{p^i \cdot n_i}{p^k} \rfloor = n_i (p^{i-1} + p^{i-1} + \dots + p^0) \\ = \frac{n_i (p^i - 1)}{p - 1} \\ 因此： \varepsilon_p (n!) = \sum_{i = 0}^m \frac{n_i (p^i - 1)}{p - 1} = \frac{n - \nu_p (n)}{p-1} 将n!的n个数对p的幂的贡献求和，可得εp(n!)的值因此εp(n!)=⌊pn⌋+⌊p2n⌋+⌊p3n⌋+⋯=k≥1∑⌊pkn⌋将n写成p进制:(nm nm−1 … n0)p (∀i∈[0,m] ,ni∈[0,p))则其中每个ni对n贡献:pi⋅ni对εp(n!)贡献:k≥1∑⌊pkpi⋅ni⌋=ni(pi−1+pi−1+⋯+p0)=p−1ni(pi−1)因此：εp(n!)=i=0∑mp−1ni(pi−1)=p−1n−νp(n)

4.25

如果 m ∖ n m \setminus n m∖n 且 m ⊥ n / m m \bot n / m m⊥n/m，我们称 m m m 精确整除 n n n 并记之为 m ∖ ∖ n . m \setminus \setminus n. m∖∖n. 例如，在正文讨论阶乘因子时， p ε p ( n ! ) ∖ ∖ n ! . p^{\varepsilon_p (n!)} \setminus \setminus n! \ . pεp(n!)∖∖n! . 证明或推翻如下命题：

4.30

证明下面的命题（中国剩余定理）：设 m 1 , … , m r m_1, \dots , m_r m1,…,mr 是正整数，对 1 ≤ j < k ≤ r 1 \le j < k \le r 1≤j<k≤r 有 m j ⊥ m k m_j \bot m_k mj⊥mk ，设 m = m 1 … m r m = m_1 \dots m_r m=m1…mr ，又设 a 1 , … , a r , A a_1, \dots , a_r, A a1,…,ar,A 都是整数。那么恰好存在一个整数 a a a ，使得 a ≡ a k ( m o d m k ) , 1 ≤ k ≤ r a \equiv a_k \ (mod \ m_k) \ , 1 \le k \le r a≡ak (mod mk) ,1≤k≤r 以及 A ≤ a < A + m A \le a < A+m A≤a<A+m.

a ∈ [ A , A + m ) 共有 m 种可能的取值并且对这 m 种取值 a m o d m 也各不相同由于： a ≡ b ( m o d m n ) ⇔ a ≡ b ( m o d m ) 且 a ≡ b ( m o d n ) , 如果 m ⊥ n 因此 ( a m o d m k , 1 ≤ k ≤ r ) 各不相同且取遍所有可能的值 : 共有 m 1 m 2 ⋯ m r = m 种可能根据鸽巢原理，必定存在一个整数 a 使得 a ≡ a k ( m o d m k ) , 1 ≤ k ≤ r a \in [A , A+m) \ 共有 m 种可能的取值 \\ 并且对这 m 种取值 a \bmod m 也各不相同 \\ 由于：a \equiv b \pmod{mn} \\ \Leftrightarrow a \equiv b \pmod{m} 且 a \equiv b \pmod{n} \ , \ 如果 m \bot n \\ 因此 (a \bmod m_k \ , \ 1 \le k \le r) 各不相同且取遍所有可能的值: \\ 共有 m_1 m_2 \cdots m_r = m 种可能 \\ 根据鸽巢原理，必定存在一个整数 a 使得 a \equiv a_k \pmod{m_k} \ , \ 1 \le k \le r a∈[A,A+m) 共有m种可能的取值并且对这m种取值amodm也各不相同由于：a≡b(modmn)⇔a≡b(modm)且a≡b(modn) , 如果m⊥n因此(amodmk , 1≤k≤r)各不相同且取遍所有可能的值:共有m1m2⋯mr=m种可能根据鸽巢原理，必定存在一个整数a使得a≡ak(modmk) , 1≤k≤r

4.31

一个用十进制表示的数能被 3 整除当且仅当它的各位数字之和能被 3 整除。证明这个广为人知的法则，并对它进行推广。

4.32

通过推广 n p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) , n ⊥ p n^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} \ , \ n \bot p np−1≡1(modp) , n⊥p 的证明来证明欧拉定理： n φ ( m ) ≡ 1 ( m o d m ) , 如果 n ⊥ m n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m} \ , \ 如果 n \bot m nφ(m)≡1(modm) , 如果n⊥m.

不妨令 a 1 , a 2 , … , a r ( r = φ ( m ) ) 是小于 m 且与 m 互素的整数因此 ( a 1 n m o d m ) , ( a 2 n m o d m ) , … , ( a r n m o d m ) 各不相同因为当 m ⊥ n 时： j n ≡ k n ( m o d m ) ⇔ j ≡ k ( m o d m ) 又因为 g c d ( a i n , m ) = g c d ( a i n m o d m , m ) = 1 所以 a i n m o d m 的结果与 m 互素，且小于 m 由鸽巢原理知： ( a 1 n m o d m ) , ( a 2 n m o d m ) , … , ( a r n m o d m ) 取值为 : { a 1 , a 2 , … , a r } 将它们乘在一起，得到： a 1 n × a 2 n × ⋯ × a r n ≡ a 1 a 2 … a r ( m o d m ) 又 a 1 a 2 … a r ⊥ m ⇒ n φ ( m ) ≡ 1 ( m o d m ) 不妨令 a_1, a_2, \dots , a_r \ (r = \varphi(m)) 是小于 m 且与 m 互素的整数 \\ 因此 (a_1 n \bmod m) , (a_2 n \bmod m) , \dots , (a_r n \bmod m) 各不相同 \\ 因为当 m \bot n 时： jn \equiv kn \pmod{m} \Leftrightarrow j \equiv k \pmod{m} \\ 又因为 gcd(a_i n \ , m) = gcd(a_i n \bmod m \ , m) = 1 \\ 所以a_i n \bmod m 的结果与 m 互素，且小于 m \\ 由鸽巢原理知： (a_1 n \bmod m) , (a_2 n \bmod m) , \dots , (a_r n \bmod m) \\ 取值为: \{ a_1, a_2, \dots , a_r \} \\[8pt] 将它们乘在一起，得到：\\ \quad a_1 n \times a_2 n \times \cdots \times a_r n \equiv a_1 a_2 \dots a_r \pmod{m} \\ 又 \ a_1 a_2 \dots a_r \bot m \\ \Rightarrow n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m} 不妨令a1,a2,…,ar (r=φ(m))是小于m且与m互素的整数因此(a1nmodm),(a2nmodm),…,(arnmodm)各不相同因为当m⊥n时：jn≡kn(modm)⇔j≡k(modm)又因为gcd(ain ,m)=gcd(ainmodm ,m)=1所以ainmodm的结果与m互素，且小于m由鸽巢原理知：(a1nmodm),(a2nmodm),…,(arnmodm)取值为:{a1,a2,…,ar}将它们乘在一起，得到：a1n×a2n×⋯×arn≡a1a2…ar(modm)又 a1a2…ar⊥m⇒nφ(m)≡1(modm)

4.33

证明，如果 f ( m ) f(m) f(m) 和 g ( m ) g(m) g(m) 是积性函数，则 h ( m ) = ∑ d ∖ m f ( d ) g ( m / d ) h(m) = \sum_{d \setminus m} f(d) g(m / d) h(m)=∑d∖mf(d)g(m/d) 依然。

积性函数：如果 f ( 1 ) = 1 f(1) = 1 f(1)=1 ，且 f ( m 1 m 2 ) = f ( m 1 ) f ( m 2 ) ，只要 m 1 ⊥ m 2 f(m_1 m_2) = f(m_1) f(m_2) ，只要 m_1 \bot m_2 f(m1m2)=f(m1)f(m2)，只要m1⊥m2 ，那么正整数函数 f ( m ) f(m) f(m) 称为积性的(multiplicative).

4.34

证明 g ( m ) = ∑ d ∖ m f ( d ) ⇔ f ( m ) = ∑ d ∖ m μ ( d ) g ( m d ) . g(m) = \sum_{d \setminus m} f(d) \Leftrightarrow f(m) = \sum_{d \setminus m} \mu (d) g(\frac{m}{d}). g(m)=∑d∖mf(d)⇔f(m)=∑d∖mμ(d)g(dm). 是 g ( x ) = ∑ d ≥ 1 f ( x / d ) ⇔ f ( x ) = ∑ d ≥ 1 μ ( d ) g ( x / d ) . g(x) = \sum_{d \ge 1} f(x/d) \Leftrightarrow f(x) = \sum_{d \ge 1} \mu (d) g(x/d). g(x)=∑d≥1f(x/d)⇔f(x)=∑d≥1μ(d)g(x/d). 的特例。

第一个式子中 g ( m ) = ∑ d ∖ m f ( d ) 统计的是 m 的因子而只要在第二个式子中 g ( x ) = ∑ d ≥ 1 f ( x / d ) ，令其 f ( x ) = [ x 是整数 ] ⋅ f ( x ) 即可。第一个式子中 \ g(m) = \sum_{d \setminus m} f(d) \ 统计的是 m 的因子 \\ 而只要在第二个式子中 \ g(x) = \sum_{d \ge 1} f(x/d) ，\\ 令其 \ f(x) = [x是整数] \cdot f(x) \ 即可。第一个式子中 g(m)=d∖m∑f(d) 统计的是m的因子而只要在第二个式子中 g(x)=d≥1∑f(x/d)，令其 f(x)=[x是整数]⋅f(x) 即可。

4.35

当 m m m 和 n n n 是满足 m ≠ n m \neq n m=n 的非负整数时，设 I ( m , n ) I(m,n) I(m,n) 是满足关系式
I ( m , n ) m + I ( n , m ) n = g c d ( m , n ) I(m,n)m + I(n,m)n = gcd(m,n) I(m,n)m+I(n,m)n=gcd(m,n)
的函数。那么，在 m ′ m + n ′ n = g c d ( m , n ) m'm + n'n = gcd(m,n) m′m+n′n=gcd(m,n) 中有 I ( m , n ) = m ′ I(m,n) = m' I(m,n)=m′ 以及 I ( n , m ) = n ′ I(n,m) = n' I(n,m)=n′ ， I ( m , n ) I(m,n) I(m,n) 的值是 m m m 关于 n n n 的一个逆元。求出定义 I ( m , n ) I(m,n) I(m,n) 的递归式。

4.37

证明：存在一个常数 E E E 使得： e n = ⌊ E 2 n + 1 2 ⌋ . e_n = \lfloor E^{2^n} + \frac{1}{2} \rfloor. en=⌊E2n+21⌋. 提示：证明 e n − 1 2 = ( e n − 1 − 1 2 ) 2 + 1 4 e_n - \frac{1}{2} = (e_{n-1} - \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4} en−21=(en−1−21)2+41，并考虑 2 − n ln ⁡ ( e n − 1 2 ) . 2^{-n} \ln{(e_n - \frac{1}{2})}. 2−nln(en−21).
(注意 e n = e 1 e 2 … e n − 1 + 1 , n ≥ 1 e_n = e_1 e_2 \dots e_{n-1} + 1 \ , \quad n \ge 1 en=e1e2…en−1+1 ,n≥1 代表欧几里得数，如 e 1 = 2 , e 2 = 3 … e_1 = 2, e_2 = 3 \dots e1=2,e2=3…)

4.38

证明：如果 a ⊥ b a \bot b a⊥b 且 a > b > 0 a > b > 0 a>b>0 ，那么：
g c d ( a m − b m , a n − b n ) = a g c d ( m , n ) − b g c d ( m , n ) , 0 ≤ m < n gcd(a^m - b^m , a^n - b^n) = a^{gcd(m,n)} - b^{gcd(m,n)} \ , \quad 0 \le m < n gcd(am−bm,an−bn)=agcd(m,n)−bgcd(m,n) ,0≤m<n
（所有变量均为整数）提示：利用欧几里得算法。

4.40

如果 n n n 的 p p p 进制表示是 ( a m … a 1 a 0 ) p (a_m \dots a_1 a_0)_p (am…a1a0)p ，证明：
n ! / p ε p ( n ! ) ≡ ( − 1 ) ε p ( n ! ) a m ! … a 1 ! a 0 ! ( m o d p ) . n!/p^{\varepsilon_p(n!)} \equiv (-1)^{\varepsilon_p(n!)}a_m! \dots a_1! a_0! \pmod{p}. n!/pεp(n!)≡(−1)εp(n!)am!…a1!a0!(modp).
(左边就是 n ! n! n! 去掉了所有的因子 p p p 。当 n = p n = p n=p 时它转化为威尔逊定理)

4.51

通过用多项定理展开 ( 1 + 1 + ⋯ + 1 ) p (1+1+\dots+1)^p (1+1+⋯+1)p 来证明费马定理 n p ≡ n ( m o d p ) , n 是整数 n^p \equiv n \pmod{p} \ , \ n是整数 np≡n(modp) , n是整数.

多项式定理： ( x 1 + x 2 + ⋯ + x n ) p = ∑ k 1 + k 2 + ⋯ + k n = p p ! k 1 ! … k n ! x 1 k 1 x 2 k 2 … x n k n 当某个 k j = p 时，系数为 1 当所有 k j < p 时，系数可以被 p 整除因此： ( x 1 + x 2 + ⋯ + x n ) p ≡ x 1 p + x 2 p + ⋯ + x n p ( m o d p ) 当所有 x = 1 时，有： n p ≡ n ( m o d p ) 多项式定理：(x_1 + x_2 + \cdots + x_n)^p = \sum_{k_1 + k_2 + \cdots + k_n = p} \frac{p!}{k_1! \dots k_n!} x_1^{k_1} x_2^{k_2} \dots x_n^{k_n} \\ 当某个 k_j = p 时，系数为1 \\ 当所有 k_j < p 时，系数可以被 p 整除 \\ 因此：(x_1 + x_2 + \cdots + x_n)^p \equiv x_1^{p} + x_2^{p} + \cdots + x_n^{p} \pmod{p} \\ 当所有 x = 1 时，有：n^p \equiv n \pmod{p} 多项式定理：(x1+x2+⋯+xn)p=k1+k2+⋯+kn=p∑k1!…kn!p!x1k1x2k2…xnkn当某个kj=p时，系数为1当所有kj<p时，系数可以被p整除因此：(x1+x2+⋯+xn)p≡x1p+x2p+⋯+xnp(modp)当所有x=1时，有：np≡n(modp)

4.54

手工计算，确定 1000 ! m o d 1 0 250 1000! \bmod 10^{250} 1000!mod10250 的值。

如有问题，欢迎大家指出，谢谢