Г. А .КУДРЕВАТОЙ

Г. А. КУДРЕВАТ О В
СБОРНИК
ЗАДАЧ
ПО ТЕОРИИ
ЧИСЕЛ
ИЗДАТЕЛЬСТВО
«ПРОСВЕЩЕНИЕ»
Москва* 1970

517—1
К88
Одобрен Министерством просвещения
СССР в качестве учебного пособия
для студентов пединституте
Кудреватов Г\ А.
К 88 Сборник задач по теории чисел М ,
«Просвещение», 1970.
128 с
В сборнике содержится около 500 задач по теории чисел К ним в
конце даны ответы, указания или полные решения Каждый параграф
начинается с кратких сведений из теории чисел, необходимых для
решения задач
Сборник предназначен для студентов» математических специальностей
пединститутов
3-2-3
19^70 517,1

ПРЕДИСЛОВИЕ
Сборник предназначен для студентов математических
специальностей пединститутов и составлен в соответствии с программой Ми
нистерства просвещения РСФСР по курсу теория чисел для физико-
математических факультетов педагогических институтов В него
включена глава «Делимость целых чисел».
Основное внимание уделено задачам, решение которых помогает
лучше усваивать понятия и идеи курса, часто имеющие прямое
отношение к школьной математике В сборник включены и задачи
несколько повышенной трудности, решение которых может способство-
вать повышению общей математической культуры и развитию
творческих способностей будущего учителя математики. Многие задачи
могут быть использованы при работе с учащимися в математическом
кружке.
Каждый параграф начинается с кратких сведений из теории,
необходимых для решения приводящихся ниже задач.
В ряде случаев для полного уяснения алгоритма решения под
одним номером дается несколько однотипных задач (вариантов).
В тех же случаях, когда самостоятельное составление однотипных
задач не представляет никаких затруднений, в сборнике дается лишь
один из вариантов задачи
Отдельные задачи являются новыми (в использованяой
литературе не встречаются). К ним относятся, например, задачи 86—88, 115,
122, 128, 129, 144, 190, 199- (5—7), 200 (4—7), 207, 256—274, 330, 412,
432, 434, 442, 458, 466
Приведены примеры задач, до сих пор не имеющих своегб
решения. Из задач такого рода выбраны наиболее близко стоящие к кругу
вопросов, затронутых в сборнике. Ответы, как и условия
соответствующих задач, даны в одних и тех же системах счисления.
В связи с тем что решение задач по теории чисел нередко
вызывает затруднения (особенно у студентов-заочников), в конце
сборника даны не только ответы, но и указания и даже решения в ряде
случаев решения отличны от встречающихся в литературе).
В целях удобства пользования сборником он снабжен таблицей
простых чисел и таблицами индексов
При составлении сборника автор старался максимально
использовать уже накопленный в этой области опыт (использованная
литература приводится)
Автор не считает настоящий сборник свободным от недостатков
и будет благодарен за асе замечанияг направленные на его
улучшение.

ПРИНЯТЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
1. (fli, a2, , . . , ап) и [аи а2, . . . , яп]
—соответственно наибольший общий делитель (НОД) и наименьшее
общее кратное (НОК) чисел а% (/=1, 2, 3, . . . , я).
2. ; — делится на.
3. р — простое числр.
к
4. р\*р\г . . . /?лал=П /V » где Pi — различные про-
стые и аг- — натуральные числа, — каноническое
разложение натурального числа.
5. ап . . . aiao—(м+1)-значное натуральное число,
имеющее цифры щ (*"=0, 1, 2, . . . , п).
6. (-—) —символ Лежандра для числа а по модулю р>
7. -qrn=(4o, ?ь..., Яп)=Яо+ j ^ под-
ходящая дробь п-то порядка.
8. (<7о, Яи . . . , Яп) —чистая периодическая
непрерывная дробь.
9. (<7о, Яи . . . , Яп, Ьи 62, . . . , bs) — смешанная
периодическая непрерывная дробь с неполными частными
Я\ ('=0, 1, . . . , п) до первого периода.
10. ф(т)—функция Эйлера, выражающая число
натуральных чисел, не превышающих m и взаимно простых
с т.
11. [х] и {л:}—соответственно целая и дробная часть
действительного числа х.
12. %(ш) & a(tn)—соответственно число и сумма
делителей натурального числа т.
13. п(х)—число простых чисел, не превышающих
х>0.
14. (2т+1)П — произведение всех нечетных
натуральных чисел от 1 до 2т+1.
15. (2т)!! — произведение всех четных натуральных
чисел от 1 до 2т
16. Рт(а) —показатель, которому принадлежит число
а ло модулю т.

ГЛАВА 1
ДЕЛИМОСТЬ ЦЕЛЫХ ЧИСЕЛ
§ 1. Теорема о делении с остатком
В теории целых чисел (0, ±1, ±2, . . .) большую
роль играет теорема о делении с остатком: для любых
целых чисел а>0 и т>0 существует и притом
единственная пара целых чисел q и г, таких, что a^mq+r,
0^r<m. При этом число а называют делимым, т —
делителем или модулем, q — частным и г— остатком от
деления а на т (мы ограничиваемся случаем
натурального модуля, так как к нему всегда можно свести другие
случаи). Если г=0, то говорят, что а \ т. Полезно
заметить, что соотношение a—mq+r, 0^r<m может быть
записано в виде-~ = <7+^-, 0^~<1. Таким образом, q
служит целой частью числа—., а — — дробной его ча-
стью.
Большое применение имеет также признак делимости
суммы: если а \т и Ь \ т, то и (а+6) \ т (мы его
формулируем для двух слагаемых). Важно отметить, что.
верна следующая обратная теорема: если (а+6) '; т и
а } т, то и b ' т.
ли
1. Найти частное и остаток от деления: 1) 1207 на
151; 2) 10 на 10; 3) 100 на 101; 4) —4 на 3; 5) 23(8) на 5(8)
(в восмеричной системе счисления); 6) 123401(5) на 13(5)*,
7) 12101(3) на 20(3); 8) —222(4) на 21(4).
2. Найти целые числа, дающие: 1) при делении на 3
частное —2; 2) при делений на 12(3) частное 11<з>; 3) при
делении на 21(4) частное— 1.
3. Найти наибольшее целое число, дающее при
делении на 13 частное 17.
4. Найти модуль (делитель) и остаток, если делимое
и частное соответственно равны: 1) 25 и 3; 2)—30 и
5. Доказать, что: 1) квадрат нечетного натурального
числа при делении на 8 дает остаток 1; 2) сумма квадра-

тов двух последовательных натуральных чисел при
делении на 4 дает остаток 1,
6. Доказать, что простое число р^5лри делении на 6
дает остаток 1 или 5.
7. Доказать, что квадрат простого числа р^Ъ при-
делении на 24 дает остаток 1.
8. Доказать теорему: если каждое из двух целых
чисел при делении на натуральное число т дает остаток 1,
то и их произведение при делении на т дает остаток 1.
9. Доказать, что числа вида Зт+2 (т=»1, 2, . . .) не
являются квадратами целых чисел.
10. Число Af^=1441(g) при делении на 7 дает остаток 1.
Найти основание системы счисления q, если известно, что
11. Методом математической индукции доказать, чтб
любая натуральная степень 15 при делении на 7 дает
остаток 1.
12. Доказать, что: 1) все числа вида 22п+1 (п=2у
3, . . .) оканчиваются цифрой 7; 2) числа вида 24п—5
(n=ol, 2, . . ,) оканчиваются цифрой 1.
13. Доказать, что сумма квадратов двух нечетных
чисел не является квадратом целого числа.
14. Доказать, что в пифагоровом треугольнике
(прямоугольном треугольнике, стороны которого
выражаются натуральными числами) по крайней мере один из
катетов делится на 3.
15. Доказать, что по крайней мере одна сторона
пифагорова треугольника делится на 5.
16. Найти все натуральные числа я, такие, что сумма
зп=1-|-2+ . . . +п при делении на 5 дает остаток 1.
17. Если ах—by [ m, a—Ь \ т и числа b и т не имеют
общих натуральных делителей, отличных от 1, то
х—у \ т. Доказать.
18. Доказать, что числа вида 4п+15я—1 {я=1,2,...)
кратны 9.
19. Доказать, что значения функций /(й) = Шп-4-
+ \8п— 1 и F(ft)=3En+34-40ra—27 натурального
аргумента соответственно кратны 27 и Б4.
20. Доказать, что дроби вида 2n*+i и п*+п+1 обРа"
щаются в чистую периодическую десятичную дробь.
21. Если сумма двух трехзначных чисел делится ца
37, то и шестизначное число, составленное пршшсьшани-
5

ем- одного из них к другому, также делится на 37.
Доказать.
22. Доказать, что: 1) тъ—т • 5; 2) ш(т2+5)-6;
3) т(т+1)(2/п+1) .:6.
23. Зная, что 7-11-13=1001, вывести общий признак
делимости на 7, на 11 и на 13. Применить этот признак
делимости к числу 368312.
24. Доказать, что разность чисел, имеющих
одинаковую сумму цифр, кратна 9.
25. Доказать, что сумма 2/1+1 последовательных
натуральных чисел кратна числу 2я+1.
26. Доказать, что дробь, у которой, числитель есть
разность квадратов нечетных чисел, а знаменатель —
сумма их квадратов, сократима на 2, но не сократима на 4.
27. Если трехзначное число делится на 37, то все
числа, полученные из данного круговой перестановкой его
цифр, делятся на 37. Доказать. Составить и решить
аналогичную задачу относительно шестизначного числа.
28. Методом математической индукции доказать, что
натуральное число, составленное из Зп (п^=1, 2,...)
одинаковых цифр, делится на Зп.
§2. Наибольший общий делитель (НОД)
и наименьшее общее кратйое (НОК)
При решении задач этого параграфа следует иметь в
виду следующие два основных свойства НОД и НОК, т. е.
чисел (аь а2, . . . , ап)^\ и [аи at, . . . , ап]>1:
I) НОД данных чисел (компонентов) делится на любой
их ОД и 2) любое ОК данных чисел делится на их НОК.
Рекуррентные формулы
(аи а2, . . . , ап-и ап) = ((аи а2у . . . ,an-i), вп)
и [аи аг> . . . , ап] = [[аи а2, . . . , an-il an]
позволяют вычисление НОД и НОК нескольких чисел
сводить к вычислению НОД и НОК двух чисел. НОД
двух чисел может быть вычислен как с помощью их
канонического разложения, так и с помощью алгоритма
Евклида.
Числа air а2, . • . , сгй называются взаимно простыми,
если (ehy с1гУ . . . , йп) — 1 и попарно взаимно простыми,
если (a/la/2)=l.

НОД й НОК двух чисел а и Ь связаны соотношением
(а, Ь) [а, 6]»а&, не имеющим меота для большего числа
компонентов.
Общий множитель компонентов можно выносить за
знак НОД и НОК.
Частные от деления компонентов на их НОД
являются взаимно простыми числами.
НОК данных чисел равно их произведению тогда и
только тогда, когда эти числа являются попарно
взаимно простыми.
29. Найти: 1) (420, 126, 525) и [420, 126, 525];
2) (529, 1541, 1817) и [529, 1541, 1817].
30. Доказать, что: 1) [6, 35, 143] =6.35.143;
2) [n, n+l]=n(n+l).
31. Доказать, что НОД двух последовательных
четных чисел равен 2, а нечетных 1.
32. Доказать, что (cb; be, ca) \ (a, 6, с)2.
33. Если (а, 6) = 1, то (а+6, а—Ь) равен либо 1,
либо 2. Доказать.
34. Дробь ~ несократима. Будет ли несократимой
35. Разность двух нечетных чисел равна 2п. Доказать,
что эти числа взаимно простые.
36. Найти НОД следующих чисел: 1) d=(a, b) и
m=[a, b]; 2) ab и m=[a, 6]; 3) a+b и ab, где (a, 6) = 1;
4) a+b и m=[a, b].
37. Найти: 1) (л,2л+1); 2) (Юл+9, л+1); 3) (Зя+1,
Юп+3).
38 Доказать, что (—-, -у)=1 тогда и только тогда,
когда х=[а, Ь].
39. Доказать, что для нечетных чисел a, b и с имеет
/ t \ I a+b a+c b-\-c \
место равенство (а, 6, с) = [—^—, - 2 , —%—Ь
40. Доказать, что (a, b) = {5a+3by 13я+86).
41. Найти, чему могут быть равны НОД и НОК трех
последовательных натуральных чисел.
42. Число nab, где n, a, b — натуральные числа и
(а, Ь) = 1, представить в виде ах+Ьуу где х и у также
натуральные числа.

43. Доказать теорему Евклида: если (а, с) =* (6, с) —
44. Может ли НОД двух натуральных чисел быть
больше их разности?
45. Если (а, с) = 1, то b\ (abt с). Доказать.
46. Если (а, 6) з=1, то (ас, b) = (c, b). Доказать.
47. Доказать, что для натуральных чисел m, n и k
имеет место соотношение mnk = [my n, k]- (mn, mky nk).
48. Решить в натуральных числах следующие
системы уравнений:
1) (*+г/=150, 2) Lxy)=A^ 3) J *f/=8400,
(*,*/) =30; {*' и ' 1 (х, У) =20;
4)
у 9 '
(^ У) =28;
5)
49. Доказать, что натуральное число N
(0^&^9) делится на т=10<7+1 тогда и только тогда,
когда а—bq\m.
50. Опираясь на теорему предыдущей задачи,
вывести признак делимости на число, оканчивающееся семью
51. Доказать, что натуральное число N=l0a+b
(O^b^.9) делится на т= 10*7+9 тогда и только тогда,
когда a+b-(q+l) \m.
52. Опираясь на теорему предыдущей задачи,
вывести признак делимости на число, оканчивающееся тремя
53. Чтобы число N=an . . . fliflo делилось на 19, не-
обходимо и достаточно, чтобы на 19 делилось число
Ni = an . . . a2«i+2a0. Доказать и проследить на
примерах.
§ 3. Простые и составные числа
Натуральное число называется простым, если оно име
ет только два различных делителя (единицу и самогс
себя), и составным, если оно имеет более двух делителей
Единица не относится ни к простым, ни к составным
числам. Простые числа (и их натуральные степени)
являются попарно взаимно простыми. Наименьший, отлич-

ный от 1 делитель данного числа есть число простое.
Всякое составное число может быть представлено в виде
произведения простых чисел и притом однозначно (если
представления, отличающиеся лишь порядком
сомножителей, не Считать различными).
54. Доказать, что нечетные числа вида 6я+1 (я=1,
2, . . .) нельзя представить как разность простых чисел.
55. Найти все нечетные числа, пр-едставимые в виде
разности простых чисел.
56. Доказать, "что квадрат числа N=3m+2 (m=l,
2, . . .) не может быть представлен в виде суммы
квадрата натурального числа и простого числа.
57. Доказать, что наименьший простой делитель
составного числа а не превышает "j/а. В^рна ли данная
теорема в случае простого я?
58. При помощи теоремы предыдущей аадачи
выяснить, простыми или составными являются числа: 1) 127;
2) 919; 3) 7429.
59. Найти все простые числа между: 1) 100 и НО;
2) 190 и 200, 3) 200 и 220.
60. Доказать, что между натуральными числами п и
п\ где п>2, содержится по крайней мере одно простое
число.
61. Написать 12 последователгаых составных
натуральных чисел.
62. Доказать, что по модулю 4 множество всех
простых чисел может быть разбито на два подмножества:
на простые числа вида 4п+1 и на простые числа вида
4 3
63. Найти натуральные значения п, такие, чтобы
числа я, /г+10 и я+14 все были простыми.
64Ь Найти простое число р, чтобы число 2р2+1 было
также простым.
65. Найти такое цростое число р, чтобы числа 4р2+1
и 6р2+1 оба были простыми.
66. Доказать, что указанные ниже числа
одновременно простыми быть не могут: 1) р+5 и р+10, 2) р, р+2 и
р+5; 3) 2п— 1 и 2* + 1, где д>2.
€7. Если числа р и 8р2+1 простью/то число 8р2+2/? +
+ 1 также простое. Доказать.
«8. Доказать, что 3, 5 и 7 являются единственной
тройкой простых чисел-близнецов (т. €. тройкой простых
10

чисел, составляющих арифметическую прогрессию с
разностью 2).
69. При помощи таблицы простых чисел найти
наименьшее значение индекса п, при котором число вида
PiP2 • » • Рп+1> где pi — простые числа, записанные в
порядке возрастания (начиная с 2), есть число
составное.
70. Доказать, что не существует наибольшего
простого числа вида Зя+2 (я=1, 2, . . .).
71. Доказать, что арифметическая прогрессия с
первым членом 7 и разностью 4 содержит бесконечное
множество простых чисел.
72. Доказать, что произведение всех простых чисел,
не превышающих натуральное число яг.;>2, больше п.
73. Доказать, что pn+\<PiP2 • . • Рп* где Pi{i=\,
2, . . . , п) — гъервью я простых чисел и.рп+1—
следующее за рп простое число.
74. Методом математической индукции доказать, что
Pn^22"~1, где рп —энное:-простое число (pi=^2, рг~3, ..
. . .), причем знак равенства имеет место только в случае
п=\.
75. Доказать, что рп>2п (п = 5, 6, . . .).

ГЛАВА 2
СРАВНЕНИЯ
§ 4. Понятие сравнения
Сравнимые по данному модулю числа обычно
определяются как равноостаточные. Таким образом, если
a=mqi+r и b = mq2+ry то по определению as== 6 (modm).
Сравнимые по данному модулю числа имеют с ним
один и тот же НОД. Обратное утверждение неверно.
Чтобы датшые числа были сравнимы не данному
модулю, необходимо и достаточно, чтобы их разность
делилась на этот модуль. Таким образом, например, #=
= 0(modm) является еще одним способом выражения
того, что а \т. Важно также иметь в виду, что для
сравнимых по модулю т целых чисел а и b существует и
притом только одно целое число qy такое, что a = b + mq.
76. По какому модулю все целые числа сравнимы
между собой?
77. Привести примеры целых чисел, сравнимых по
модулю 8.
78. Привести примеры целых чисел, имеющих с
модулем 6 один и тот же НОД, но не сравнимых по этому
модулю.
79. Применить понятие сравнения к доказательству
того, что числа 210 и 858 имеют с модулем 12 один и тот
же НОД. Применим ли этот прием относительно чисел
385 и 77 и модуля 6?
80. Какие из следующих сравнений являются
верными: 1) 1-ев— 5 (mod 6); 2) 546=0 (mod 13); 3) 23=
— 1 (mod 4); 4) 3m=—1 (mod m) ?
81. Доказать, что следующие сравнения являются
верными- 1) 121 = 13145 (mod 2); 2) 121347—92817
(mod 10); 3) .31==—9 (mod 10); 4) (m—l)2sal (mod m);
5) 2m+l==(m+l)2 (modm).
82. Доказать, что следующие сравнения являются
неверными: 1) 51812s=1964 (mod 25); 2) 7103эЗ (mod 27);
3) 41965=25 (mod 10); 4) 30-17=81.19 (mod 6);
12

5) (2/z+l) (2m+l)as2k (mod 6), где n, m и k — числа
целые.
83. Доказать, что каждое целое число сравнимо со
своим остатком по данному модулю.
84. Число х удовлетворяет условию хэг*2 (mod 10).
Записать это условие в виде уравнения с параметром и
найти несколько значений х.
85. Найти все значения х, удовлетворяющие
сравнениям: 1) хщеО (mod 3); 2) х==1 (mod 2).
86. Найти значения т, удовлетворяющие условию:
1) 20=8 (mod m); 2) 3p+l=p+l (mod m).
87. Указать возможные значения модуля в сравнении
л:=5 (mod m), если известно, что этому сравнению
удовлетворяет х=13.
§ 5. Основные свойства сравнений
К основным свойствам сравнений относятся
следующие:
1. Каждое целое число сравнимо с самим собой по
любому модулю (рефлексивность или закон тождества).
2. Части сравнения можно менять местами
(симметрия).
3. Числа, сравнимые с одним и тем же числом,
сравнимы между собой по данному модулю (транзитивность).
4. Сравнения по одному и тому же модулю можно
почленно складывать, вычитать и перемножать.
Это свойство имеет следующие следствия: к частям
(из частей) сравнения можно прибавлять (вычитать)
одно и то же число; части сравнения можно умножать на
одно и то же число, а также возводить в одну и ту же
натуральную степень; к любой (из любой) части сравнения
можно прибавлять (вычитать) число, кратное модулю.
5. Части сравнения можно делить на их общий
делитель, взаимно простой с модулем.
6. Части сравнения и модуль можно делить
(умножать) на одно и то же число.
7. Если числа сравнимы по данному модулю, то они
сравнимы по модулю-делителю данного модуля.
8. Если числа сравнимы по нескольким модулям, то
они сравнимы по модулю — НОК данных модулей.
88. Доказать, что сравнимым по данному модулю
значениям аргументов соответствуют сравнимые значения
23

полинома F(x, у, z)=ax3+bx*y+cxyz+dz с целыми
коэффициентами.
89. Если 3* =—1 (mod 10), где п — число натураль-
HOeon° У —* (mod 10). Доказать.
90. Доказать, что 25п—1 : 31, где п — число
натуральное.
91. Доказать, что 1+3*+9*: 13, если х=Зп+1
(л=0, 1,2, . . .).
92. Доказать, что (a+b)P = aP+bv (mod p).
93. Доказать, что яр = &р (mod /?n+1), если а=
= 6(mod pn).
94. Доказать, что сравнения по одному и тому же
модулю можно почленно делить, если части
сравнения-делителя являются числами взаимно простыми с модулем.
Вывести отсюда правило о делении частей сравнения на
число, взаимно простое с модулем.
95. Доказать, что если ax^bx (mod m), то а=
96. Если а4аза2«1^о^О (mod 33), то
(mod 33). Доказать. При агч-1=0 считать +
97. Исходя из р—i=—/(mod р) где £=1, 2, ..., я,
доказать, что: 1) Спр_х=(—\)п (modp); 2) С£_2 ==
■в(-1)»(я+1) (mod p). ^
98. Найти последние две цифры чисел: 1)99 ; 2) 79
99. Доказать, что р*+2+(/7+2)*===() (mod2/?+2), где
р>2.
100* Доказать, что числа
р—\ р^.3 /7-3 р—1
2 > g~> • • • » »и» »* * * » ~~2~' 2
попарно несравнимы по модулю р>2.
101. Исходя из /=/—т (modm), доказать, что
т
2^п^0 (modm), где п и т — числа нечетные.
102. Доказать, что 2зП=—I (тоДЗ*-*4), где п=
= 1,2,3
103. При помощи сравнения предыдущей задачи
доказать, что существует бесконечное множество
натуральных чисел т>1, удовлетворяющих условию 2т+1 =
=0 (mod m).
104. Доказать, что (т— 1)™п=—1 (modягп*н), где
/и>1—число нечетное и п — натуральное.
14

105. При помощи сравнения предыдущей задачи
доказать, что существует бесконечное множество
натуральных чисел ху удовлетворяющих условию 22л+1^0
(mod л:).
106. Доказать, что числа вида N=324"+1 + 2 и вида
Л4=2з4л+1+3, где п=1, 2, . . . , являются составными.
107. Доказать, что уравнения 2х+7у=\9* и 2X+5V=
= 19г не имеют решения в натуральных числах.
108. Доказать, что число вида ^+ есть целое, если
известно, что число вида —щ— является целым (числа
а и Ь — целые).
§ 6. Классы по данному модулю
По модулю т существует т классов сравнимых чисел.
Числа данного класса называют вычетами относительно
друг друга.
Система чисел, взятых по одному из каждого класса,
называется полной системой вычетов по данному модулю.
Каждому модулю соответствует бесконечное множество
полных систем вычетов, простейшей из которых
является полная система остатков: 0, 1, 2, ..., т—1. Система
целых чисел хи х2, . . . , xs тогда и только тогда
является полной системой вычетов по модулю т, когда s = m и
xix Фх^ (modm). Чтобы значения линейной формы
ах-\-Ь, где (а, /п) = 1, пробегали полную систему вычетов
по модулю т, необходимо и достаточно, чтобы
соответствующие значения х пробегали полную систему вычетов
по модулю т.
Система чисел, взятых по одному из каждого класса
вычетов, взаимно простых с модулем, называется
приведенной системой вычетов по данному модулю. Из
бесконечного множества приведенных систем вычетов по
данному модулю простейшей является приведенная
система остатков. Каждая приведенная система вычетов
содержит столько вычетов, сколько существует
натуральных чисел, не превосходящих т (модуль) и взаимно
простых с т. Эту функцию от т (функцию Эйлера или
ф-функцию) обычно обозначают <р(т). Система чисел
хи #2, . . . , х$ тогда и только тогда является
приведенной системой вычетов по модулю т, когда s=cp(m),
15

*/я Фх[ш (modm) a (хи m)=5l. Чтобы значения формы
ах, где (а, т) = 1, пробегали приведенную систему
вычетов по модулю т, необходимо и достаточно, чтобы
соответствующие значения х пробегали приведенную систему
вычетов по модулю т.
109. Записать в виде сравнений все классы по
модулю 10.
110. Записать все классы по модулю 10 при помощи
формулы x=lOq+r, 0^г<10.
111. Указать все классы вычетов: 1) взаимно
простых с модулем 10; 2) имеющих с модулем 10 НОД,
разный 2; 3) имеющих с модулем 10 НОД, равный 5; 4)
имеющих с модулем 10 НОД, равный 10.
112. Доказать, что каждый класс по модулю т
состоит из d классов по модулю mrf.
ИЗ. Убедиться в том, что множество классов по
модулю 10 есть кольцо относительно их сложения и
умножения (которые определяются через сложение и
умножение произвольных вычетов классов-компонентов).
114. Найти несколько полных систем вычетов по
модулю 10.
115. По какому модулю числа 20, —4, 22, 18, —1
составляют полную систему вычетов?
116. Доказать, что система чисел 20, 31, —8, —5, 25,
14, 8, —1, 13 и 6 не является полной системой вычетов по
модулю 10.
117. Доказать, что любые т последовательных целых
чисел составляют полную систему вычетов по модулю т.
1-й о тт Я1—1 ТН—3 *
18. Доказать, что числа к—, о— » • • • » —*>
0, 1, . . .,—тр-э -^к— составляют полную систему вычетов
2
по нечетному модулю т.
119. Найти хотя бы одну полную систему вычетов
вида Зх—1 по модулю 10.
120. Найти хотя бы одну полную систему вычетов
вида 5х по модулю 4.
121. Если числа вида axt+b (/=1, 2, . . . , т)
составляют полную систему вычетов по модулю т, то и
соответствующие числа Х\ также составляют полную
систему вычетов по модулю т. Доказать.
122. Если числа вида anXin-\- . (
= 1, 2, . . . , т) составляют полную систему вычетов по
16

модулю m, то и соответствующие числа Х\ также
составляют полную систему вычетов по модулю т и наоборот.
Доказать.
123. Написать несколько приведенных систем вычетов
по модулю 6.
124. Почему система чисел — 5, 13, 11, —21, 5 не
является приведенной системой вычетов по модулю 12?
125. Доказать, что приведенная система вычетов по
модулю р состоит из р—1 вычетов.
126. Доказать, что система чисел —^тг> ™ т~» • • • »
. . . , —1, 1, . . . , ^у-, ^- является приведенной
системой вычетов (наименьших по абсолютной величине) по
модулю р>2.
127. Доказать, что система чисел 5, 52, 53, 54, 55, 5е
является приведенной системой вычетов по модулю 7.
128- Если числа вида ахг (/=1,2, . . . ,ф(т))
составляют приведенную систему вычетов по модулю т, то
соответствующие числа Х{ также составляют приведенную
систему вычетов по модулю т и наоборот. Доказать.
129. Доказать теорему: если (я, m) = l, &s=0 (modm)
и значения х составляют приведенную систему вычетов по
модулю т, то и соответствующие значения функции ах*\-Ь
также составляют приведенную систему вычетов по
модулю т.
130. Доказать теорему: если (я, m)=d и значения х
составляют полную систему вычетов по модулю -2у » то и
соответствующие значения функции -^х+b также состав-
т
ляют полную систему вычетов по модулю ~j .
131. Доказать теорему: если (a, m)=d и значения х
составляют приведенную систему вычетов по модулю -^
то и соответствующие значения функции -^х также
составляют приведенную систему вычетов по модулю —г.
§ 7. Функция Эйлера
Как уже отмечалось, функция Эйлера cp(w) выражает
число натуральных чисел, не превышающих т и взаимно
2 Закаа 2956 17

простых с т. Существует ф(т) классов вычетов, взаимно
простых с модулем га. Условились считать ф(1) = 1.
к
Если m>L имеет каноническое разложение Wp^i ,то
Ф(т) =т П (i --U или Ф(т) = П/#~'- П (А- 1) •
Функция Эйлера мультипликативна, т.е. если (m^, т, )
(п \ п
Пщ = П
/*=1 / |«1
132. Представить графически изменение функции
ЗС=ф(л:), где х — число натуральное (функции Эйлера).
133. Вычислить: 1) ф(1000); 2) ф(125); 3) ф(180);
4) ф(360); 5) ф(Ю01).
134. Найти число классов вычетов, взаимно простых
с модулем 1225.
135. Сколько существует положительных правильных
несократимых дробей со знаменателем т>
136. Сколько натуральных чисел в промежутке от 1
до 120г не взаимно простых с 30?
137. Найти число классов вычетов, имеющих с
модулем т НОД, равный dv Сколько существует классов
вычетов, имеющих с модулем 10 НОД, равный 2?
138. Вывести формулы: 1) ф(2а)=2а-~1; 2) <р(р*) =
=Pa~~4(p)» 3) ф(та )=ma-ly(m). Число а
—натуральное.
139. Доказать, что ф(2т) может быть равно либо
ф(т), либо 2ф(т). Найти критерий для каждого из этих
случаев.
140. Доказать справедливость следующих равенств:
1) ф(4а1+2)=ф(2п+1);
) ПРИ (я. 2) = lf
2я) при (я, 2) =2.
141. Решить уравнения 1) ф(5*) = 100; 2) ф(7*) =
=294; 3) <${рх) =р*-4; 4) ф(3*-5у) =600. Числа х и у
натуральные.
142. Доказать, что при т^З значение ф(т) —число
четное.
143. Если уравнение <р(х)=*а имеет корень х=т,
18

где (m, 2) = 1, то оно имеет также корень х=2т.
Доказать.
144. Известно, что (mf n)>h Что больше: ф(тл) или
()()?
145. Доказать, что ф(тя)=ф(т)ф(п)--~у-, где
tf=(m, n).
146. Доказать, что ф(/ип)=ф(б)ф(|г), где б=(т, /г)
и ix=[m, п].
147. Чему равна сумма ф(1)+ф(р)+ф(р2)+ . . . +
+ф(ра )» Где а — число натуральное?
148. Чему равна сумма ф(^)+ф
где di — все натуральные делители модуля т?
149. Доказать тождество Гаусса: ф(^ф)
. . . +<p(<*fc)—m» гДе ^* — все натуральные делители т.
150. Вывести формулу для суммы натуральных чисел,
не превышающих т и взаимно простые с т.
151. Доказать, что сумма натуральных чисел, не
превышающих р и взаимно простых с р, в два раза меньше
числа натуральных чисел, не превышающих р2 и взаимно
простых с р2.
152. По какому модулю числа 1 и 5 составляют
приведенную систему вычетов?
153. По какому модулю существует 4 класса вычетов,
взаимно простых с этим модулем?
154. Решить уравнения: 1) ф(д:)^=2а; 2)
р
155. Решить уравнения: 1) у(х)=р—1; 2) ф(х) = 14;
3) ф(д;)=8;4) <р(х) = 12.
156. Решить уравнение ф(т)=3600, где т=За & 7Т .
157. Решить уравнение ф(#) = 120, где х=рф2 и
Pi—Р2=2.
158. Решить уравнение хр(т) = 11424, где т=р^2 .
159. Исследовать уравнения: 1) у(х)=ц>(рх)\
2) <v(px)=pq>(x)i 3) q>{pix) =z(p(p2x). Числа pt и р2
различные простые.
160. Решить уравнения: 1) ф(х)=-^-; 2) ф(л;)=-~;
3)Ф(*)= -f"
161. Исследовать уравнение у(рх)=а.
2* 19

162. При помощи свойств функции Эйлера доказать
бесконечность множества всех простых чисел.
163*. Найти число размещений с повторениями из т
первых натуральных чисел по п таких, НОД которых
взаимно прост с т (обобщение функции Эйлера).
§ 8. Теорема Эйлера
Чтобы а9^ = 1 (mod m), необходимо и достаточно, чтобы
(а, т)= 1.
164. Доказать, что цифра единиц 12-й степени
натурального числа, каноническое разложение которого не
содержит множителей 2 и 5, есть 1.
165. Доказать, что: 1) а12—1 :'7, если (а, 7) = 1;
2) а12—б12: 65, если (а, 65) = (&, 65) = 1.
166. Доказать, что число вида аР~1 + р—1, где аФ
^O(modp), является составным.
р-\
167. Доказать, что 2^(р~4)+1=0 (mod/?),
168. Доказать, что Ill'31s2 (modlb31).
f п \р «
169. Доказать, что У^Л ^У\аР(той р).
170. Доказать, что aw(p-1>+1^a (modp).
171. Доказать, что наименьшее натуральное значение
х, удовлетворяющее сравнению a*s=l (mod m), где
(а, т) = 1, является делителем числа ф(т).
172. Доказать, что а561=а (mod 11).
173. Доказать, что сравнению jc(p-*>»-|-^p~1)fl«e0
(mod/?) может удовлетворять только значение х, кратное
2
174. Доказать, что натуральное число т, не
делящееся ни на 2, ни на 3, ни на 5, являетбя делителем ф(т)-
значного числа вида 11 ... 1.
175. Доказать, что: 1) а56Огз1 (mod561), где (а,561) =
= 1;2) 21093'1092=1 (modl0932).
176. Доказать, что при любом целом значении х:
1) х^яех (mod 42); 2) xI3=x (mod 2730).
177. Найти остаток от деления сотой степени целогр
числа на 125.
п
178. Доказать теорему: если 2 сц^О (mod30), to
2а*б=0 (mod 30),

179. Доказать, что р^~1 -\~р%х~х ^1 (modpi/?2), где
pi и р2 — различные простые числа.
180 Если 2/? + 1 (рфЗ) —число простое, то 4р+1 =
s==0(mod 3). Доказать.
181. Если (а, т) = 1 и си = а2 (mod(p(m)), то аа* =
==аа* (modm). Доказать.
182. Найти значение р из условия 5р8+-1^=0 (mod/?2).
183. Найти остаток от деления 2ч>{т)~1на нечетное
число т.
184. При помощи теоремы Эйлера найти значение х,
удовлетворяющее сравнению ax + b = 0 (mod m), где
(а, т) = \.
§ 9. Алгебраические сравнения с одним
неизвестным
Решить алгебраическое сравнение энной степени с
неизвестным х, т. е. сравнение апхп+ ... +а2*2+Я1*+яо=
s=0(mod m), где апф0(тодт),—значит найти все
значения неизвестного, ему удовлетворяющие, или
доказать, что таковых не существует. Решением данного
сравнения называется класс чисел, ему удовлетворяющих.
Общий вид решения: xzsex0 (mod m), где х0 — одно из
значений неизвестного, удовлетворяющее данному
сравнению. Два срабнения, содержащие одно и то же
неизвестное (одни и те же неизвестные), называются
равносильными, если их решения выражают одно и то же
множество целых чисел (в частности, пустое). Например,
сравнения 2at+4s=0 (mod 6) и #+2=0 (mod 3)
равносильны, так как решения х^\\ 4 (mod 6) первого и
решение л:эё=1 (mod 3) второго выражают одно и то же
множество целых чисел. Сравнение, равносильное
данному, получается в результате следующих
преобразований:
1) прибавления к частям данного сравнения одного и
того же числа;
2) прибавления к любой части сравнения числа,
кратного модулю;
3) умножения (деления) частей данного сравнения
йа число, взаимно простое с модулем;
4) деления частей сравнения и модуля на одно и то
же число.
Сравнение по модулю-делителю данного модуля
является сравнением-следствием данного сравнения. В со-
21

ответствии с этим, например, чтобы решить сравнение
Х2—5л:+6=0 (mod 9), достаточно решить сршшение-
следствие х2—5х+6=0 (mod 3) или *Н-*ззг0 (mod 3) и
найденные классы значений неизвестного х=0; 3; 6; 2;
5; 8 (mod 9) проверить по данному сравнению; данное
сравнение имеет два решения: х=2; 3 (mod 9).
Сравнение /г-ой степени по простому модулю может
иметь не более п решений. Сравнение первой степени, т. е.
сравнение а#=6 (mod m), при (а, т) = 1 имеет в
точности одно решение. Это решение может быть найдено
путем испытания полной системы вычетов или по
формуле x=b-a ^^-i (mod m) или путем преобразований с
помощью основных теорем о равносильности сравнений.
Если (a, m)=d и 6^0 (mod d), то сравнение axzs
г=6 (mod m) не имеет решений. При 6=0 (mod d) оно
имеет d решений по данному модулю яггя0; хо+~-}
2m , (d—l)m ( л т \
\ ; *+ mod Где Хо~значение х>
удовлетворяющее сравнению-^-x^-j* (mod-—) .
185. Непосредственным испытанием системы
остатков найти все решения сравнений: 1) 2я+5=0 (mod 3);
2) х2—2х+1=0 (mod 4); 3) 27х2— 13х+11=0 (mod 5).
186. Убедиться в том, что следующие сравнения не
имеют решений: 1) 2х—-3=0 (mod 6); 2) х2—2х+3==
sO (mod 4); 3) х3+х+4=0 (mod 5); 4) х*+2=
=0 (mod 5); 5) х5—2х3 + 13л:—1=0 (mod 4).
187. Убедиться в том, что следующим сравнениям
удовлетворяют любые целые значения неизвестного:
1) х2—*+б=0 (mod 2), 2) х{х2—1)=0 (mod 6);
3) х4+2х3—х2—2х=0 (mod 4); 4) х*>—х=0 (mod p).
188. При каких целых значениях х трехчлен 5x2+JC-f4
делится на 10?
189. Решить сравнение х2—4*+3=0 (mod 6),
используя необходимое условие х2—4#+3=0 (mod 2).
190. Решить сравнение х H^esI (mod 30)„
191. Сколько решений имеет сравнение л^(т) =
si (modm)?
Решить сравнение х?-1=\ (mod p).
192. Доказать теорему: если bi=z-a,i (modm), то срав-
п п
нения Si^-^eO (mod т) и 2a^n4s0 (mod m) рав-
22

носильны (в частности, любой коэффициент можно
заменять числом, сравнимым с ним по данному модулю).
193. Доказать теорему: если сравнение axss 1 (mod m),
где (а, т ) = 1, имеет решение х=х0 (mod m)r то
сравнение axs=b (mod m) имеет решение x=bxQ (mod m).
194. Найти все сравнения второй степени с
наименьшими неотрицательными коэффициентами, не имеющие
решений по модулю 2. Решить такую же задачу огноси-
тельно модуля 3.
195. Доказать теорему: сравнение Ф(х)=0 (mod р)
степени п^р равносильно сравнению /?(я)г=0 (mod р),
где R(x) —остаток от деления Ф(х) на х*—х.
196. Применить теорему предыдущей задачи к
решению сравнений:
1) х*+2х*—2**—2jt2+2x—1=0 (mod3);
2) х*+х*—2х*—х=0 (mod 5);
3) х7—Зх*+х5-х3+4*2—4х+2=0 (mod 5);
4) *12+*14—x2—1=0 (mod 11);
5) ^14_х1з_^2+2х+1=0 (mod 13).
п
197. Доказать, что сравнение 2 fliXn-*==0 (mod р),
где Яо^О (mod p), n—i^p (/=0, 1, . . . , &<л) и
а?—i=pQi-\-ri (0^Г|<р), равносильно сравнению
щх qi+ri +1 лг^-*=0 (mod p).
о /л+1
198. Применить теорему предыдущей задачи к
решению сравнений:!) xs—x+l=0(mod 3);2) 1087
—хь—х2+4х—3=0 (mod 7); 3) i2
s=0 (mod 5).
199. Решить сравнения первой степени с одним
неизвестным: 1) 29х=1 (mod 17); 2) 21*+5==0 (mod 29);
3) 7х=15 (mod 9); 4) 7дг=9 (mod 10); 5) (a+b)x=
= a2+b2 (mod ab)\ 6) (a2+62)x=a—b (mod ab);
7) (a+b^x^cP—b2 (mod ab)\ 8) 2jc=l+p (mod p), где
p>2. В сравнениях 5) —7) считать, что {а, 6) = 1.
200. Решить сравнения первой степени с одним
неизвестным: 1) 72х=2 (mod 10); 2) 8х=20 (mod 12);
3) 6х=27 (mod 12); 4) 10x=15 (mod 35); 5) (m—l)x=
= 1 (mod m)\ 6) (т+1)2л;=а (mod m)\ 7) axzs
= 1 (mod p), (a, p)=l; 8) (а+1)д:=а2—1 (mod /n).
201. Убедиться в томг что каждое целое число
удовлетворяет по крайней мере одному из сравнений:
23

x=0 (mod2),xssO (mod3),x=l (mod4),*ssl (mod6),
*E5=11 (mod 12).
202. Решить в целых числах уравнения: 1) 5х+4у=3;
2) 17*+13у=1; 3) 91л:—28*/=35; 4) 2л:+3*/=4; 5) 4л:—
—Ъу=2.
203. При каких наименьших натуральных значениях
а и b уравнение ах—Ьу=Ъ\ имеет решение лг=5, у=9?
204. На прямой 8л:—13у+6=0 найти число целых
точек, лежащих между прямыми х= —100 и л:=150.
205. Доказать, что внутри прямоугольника,
ограниченного прямыми х=—2, х=5 и у=—1, у=2, на
прямой Зл:—Ту—1=0 не лежит ни одной целой точки.
206. Доказать, что любое натуральное число п>аЬ,
где (а, Ь) = 1, может быть представлено в виде ах+Ьуу
где х и у — числа натуральные. Может ли быть
представлено в указанном виде число п=аЬ при данных
условиях?
207. При каких целых значениях х следующие
функции принимают целочисленные значения: 1) f(x) =
208. Доказать, что дробь п}пТ^ , где п=2, 3,
можно представить в виде суммы положительных дробей
со знаменателями п и п+1.
209. Какие две цифры следует приписать к числу 32,
чтобы полученное четырехзначное число делилось на 3 и
на 7?
210. Для перевозки зерна имеются мешки по 60 кг и
по 80 кг. Сколько нужно тех и других мешков для
перевозки 440 кг зерна?
211. Сколько билетов по 30 коп. и по 50 коп. можно
купить на 14 руб. 90 коп.?
212. Сколько почтовых марок по 3 коп. и по 4 коп.
можно купить на 50 коп.?
?13. На станцию прибыло 500 т угля в 18 вагонах.
В вагонах было по 15, 20 и 30 г угля. Сколько вагонов
было по 15, сколько по 20 и сколько по 30 г?
214. Найти ху если:
1) (xm^2 (mod 73), 2) f^=20 (mod 29),
l*«K«B69<mod 73); \^=13 (mod 29),
24

п
215. Доказать, что сравнение S шхп-{=0 (mod m),
где (яо, т) = 1, всегда может быть заменено
равносильным сравнением вида
хп+ Е 6гхп-г'=0 (mod m).
216. Доказать, что при помощи подстановки x=y-\-t
п
сравнение Е агл;п-*==0 (mod m), где (па0, т)=*1, всегда
/=о
п
может быть приведено к сравнению аоуп-\- Е Ьгуп-1=
s=0 (mod m).
217. При помощи сравнения х*>~1—1=0 (mod р)
доказать справедливость сравнения Вильсона: (р—1)!+1=а
==0 (mod p).
218. Доказать справедливость сравнений: 1)
+а{р—1)!=0 (mod/?); 2) а?-{р— 1)!+я=0 (mod p).
219. Доказать теорему Лейбница (следствие теоремы
Вильсона): чтобы р>2 было числом простым,
необходимо и достаточно, чтобы (р—2)!—ls=0 (mod p).
220. При помощи сравнения Вильсона (см. задачу
217) доказать теорему Клемента: числа р и р+2
являются простыми числами-близнецами тогда и только
тогда, когда 4[(д— 1)!+1]+рз=0 (mod p2+2p).
221. При помощи сравнения Вильсона доказать, что
сравнение *2+ls=0 (mod р=4&+1) имеет решения
л;нз±(2&)! (mod p). Решить сравнение x2-J-las0
(mod 13).
222. Доказать, что сравнение xnssl (mod p) имеет п
решений, если pssl (mod ri).
223. Доказать теорему: если f(*)=<p(*)\|?(x), где
коэффициенты всех полиномов — целые числа, и если
сравнение /(л;) г=0 (mod p) имеет столько решений, сколько
единиц в его степени, то каждое из сравнений <p(x) =
sO (mod p) и г|)(л;)г5=0 (mod p) имеет столько решений,
сколько единиц в его степени.
р-Л
224. Доказать, что каждое из сравнений х 2 е=
р-\
(mod р) и х 2 =—1 (mod p)y где /?>2, имеет ров-
1
/>-1
но ^-о- решении,
25

225. Доказать теорему: чтобы сравнение f(x) ss
п
0 (mod /?), где f(x)=xn-\- S а{хп-{ и п<р, имело я
/=1
решений, необходимо и достаточно, чтобы все
коэффициенты остатка от деления х?—х на f(x) были
кратными р.
226. Применить теорему предыдущей задачи к
решению сравнений: 1) л:2+2л:4-2=0 (mod 5); 2) Зх3—4х2—
—2х—4=0 (mod 7).
-227. Решить сравнения: 1) f(x)=O (mod 9); 2) /(*) =
~0 (mod 25), если f(x) =x3+2x+3.
228. Доказать, что сравнение х2=а (mod 4), где
(а, 2) = 1, имеет решение тогда и только тогда, когда
#=1 (mod 4). Найти все решения данного сравнения при
д=1 (mod 4).
229. Доказать, что сравнение х2==а (mod 8), где
(а, 2) = 1, имеет решение тогда и только тогда, когда
a=l (mod8). Найти все решения данного сравнения при
а=\ (mod 8).
230. Доказать, что сравнение х2=а (mod 2tt), где
(а, 2) = 1 и а^З, имеет решение тогда и только тогда,
когда а=1 (mod 8).
231. Доказать, что сравнение х2=а (mod 2a ), где
(а, 2) = 1 и а^З, имеет 4 решения.
232. Доказать, что сравнение х2=а (mod 9), где
(а, 3) = 1, имеет решение тогда и только тогда, когда
а=\ (mod 3).
233. Найти значения а, при которых сравнение x2z=s
= а (mod 25) имеет решение.
234. Решить сравнение л:2===17 (mod 32).
235. Доказать, что сравнение х2=—р (mod p2)
неразрешимо,
§ 10. Системы сравнений первой степени
с одним неизвестным
Если каждое сравнение системы
с=&1 (mod (ii),
c^fe2 (mod 1^2),
ahx=bh (mod
26

разрешимо, то она может быть приведена к простейшему
виду
х=с± (mod /ni),
х=с2 (mod m2),
(1)
(Г)
x^==Ck (mod mk).
Например, система
Зл:=6 (mod 15),
ix=0 (mod 6),
6x=2 (mod 7)
приводится к системе
*-~2 (mod 5),
x=0 (mod3),
x==5 (mod 7).
Система (1) либо не имеет решений, либо имеет одно
решение по модулю, равному НОК данных модулей. Чтобы
система (1) имела решение, необходимо и достаточно,
чтобы свободные члены с\ были попарно сравнимы по
модулям, равным НОД соответствующих данных
модулей, т. е. чтобыс^^^/ (mod {m^m. )). Таким образом,
если данные модули т\ попарно взаимно просты, система
(1) имеет решение по модулю, равному произведению
данных модулей Так, решение системы {У) есть х=
==12 (mod 105). Действительно, из 3-го сравнения имеем*
х=5+7*; подставляя эти значения х в 1-е сравнение,
получаем сравнение относительно * и находим, что *==
= 1+5*ь таким образом, системе 3-го и 1-го данных
сравнений удовлетворяют x=5+7(l+5*i) = 12+35*i;
подставляя во 2-е данное сравнение, получаем сравнение
относительно *i и находим, что *i = 3*2; значит, системе (Г)
удовлетворяют х= 12+35 -3*2=12+105*2 или jke==12
(mod 105). К системе сравнений первой степени могут
быть приведены сравнения по составному модулю, а
также системы сравнений степени выше первой с одним
неизвестным.
Могут быть рассмотрены системы сравнений с
несколькими неизвестными (см. задачи в конце данного
параграфа).
27

236. Решить системы сравнений:
1) |*е==2 (mod 5), 2) Г х=7 (mod33),3)f 4х=3 (mod 7),
{ х=8 (mod 11); | х=Ъ (mod 63), | 5х=4 (mod 6).
237. Решить системы сравнений:
1)
3)
17jke=7 (mod2), 2) ( хе=2 (mod 3),
2х^ 1 (mod 3), I x=3 (mod 2),
2хе=2 (mod 5), [ х= — I(mod6);
3jc=5 (mod 7), 4)
2x=3 (mod 5),
3*==3 (mod 9);
5jk=200 (mod 251),
llx=192 (mod 401),
3^^ — 151 (mod 907).
238. Найти все натуральные числа, дающие в
остатке 1 при делении на 2, на 3, на 4 и делящиеся на 5 без
остатка.
239. Найти двузначное число, сравнимое с 2 по
модулям 3 и 7, и с —2 по модулю 11.
240. Найти все целые числа, которые при делении на
2, на 3, на 4, на 5, на 6 и на 7 дают соответственно
остатки 1, 2, 3, 4, 5 и 0
241. Между 200 и 500 найти все целые числа,
которые при делении на 4, 5 и 7 дают соответственно остатки
3, 4 и 5.
242. Найти целые точки прямых 4х—7у=9, 2х-\-9у—
= 15 и Ъх—13*/= 12, лежащие на одном перпендикуляре
к оси абсцисс.
243. Решить системы сравнений:
x=a (mod 6), 2) ( л:е=2 (mod 6), 3)
==1 (mod 8); I x==a(mod8);
(mod 7), 5)
(mod 5),
(mod3);
х=5 (mod 18),
х=8 (mod 21),
х=а (mod 35);
х=2 (mod 4),
х=—1 (mod3),
xe=2 (modm), где (m, 3):
= (m, 4) = 1.
244. Найти значения а, при которых имеют решение
системы:
1)
28
а (mod 6), 2) ( 2*=a(mod4),
(i!! i 3^=4 (mod 10).
=2 (mod 21),
==3 (mod 11);

245. Найти хотя бы одно значение т, при котором не
имеет решения система
f x=3 (mod 6),
\ х=7 (mod m).
246. Найти условия, которым должны удовлетворять
модули rrii и т2, чтобы имела решение система
,v=3 (mod 4),
х=4 (mod mi),
#==6 (mod m2).
247. Решить следующие сравнения сведением их к
системам по попарно взаимно простым модулям.
1) 13хее=32 (mod 28); 2) 245х=405 (mod 475); 3) 78*==
=49 (mod 77); 4) 56х=81 (mod 45).
248. Доказать, что система
{x^cti (mod mi),
х=пг (mod m2),
где (mb m2) = l, имеет решение вида х-
(mod mim2), где Х{ и х2 — значения неизвестного,
удовлетворяющие соответственно сравнениям m2xss=l (modmi) и
mix=l (mod m2).
249. Применить теорему предыдущей задачи к
решению систем:
1) Jjke=3 (mod6), 2) [х=—1 (mod 10),
\ х=2 (mod 5); \ х= 3 (mod 99).
250. Следующие сравнения решить сведением их к
системам сравнений по попарно взаимно простым модулям:
1) x3+2jc+3=0 (mod 15); 2) х*= — 1 (mod 20); 3) х2=
=—1 (mod 85).
251. Решить системы сравнений:
1) Г х*+хш*0 (mod 2), 2) Г х3+Зл:2+2а:=0 (mod 3),
\ х3=2 (mod 5); \ х2— х=0 (mod 2).
252. Найти натуральные числа, удовлетворяющие
условиям: 1) при делении на 7 они дают остаток 3; 2) их
квадраты при делении на 72 дают остаток 44; 3) их кубы
при делении на 73 дают остаток 111.
253. Найти целые числа, дающие при делении на
нечетное натуральное число т> 1 остаток 1, такие, чтобы их
квадраты при делении на т2 давали остаток m-fl.
29

254. Найти целые числа, удовлетворяющие условиям:
1) при делении на нечетный и отличный от 1 модуль т они
дают остаток т—1; 2) их квадраты при делении на т2
дают остаток 1.
255. Через какие целые точки проходят линии:
где -~2
2) Uy=3x3—4jc2+11jc+4, где— 7<jc<7?
256. Решить сравнения с двумя неизвестными:
1) x+2y=z\ (mod3); 2) 2х—30=4 (mod 5);
3) 2х—0=1 (mod 4); 4) Зх+2г/е==5 (mod 6).
Обратить внимание на число решений каждого из
этих сравнений. Решением сравнения ax-\-by=c (mod m)
называется совокупность классов значений неизвестных,
удовлетворяющих данному сравнению:
257. Доказать, что сравнение ax-\-by=c (modm),
где (а, т) = 1, имеет т решений
258. Сколько решений имеет сравнение ах-\-Ьу=
sc (modm), где (а, 6, т) = 1?
259. Решить сравнения: 1) 2х—6r/^5 (mod 15),
2) Зх+6*/е=2 (mod 4).
260. Сколько решений может иметь сравнение ах-\-
+by=c (mod m), где (а, 6, т) =d>l?
261. Решить сравнения- 1) 3x + 3#=3(mod 6); 2) 2х—
—4#=6 (mod 8), 3) 4х+6у=10 (mod 12); 4) 10л;+5*/=
=5 (mod 35).
262. Решить системы сравнений:
-1 (mod 12Ь'
=15 1ОЧ
12);
3)
5)
{
{
{
A. Y ' ' ' ^Л V
тел = <J
x-2y=?\ 0
Зд:—5г/= 1
9#=15
mod 7);
mod 4);
(mod 12)
2)
4)
263. Какое наибольшее число решений может иметь
система
зо

264. Решить системы сравнений:
\4х+уэш2 (mod 5); ( Зх+2у^2 (mod 5)j
3) Г 3*-j-4#s*29 . . , ... 4)
(29^84(mod143);
265. Решить системы сравнений:
f x-f5*/==5 , , „ч 2) /5л:—
\ (mod6) \
|4х+2^2 (mod 6); {2х+2у=0 (mod 6),
266. Доказать, что система
). о»
где (D, m)==l и D= афх L имеет единственное решение.
аФъ I
267. Найти условие, при котором система (1), где
(D, m)=d>l, не имеет решений. Проверить найденное
условие на системе
20).
268. Решить системы сравнений:
2)
6);
269. Доказать: множество решений системы (1), где
|= #1^1 =о (moc| m) и (аи m)_=i)
совпадает с множеством решений первого сравнения.
270. Применить теорему предыдущей задачи к
решению систем:
Зх+5у^2 . А оч 2) (х+2у=2 . л оч
6JC+2?—4 (^od8)> \2x+J-l (mod3).
271. Решить системы сравнений:
— 3 , - 1ОЧ 2) 14х+2у=4 t л ..
10 (mod 12); |зх+3?-3 (mod 6);
3) (Зх—2у==5 t л 1ЛХ 4) /3jc—2(/s5 , . 1J%
{б+2^1 (mod 10); {йс+2у-1 (mod 14).
81

272. Решить системы сравнений.
1) Г х+ у=*\ (mod 4), 2) Г 2х—у=3 (mod 4),
\5х+2*/=8 (mod 12); \х+2//=2 (mod3);
3) f x+(/sl(mod4), 4) fx—*/=l (mod3),
\ 2x—y= 1 (mod 6); \ *+*/= 1 (mod 2),
5) Г *— r/=2 (mod3),
\5x-f3*/=l (mod 6).
273. Доказать, что система
Г 5х+у=3 (mod 33),
\x+2y=l (mod 21)
не имеет решений
274. Найти критерий разрешимости системы
( aix-j-biy^ci (mod mi),
\ a2x+b2y^c2 (mod m2).
Применить найденный критерий к системе предыдущей
задачи.
275. Найти все числа вида ху2у делящиеся на 28.
276. Найти все числа вида xy9zy делящиеся на 132.
277. Найти все пары чисел вида 1ху2 и х12у> такие,
чтобы оба числа делились на 7.
278. Доказать, что не существует чисел вида ху2 и
2ху, которые оба делятся на 7.
279. Решить в целых числах системы уравнений:
1) fx+2y+5z=l, 2) (x-y-3z=*l
I Sx+y+5z=Z, \ x+y—2z=*l.
280. Найти все целые числа х и у, такие, чтобы числа
вида j—и —-j-— также были целыми.
§ 11. Квадратичные вычеты
Всякое сравнение второй степени с одним
неизвестным по нечетному простому модулю, т. е. сравнение вида
ax2+bx+c=0 (mod p)y где аФО (mod p), может быть
приведено к двучленному сравнению вида y2^d (mod/?),
где y=2ax+b и d=b2—4ас.
Двучленное сравнение вида #2=a(mod/?), где ащ£
Ф§ (mod p) и /?>2, либо не имеет решений, либо имеет
два решения. В первом случае число а называют квадра-
32

тичным невычетом, а во втором — квадратичным
вычетом по модулю р.
Чтобы число а было квадратичным вычетом по
модулю р, необходимо и достаточно, чтобы а 2 s=l (mod p)
(критерий Эйлера).
Число а, удовлетворяющее условию аФО (modp>2),
удовлетворяет одному и только одному из сравнений:
а 2 =1 (mod/?), а 2 е==— 1 (mod p)
(во втором случае число а является квадратичным
невычетом по модулю р). Эти сравнения объединяются
сравнением
р-Л
а 2 =
где (—J — символ Лежандра (числа а по модулю р),
которому приписывается значение 1, если а —
квадратичный вычет, и—1, если а — квадратичный невычет по
модулю р.
Основные свойства символа Лежандра:
1) чтобы (—) = (—\ , необходимо и достаточно,
чтобы a=b (modp);
т
4, f
5) если р и q — различные нечетные простые числа
то (—) = (—1) 2 2 (—) (закон квадратичной
взаимности).
281. Решить сравнения, предварительно приведя их к
двучленному: 1) 2х2+4х—1=0 (mod 5); 2) Зх2+2х^
е= 1 (mod 7), 3) 2х2—2х— 1 =0 (mod 7); 4) Зх2—jc=
= 0 (mod 5).
282. Доказать: сравнение ax2 + bx + cz=0 (mod p>2),
3 Заказ 2956 33

где аФО (mod р) и Ь2Ф4ас (mod /?), разрешимо тогда и
только тогда, когда
р-Л
(Ь2—4ас) 2 ssl (mod/?).
283. Доказать, что сравнение ax2-{-bx-{-c^0 (modp>
>2), где аФО (mod p) и ft2=4ac (mod/?), имеет в
точности одно решение
284. При каких натуральных значениях х следующие
функции принимают целочисленные значения:
55 ' Z) 25 ' 6) [5 *
285. Решить сравнение х2^а (mod /?), если: 1) а=
sO (mod/?); 2) /?=2.
286. Доказать, что по данному модулю общее число
классов квадратичных вычетов и невычетов* четное.
287. Доказать, что число классов квадратичных
вычетов всегда равно числу классов квадратичных
невычетов (по данному модулю).
р-1
288. Доказать, что при а 2 =1 (modp>2) сравнение
имеет два решения
289. Найти значения параметра а, при которых
сравнение ах=\ (mod/?>2), где (а, /?) = !, имеет решение
л'2э а (mod p).
290. При помощи критерия Эйлера установить, какие
из следующих сравнений разрешимы, и найти
соответствующие решения: 1) х25=*—3 (mod 7); 2) х2н=3 (mod 11);
3) х2==6 (mod 7); 4) x2ss340 (mod 13).
291. Доказать, что произведение квадратичных
вычетов по данному модулю есть квадратичный вычет по
этому модулю (в частности, натуральная степень
квадратичного вычета есть квадратичный вычет по данному моду-'
лю), произведение квадратичных невычетов есть
квадратичный вычет по данному модулю, если число
сомножителей четное (в частности, четная натуральная степень
квадратичного невычета есть квадратичный вычет по
данному модулю), но произведение квадратичного вычета и
невычета есть квадратичный невычет по данному модулю.
292. Найти все классы квадратичных вычетов по
модулям 5, 7, 11 и 13.
293. Доказать, что числа I2, 22, З2, . . . , ^~J обра-
34

зуют систему представителей всех классов квадратичных
вычетов по модулю р>2.
294. Найти значения а, при которых имеют решения
сравнения:
1) х2=а (mod3); 2) х2=а (mod 5); 3) х2=а (mod 7);
4) х2=а (mod И).
295. Доказать, что сравнение л;2+1=0 (mod р) имеет
решения тогда и только тогда, когда р=4п4-1 (я=1, 2,
3 ).
296. Доказать, что каноническое разложение чисел
вида а2+&2, где (а, 6) = 1, содержит простые числа вида
4/1+1 (/г=1, 2, 3, . . . ), и только такие простые числа.
297. Доказать, что произведение двух
последовательных целых чисел не может быть сравнимо с 1 по
модулю 13.
298. Найти все значения а, при которых сравнение
x(x+l)=a (mod 13) имеет решения.
299. При помощи теоремы задачи 295 доказать, что
существует бесконечное множество простых чисел вида
4п+1 (/1=1,2, 3, . . .).
3tH). Решить в целых числах уравнения (найти целые
точки, через которые проходят следующие кривые):
1) 4х2—5*/ = 6; 2) \1у = 5х2—7; 3) х2—10*— 11*/ + 5 = 0;
4) 13г/ = х2—21Х+110, 5) 15л:2—7у2 = 9.
301. Доказать, что сравнение х2=а (mod /?=4/г+3),
где(—J =1, имеет решения: х==±ап+1 (modp).
302. Uq модулю р=4/г+3 одно из чисел а и —а
является квадратичным вычетом, другое — невычетом; по
модулю р=4/г+1 числа а и —а либо оба квадратичные
вычеты, либо оба квадратичные невычеты. Доказать.
303. Зная, что а — квадратичный вычет по модулю
р=8д-|-5, решить сравнение х2==а (mod/?).
304. Найти модули, по которым следующие числа
являются квадратичными вычетами (невычетами): 1) а=5,
2) а=— 3; 3) а=3; 4) а=2\ 5) а = — 7.
305. Найти все нечетные простые модули, по которым
имеют решения сравнения: 1) х(х+1) =1 (modp);
2) х(х— 1)е=2 (modp), 3) x(x—l)=3 (mod p).
306. При помощи символа Лежандра доказать, что
независимо от модуля р>2 разрешимы следующие
сравнения: 1) (х2—13) (х2—17) (х2—221) =0 (mod p);
2) (х2—3) (х2—5) (х2—7) (л:2—И) {х2— 1155) =0 (mod p).
3* 35

307. Доказать, что: 1) (£)-(f)"; 2) (f) -
==(— 1) 2 ^-],где q и /?— различные нечетные
простые числа.
308. Вычислить символы Лежандра: 1) 1-=Л ;
309. Найти значение суммы 2\—) •
310. При помощи символа Лежандра установить,
какие из следующих сравнений разрешимы: 1) х2=
=5 (mod 19); 2) *2==5 (mod 29); 3) х2=2 (mod97);
4) л;2=241 (mod 587); 5) х2=151 (mod 587).
311. Не решая сравнений л:2г==13 (mod41) и х2=
=41 (mod 13), установить, что они оба либо имеют
решения, либо не имеют решений. Какая именно из этих
возможностей имеет место?
312. Символ Якоби (-£\ для нечетного m=pip2... ри>
где pi — числа простые, среди которых могут быть
равные, и (а, т) = 1, определяется равенством (~А =
= (■£)(■£") *' ' Ш • где (if)-символы ЛежанДРа-
Доказать, что символ Якоби обладает всеми
основными свойствами символа Лежандра.
313. Применить символ Якоби к исследованию
сравнений: 1) х2=903 (mod 2111); 2) х2е=219 (mod 383);
3) x2s=7 (mod 1964).
314. Доказать теорему: сравнение x2zz=a (modpa ),
где а не делится на цечетное простое число р, имеет
решение тогда и только тогда, когда (—) = 1.
315. При помощи теоремы предыдущей задачи
установить, какие из следующих сравнений разрешимы, и
найти соответствующие решения: 1) х2=7 (mod 27);
2) *2=59 (mod 125).
316. Решить уравнение (-—■) *=1, где f-^-j
—символ Якоби.
317. Доказать, то среди дискриминантов квадратных
уравнений с одним неизвестным и целыми коэффициен-
36

тами не может встретиться чисел вида 4я+2 или 4д+3.
318. Доказать, что сравнение *2^=—7 (mod ра), где
р — нечетное простое число вида 7я+1, разрешимо при
любом натуральном значении а.
319. Доказать, что сравнение х2=—11 (mod 4/?), где
р — нечетное простое число вида Ия+2, неразрешимо.
320. Может ли сумма 1+2+3+ . . . +я при каком-
нибудь натуральном значении п оканчиваться цифрой 7?
§ 12. Степенные вычеты
По теореме Эйлера сравнению ах=\ (modm), где
(а, т) = 1, удовлетворяет х=ц>(т). Наименьшее
натуральное значение х, удовлетворяющее данному
сравнению, называется показателем, которому принадлежит
число а по модулю т, и обозначается символом Рт(я).
Основные свойства показателей:
1) Чтобы ax=l (modm), (a, m) = l, необходимо и
достаточно, чтобы л:=0 (mod Pm(a)) или х=Рт(а)-пу
л=1, 2, ... (формула общего решения данного
сравнения); таким образом, ф(т) : Рт(а).
2) Если a=b (mod т), то Рт(а) =Рт(Ь).
3) Числа а, а2, а3, . . . , аРт(а) попарно несравнимы по
модулю т.
4) Чтобы Рт(а*)=Рт(а), где х=1, 2 Pm(fl),
необходимо и достаточно, чтобы (jc, Pm{a))=\.
Если Ят(«)=ф(т), то число а называется
первообразным корнем модуля т.
Первообразные корни имеют лишь следующие
модули: 2, 4, /?а и 2/?а ,где /7 — нечетное простое число. Если
модуль т имеет первообразные корни, то число их
классов равно ф(ф(ш)).
Чтобы существовало значение ху удовлетворяющее
сравнению ax=b (modm), где (а, т) = 1, необходимо,
чтобы (6, т) = \. Если при этом Pm{o) =ф(^), то
непременно существуют значения х, удовлетворяющие
данному сравнению, составляющие один класс по модулю
Рт(п): х=х0 (mod Я™(я)).
Значения х, удовлетворяющие данному сравнению,
называются индексами числа Ъ по основанию аи модулю т:
x=indab (mod m).
Определение индекса может быть записано в виде
aindab = b (modm).
37

Пользуясь этим определением, можно составить таблицу
индексов по данным основанию и модулю.
Основные свойства индексов:
1) Чтобы &1==62 (mod /п), необходимо и достаточно,
чтобы inda6i = indafr2 (mod Pm(a))\ переход от первого
сравнения ко второму называется индексированием;
переход от второго к первому — потенцированием.
2) indal=0 (mod Л,,(a)).
3) indaa£==
4) inda (6i6
+indabn (modPm(a))> в частности, mdabn = nmdab
(mod Pm(a)).
Часто применяются системы индексов по нечетному
простому модулю и одному из его первообразных корней
как основанию.
321. Найти Рт(т— 1).
322. Найти все классы, принадлежащие показателю
2 по модулю 8.
323. Найти показатель, которому принадлежит класс
х=2 (mod И).
324. Найти все возможные показатели по модулю 9.
325. Найти все натуральные значения ху
удовлетворяющие сравнениям: 1) 5*=5l (mod 8); 2) 4*=1 (mod3).
326. Доказать теорему: если РР(а) = 2а, то аа +1 =
==0 (mod/?).
327. Доказать, что числа 2, 22, 23, . . . , 210 образуют
приведенную систему вычетов по модулю И.
328. Доказать, что простые делители числа 22"+1
(/1=1, 2, . . .) имеют вид &-2п+1+1 (например, простой
делитель числа 22 +1 имеет вид 64&+1; так, при £=10
имеем делитель 641).
329. Доказать, что cp(am—1)==0 (modm), где а>1.
330. Решить сравнения: 1) 5*е=1 (mod 9); 2) 2* =
= 1 (mod 25); 3) 6*=1 (mod 49); 4) 2*ssl (mod 49).
331. Найти число классов и сами классы
первообразных корней модуля 7.
332. Найти все классы первообразных корней
модуля 6.
333* Доказать, что модуль 8 не имеет первообразных
корней.
38

334. Найти все значения 6, при которых разрешимы
сравнения: 1) Ь*=Ь (mod 9); 2) 4x = b (mod 9).
335. Определить число классов значений Ъ, которым
соответствует сравнение ax = b (modm), где (а, т) = 1,
не имеющее решений.
336. Найти все возможные основания индексов по
модулю 11 и составить таблицу индексов при
наименьшем из найденных оснований.
337. При помощи индексов найти показатель,
которому принадлежит 6 по модулю 23.
338. При помощи индексов доказать, что 2 есть
первообразный корень модуля 37.
339. Доказать, что РР(а) = р—1 тогда и только тогда,
когда (inda, p—1) = 1.
340. Опираясь на теорему предыдущей задачи, найти
все классы первообразных корней модуля 13.
341. При помощи индексов решить сравнения: 1) 8х=
= — 11 (mod 37); 2) jk2ee=3 (mod 11); 3) *5=14 (mod41);
4) 13x24s=5 (mod 31); 5) 40jk10=3 (mod 17); 6) x2=
= 89 (mod 97).
342. При каких целых значениях а:
1) За2—5{ 7; 2) 7я2+13.:23; 3) 13а2—11 -29?
343. При помощи индексов решить сравнения:
1) 2*=7(mod67); 2) 13* з= 12 (mod 47); 3) 213*s=
е=215 (mod 29).
344. Доказать, что индекс —1 по нечетному модулю р
0—1
всегда равен ^-у .
345. Обобщить критерий Эйлера на случай сравнения
хп = а (mod p), где афО (mod/?>2).
346. При помощи обобщения критерия Эйлера (см.
предыдущую задачу) установить, какие из следующих
сравнений разрешимы, и найти соответствующие решения:
1) *5=:20 (mod 7); 2) *6=9(mod 11); 3) Зх8 = 5 (mod 13).
347. Доказать, что число а, для которого
аФО (mod p>2), является квадратичным вычетом по
модулю р тогда и только тогда, когда ind a = 0 (mod 2).
При помощи таблицы индексов найти все классы квад»
ратичных вычетов по модулю 23.
348. Вывести формулу перехода от одной системы
индексов к другой по данному модулю.
349. Доказать, что первообразный корень модуля
р>2 является квадратичным вычетом по этому модулю.
39

350. Доказать, что среди первообразных корней
простого модуля не может быть квадратов.
351. Доказать, что a2n+1 (я=0, 1, 2, . . .) является
квадратичным вычетом по модулю р>2, если а —
первообразный корень модуля р.
352. Доказать, что произведение двух первообразных
корней модуля р>2 не может быть первообразным
корнем этого модуля.
353. Доказать, что модуль 2П (я = 3, 4, 5, . . .) не
имеет первообразных корней.
§ 13. Арифметические приложения сравнений
Задача вычисления остатка г от деления данного
числа а на модуль т (его можно обозначить символом
г (а, т)) по существу уже встречалась в предыдущих
параграфах. Она сводится к получению сравнения я =
=r(modm), 0^r<m. Особенно эффективно
применение сравнений к вычислению остатков от деления
степеней и произведений; это видно из следующих примеров:
1) 19671968=91968 (mod И); так как 910=1 (mod И),
то 91968 = 98==814=44= 162==25 = 3 (mod 11). Таким
образом, г(19671968, 11) =3;
2) 8!=(2.6) (3.4) (5.7).8=1.1.2.8 = 5 (mod И) и
г(8!, 11) =5.
В ряде случаев могут быть использованы индексы:
1) индексируя сравнение r===91968 (mod 11), получаем
indr= 1968.6=8.6=8 (mod 10), откуда г=Ъ (см. табли-
ду);
2) индексируя сравнение r=8!(modll), получаем
indr= 1+8+2+4+9+7+3=34=4 (mod 10), откуда
г=5.
Весьма эффективным является применение сравнений
к установлению признаков делимости. Так, чтобы
установить признак делимости на 101, достаточно заметить,
что 100 = — 1 (mod 101); в соответствии с этим имеем:
^Q— a3a2+a6ai,— . . . (mod 101).
Таким образом, число делится на 101 тогда и только
тогда, когда на 101 делится разность между суммой его
граней, стоящих на нечетных местах, и суммой остальных
граней (мисло разбивается на грани, как при извлечении
40

квадратного корня). Например, 1083831 •' 101, так как
(31+8) —(38+1) =0 : 101, но 3406326 не • 101, так как
(26+40) —(63 + 3) =2 не ; 101.
Понятие показателя находит применение при
определении длины наименьшего периода бесконечной
десятичной дроби, заданной обыкновенной дробью. Если
знаменатель данной обыкновенной дроби (несократимой) есгь
2а -513 т, где (т, 10) =1, то длина наименьшего периода
соответствующей бесконечной десятичной дроби равна
показателю, которому принадлежит 10 по модулю т, т. е.
равна Лп(10).
Теория сравнений дает способ проверки
арифметических действий «с помощью девятки», основанный на
теореме: если 5, Si и 52 — суммы цифр соответственно чисел
m, mi и т2, то из m-=mlztm2 или т—т^гпг следует
соответственно 5 = 5! ±s2 (mod 9) или s = S\S2 (mod 9).
Эта теорема дает возможность обнаружить ошибку в
арифметических действиях, если таковая есть. Следует
иметь в виду, что обратная теорема не верна, например,
8.2=16 (mod9), но 71.11^871.
354. Найти остаток от деления: 1) 264 на 360;
2) 15325— 1 на 9; 3) (1237156+34)28 на 111; 4) 8! на 11;
5) а на 13, если а*=2 (mod 13) и ах^ = 6 (mod 13).
355. Применить теорему Эйлера при нахождении
остатка от деления: 1) 174249 на 13; 2) 18635—5 на 10;
3) 237 773-1 на 37.73.
356. Найти последние две цифры чисел: 1) 20320;
2) 243402; 3) 1812.1941.1965; 4) (116+1717)21.
357. Доказать, что: 1) (232+1) : 641; 2) (222555+
+555222) ;7; 3) (22Ош69+69220119 + 11969220) • 102;
4) (62n+i+5"+2) ■ 31.
358. Найти остаток от деления 4ср(т)~1 на нечетное
число т>1.
359. При помощи индексов найти остаток от деления:
1) 1010 на 67; 2) 17852 на И; 3) 19671968 на И.
360. Применить общий признак делимости Паскаля,
выражающийся сравнением N=an . . . a1a0=anrn+
+ . ... +airi+ao (mod m), где г*— остатки от деления
10г' на т, к установлению признаков делимости: 1) на 6;
2) на 8; 3) на 12; 4) на 15; 18 и 45.
361. Вывести признак делимости на 11 на основании
41

сравнения 10==—1 (mod 11) и теоремы: по данному
модулю сравнимым значениям аргумента соответствуют
сравнимые значения полинома с целыми коэффициентами.
362. Вывести общий признак делимости на 7 и на 13
на основании сравнения 1000=== — 1 (mod 7; 13).
363. Вывести общий признак делимости на 27 и на
37, исходя из сравнения 103=1 (mod 27; 37).
364. Доказать, что N=an . . . aiao=O (modm), где
(m, 10) = 1, тогда и только тогда, когда ап . . . +
-|-ao#=O (mod m), где х удовлетворяет сравнению
Юх=1 (mod m).
365. Применить теорему предыдущей задачи к
установлению делимости: 1) 18523Г на 19; 2) 448721 на 13;
3) 192843 на 7; 4) 67749 на 11.
366. Доказать, что N=an . . . aiCto=\O-A-\-ao=
= 0 (mod m), где (m, 10) = 1, тогда и только тогда, когда
<7+ra0=0 (modm), где q и г — частное и остаток от
деления А на число *>0, удовлетворяющее сравнению
Юх=1 (mod m). При л:<0 критерий делимости
выражается сравнением —<7+га<>=0 d
367. Найти все числа вида \3xy4bz, делящиеся на
792.
368. Найти все системы счисления, в которых число
делится на 2 тогда и только тогда, когда сумма его цифр
делится на 2. Решить задачу, заменив модуль 2
произвольным натуральным числом /п>1.
369. Найти наименьшее основание системы
счисления, в которой имеют место признаки делимости:
1) число делится на 5 тогда и только тогда, когда
сумма его цифр делится на 5;
2) число делится на 7 тогда и только тогда, когда на
7 делится число, составленное двумя последними его
цифрами.
370. Не представляя следующих обыкновенных
дробей в виде бесконечных десятичных, найти длину
периода: 1) -jj-; 2) А; з) -L; 4)-^, где (а, 97) = 1.
371. Найти длину периода бесконечных десятичных
дробей, заданных следующими обыкновенными дробями:
1J Tf;2) 550*
42

372. Найти знаменатель обыкновенной дроби вида
■JJJ-, которая представляется чистой периодической
десятичной дробью с двумя цифрами в периоде.
373. Найти длину периода бесконечных десятичных
дробей, заданных следующими обыкновенными дробями:
1) 17-23 ' Z) 53-59 '
374. Доказать, что обыкновенная дробь , где р\
и р2— простые числа, отличные от 2 и 5, представляется
периодической бесконечной десятичной дробью с длиной
периода [~j~->^7~]> где ^i ==^ (ind 10, рх—1) и d2 =
= (ind 10, р2—1) (в первом случае ind 10 берется по
модулю ри во втором — по модулю /?2).
375. При помощи теории сравнений показать
ошибочность следующих записей: 1) 4237-27925=118275855;
2) 42981:8264 = 5201; 3) 19652 = 3761225.
376. Привести пример, когда условие 5(mi) •s(m2) ss
=s(m) (mod 9) выполняется, но т^т^фш.
377. Найти способ проверки «с помощью девятки»
при извлечении корня любой степени.
Найденным способом показать ошибочность записи:
У371293 = 23.

ГЛАВА 3
НЕПРЕРЫВНЫЕ ДРОБИ
§ 14. Основные понятия
Конечная непрерывная дробь
<7оН ' =(<7о>
где <7г — целые числа, из которых
q%(i^\)—натуральные, является символом рационального числа: каждое
рациональное число разлагается в определенную конечную
непрерывную дробь и каждая конечная непрерывная
дробь свертывается в определенное рациональное число
(при условли, что <7п>1).
Каждое иррациональное число разлагается в
бесконечную непрерывную дробь (<7о, Яи Яь • • •)» которая
может быть периодической — чистой или смешанной (см.
принятые обозначения). Отрезок (^о, Я и Яь • • • » Як)
непрерывной дроби (конечной или бесконечной)
называется подходящей дробью &-го порядка и обозначается ~- .
По определению
Эти формулы называются начальными данными. При
k^2 имеет место рекуррентная формула:
Pk_ = Pk-l qk + Pk-2
Qk Qk-l qk + Qk-2
С возрастанием порядка знаменатели подходящих
дробей возрастают, начиная с Qi (числители также
возрастают, начиная с Ро).
44

127 24
378. Разложить в непрерывную дробь: ^ , -gg- и 1,23.
379. Свернуть непрерывные дроби: (1,1, 2,1, 2,1,2);
(0,1,2,3,4,5); (5,4,3,2,1); (а, я, а, а, а); (а, 6, а, 6, а).
73
380. Решить уравнения: 1) (х, 2, 3, 4)= -^q-;
2)1(хуг+х+г) =
381. Разложить в непрерывную дробь ]/2, У7,^
382. Разложить в непрерывную дробь положительные
корни трехчленов: 2х2+2л;—3 и 4л:2—12#+7.
383. Найти частное от деления непрерывной дроби
(2,2,2, . . . , 2) на 2.
384. Доказать, что
385. Доказать, что -£*— = (ап, . . . , аи До) и ?rJL-
^i v1
= (an, . . . , #2, 0t), где Pi и Qi —элементы подходящих
дробей непрерывной дроби (а0, . . • , Яп-i, #n), a^l и
1.
386. Доказать несократимость дробей -^— и -^-.
л—1 Ч.п—\
387. Доказать, 4X0(2,2,- ^^'t^lj^-Wy~'
где непрерывная дробь содержит п неполных частных.
§ 15. Сходимость бесконечной непрерывной дроби
Подходящие дроби обладают следующими
основными свойствами:
Г
где Л=1, 2, . . .
Из начальных условий и этого свойства вытекает, что
(Я,, Qh) = l.
2) С возрастанием порядка подходящие дроби
четного порядка возрастают, а нечетного убывают, причем
каждая подходящая дробь четного порядка меньше
любой подходящей дроби нечетного порядка.
45

3) a=((7o, <7i, . . . , qh, **+*)=* Qk0L+Q . где
6=1, 2, ... и а*+1=(<7ь+ь <7ftT2, • • .)•
4) Каждая бесконечная непрерывная дробь (qOy qu
qz, * . .) свертывается в иррациональное число а, такое,
что
a =
Подходящая дробь ~- является наилучшим
рациональным приближением действительного числа а, т. е.
никакая рациональная дробь —, у которой y^Qk, не может
быть ближе к а, чем тр. Дробь ?Д. является
приближением ас точностью ДО/г~^—.Чтобы с помощью подходя-
QQ
щих дробей найти приближен^ а с заданной точностью
е, достаточно, чтобы Qfc> |/ —; однако заданной мере
точности может удовлетворять подходящая дробь
меньшего порядка.
388. При помощи разложения в непрерывную дробь
1Ч 3587 m J043 оч 1491
сократить: 1) ^ ; 2) 3427 5 3) 2247 '
ооп и * a4+3a2+l
о»У. Доказать несократимость дроби вида—§—2— >
где а — число натуральное.
390. Доказать, что для симметричной конечной
непрерывной дроби (qn = qoy <7n-i=<7i= . • •) имеет место
соотношение Pn_1 = Qn.
391. Доказать, что Qn^2 2 (л>2).
392. ПрИМеНИТЬ СООТНОШеНИе PnQn-i—QnPn-i =
= (—l)71"1 к решению сравнения ax==b (mod m), где
(a, m) = \.
393. Решить найденным способом сравнения: 1) 95x=
s=59 (mod 308); 2) 9Usl (mod 132).
46

394. Применить соотношение PnQn_i—QnPn-i:==z
= (—I)™-1 к решению в целых числах уравнения ах-{-
+Ьу=с.
395. Решить найденным способом уравнения: 1) 70х+
+330=1; 2) 60х—91у=2; 3) 571х+359у=—10.
396. Следующие числа заменить подходящей дробью
третьего порядка и оценить погрешность: 1) -щ- ;
397. При помощи зубчатой передачи, состоящей из
двух шестерен, требуется установить между их осями
отношение угловых скоростей вращения, близкое к 355:113,
чтобы погрешность не превышала 0,002. Можно ли
осуществить такую передачу при помощи меньшего числа
зубцов, чем 355 и 113?
1 ос 1
398. Число —gg-p заменить подходящей дробью с
возможно меньшим знаменателем так, чтобы погрешность
не превышала 0,0001.
399. Найти наилучшее приближение с точностью до
0,001: 1) У2^2) УТТ.
400. Найти с точностью до 0,0001 наилучшие
приближения корней следующих уравнений: 1) х2—5#+2=0;
2) 4jc2+20jc+23 = 0.
I Р I 1
401. Доказать, что а — ^ >п п п предвари-
тельно убедившись, чтотг1 и " , пп^г лежат по одну сто-
v/ 4n-rv
рону от а.
402. Увеличивается или уменьшается подходящая
дробь п-го порядка, если неполное частное qn увеличить
на несколько единиц?
403. Если число а имеет подходящую дробь порядка
: 1, то имеет место по крайней мере одно из неравенств:
1
а —
ИЛИ
Доказать.
47

§ 16. Квадратичные иррациональности
и периодические непрерывные дроби
Определение. Иррациональность называется
квадратичной, если она удовлетворяет квадратному
уравнению с целыми коэффициентами (вообще говоря, с
рациональными коэффициентами). Общий вид
квадратичной иррациональности: а+^ Ь , где а, сфО и 6>0—целые
числа.
Теорема. Квадратичные и только квадратичные
иррациональности разлагаются в периодическую
непрерывную дробь.
404. Свернуть периодические непрерывные дроби:
1)(Щ\ 2) (МА2); 3) (3,4,5,2,1); 4) (1,2Д4);
5) (0,1,1,1,1,2Д2); 6) {а,а^а).
405. Найти иррациональность а, если:
п ^в10 ± , т/о". <>\ Pk~ 37 п l+V¥
406. Найти общий вид квадратичных иррационально-
стей, разлагающихся в непрерывную дробь с равными
неполными частными.
407. Разложить в непрерывную дробь: 1) Ух2+1;
2) У
408. Доказать, что положительный корень трехчлена
bx2—abx—а,
где а и Ь — натуральные числа, разлагается в чистую
периодическую непрерывную дробь с длиной периода,
равной 2. Верна ли обратная теорема?
409. Доказать теорему: если квадратное уравнение с
целыми коэффициентами имеет корень х= (a, ft), то
вторым его корнем служит .
410. Если положительная квадратичная
иррациональность разлагается в чистую периодическую непрерывную
дробь, то сопряженная ей иррациональность
принадлежит интервалу (—1, 0). Доказать.
48

411. Доказать теорему: если квадратное уравнение с
целыми коэффициентами имеет корень х= (а, Ь, с), то
второй его корень есть а—(с, Ь).
412. Найти произведение непрерывных дробей (а, Ь)
и (О, Ьу а).
413. Доказать, что числа а—(а, Ьу с) и Р=(с, 6, а)
пропорциональны числам л;=(а, Ь, с) и у={с, Ъ, а).
414. Доказать, что иррациональность вида.Ут (т —
число натуральное) разлагается в непрерывную дробь,
период которой начинается со второго неполного
частного.
§ 17. Алгебраические и трансцендентные числа
Комплексное число называется алгебраическим, если
оно является корнем некоторого многочлена с целыми
коэффициентами (вообще говоря, с рациональными
коэффициентами). В противном случае комплексное число
называется трансцендентным.
Натуральное число п называется порядком (степенью
или высотой) алгебраического числа, если последнее
является корнем многочлена /2-й степени с целыми
коэффициентами, но не является корнем многочлена степени
(п—1)-й с целыми коэффициентами.
Теорема Лиувилля. Для каждого
действительного алгебраического числа а порядка п существует с>0,
такое, что а— -i > -£ э для всех рациональных чисел -j-
отличных от а.
Следствие. Иррациональные числа а=(<7о, Qu
q2y . . .), где qn>(Qn-i)n-i и п=\у 2, 3, . . . , являются
трансцендентными.
Все числа вида аР , где а и (J — числа
алгебраические, причем а=7^0; 1 и р — порядка^2, являются
трансцендентными (теорема Гельфонда).
В уравнении у=ех числа х и у не могут быть оба
алгебраическими, за исключением случая, когда #=0 и
у=\ (теорема Линдемана).
415. Доказать, что следующие числа являются
алгебраическими: 1) ^4—^2"; 2) /2Г+уТ; Ъ)а+уТ\
4 Заказ 2958 49

4) a+iyb (а и b — числа рациональные); 5) cos — +
+ /5ш~; 6) sin 10°.
416. Указать порядок алгебраических чисел: 1) а + Ы
з з_ __ __
(а, Ь — рациональные); 2) ]/3; 3) т/2— 1; 4) У2—УЗ.
417. Доказать, что корни уравнений: а) х3-\-2У2х2-\-
+2 = 0 и б) x2+2ix-{-l0=0— являются числами
алгебраическими.
418. Доказать, что корни уравнения х5—Зх2-{-\2х—
—6=0 есть алгебраические числа пятого порядка.
419. Построить хотя бы одно трансцендентное число
способом Лиувилля.
420. Доказать, что число a=J^u +~^р + J^r + • • •
(число Лиувилля) является трансцендентным.
421. С помощью теоремы Гельфонда доказать
трансцендентность чисел: 1) lg 2; 2) log210; 3) In 5.
С помощью теоремы Линдемана доказать
трансцендентность числа pj, где а — число алгебраическое.

ГЛАВА 4
ЧИСЛОВЫЕ ФУНКЦИИ
§ 18. Целая часть действительного числа
Целая часть действительного числа х, т. е. [х],
определяется либо двойным неравенством [х] ^х< [х]-\-1
или х—1 <С [х] ^Ху либо равенством х= [х] +а, 0^а< 1.
Если хотя бы одно из чисел Х\ и х2 целое, то [х\ +
] [] []
Имеет место тождество Г-^-j =
Показатель степени, с которым простое число р
входит в каноническое разложение т!, равен — 1 +
— + . . . + гт L гДе s определяется соотношением
1
422. Найти целую часть чисел': 1) —2,7; 2) 2+У987;
3) Ь1^[; 4)^=; 5) l,(3)+2tg-f; 6) 3+sin ^ ;
7) 3—2cos^; 8) 2—Ig2512; 9) 2—lg abcd\ 10) уЗО+уЖ
423. Доказать, что [я][б?1+[е] = [е][тс1 + [л;], где я=
= 3,14 ... — отношение длины окружности к ее диаметру
и е = \ш (1+-М"=2,7... .
424. Доказать, что [-—J , где р>2 — число простое,
., р—1 * р—3
равно либо ^-,либо —^-.
425. Доказать, что \-~] = ~~-> где г — остаток от
деления а на т.
426. Доказать, что (-—) ==(—1) 4 ,
где(—)—символ Лежандра.
4* 61

427. Доказать, что [j^<x<^+~ » n = 1> 2>
428. Доказать, что ртг] равно либо Нг]"Ц"/г|'ли"
«° Нг]+Ш+'-
429. При помощи знака целой части записать число
единиц второго разряда, содержащихся в числе т.
430. Если т—-число нечетное, то [^] = ~~7г~-
Доказать.
431. Построить графики функций: а) Г |-j ;
б) p£-l]; в) [sin*].
432, Решить уравнения: 1) |>2]=2; 2) [Зл:2—дг] =====
=х+1; 3) М = 4**>4) [*21=*.
433. Доказать, что не существует натуральных чисел
т, удовлетворяющих уравнению [12, 4т]=87.
434. Установить зависимость между функциями [—х]
[]
и [х].
435.
Найти числа, логарифмы которых имеют
характеристику —2.
436. Доказать, что
2] []
437. Доказать, что [пх]^п[х], л=1, 2, 3,....
438. Сколько натуральных чисел, кратных 786,
заключено между 10е и 107?
439. Сколько натуральных чисел, меньших 1000, не
делятся ни на 5, ни на 7?
440. Найти число натуральных чисел, не
превышающих 100 и взаимно простых с 36.
441. Сколькими нулями оканчивается число 1964!?
442. С каким показателем степени входит простое
число р в каноническое разложение рп\ = \. 2. 3 ... рп?
443. С каким показателем степени число 6 входит в
произведение 100!?
444. Найти каноническое разложение числа 11! =
— 1.2.3...И.
445. Найти каноническое разложение числа )Q| 1Q|.
62

446. Найти наибольшее натуральное число а, при ко-
х, 101-102 . . . 1000
тором Л/= — число целое.
447. Найти показатель степени, с которым простое
число р входит в каноническое разложение числа:
1) (2т)!!; 2) (2т+1)!!
448. Доказать, что для записи натурального числа N
в системе счисления с основанием g требуется [loggAT] + l
знаков. Пользуясь этой формулой, найти натуральные
числа, которые в двоичной системе счисления являются
пятизначными. Из скольких знаков, в десятичной системе
счисления, состоит число 12100?
449. Вывести формулу для функции Qn(*)>
выражающей число п-х степеней натуральных чисел, не
превышающих действительное число л:>0.
450. Найти НОК всех натуральных чисел, не
превышающих т.
451. Сколько всего точек с целочисленными
координатами заключено на криволинейной трапеции а^х^Ь,
O^y^f(x), где а и Ь — натуральные числа и f(x)
—неотрицательная непрерывная на указанном отрезке
функция?
452. Сколько всего точек с целочисленными
координатами заключено на круге *2+*/2=6,52?
-со п Г а 1 , Г 2а] . Г Зд 1 3 (а— 1)
453. Доказать, что^] + [-j-J + [-^-J « —^—L
если (а, 4) = 1.
454. Доказать, ,то [i] + [|] + ... + p=^!lf]
455. Доказать, что W + U+ -у] = [2х]. Дать
графическую иллюстрацию.
456. Найти значения ху при которых имеет место
равенство [х]— 2 [^-]= 1-
457. Решить уравнение [■—-] == [^4гг]> ^ = 2,3,4,....
458. Найти условие существования решения
уравнения вида [ax2-\-bx-\-c\=d, где а^О и d — число целое.
53

459. Доказать, что [—] + [-L] +[_]+...+
_j_ [j£z_Lj = |£_—j 9 где р — нечетное простое число.
§ 19. Число и сумма делителей натурального
числа
По определению т(1) =а(1) = 1. При т>\ данные
функции вычисляются по формулам:
х(т)= П
k оц
П/7. —каноническое разложение т.
/=i
Обе функции мультипликативны, т. е. если (т, п) = 1,
то х(тп)\—х(т)х{п) и о(тп)=о(т)о(п).
460. Найти число и сумму делителей 600.
461. Найти все делители чисел 90 и 360.
462. Построить графики функций у=х(х) и у = о{х),
где jc=1, 2, 3, ....
463. Доказать, что для каждой пары простых чисел-
близнецов pi</?2 имеет место равенство a(/?i) =ф(р2).
464. Доказать, что существует бесконечное
множество натуральных чисел т, таких, что с(т) =2т—1.
465. Доказать, что функции х(т) и о(т)
мультипликативны, т. е. что при (т, я) = 1 имеют место равенства
x(mim2) =x(mi)x(m2) и a(mim2) =о{т^о{т2).
466. (m, п) >1. Что больше: х(тп) или т(т)т(п)?
Рассмотреть этот же вопрос относительно функции
а(х).
467. Доказать, что числа х(тп) и п — взаимно
простые.
468. Вывести формулу для функции 8(т)
—произведения всех натуральных делителей натурального числа
т. Найти 6(10).
469. т=1968. Найти ср(т), т(т), а(т) и б(т).
470. Доказать, что множество всех натуральных
чисел, равных произведению всех своих натуральных
делителей, совпадает с множеством всех простых чисел.
471. Найти натуральное число, произведение всех
делителей которого равно 5832.
54

472. Найти формулу функции sn(m), выражающей
сумму п-х степеней всех натуральных делителей
натуральных делителей натурального числа т (п — число
целое).
Цт)
Замечание. Конечно, sn(т) = £ dL , где йг—все-
возможные делители т, но этот общий вид формулы не
имеет практического значения. Полезно обратить
Tfm) i(
ние на то, что so(m)= E 1=т(т) HSi(m) =
473. Доказать, что число 8128 является совершенным.
Натуральное число т называется совершенным, если
о(т)=2т\ недостаточным, если o(m)<2m, и
избыточным, если a(m)>2m.
474. Доказать, что любая натуральная степень
простого числа является числом недостаточным.
475. Доказать, что нечетное натуральное число с
двумя простыми делителями — недостаточное.
476. Доказать теорему Евклида: четные натуральные
числа вида 2а (2a+1—1), где 2a+1—1 — число простое,
являются совершенными.
477. Доказать, что натуральные числа вида 2a (2a+I —
— 1), где 2a+1—1 — число простое, являются
единственными четными совершенными числами (теорема
Эйлера).
478. Найти наименьшее число вида2а -/?iP2, где /?i и
р2 — нечетные простые числа, сумма делителей которого
втрое больше самого числа (задача Ферма).
479. Найти натуральное число, зная, что оно имеет
два простых делителя, всего 6 делителей, сумма которых
28.
480. Найти натуральное число, если оно делится на 3
и на 4 и имеет 14 делителей.
481. Некоторое натуральное число имеет два простых
делителя. Его квадрат имеет всего 15 делителей. Сколько
делителей имеет куб этого числа?
482. Некоторое натуральное число имеет два простых
делителя. Его квадрат имеет всего 81 делитель. Сколько
делителей имеет куб этого числа?
65

483. Найти число вида m = 2x-3^5z, зная, что
половина его имеет на 30 делителей меньше, треть —на 35 и
пятая часть — на 42 делителя меньше, чем само число.
484. Доказать, что натуральное число является
точным квадратом тогда и только тогда, когда число его
различных натуральных делителей нечетное.
§ 20. Число простых чисел, не превышающих
данное положительное число
Функция я(х), выражающая число простых чисел, не
превышающих jc>>0, возрастает неограниченно с
возрастанием х. Существуют постоянные a<cb, такие, что при
всех х>2 имеют место неравенства а<.п(х) •—<ib
(неравенства Чебышева). Более точно связь между
функциями я (л:) иу^- выражается равенством lim я(х): г^— =
Л Jf-*. ЭО
= 1 или асимптотической формулой я{х) ~ —-.
485. Построить график функции у=п(х). Решить
графически уравнение п{х) = -~- .
486. По формуле я(я)= {*х найти приближенное
значение я (1000) и указать относительную погрешность
результата.
487. При помощи неравенства Чебышева доказать,
что ^-^->0 (лс->-+оо).
лап тт тс (Р—0 ^ я (р) п (т) - %(т—1)
488. Доказать, что -^f < -^ но^ < ^ '
если т — число составное.

ГЛАВА 5
ДО СИХ ПОР НЕ РЕШЕННЫЕ ЗАДАЧИ
ТЕОРИИ ЧИСЕЛ
Науку о числах двигает вперед не только то, что о них
известно, но и выяснение того, что еще неизвестно. Ниже
приводится несколько простых по формулировке задач
теории чисел, до сих пор не имеющих своего решения.
Одни из них возникли очень давно, другие —
сравнительно недавно. Интересно, что, по-видимому, со временем
число нерешенных задач возрастает, так как быстрее
появляются новые, чем решаются уже поставленные.
1. Хорошо известны формулы: четного числа (N=2n),
нечетного числа (N = 2n+\), квадратного числа (М =
=п2) и формулы ряда других целых чисел (т. е.
аналитические выражения функций, множества значений
которых являются классом целых чисел, обладающих
некоторым заданным свойством).
Однако до сих пор неизвестна формула простого
числа (т. е. аналитическое выражение функции, множество
значений которой является классом всех простых чисел).
Правда, существует формула, несколько лет назад
полученная в Советском Союзе Л. С. Вешеневским (см.,
например, журнал «Математика в школе», 1962, № 5, стр.
74), но она очень сложна.
2. В связи с поисками формулы простого числа
возникли другие задачи, решение которых еще неизвестно.
Приведем две из них.
Существуют функции, для многих последовательных
натуральных значений аргумента, дающие простые
числа. Наиболее популярной из них является «многочлен
Эйлера»: f(x) =х2-\-х-{-41, который при х=0у 1,... , 39
дает простые числа 41, 43, . . . , 1601.
Предполагают, что существует бесконечное
множество значений х (конечно, натуральных), которым
соответствуют простые числа вида f(x) =Jt2-j-#+41.
Неизвестно, существуют ли натуральные числа т>41,
57

для которых все числа вида f(x) = х2+х-\-т, где х=1, 2,
3, 4, . . . , т—2, являются простыми.
3. Простые числа Ферма/7п = 22'г + 1, где я = 0, 1, 2, ...
(Ферма ошибочно предполагал, что все числа такого
вида простые), играют известную роль в геометрии: как
доказал Гаусс, при помощи циркуля и линейки можно
разделить окружность только на 2mFn равных частей, где
Fn — 22n+l—число простое Легко проверить, что при
я = 0, 1, 2, 3, 4 число Fn является простым. Но уже при
п = Ъ (как впервые обнаружил Эйлер) оно является
составным (см. задачу 357).
Сравнительно недавно высказано предположение, что
при п^Ъ все числа Fn являются составными.
Сложнее будет ответить на вопрос, является ли
множество составных (простых) чисел вида Fn бесконечным?
4. Уже Евклид знал, что не существует наибольшего
простого числа, но до сих пор этот вопрос остается
открытым относительно простых чисел некоторых
определенных видов, например вида п2-\-\ (л=1, 2, 3, . . .):
неизвестно, является ли множество простых чисел данного
вида (2, 5, 17, 37, . . .) бесконечным.
5. Открытым остается вопрос и о существовании пары
наибольших простых чисел-близнецов (2 и 3, 3 и 5, 5 и 7,
11 и 13, . . .).
Отметим, что вопрос о «близнецах» равносилен
вопросу: имеет ли уравнение х—у=2 бесконечное
множество решений в простых числах.
6. При доказательстве бесконечности множества всех
простых чисел обычно рассматриваются числа вида
г|)(&) =/7i/?2... /?fc+l, где pi(i=l, 2, . . . , k) —первые k
простых чисел. Легко непосредственно установить, что
число ф(&) может быть как простым, так и составным
(см. задачу 69). Однако мы не знаем, является ли
множество всех простых (составных) чисел г|)(&)
бесконечным (конечным).
7. Ясно, что разность двух нечетных простых чисел
есть число четное. Неизвестно, верна ли обратная
теорема, т. е. можно ли любое четное число представить в
виде разности двух простых чисел.
8. Ясно также, что любое простое число заключено
между двумя последовательными квадратными числами
(2 и 3 — между 1 и 4; 5 и 7 — между 4 и 9 и т. д.).
Однако неизвестно, верна ли обратная теорема, т. е. всегда
58

ли между двумя последовательными квадратными
числами заключено по крайней мере одно простое число.
9. Решение уравнений в целых числах имеет не толо-
ко теоретический интерес. Эта задача иногда
встречается в физике. С нею связано много частных задач, решение
которых неизвестно. Из них в литературе наиболее часто
упоминается «великая теорема Ферма»: уравнение
xn + yn=zn (м5>3) не имеет решений в целых числах.
В настоящее время эта теорема доказана для многих
значений /г, но ее доказательство в общем виде остается
неизвестным.
10. Неизвестно также, существует ли прямоугольный
параллелепипед, у которого все ребра и диагонали
боковых граней выражаются натуральными числами, т. е.
разрешимо ли в натуральных числах уравнение x2-\-y2+2z2=
= U2+V2.
11. Мы не знаем, существуют ли натуральные числа
X— 1
х>1, у>\, удовлетворяющие уравнению Е {у=ху.
12. Известно, что уравнение х3—у2=7 имеет конечное
число решений в целых числах, в частности следующие
решения: х = 2, #=±1; я = 32, #=±181. Но сколько
именно целочисленных решений имеет это уравнение и каковы
все эти решения, пока неизвестно.
13. Ряд нерешенных задач относится к числовым
г 3* 1
функциям. Например, справедливость равенства -g/rj ^
[з« |
<уп 1 j , где n"s>2 — число натуральное, проверено
советским математиком В. А. Голубевым для всех З^я^С
£^150. Однако, является ли это равенство тождеством
относительно п, неизвестно.
14. Легко убедиться в том, что уравнение %(т) =
—х(т-\-1) имеет решения (для этого достаточно
рассмотреть график данной функции; задача 462). Но мы
не знаем ответа на вопрос, имеет ли это уравнение
бесконечное множество решений.
Однако известно, что в случае положительного ответа
на этот вопрос можно было бы утверждать, что
существует бесконечное множество натуральных чисел т, для
которых %{т) =х(т-\-1) =4, т. е. таких пар
последовательных натуральных чисел, каждое из которых являет-
59

ся произведением двух простых чисел (например, т(21) =
= т(22)=4, где 21 = 3-7 и 22 = 2-11).
15. Аналогичную не имеющую решения задачу
можно привести относительно функции о(т): сколько
решений имеет уравнение a(m) =a(m-j-l)?
16. Легко доказать, что уравнение о{т)=2т—1
имеет бесконечное множество решений (см. задачу 464). Но
неизвестно, имеет ли решение уравнение a(m) =2т-{-1.
17. В настоящее время сравнительно хорошо известно
множество всех четных совершенных чисел (см. задачи
473—476), но совершенно неизвестно, существуют ли
нечетные совершенные числа. Интересно, что установлены
некоторые свойства нечетных совершенных чисел при
условии их существования (в частности, советскими
математиками А. С. Турчаниновым и И. С. Градштейном).
18. Существуют дружественные натуральные числа,
т. е. такие натуральные числа тип, для которых о(т) =
= о(п)=т+п (например, a(220) = a(284) =220+284).
В настоящее время никго не может ответить на вопрос,
существуют ли дружественные числа, из которых одно —
четнор, а другое — нечетное?
19. Из таблиц значений функции Эйлера видно, что
каждое из встречающихся в этих таблицах значений
данная функция принимает по крайней мере дважды.
Однако все попытки доказать, что для любого натурального
числа т существует другое натуральное число /г, для
которого ф(я)=ф(т), пока встречают непреодолимые
трудности. Для некоторых частных случаев утверждение
верно. Например, если т — число нечетное, то ф(2т) =
=ф(т); если число вида 2п+1 простое, то ф(2п+1) =
(21)2
ф()
20. В настоящее время никто не может доказать (или
опровергнуть) утверждение, что для всех натуральных
чисел т>\ и п>\ имеет место неравенство ()^
21. Задачи третьей главы данного сборника
(«Непрерывные дроби») относятся к разложению в непрерывную
дробь рациональных чисел и квадратичных иррациональ-
ностей. Это не случайно. Свойства непрерывных дробей,
соответствующих алгебраическим иррацйональностям
степени выше второй, совершенно неизвестны.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ
1. 1) 7 и 150; 2) 1 и 0; 3) 0 и 100; 4)[—-g] ==~2 и 2; 5) 3 и 4;
6) 4411 и 3; 7) 220 и 1; 8) —11 и 3.
2. 1) По модулю 3 остаток может иметь значения: г = 0; 1; 2. По
формуле а = 3«(—2)+г находим соответствующие значения
делимого: а = — 6; —5; —4; 2) 202; 210; 211; 212; 220 (в троичной системе
счисления); 3) —21; —20; —13; —12; —И; —10; —3; —2; —1 (в
системе счисления с основанием 4).
3. Искомое число а должно удовлетворять соотношению а =
= 13«17+г, 0^г^12. Отсюда ясно, что наибольшее значение а
соответствует наибольшему значению г, т. е. г = 12. Имеем: д=13-17+
+ 12=233.
4. 1) 25 = m-3+r или, г=25—Ът. По определению остатка
имеем: 0<25—3m<m, откуда т==7; 8. Следовательно, г=2; 6. 2) т«
=8; 9 и г=2; 6.
5. 1) (2/г+1)2=4«(я+1) + 1, где п(п+1)\2. 2) /i2+(/t+l)2 =
=2/х(/г+1) + 1.
6. p = 6q+r (0<r^5). При г=0; 2; 3; 4 число вида 6^+г либо
составное, либо простое, меньше 5.
7. По модулю 6 либо р=6(7+1, либо р=6?+5. В первом случае
242+12(+l) + l=24<72+24Q+l. Во втором случае р2 =
22+12) + l24Q+24Q+l
8. Если ai = m<7t+l и 02 = ^2+1, то 2 qxq2 (qi q2) +
+ l = mQ+l (Q — число целое). Этот вывод допускает обобщение:
п
если ai = m<7i+l (*'=1, 2, . . . , л), то П fli=mQ+l. Докал<ите.
9. Чтобы доказать неразрешимость уравнения Зт+2=^2 в
натуральных числах, достаточно исследовать классы значений х по
модулю 3: х=3<7, х=3<7+1 и x=3q+2 (? — число целое).
10. Допустимые значения g легко уточнить: 7^g^ll.
Непосредственная проверка показывает, что # = 7. Будет ли решение задачи
единственным, если снять ограничение ^ll?
11. 15=7.2+1; если 15» = 7?+1, то 15"+1=15*.15 = 7Q+1
(теорема задачи 8).
12. 1) 222+1 = 17; если 22* +1 = 10^+7, то
+ 1 = (2»* )2+1 = (10(7+6)2+1= (10Q+6) + l = 1
61

13. (2<7i-H)2+(2#2+l)2 = 4Q+2, т. е. исследуемая сумма, будучи
числом четным, не делится на 4.
14. Если оба катета х и у не делятся на 3, то каждый из них
есть число вида 3<7+1 либо 3^+2, откуда х2+у2 = (3Q1 + 1) + (3Q2+
_j_l)=3Q+2. Это означает, что квадрат гипотенузы, а следовательно
и сама гипотенуза, не делится на 3. Однако в этом случае ее квадрат
при делении на 3 должен давать остаток 1, но не 2 (задача 9), как
получено выше. Следовательно, либо х ' 3, либо у ' 3.
15. Если катет х не \ 5, то x = 5q+r, l^r^4, откуда либо
*2 = 5Q+1, либо x2 = 5Q-j-4. Если и катет у не : 5, то точно также
либо #2 = 5/+1, либо f/2 = 5/ + 4. Но тогда x2 + y2 = 5k + r, r = 0; 2; 3. Из
трех возможностей для г имеет место лишь г = 0, так как если
гипотенуза не : 5, то ее квадрат при делении на 5 дает остаток либо 1,
либо 4 (но не 2 и не 3). Аналогично из допущения, что катет и
гипотенуза не ; 5, можно вывести, что второй катет • 5.
16. л = 5£+1 и п = 5£+3, где £ = 0, 1, 2, ... .
17. ах—by = ах—Ьх-\-Ьх—by = х (а—b) -\-b (х—у).
18. 4п + 15п—1 = (1+3)* + 15/г— 1 = l+3Ai+9Q+15n—1 = 18/г+
+9Q, где Q — число натуральное.
19. 1) /(1) =27; если /(п)=27?, то f (п+\) = 27<7+9(10п+2), где
(10n-f2) : 3, так как сумма цифр этого числа кратна 3. 2) F(l) =
= 256 : 64. Если F(n) =64?, то F(n+\) = 64?+8(32п+3+5). Докажем,
что ср(я) =32п+3+5 кратно 8. Действительно, ф(1)=248; 8, и если
ф(/г)=8/г, то <р(д+1) ==8?+8-32п+3.
20. 1) (/г, 2/г2+1) = 1. Очевидно, что f(n)=2n2+\ не : 2.
Остается доказать, что f(n) не ' 5. Имеем: f(Sq+r) =5Q+/(/*)» где
r = 0, 1, 2, 3, 4, и f(r) не ': 5 (в последнем легко убедиться
непосредственно).
21. Если Nx^abc и N2^def, то abcdef=Nr\0*+N2= (^i + ^2) +
i, где 999 = 37-27.
22. 1) m5—m\rnsss5x+y-=5q+yi—Sx—y = 5Q+y(y^—\)1 где 0^
Непосредственной проверкой можно убедиться, что у (у4—1) :
• 5. 2) При т = 6х+у, 0<#<5, имеем: т(т2+5) = (6д:+у) (6?+#2+
+5) =6Q+t/3+5f/, где г/3Н-5г/ : 6, как нетрудно проверить.
23. W=1000<7+r=1001<7-r-r—q, откуда N \ 7, 11 или 13 тогда и
только тогда, когда разность между числом его тысяч и остатком от
деления его на 1000 делится соответственно на 7, 11 или на 13. При
N = 368 312 упомянутая разность 368—312 = 56 делится на 7, но не
делится ни на 11, ни на 13. Следовательно, 368 312 \ 7, но не • 11 и
не : 13.
24. Пусть Ni — an . . . aia0 и N2 = bm . . . bib0. Так как Wi =
т
=9Qi+2«i и N2=9Q2+2^ где 2^ = 2&;> то Ni—N2=9(Ql—Q2).
25. k+(k+\)+ . . .
62

цП-к)(п+к-\)
27. Пусть N = abc. Тогда Л^ = 6сд^&сО+д=а6сО+а---a-103 =
==10N—37-27a и JV2 = ca& = c00+a& = a&c00+a&—a&-103=100N—
—37 - 27-ab.
28. ада • 3, так как a+a+a = 3a • 3. Если aa ... a : 3n, то
3Лцифр
aa . . . a = aa . . . a aa . . . a aa . . . a = aa . . . a- (103 )2+
3Л+1цифр 3Лцифр 3Лцифр 3'2цифр 3"цифр
Злцйфр
29. 1) 3 и 88 200; 2) 23 и 28 956 931.
30. 1) (6, 35) = (6, 143) = (35, 143) = 1; 2) (л, л
31. (2л, 2л+2)=2(л, л+1)=2 и (2л+1* 2я+3) = 1; последнее
можно проверить при помощи алгоритма Евклида.
32. (cb, be, ш)=с-(а, Ь). С другой стороны, (а, Ьу с) =
= ((а, b), c)=d, откуда (a, b)=dx и c=dy. Следовательно, (cb, be,
) dz
33. Пусть (а+b, а—b)=d, тогда a+b = dx и a—b = dy, откуда
2a = d(x+y) и 2b = d(x—y). Следовательно, d=OD(2a, 2b). Но (2a,
26) =2; поэтому 2 '• d и либо d=l, либо d — 2.
34. Пусть (a, a-\-b) =d, тогда a = dx и a-\-b = dy или dx-\-b — dy,
откуда 6 *. d и d—ODiciy b), откуда d=\. Дробь -^—- несократима.
а-\-Ь
35. Если а и b — числа нечетные, то (a, b)=d — число нечетное.
По условию 2п '• d, откуда d=l.
36. 1) (dt m) = (d, [dx, dy])~d(\, [x, y])=d. Результат не
изменится, если считать, что d—(a,u #2, . . . , ап) и m=[#i, п2, . . . ,
. . . , ап].2) (ab, m) = (dm, m)=m-(flf, l)^=m, где d=(a, b). 3)
Если p=OD(a+b, ab), то либо a'. p, либо b \ p. Но тогда в силу а+b \p
число р должно быть OD(a, b), что противоречит условию (a, b)=*\.
Р1так, при (а, Ь) = \ имеем (a-\-b, ab) = \. 4) Пусть (a, b)=d и
a = dx, b = dy, где (x, y) = l. Тогда (a+6, m) = (d(x+y)f dxy) =
= d(x-{-y, xy)=d. Следовательно, (а+b, [a, b]) = (a, b).
37. 1) 1. 2) Пусть (Юл+9, /i+l)=rf и 10л+9 = ^, n+\=dy.
Тогда 10(d#—1)+9==^л: или 10di/—1 = л?л:, откуда d=l. 3) Если
(Зл+1, \0n+3)=d, то
Г 3/i+l=rfjc, Г 30/2+10=10^*,
\ 10/i+3 = rfi/, или \30n-f- 9= Ыу,
откуда 1 = rf- (10л:—Зу) и d=l.
Задачу можно решить и с помощью алгоритма Евклида,
ез

88. Если *= [а, Ь\ = jj-щ , то {— , т) =
( х х \
= 1. Если\^-^-, —I =1, то, положив х=[а, Ь]-у, имеем:
39. Если (а, Ь, с) = £), то a = Dx, b = Dy, c—Dz, где х, у, z —
a+b _ n x-{-y a+c _n x+Z b+c _ n y-{-z
числа нечетные, и —^ и' ~y~ ' "~2 ' "~2~"' ~~2 ' "~2~~ •
где £+2 , £+£ , «+£_ числа целые, откуда D=OD (£+*, 2+£,
*+£\ . Положив №, 2+£, *+£\ =d, имеем d : D. С другой
<£у V ^ <w Z '
стороны, легко доказать, что d—OD(a, b} с), откуда D : <i. Таким
образом, D = d.
40. Пусть (a, b)=d и a = dx, b = dy, где (*, г/)=1. Тогда 5а+
& d(5*+3j/) и 13a+86 = rf(13^+8y), откуда cf = OD(5a+3&,
Остается доказать, что (5^+Зу, 13*-f-8«/) = l. Пусть
3х+8у)—б и
Г
\
откуда *=6(8я—Зу) и t/ = 6(5y—13м). Но (jc, «/) = !, поэтому 6=1.
Таким образом, d=(5a-f-36, 13a+8&).
41. (я, л+1, л+2) = ((л, п+1), п+2) = (1, п+2) = 1. Этот
результат не изменится, если взять к последовательных натуральных
чисел, [я, п + 1, п + 2] = [[л, я + 1], п + 2] = [я(л + 1), п + 2] =
Ц1Н+2) (+1)(+2) но ( 2)
((+)л + ) (я, л-г-2)
зависимости от четности я), поэтому [я, я+1, п+2] равно либо
я(я+1)(я+2)
я(я+1)(я+2), либо 2 -
42. Если nab=ax-\-by, то x=bk (k=\, 2, 3, . . .). При этих
значениях х имеем nab = abk+by> откуда y = a(n—k) и &=1, 2, . . . ,
. . . , (я—1) (я>1). Итак, требуемое представление может иметь
место при &=Ь 2, . . . , я—1 (я>1). Так как abk+ba(n—k)—nab>
то при я>1 требуемое представление действительно осуществимо,
причем п—1 способами: x=bk, у=а(п—/г), где /г=1, 2, . \ . , я—1.
43. Пусть a = cq+r, где (с, г) = (а, с) = 1 и & = с^!+Г1, где
(c,rl) = (b,c) = \. Тогда ab = c-Q+rru откуда (ab, с) = (Cj/Tj) = 1.
44. Пусть а>6 и (a, b)=d. Тогда a=dx и b — dy, где #—#>0.
Если d>a—b = d(x—г/) или 1>лг—#, то 0<#—#<1, что невозможно,
так как х—у — число целое. Следовательно, (a, b)^a—b (a>b).
45. ab : (ab, с) и £с : (ab, с), поэтому (ab, be) '. (ab, с). Но
(аб, bc)—b-(a, c)=b\ следовательно, b- (ab, с).
46. с\ (ас, Ь) (см. предыдущую задачу), следовательно, (с, Ь) '•
: (ас, Ь); с другой стороны, (ас, Ь) • (с, 6). Таким образом, (ас, &) =
Ц
64

47. Пусть (тпу mk, nk) =d. Так как mnk: d, то существует целое
mnk „ nk „ mk _, mn
число *=—^-^ d— d ~ d ' 0ТКУда x=OK(mt nt k) и
*=K /i, *]■?, ?>1. Таким образом, ЩЖ==!^1 ijLIhM =
21 и KiL^=^L, откуда q = OD[!!L, ?!±, ™
tf ^ ^ ^ ^ V d d d
= [m, я, Л].
48. 1) (х, ^/) =30 равносильно системе
Г х = 30а,
поэтому первое уравнение данной системы дает w+o = 5, откуда
и = 1; 2; 3; 4 и л: = 30; 60; 90; 120. Соответствующие значения #
можно найти по формуле #=150—х. 2) При х=45а и # = 45и, где
^ v) = l, имеем -—■ = у откуда и=11 и и = 7. Следовательно,
# = 495 и # = 315. 3) При х = 20и и # = 20у, где (и, и) = 1, имеем
ио = 21, откуда и=1; 3; 7; 21 и х = 20; 60; 140; 420.
Соответствующие значения у легко найти по формуле #= . 4) лг= 140, # = 252.
5) х=2, #=10 и *=10, # = 2.
49. qN= IQQq+bq— 100^+a—a-\-bq = am—(а—bq), откуда и
следует справедливость утверждения, так как (qy m) = l.
50. Пусть N=\0a+b и m= 10^+7. Тогда 3m=10Q+l, где
(Qt /n) = l, и QN—3am—(а—bQ). Следовательно, N-m тогда и
только тогда, когда (a^-bQ) \ т.
51. (q+\)N = 10a(^+l) +b(q+\) = am+[a + b(q+\)]y где
1, 10^+9) = 1 (см. задачу 37).
52. Если m =10^-f3, то Зт=10-3<7+9. Следует рассмотреть
(3q+l)N = (3?+1) (№а+Ь) = a-3m+[a+b(3q+\)], где (Sq+l,
10^+3) = 1 (см задачу 37).
53. \0Ni=an . . - a2ai-10+20a0 = ^+19a0, где (10, 19) = 1.
Применение этого признака видно из следующей записи:
^ = 3086379
+ 18
308655
10
30875
10
, 3097
+ 14
, 323
+ 6
38 : 19, ЛГ : 19.
5 Заказ 2956 65

54. Если 6я+1=р1—р2, то: а) из /?2 = 2 следует pi = 6tt+3, что
невозможно; б) из /?2=2&+ 1 следует /?1 = 6л4-2&+2, что также
невозможно.
55. Одно из простых чисел должно быть четным, поэтому имеем:
N=p—2, где р — нечетное простое число.
56. Если №=п*+р, то p=(tf—n)(N+n)t откуда
и, следовательно, 2W=l+p или p = 2N—I = 6m+3, что невозможно.
57. Первый спосо6\_Пусть а=р<7, где р — наименьший
простой делитель а. Если р>Уа, то тем более q>fa и, следовательно,
pq>a, что противоречит условию. Значит, р^]/аГ
Второ^й способ. Из р*^<7 следует, что ap^.aq, p2q<aq и
Третий способ. Из p^q следует p*^ipq—a или р<Уа.
В случае простого а его наименьший простой делитель равен самому
числу и теорема не верна.
58. 1) Простое, так как простые числа 2, 3, 5, 7, 11, не
превышающие fl27, не являются делителями 127. 2) Простое. 3) 7429 =
«171923.
59. 1) Так как ]/109=10, . . . , то наименьший простой делитель
указанных чисел ^7. Выпишем указанные числа и подчеркнем краг-
ные 2, 3, 5 и 7: «
101, Ш 103, 104, 105, 106, 107, Ш8, 109.
Так как 101=7- 14+3, то наименьшее кратное семи число —
четвертое от 101, т. е. 105; оно уже подчеркнуто, а следующее кратное
семи число больше 109 (седьмое от 105) Следовательно, среди
указанных чисел кратных 7 нет. Ответ: 101, 103.107 и 109
2) 191, 193, 197 и 199. 3)-^Н- и 211.
60. Пусть р — простой делитель п\—1. Так как р^п\—1, то
р<п\. С другой стороны, п\ не • р, откуда п<р. Итак, п<р<п\.
Замечание. Из доказанного следует, что простых чисел
бесконечное множество.
61. 13!+2, 131+3, . . . , 131+13.
62. Множество всех натуральных чисел по модулю 4 может быть
разбито на 4 подмножества (по числу возможных остатков): на
числа вида 4п, 4/г+1, 4/г+2 и 4/г+З (я=0, 1, 2, . . .). Числа вида 4п и
вида 4/1+2 составные. Следовательно, все простые числа содержатся
среди натуральных чисел вида 4/z+l и вида 4/г+З (каждое из этих
подмножеств действительно содержит простые числа, в чем легко
убедиться).
63. При п—2 числа /г+10 и /г+14 являются составными.
Натуральные числа л^З можно записать в виде /z = 3g+r (0^r<2). При
г = 2 составным является число /г+10, а при г=1 — число /г+14. При
г=0 имеем единственное простое число /г = 3, которому
соответствуют простые числа /г+10=13 и л+14-17. Ответ: /г = 3.
66

64. Для решения задачи целесообразно множество всех простых
чисел разбить на 3 класса: класс простых чисел вида 3# (0=1), класс
простых чисел вида 30+1 (0=2, 4, . . .) и класс простых чисел вида
3*7+2 (0=1, 3, . . .). Единственное простое число первого класса
/7=3 удовлетворяет требованию задачи: 2-9+1 = 19 — число простое.
При /?=3<7+1 или /7=3(7+2 число 2/72+1 является составным —
кратным трем. Ответ: р—Э.
65. /? = 5. Исследовать классы простых чисел по модулю 5.
66. 1) Если /7=2, то /7+10 — число составное. Если /?=2<?+1
(0=1, 2, . . .), то число /7+5— составное. 3) Имеем либо 2п = 30+1,
либо 2п=3<7+2. В нервом случае 2п—1=3? — число составное, так
как при /г>2 имеем 0>1. Во втором случае 2П+1==3<7+3 — число
составное.
67. Если р = 3&+1 или /7=36+2, то число 8/?2+1 составное
(проверить!), поэтому следует рассмотреть /7 = 3. При /?=3 имеем
8/>2+1 = 73 и 8/72+2/7+1=79.
68. Рассмотрим числа /7, /?+2 и /7+4 (/7>3). Положим /7=3*7+1
(0 = 2, 4, . . .), тогда /7+2— число составное (кратное 3). Если
/7=30+2 (0=1, 3, . . .), то составным является число /7+4.
70. Рассмотрим число N = 3-5-7- . . . -/?+2, где р — простое
число вида Зя+2 (само число N также есть число вида З/г+2).
Каноническое разложение N содержит простые числа, большие р. Среди
них непременно должно встретиться простое число вида З/г+2, так
как произведение простых чисел вида З/г+1 есть число такого же
вида и, следовательно, не может быть равно N. Итак, каково бы ни
было /7, существует число простое вида З/г+2, большее р.
1U Члены данной прогрессии имеют вид 4/1+3 (л=1, 2, . . .).
Каноническое разложение числа N=4-5-7-11- . . . -/7+3, где р —
простое число вида 4/г+З, непременно содержит простое число вида
4/г+З, большее р (доказать!).
72. Пусть р — наибольшее простое число, удовлетворяющее
условию р^п. Каноническое разложение N=2-3-5 . . . /?—1 содержит
только простые числа, большие п. Следовательно, N>n, откуда тем
более 2-3-5- . . . -/?>/г.
73. П/7г—1=/7д-0 (6>л, 0^1), откуда Pk^IlPi—1 и
п п
И Pi. Тем более Pn+i< IIPi.
74. /7i = 22°. Остается доказать, что /?n<22rt~1 (л=2, 3, . . .).
/?2=3<221; если /7/<2*'~1(г = 2, 3, ...,«), то Prf
£=1
75. /?5 = И>10. Если рп>2п (п=5, б, 7, . . . , /г), то из
pn+i—Pn>2 следует /7n+i—2п>2 или /7n+t>2(n+l).
Замечание. Объединяя результаты, полученные при решения
задач 74 и 75, можно утверждать, что 2/г<рп<22'1~1 (я=5, б, 7,...).
76. По модулю I.
5* 6Г

79.858—210-648 •. 12. Но 385—77=308^0 (mod 6), поэтому в
данном случае требуется дополнительное исследование при помощи
канонического разложения или алгоритма Евклида.
80. Первые два сравнения являются верными, остальные —
неверными.
81. Доказать, что в каждом данном сравнении разность частей
делится на модуль.
82. Доказать, что сравниваемые числа имеют с модулем
различный НОД.
83. Если a = mq-\-r, то а—r = mq и а 2= г (modm).
84. x = 2+\0q (<7 = 0, ±1, ±2, . . .).
85. 1) * = 3?; 2) x=l+2?.
86. Найти натуральные делители разности данных чисел.
87. Натуральные делители разности 13—5.
88. Пусть |
р (modm),
тогда
cxyzescafiy
(mod m),
откуда F (я, у, z)*zsF (a, p, y) (modm).
89. Использовать сравнение 34s=l (mod 10).
90. Использовать сравнение 25s=l (mod 31).
91. При * = Зл+1 делимое равно 1 + 3-27 n+9-729 п. По данному
модулю 27ns=729ns~l, поэтому 1+ 3-27П + 9-729 п = 1 + 3+9=13.
92. В разложении левой части сравнения по формуле Ньютона
все биномиальные коэффициенты, кроме 1, кратны модулю.
Замечание. Ниже приводится доказательство обобщения
данной теоремы при помощи теоремы Эйлера (задача 169).
93. По условию a = b-\-pnq (q = 0, ±1, ±2, . . .). Возводя части
этого равенства в степень р, получаем a* =&p+pn+1-a (a = 0, ±1,
±2, . . .).
94. Рассмотреть сравнения aa = 6p(modm) и a^P(modm),
где (а, т) = (р, т) =1. Из второго сравнения а=р + тд, поэтому
первое сравнение можно записать в виде a($-\-mq) z=b$ (mod m), откуда
легко получить a = 6 (modm). ^
96. Из левой части сравнения a4- 104-fa3a2- lO2+aiao = O (mod 33)
вычесть число 9999 • a4+99 • а3а2, кратное модулю.
97. 1) Почленное перемножение указанных сравнений дает
п
JJ (р—/)==(_!)пп\ (modp). Так как (п\, р) = 1, то части полученно-
~~ л + 1
го сравнения можно разделить на п\. 2) Имеем Ц 0°—0 —
^(-I)n(>4-1)! (modp), откуда Спр_2 ^ (-1)*- (п+\) (mod/7).
68

98. 1) Так как 910=1 (mod 100), то 910*+ге==9г (mod 100). Так как
99 = 9 (mod 10), то 9s9=99^:89 (mod 100). Искомыми цифрами
являются 8 и 9. 2) Так как 74 = 2401 = 1 (mod 100), то и 7100^
^1 (mod 100), откуда 79"^7 10°9+89 = 789 (mod 100). Так как 788^
= 1 (mod 100), то 789 = 7 (mod 100). Искомыми цифрами являются
0 и 7.
99. Из /? = /?+2=1 (mod 2) следует р?+2+ {р+2)*>=0 (mod2),a
следует
1 (modp+1).
100. За исключением нуля даны числа вида ± (#=1» 2, . .
. . , , р—2). Сравнения
—
(mod p)
2 "* - 2
приводят соответственно к неверным сравнениям
(modp).
101. Возводя в степень п и затем складывая
1 = 1— т
2 = 2—т
га—1 = (га—1)—га =—1
га==—га
получаем 2*Wss2(—*')n (mod га), откуда 22^n = 0(modra) и
m
2tn = 0 (mod га).
102. При п=\ имеем верное сравнение. Если для некоторого п
исходное сравнение верно, то оно верно и для п+\. Действительно,
2з"+ !+1 = (2зЛ )3+1 = (2* л+1) (2™п — 2*п +1) ^0 (mod 3"+2), так
как 2ъП +1^0 (mod3n+1)no допущению и 22-3" — 23" +l«(mod 3)
в силу того, что 2 =—1 (mod 3).
103. Так как 23* +1^0 (mod Зп+4), то тем более 2^ +1 =э
^0 (mod3n), откуда 2m+1^0 (mod га), где га=Зп.
69

104. При /г—1 данное сравнение имеет вид (т— 1)тгг
= — 1 (modm2) или (т—\)т+\ = т[(т—1)т-1—(т—\)т-2+ . . .
. . . +1]==0 (modm2), откуда (т— 1)™-*— (т—1)т~2+ . . . + 1 =
= 0 (mod т), (_i)m-i_-(_-l)m-2+ , ш ь -j-i==0 (modm) или
. . + 1=0 (modm). Последнее сравнение верно и равно-
т слагаемых
сильно исходному, следовательно, данное сравнение верно при /г=1.
Если данное сравнение верно для некоторого /г, то (т—1)т + 1 —
= [(т— \)™П ]™ + 1=[(т— 1)™" +1][(т_\)(т-1)тп __
_(m_l)(m-2)mrt +...+!]sO(mod т"+2), так как (m—n^ + J-
ssO^Odm^1) ПО ДОПущенИЮ И (т— \)(т-1)тп _(т_1)(ж-2)т л_|_
+ . . . + 1==0 (modm) в силу сравнения т—1= — 1 (modm) и
нечетности т.
105. При т = 5 сравнение (т— 1)тЛ=.—1 (modmn+1)
принимает вид 45" +1^0 (mod5n+1), откуда 45" +1н=0 (mod 5П).Таким
образом, имеем 22х+1=0 (mod*), где х=5п (л=1, 2, 3, . . ).
106. 1) 24w+1 = 2-42n = 2 (mod 5), так как 4s-l (mod 5).
Таким образом, 24п + 1=2+5&, где k — число натуральное, и N = 32+5fe +
+2=9-243fe+2 = 0 (mod 11), так как 243=1 (mod И). Итак, N\U и
#>11. Следовательно, N — число составное. 2) 34п+1 = 3-92пн=
s=3 (mod 10), так как 9 =—1 (mod 10). Значит, 34п+1 = 3+10&, где
k — число натуральное, и М=23+1°ь+3=8-322А + Зн==0 (mod 11),
так как 32 =—1 (mod 11). Из того, что М>11 и М [ И, следует, что
М — число составное.
107. 1) 19zh=1 (mod 3), так как 19 = 1 (mod 3). Но 2*+7»за.
^(—1)Х~Ь1 (mod 3), откуда в зависимости от четности х либо
2*+7v~=2 (mod 3), либо 2х+7^^0 (mod 3). Таким образом,
2*+7*#19г (mod 3), откуда 2X+7^19Z (если *, у и г
—натуральные числа). 2) 2х+5!/г=(—!)*+(—l)v (mod 3) и, следовательно, при
нечетных значениях х и у имеем 2*+5|/==—2=1 (mod 3), откуда
2x+5y==f9z (mod 3): Однако если при некоторых натуральных
значениях х, у и z имеет место равенство 2*+5*' = 19z, то при этих
значениях переменных 2*+5*' и 19Z должны быть сравнимы по любому
модулю. Между тем если при л:=2п+1 и #=2я+1 имеем 2х+5^ =
= 4п-2+52п+1=(—1)п-2 (mod 5), то 19Z=(—l)z (mod 5), откуда
видно, что 22n + 1+52n+1^19z (mod 5). Значит, 2X+5^^19Z, где х, у
иг — натуральные числа.
Замечание. Конечно, неразрешимость данных уравнений в
натуральных числах можно доказать и без применения сравнений.
Например, относительно первого уравнения имеем 2х = 19*—7J/ =
= (19Z—1) — (7у—l) = 18(19z-1+19z-2+ . . . +1)— 6(7*-1+7*-2+
+ . . . +1), откуда видно, что (19Z—7у) { 3, тогда как 2х не ':3.
108. По условию lla+2&s=0 (mod 19) или 30а+26 = 0 (mod 19),
откуда 6=4а (mod 19). Таким образом, 18а+5&= 18а+20а==38а =
18+56
18я+56
=0 (mod 19), т. е. j§——число целое.
109. х = 0; 1; 2; . . . ; 9 (mod 10).
111. 1) *es1; 3; 7; 9 (mod 10). 2) x = 2; 4; 6; 8 (mod 10).
3) x=5 (mod 10). 4) x=0 (mod 10).
70

112. Во-первых, число классов по модулю md в d раз больше
числа классов по модулю т. Во-вторых, числа, не еравнимые по
модулю т, не сравнимы и по модулю md.
115. Так как по модулю 5 данные числа сравнимы
соответственно с О, 1, 2, 3, 4, то искомый модуль равен 5.
116. Попытаться установить соответствие между данными
числами и остатками по модулю 10.
117. Записать данные числа в виде а+х (#=(), 1, 2, . . , , т—1),
где а — произвольное целое число, и применить теорему 6 вычетах
линейной формы.
118. Убедиться в том, что дано т чисел, не сравнимых по
модулю т.
119. Можно воспользоваться значениями х, составляющими
полную систему остатков по модулю 10.
121. лгц н==л:г- (mod т) приводит к axt^ -\-b^ax^ -\-6 (mod т\г
что противоречит условию.
123. Рассмотреть соответствующие остатки по модулю 7%
[ а т \ t
130. Из условия (a, m)=d следует y-j- , -цЧ = !•
132. См. рисунок 1.
133. 1) 400; 2) 100; 3) 48;
4) 96; 5) 720.
134. ф(1225)=840.
135. ф(т).
136. 120—ф( 120) =88.
137. Каждому классу *==■
^a(mod m), где (a, m) =d,
взаимно и однозначно соответствует
)1
\ t
х а ( т \
класс -j- = -j ^mod-j-J, где
(а т \
\ёГ » ~) =* 1- Но число кл.ас-
сов второго типа равно ф \~jf\ -
138. 3) Пусть m=Upfi . Тогда ф (та )=т« П ^М-1Л..
5 6 7 в 9 10 ft
Рис. 1
а—1
1, второй —в
про139. Первый случай имеет место при (т, 2)
тивном случае, т. е. при (/л, 2) =2.
140. 1) ф(4я+2)=ф(2) ф(2л+1)=ф(2я+1). 2) Если (п, 2)=-it
то Ф(4л)=ф(4)ф(л)==2ф(^), Если же я=2а . k, где (k, 2)=1>т«
+2+11
П

141. 1) 5x-1-4=100, * = 3. 2) * = 3. 3) p*-i. /p—l) =p*-i. Это
уравнение не имеет решения при р>2. При р=2 ему удовлетворит
любое натуральное значение неизвестного. 4) З*-1^-1 -2-4 = 600»
3«-i.5v~1 = 3-52, х=2 и у = 3.
k оц — 1 /г fe
142. Изф9рмулы ф(/п)=ПР|_, ' П (Р<—1), где т = Д Р/.
в идно, что каждому нечетному/?/ соответствует четный множитель
pi—1 и, следовательно, четное значение ф(>л). Если же т = 2а > 3,
то четность ф(т) очевидна.
143. Если (т, 2) = 1, то ф(т)=ф(2т).
144. Каждому простому числу р, являющемуся делителем как т,
1
так и п, соответствует в числе у(тп) множитель 1—"^">а в числе
Л 1 \» 1
ф(т)ф(/г) —множитель \ 1 — ~г I . Так как 1—"JJ*<1» то ПРИ данном
условии ф(т)ф(л) <ф(т/г). В частности, Ф2(т)^ф(т2), причем
равенство имеет место только при /72=1.
145. Пусть qu Цг, . . . , <7* — простые числа, входящие в
каноническое разложение только m, pi, рг, . . . , рк — простые числа,
входящие в каноническое разложение как /л, так и я, и /ь /2, . . . , Is —
простые числа, входящие в каноническое разложение только п. Тогда
t [ 1 \ k / \ \ s
Д (1) п (1 —)• ,.п
Замечание 1. При помощи выведенной формулы задача 144
d
решается автоматически: ф(т)ф(/г) ^ф(тд), так как~т^ч ^1,
причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда d=\.
Замечание 2. Аналогично может быть выведено соотношение
ф(тп) ==ф(/п)ф(/г) • Z~tk » ГДе А — произведение общих делителей
тт. и п.
146. ф(т/0=ф(6*г) = ф(6)ф(ц). JL
147. Данную сумму можно представить в виде 1 + (р— 1)+-
+ (Р2-Р)+ . • . +(ра~1-ра~2) +(ра ~-^а~1), откуда видно, что
она равна ра .
148. Каждое слагаемое выражает число классов, имеющих с
модулем т НОД di (*'=1, 2, . . . , k) (см. задачу 137). Следовательно,
данная сумма выражает общее число классов по модулю т и равна т.
72

149. Каждому делителю di соответствует делитель— , поэтому
выражает то же, что
и 2<р (—\
\di )
Замечание Задача 147 является частной относительно
задачи 149 (или 148): числа рх (#=0, 1, 2, . . . , а) исчерпывают все
натуральные делители модуля ра .
150. Всего таких чисел ср(т). Каждому натуральному числу х,
удовлетворяющему условиям х^т и (xt m) = l, соответствует число
т—ху удовлетворяющее тем же условиям. Сумма каждой пары таких
чисел равна т. Таких пар--ф(т), поэтому их общая сумма равна
_
151. Воспользоваться результатом задачи 150.
152. Необходимо, чтобы ф(т)=2. Но ls=5 (mod 4), поэтому
ответом служат только числа 3 и 6.
153. Необходимо и достаточно, чтобы ф(т)=4 Из формулы
Гаусса следует, что модуль т надо искать среди чисел вида 2х либо
2х • 3, либо 2х • 5. Исследование этих возможностей дает: т = 8; 12; 5; 10.
154. 1) Из формулы Гаусса следует, что *=2y-3z-5u (у^О,
2 = 0; 1, м = 0; 1). Исследование возможностей x=2v; 2^3; 2^5;
2». 15; 3; 5; 15 дает: *=2а+1; 2* . 3; 2а~г-5; 2а~2.15(а>2); 15(а=3).
2) При рфЪ решений нет. При /? = 3 уравнению удовлетворяет любое
целое х^.2.
155. 1) Положив х—ра-у, где (у, /?) = 1, имеем ра х ф(«/) = 1,
откуда а=1 и ф(*/) = 1. Следовательно, при р = 2 уравнение имеет
единственное решение х—2 (так как в этом случае у=\)\ при /?>2
уравнение имеет два решения: х=р; 2р. 2) Необходимо, чтобы
Ф(#) '. 7, т. е. чтобы каноническое разложение х содержало число 7.
Но в этом случае ф(я) '• 6, что противоречит условию ф(*) = 14.
Уравнение не имеет решений. 3) #=16; 24; 20; 30; 15 (см. уравнение 1
задачи 154). 4) * = 36; 28; 13; 26; 21; 42.
156. 3й-1.бР"1.7^—х• 2-4-6=3600 или За -tf-l-7l~l=3*-b*,
откуда а = 2, Р = 3, у=1 и /л = 7875.
157. (/7i—1) (р2—1) = 120 и /7i—р2 = 2, откуда р± = 13, р2=П и
*=143.
158. т= 14161. Представляя уравнение в виде p\P2(Pi-—l)
(Р2—1)=25-3-7-17, исследовать гипотезы: Pi=2; 3; 7; 17.
159. 1) При р — 2 уравнению удовлетворяет любое нечетное
значение неизвестного, а при /?>2 — решений нет. Исследовать случаи
(х, р) = 1 и (*, р) = (/?, 2) х — натуральное число, кратное р. 3) При
Pi = 2 и /?2 = 3 (или наоборот) уравнению удовлетворяет любое
число вида 2а -<7> гДе (<?» 2) = (q, 3) = 1.
160. 1) По условию *=2а -q, где (q, 2) = 1 и а — число
натуральное. Уравнение принимает вид 2а~~1-ф(^) =2а~~1-<7, откуда ^=1
и *=2а . 2) х=-2а% -Заа , ai^l, a2^l. 3) Решений нет.
73

Замечание. Полезно рассмотреть графическое решение
данных уравнений
In 4т
161. х=1 + —£■—, где параметр а либо 1, либо число четное.
\пр
162. Если pi (i=l, 2, . . . , k) —все простые числа, то для
k ь
а= П Рг имеем ф(я) = 11 (Pi—1). С другой стороны, ф(а) = 1, так
как любое натуральное число, не превышающее а и отличное от 1,
имеет простой делитель, равный одному из чисел pi, и, следовательно,
не является взаимно простым с а. Итак, Д (pi—1) = 1, что
невозможно, так как уже при 6 = 2 имеем (2—1)(3—1)>1. Полученное
противоречие и доказывает бесконечность множества всех простых
чисел.
163. Пусть т=ПР?- Требуется из общего числа тп
размещений вычесть число размещений, компоненты которых кратны ръ
Так как — числам, не превышающим т и кратным ри соответствует
Р\
( — ) размещений по п таких чисел, то существует
Рг )
\lh
размещений, состоящих из чисел, взаимно простых с pi. Так как из
(т \п
-~-| размещений, компоненты которых кратны /?2, уже учтено
т \п
размещении, то остается учесть
(т \п / т \п / т \п{ \ 1 \
р2 / V РхР* ) \ рг ) \ пп у
Р2 * \ Р\Рг > \Рг р
Таким образом, размещений, состоящих из п чисел, взаимно простых
с pi и /?2, существует
р>) \ р11 \ р1)\ pV
р1
Методом математической индукции можно доказать, что
где фп(^) —число размещений с повторениями из т первых
натуральных чисел по п таких, НОД которых взаимно прост с т.
Замечание. Обобщенная функция Эйлера ф*(т)
мультипликативна, для нее имеет место равенство £фп№)=тп, где di —
все возможные делители т.
74

164. По условию х4=1 (mod 10), откуда xI2s==l (mod 10).
165. а*-1^! (mod р), откуда ая-*+р— 1 ==р==0 (mod p).
166. Имеем а12 = 612=1 (mod 13) и я4 = 64==1 (mod 5), откуда
fii2==£i2=i (mo(j 5), следовательно, a12 = 612=l (mod 65) или
я12_£12: б5
167. Сложить почленно сравнения ^(p-^ssl (mod р), где t =
= 1, 2, ... ,/7-1.
168. 2П^2 (mod И), откуда 21131=232 = 2-64*==2- (—2)5 =
==—64 = 2 (mod 11); 231 = 2 (mod 31), откуда 211*31 = 2il = 64-32^
= 2 (mod 31)
169. Использовать сравнение а^^а (mod p).
170. Данное сравнение является обобщением сравнения ар*=
= а (mod р) и доказывается аналогично
171. Пусть (p(m)=Pm(a)-*7+r, где q^O и 0=^r <Pm(a)—1. Из
ap^(a)== I (mod т) следует a9^ E==ar==l (mod m), откуда r = 0.
179. Применить теорему предыдущей задачи.
173. Если (х, р) = 1, то jb(p-»)"+x(p-»)»s2 (mod р).
174. Так как (/и, 10) = 1, то lO^^l (mod m) или io*(m)—1=»
==99 . . 9 = 0 (mod т) Так как (9, т) = 1, то части полученного
сравнения можно разделить на 9.
175. 1) 561=3-11-17. По условию (а, 3) = 1, поэтому а2=з
===1 (mod3), откуда a560==l (mod 3). Аналогично могут быть
получены сравнения a560==l (mod 11 и 17). Теперь справедливость
данной теоремы очевидна 2) Число 1093 простое, поэтому ф(10932) =
= 1093-1092, и по теореме Эйлера 21Q93-i092=l (mod 10932).
176. 1) Имеем х7 = л: (mod 7). Остается доказать, что #7^а
^х (mod 2 и 3), для чего можно воспользоваться теоремой задачи
170 или просто испытать полную систему остатков по модулям 2 и 3.
2) 2730=2-3-5-7-13. Имеем х13 = ;с (mod 13). Справедливость
сравнений я132==я (mod 2, 3, 5 и 7) вытекает из сравнения задачи 170
177. Если (я, 5) = 1, то а?{125} = а100в 1 (mod 125). Если же
(а, 5) =5, то а100==0 (mod 125).
178. Лг5 = йг- (mod 30), так как а,5 = «г (mod 2, 3, 5) (см зада-
п п
чу 170). Таким образом, 2«i5=S«i —0 (mod 30).
179. Перемножить почленно pf2"" —I=p2-^i и р%1~~ — 1 ==
=/?r9f2> где q\ и q% — числа целые.
180. Так как (2р+1, 3) = 1, то (2р+1)2=1 (mod 3), откуда
10 (mod 3).
181. По условию а^^ =1 (mod т) и п\ = <*2 + Ф(m)-q.
Следовательно, a**+v{m)'q =aa* (mod m) или aa* =aaa (mod m).
182. Легко проверить, что рф5. Таким образом, 5р~!^1 (mod p)t
откуда Ьр2-1^! (mod р) и 5р2-Н==6 (mod 6). Так как необходимо,
чтобы 6 = 0 (mod/?), то значение р следует искать среди чисел 2 и 3.
Проверка показывает, что /7=3.
183. Пусть 2*{т)~1=г (mod m), где 0^r<m. Тогда
= 1 (mod т) или r= *m<l t где q — число целое. Условию
75

удовлетворяет единственное значение Г1^ при q=lt откуда г =
2
184. Иза*(т)=\ (modm) следует a [—b- ^{т)-х\ +6н= 0 (mod /и),
откуда # =—Ь-аУ^т'~ (mod m).
185. 1) * = 2(mod3); 2) л:=1; 3(mod4); 3) jc=1; 3(modb).
Данное сравнение целесообразно представить в виде
2х2+2*+1=0 (mod 5).
188. Следует решить сравнение 5а:2+а:+4 = 0 (mod 10).
Первый способ. Необходимо, чтобы 5*2+*+4==0 (mod 2)
или х(*-|-1)=0 (mod 2), откуда * = 0; 1 (mod 2) или x = 2q\ 2q-\-\.
Подстановка x=2q в исходное сравнение после обычных
преобразований дает # = 3 (mod 5) или q = 3-\-bt, откуда x = 6+\0t или х?==
= 6 (mod 10). При х = 2^+1 исходное сравнение дает g = 0 (mod 5)
или ^ = 5/, откуда х=10/-Н или jc=1 (mod 10). Таким образом,
данный трехчлен делится на 10 при х = 6; 1 (mod 10).
Второй способ. Необходимо, чтобы 5#2+*+4==0 (mod 5)
или лс=1 (mod 5). По модулю 10 имеем два класса значений
аргумента (задача 112): #==1; 6 (mod 10). Проверка показывает, что все
эти значения неизвестного удовлетворяют исходному сравнению.
189. *=5l; 3 (mod 6). Для упражнения полезно решить данное
сравнение, используя необходимое условие хМ^+З^О (mod 3).
190. По теореме Эйлера данное сравнение имеет ф(30)=8
решений: *=з1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29 (mod 30). При этом, конечно,
учитывается, что верна теорема, обратная теореме Эйлера: если
Л ?("*)=_! (mod m), то (а, т) = 1.
191. 1) Ф(т); 2) *=1; 2; ... ; р— 1 (mod p).
192. Из условия следует, что ЬгХп~1^агХп-1 (mod m), откуда
п п
УЬ{Хп~{^ У QiX*1-* (mod m). Полученное сравнение и доказывает
1=0 /=о
п п
равносильность сравнений ^lbiXn~i^0 (mod m) и ^я»*""*53
веО (mod m).
193. Имеем axo^l (mod m), откуда a-bxo = b (mod m).
194. Общий вид искомых сравнений *2-|-&Jt-K —0 (mod 2).
Дальнейшее исследование приводит к сравнению *2+#-г-1=г0 (mod 2).
Относительно модуля 3 задача имеет 3 решения:
-0,)
-0, {
-0 J
(mod 3).
195. Частное от деления Ф(лг) на х?—х есть некоторый полином
Q(x) с целыми коэффициентами, удовлетворяющий тождеству
76

Ф(х) = (хр--х)-(2(х)+Я(х). Поэтому данное сравнение
равносильно сравнению (х*>—х) -Q(x)+R(x) =0 (mod р). Остается учесть, что
хр— * = 0 (mod р).
196. 1) Остаток от деления левой части сравнения на я3—х равен
х— 1, следовательно, данное сравнение равносильно сравнению
х—1=0 (mod 3), откуда xsl (mod 3). 2) Данное сравнение
равносильно сравнению —л;2 = 0 (mod 5), откуда # = 0 (mod 5). 3) Имеем
х2—Зх+2 = 0 (mod 5), откуда лг=1; 2 (mod 5). 4) х=1 (mod И).
5) л:= —1 (mod 13).
197. хр==л; (mod p) следует aixn-i = aixqi^~ri (mod p), где
/==0, 1, 2,..., k, откуда 2 агХп-{= ^aiXqi^ri (mod p) и
2щхп-*=; ^пгХ41^rt +^«^ = 0 (mod p).
i=Q *=0 /=Л+1
198. 1) Имеем Jt4—x+1=0 (mod 3), откуда испытанием системы
остатков находим х = 2 (mod 3). 2) Имеем Ъх—3 = 0 (mod 7) или
—2лН-4 = 0 (mod 7), откуда х=2 (mod 7). 3) Имеем х4—*3+1 =
= 0 (mod 5), откуда х=3 (mod 5).
199. 1) *==10 (mod 17); 2) х = —3 (mod 29); 3) х = 6 (mod 9)*,
4) jc=7 (mod 10); 5) после прибавления к правой части 2ab имеем
(a+b)x==(a+b)2 (mod ab), откуда х = а+& (mod а/?); 6) имеем:
(a—b)2x==a—6(mod я£) или (а—6)x=l (mod аб), откуда х =
s(fl—fr)^*)-1 (mod аб); 7) имеем (a+b)x = a—b (mod ab),
откуда *=(а—^.(а+б)^^"1 (mod ab); 8) 2x=l+p (mod p),
откуда x= ^ (mod p).
200. 1) jc=1; 6 (mod 10); 2) x=l; 4; 7; 10 (mod 12); 3)
решений нет; 4) x = 5; 12; 19; 24; 29 (mod 35); ,5) x =—1 (mod m);
6) x=a (mod m); 7) * = a*>-2 (mod /?); 8) если (a+1, m) = l, то
fsfl-1 (mod m); если же (a+1, m)=c?>l, то имеем 2zL *=s
И), где (2±! , -2L) =1, откуда №И (mod ^ ;
d ) \ d d I \ d )
пэ данному модулю имеем a решении: x = a—1; a—1""Ь;т~» a— ' ~w~ »
. a_1+ (d-\)m (mod m)
d
201. Все указанные значения х записать по модулю 12.
202. 1) Из сравнения 5л: = 3 (mod 4) находим x = 3+4q.
Подставляя в данное уравнение, получаем у — —3—5q. 2) х3+13
y=A—\7q. 3) Имеем 13л:—4f/ = 5, откуда х=1+4<7,
4) л: = 2 + 3<7, У=—2д. 5) л: = 2 + 3</, y = 2+4q.
203. Имеем 5а—96 = 31 или 5а = 31 (mod 9). Наименьшее
натуральное значение а, удовлетворяющее этому условию, есть а=8.
Соответствующее значение b есть 6 = 1.
204. Имеем 8jc+6=0 (mod 13), откуда *=9+13*. Условию
—100<9+13/<150 удовлетворяет 19 значений /. Искомое число
целых точек равно 19.
77

205. Имеем ly^-\ (mod 3), откуда у=2+3/. Условию —К
<2+3/<2 не удовлетворяет ни одно целое значение /.
206Л И% ах+Ьу=п следует ах^п (mod Ь)у откуда х=п-а9{Ь)~1+
4-0? Чтобы эти значения х были натуральными, надо, чтобы
?>— -^- . подставляя эти значения х в исходное уравнение,
я—П'п^^ ^—aba ,, *
имеем */ = z.. Чтобы эти значения у были
натуральными, надо, чтобы n—n-a9{b) —а&?>0, т. е. ?<———+—. Итак,
исходное уравнение имеет натуральное решение при целых
значениях ?, удовлетворяющих условию
db
Такие значения ? существуют, так как длина отрезка
-^-l, равная — , при л>а6 больше 1. На-
ab\ ab
Г—2^!_\ fllSjLV-^-l, равная —
I ab ab ab\ ab
пример, уравнение 3*Ч-4#=13, имеющее целочисленные решения
х = 3 + 4<7, у=\—3q, при q=0 имеет решение в натуральных числах:
*=3, у=\.
Если ax-\-by — ab, то a.v=0 (mod b)yоткуда x — bd,q~l, 2, 3, ....
Подставляя эти значения х в исходное уравнение, получаем у —
=а(1—^)^0. Таким образом, число /г==аЬ, где (а, Ь) = \, не может
быть представлено в виде ах-\-Ьу, где х и # — числа натуральные.
207. 1) 9*=1 (mod 7), откуда х=44-7<7. 2) х= 13+15*7.
208. Если —^-t—=JL+. -^ , где % и w — числа натуральные,
л(/г+1) n n+I
(+)
то (n+l)#+nr/ = 2n+l, откуда (/i+l)jc^2n+l (mod м) и x=\q
q=0, 1, 2, . . . Подставляя эти значения х в уравнение, получаем
у=\—(л+1)^, откуда находим единственное натуральное значение
^ при <7=0. Итак, имеем единственное представление: =
п л+1 '
209. Следует найти двузначные числа х, удовлетворяющие
сравнениям 3200+*н=0 (mod 21) и 100*+32=s0 (mod 21).
210. 60x-f80r/=440, откуда л:==2, г/=4 и *=6, у = 1.
211. 48—5^7 и 1+3?, <7=0, 1, 2, . . . , 9.
212. 14—4? и 2+3?, ?=0, 1, 2, 3.
213. По условию 15x+20f/+30z = 500 и Jt+#+z=l8, откуда
0-f-3z=46, #=1 (mod 3) или (/=1+3/. Значит, 32=45—3/ и 2=
= 15—/. Теперь имеем *+16+2/=18 или ^==2—2/. Натуральное
решение имеем лишь при /=0. Ответ: х=2, у=\, г=15.
78

214. 1) Из первого сравнения следует, что xi0i^2x (mod 73)
Используя транзитивность сравнений, имеем 2xs=69 (mod 73) или
х=71 (mod 73). Проверка показывает, что найденные значения
неизвестного удовлетворяют условию задачи 2) * = 5 (mod 29)
215. При (а0, т) = 1 сравнение ao*=l (mod m) имеет
единственное решение xz==x0 (mod m), где (х0, т) = \. Данное сравнение
л
равносильно сравнению У xOfli*n~* = O (mod m). Заменяя коэффи-
П
циент Xquq единицей, получаем *п + 2 &г*п~"г' = 0 (mod m), где &,- =
==дгоаг (/=1, 2, . . : , п).
216. Подстановка дает aoyn+(naot+a\)yn-i+ . . . + (ао*М
Ч-М"-^ . . . +an)==0 (mod га). Остается выбрать значение t так
чтобы ttao^-j-ai = O (mod га). Но это всегда возможно при (naOi m) =1.
217. При любом целом значении х имеем х?-1—1 = (х—1)Х
X (х—2) . . . (х—р+1) (mod р). При х=0 получаем сравнение Виль
сона.
Следует отметить, что верна и обратная теорема: если (т—l)!-f
+ ls=0 (mod m), то т — число простое (в противном случае простой
делитель т должен быть делителем 1, что невозможно). В
дальнейшем лод теоремой Вильсона подразумевается утверждение: чтобы
число т была простым, необходимо и достаточно, чтобы (т—l)!+l=i
s=0 (mod m).
218. 1) Умножить части сравнения Вильсона на а и сложить
почленно с аР^а (mod p). 2) Перемножить почленно сравнения
(р— 1)!==—1 (mod p) и а*>^а (mod p).
219. (j»—l)!+l = (p—2)!(р—1)-Ы = (р
= 0 (mod р), откуда (р—2)!—1=0 (mod р].
220. Число р — простое тогда и только тогда, когда 4[(р—1)!+
-fl]+/? = 0 (mod p) (следствие теоремы Вильсона). Остается
доказать, что /7+2 — число простое тогда и только тогда, когда
4[(р—i)! + i]_f_p==o (mod р+2). С этой целью умножим части
очевидного сравнения /?s=— 2 (mod р+2) на р+I. Получаем /?(р+1) =
SS— 2(/?+1)=— 2[(/?+2)—1]=2 (mod р+2). Части полученного
сравнения умножим на 2(/?— 1)!:
2(р+1)! = 4(р—1)! (mod р+2).
К частям последнего сравнения прибавим по р+4:
2[(р+1)!+1] + (Р+2)^4 [(р_1)! + 1]+р (mod р+2).
По теореме Вильсона р+2— число простое тогда и только тогда,
когда (р+1)!+1 = 0 (mod р+2) и, следовательно,
2 = O (mod р+2),
откуда 4[(р+1)! + 1]+р = 0 (mod р+2).
221. При р = 4&+1 сравнение Вильсона (задача 217) имеет вид:
(4&)!=—I (mod р). По данному модулю верны следующие 2k срав-
нений: 26+1 =— 2£, 2&+2 = — (2fc—1), . . . , 4£—1 = — 2, 4£=— 1,
поэтому (4^)^ = [(2&)f]2 =—I (mod p), откуда видно, что сравнение
%2+1==0 (mod р=4&+1) имеет решения х=±(2^)! (mod p). Срав-
79

нение *2+1=0 (mod 13 = 4-3+1) имеет решения x = ±6! (mod 13).
Так как 6' = 5 (mod 13), то полученные решения могут быть
записаны в виде *=г±5 (mod 13).
222. По условию р— 1 \п, поэтому имеем тождество х?-1—1 =
= (хп—l)Q(x), где Q(я) — полином степени р— 1— п с целыми
коэффициентами. Следовательно, сравнение (хп—1)Q(a;)==O (mod p)
имеет /7—1 решений (задача 191). Сравнения хп—1 = 0 (mod p) и
Q(jt)==O (mod р) имеют соответственно а^п и Р^р— 1—п решений,
причем а + Э = р— 1. Если а<п, то |3>р—1—пу что невозможно.
Значит, а=/г.
223. Общее число решений сравнений ф(*) =0 (mod p) и ty(x) =з
= 0 (mod p) равно числу решений сравнений f(*)=0 (mod p),
причем сумма показателей степеней первых двух сравнений равна
показателю степени третьего сравнения. Таким образом, если бы одно из
сравнений (p(*)==0 (mod p) или г|)(л;)=О (mod p) имело решений
меньше показателя его степени, то другое должно было бы иметь
решений больше показателя его степени, что невозможно. Значит, число
решений каждого из рассматриваемых сравнений равно показателю
его степени.
224. Воспользоваться сравнением х*>-1==\ (mod p) и применить
теорему задачи 223.
225. Рассмотреть тождество хр—x=f (x) -Q(x)-\-R(x), где Q(x)
и R(x) —полиномы с целыми коэффициентами, причем степень Q(x)
равна р—п и степень R(x) не больше п— 1.
Если данное сравнение имеет п решений, то все они являются
решениями сравнения /?(*)= О (mod /?), что возможно только тогда,
когда все коэффициенты R(x) кратны р. Если известно, что все
коэффициенты R(x) кратны р, то имеем тождественное сравнение
/(*)-Q(a;) =0 (mod p)t откуда данное сравнение имеет п решений
(задача 223).
226. 2) Данное сравнение равносильно сравнению xz-\-xz—Зл*+
+ 1 = 0 (mod 7). Все коэффициенты остатка — 49х2+70л;—21 от
деления х1—х на х3-\-х2—Здс+1 кратны 7, поэтому данное сравнение
имеет три решения. Это служит контрольным моментом при испытании
системы остатков по модулю 7. Имеем: *=1; 2; 3 (mod 7).
227. 1) х = 3; 1, 8 (mod 9). 2) Необходимо, чтобы х3+2х+3 =
е=0 (mod 5), откуда *=1; 2; 4 (mod 5) или x=\-\-5q\ 2+5#; 4+5^.
При #=1+5? данное сравнение дает 5^+3 = 0 (mod 25), откуда
видно, что значений q, при которых х=1+5<7 удовлетворяет данному
сравнению, не существует.
При *=4+5<7, находим # = 3+5^, откуда х= 17+25/.
Подстановка х=4+5*7, приводит к тождественному сравнению относительно q,
следовательно, все эти значения х удовлетворяют исходному
сравнению. Таким образом, исходное сравнение имеет решения:
jc=17; 4; 9 (mod 25).
228. Если данное сравнение имеет решение, то (х, 2) = 1 или х=
= 2^+1; но тогда 4^2+4^+1=а (mod 4), откуда а=1 (mod 4).
Если известно, что а=1 (mod 4), то данное сравнение равносильно
сравнению #2=1 (mod 4), имеющему решений лг=±1 (mod 4).
229. Если данное сравнение имеет решение, то лг=2<7+1 и Aqz+
+4?+1=4<7(<7+1) + 1 = а (mod 8), откуда а=1 (mod 8).
80

Если известно, что a s==l (mod 8), то данное сравнение
равносильно сравнению x2z==\ (mod 8), имеющему 4 решения: # = ±1;
±3 (mod 8).
230. Если данное сравнение имеет решение( то тем более имеет
решение сравнение *2==а (mod 8), откуда а 2=1 (mod 8) (задача 229).
Если известно, что а 2=1 (mod 8), то при а = 3 данное сравнение
имеет решение (задача 229). Допустим, что решение x=xq (mod 2a )
существует при некотором а^З. Тогда
^-l)-y* = 2a (q+xoy) +
(mod 2a+1),
так как при а^З имеем a+1^2(a—1). Таким образом, чтобы
х2 = а (mod 2a+1), достаточно выбрать значение у так, чтобы
2a (9+jtO(/) =0 (mod 2a+1) или хоу^—q (mod 2), что вполне
возможно, так как (х0, 2) = 1. Итак, если a=l (mod 8), то сравнение
х2=>а (mod 2a ) имеет решение при любом а^З. Теорема доказана
полностью.
231. Пусть х и хо — различные нечетные числа, удовлетворяющие
данному сравнению, причем х — произвольное такое число. Тогда
х«—xg— (х—хо) (х+хо) = О (mod 2*), откуда х~х° • х+х° =
=0(mod 2a~2). Так как разность чисел *~*~*° иХ~~*° нечетна, то сами
они — числа различной четности. Поэтому для с имеем две
возможности: либо *~*°.==0 (mod 2a"2), либо ^±£2 = 0 (mod 2a~2).
Отсюда имеем 4 решения: *=±*о; ±JC0+2a~"1 (mod 2a ).
Например, сравнение*2==9 (mod 16) имеет два очевидных решения:
*==±3 (mod 16). По выведенным формулам легко найти
остальные два решения: *s=±3-f-23==ifc:5 ^mod 16).
Замечание. При (а, 2)>1 сравнение х2^а (mod 2a )
может иметь меньше четырех решений. Так, сравнение ^2s4 (mod 8)
имеет только два решения: #=+2 (mod 8).
232. При а = 2 (mod 3) из данного сравнения следует х2=в
==2 (mod 3). Но полученное сравнение не имеет решений, поэтому
можно сделать вывод, что при a = 2 (mod 3) и данное сравнение не
имеет решений. Значит, чтобы данное сравнение имело решение,
необходимо, чтобы a 5=1 (mod 3). Чтобы убедиться в достаточности
этого условия, следует рассмотреть сравнение jt2s=l-f3<7 (mod 9),
откуда я2 ==1 (mod 3) и *=±1+3/. Подстановка в сравнение
21+3? (mod 9) дает t=-=Fq+3k, откуда x=±\4?3q+9k или
z3 (mod 9). Таким образом, при а=1+3? данное
сравнение имеет два решения.
Например, при q=\ (т. е. при д = 4) данное сравнение
принимает вид х22=4 (mod 9) и имеет решения: х=±2 (mod 9).
233. a = 0; 1; 4 (mod 5). Для упражнения полезно записать
ответ по данному модулю 25.
6 Заказ 2956 81

234. Дано сравнение вида *2 = а (mod 2a ); где а==5. 17эз
= 1 (mod 8) и данное сравнение имеет 4 решения (задачи 230 и 231)
Подбором легко найти, что в качестве xQ можно взять 7. Таким
образом, имеем: * = ±7; ±7+24 = zb7; ±9 (mod 32).
235. Так как (х2, р2) = (—р, р2) = р, то х = ру, откуда р2#2 =
== — р (mod р2) или 0=—р (mod р2), что невозможно
236. 1) х = — 3 (mod 55); 2) решений нет; 3) х = 20 (mod 42).
237. 1) х=11 (mod 30). 2) Первые два сравнения равносильны
соответственно сравнениям х==—1 (mod 3) и х =—l (mod 2) и
могут быть отброшены как следствия третьего сравнения системы.
Таким образом, третье сравнение системы является ее решением.
3) Из третьего сравнения системы следует, что x=i-\-3q
Подстановка в первое сравнение дает q=\-\-7qu откуда д: = 4+21^1.
Подстановка во второе сравнение системы дает ^i = 5^2, откуда ;t = 4-j-105gr2
или #==4 (mod 105). 4) Данная система приводится к виду
f*= 40 (mod 251),
{л;=382 (mod 401),
[x = 252 (mod 907),
откуда x=7777777 (mod 91290457).
238. Задача приводит к системе
x=l (mod 12),
0 (mod 5),
откуда x = 25 (mod 60).
239. 86.
240. Задача приводит к системе
jc=3 (mod 4),
x=4 (mod 5),
* = 5 (mod 6),
* = 0 (mod 7),
откуда *нэ (19 (mod 420).
Замечание. Сравнение jc= 1 (mod 2) или #=3 (mod 2)
может быть сразу же отброшено как следствие сравнения х = 3 (mod 4).
Аналогичное соображение позволяет отбросить сравнение х=
= 2 (mod3).
241. 299 и 439.
242. Следует решить систему сравнений 4*=9 (mod 7), 2* =
= 15 (mod 9) и 5л:=12 (mod 13), откуда л:=291 (mod 819).
Ординаты точек находятся с помощью данных уравнений прямых.
243. 1) * = 4а—3 (mod 24), а=1 (mod 2). 2) х = 8—За (mod 24),
а = 0 (mod 2). 3) Система имеет решение тогда и только тогда, когда
а = 8 (mod 7), где 7= (21, 35), или когда a=l+7q.
Подстановка ^==1+7^+35/ (см. третье сравнение системы) во
второе сравнение приводит к t = q—l+3/i и x=42q—34+105^.
Подстановка в первое сравнение дает ti = 2q—1+6/2, откуда xss252<7—
—139 (mod 630) или х = 36а—175 (mod 630)r где а=1 (mod 7).
Второй способ решения. Подстановка х—а+ЗЫ во вто-
8 а
рое сравнение приводит к 35/ = 8—a (mod 21), 5/=—j—(mod 3)
82

я—8
или t= -j—+3ti и #=6а—40+105/i; подстановка в первое
сравнение дает /i=2а—З+б/г, откуда *=216а—355 (mod 630), где ан=
= 1 (mod 7).
Замечание. Нетрудно проверить, что ори as= I (mod 7)
имеем 216a—355 = 36a—175 {mod 630).
4) *=15a+216—35c (mod 105); 5) x=2 (mod 12m).
244. 1) Необходимо и достаточно, чтобы
=l (mod2),
=2 (mod3),
откуда a = 5 (mod 6).
2) Первое сравнение системы имеет решение тогда и только
тогда, когда a = 0 (mod 2) или а = 2я. При этих значениях а данная
система равносильна следующей:
/ xz=q (mod 2),
I;t=8(modl0);
последняя имеет решение лишь при </s0 (mod 2) или q=2qu откуда
a=4tfi или a = 0 (mod 4).
245. Необходимо и достаточно, чтобы 7—3=4^0 (mod (6, m)).
Если, например, (6, т)=3, то можно взять т=15.
246. (ти m2) = (mi, 4) = (т2, 4) = 1,
247. 1) *=24 (mod 28); 2) х ==54 (mod 95); 3) х = 39 (mod 77);
4) *=5— 9 (mod 45).
248. Числа Xi и х2 существуют, так как при (mi, m2) = 1
сравнения m2#=l (mod т\) и mix=l (mod m2) имеют решения.
Доказательство сводится к обычной проверке: подставляя x=m2aiXi-J-
-j-mia2x2, например, в первое сравнение, получаем m2aiXi^
s^ai (mod mi), что верно, так как является следствием данного
сравнения m2xiz=l (mod mi).
Замечание. Данная теорема допускает обобщение: система
сравнений лг=а,- (mod mt), где /=1, 2, . . . , k и (m/t , mi2 ) = it
k k
имеет единственное решение х= 2 \jaaiXi (mod П m<), где t*i =
linii Tim i Tim i
= -jjj—, ^2— "J^— »• • • i H* = "JJT~H */—значение неизвестного,
удовлетворяющее соответственно сравнению уцх^Х (mod m*).
249. 1) *ss— 3 (mod 30); 2) * ^201 (mod 990).
250. 1) Данное сравнение равносильно системе
Г*3+2л:-ЬЗ=0 (mod 5),
t3+2H30(d3)
Второе сравнение этой системы равносильно сравнению
(х—1)а>(х+1) н=0 (mod 3) и, следовательно, является
тождественным. Задача сводится к решению сравнения х3+2л;+3 = 0 (mod 5)t
откуда *==2; 4 (mod 5). По данному модулю имеем *=2; 7; 12; 4;
9; 14 (mod 15).
6* 83

2) Система сравнений *2 =—1 (mod 5) и л;2 =—1 (mod 4) не
имеет решений, так как не имеет решений второе ее сравнение.
Данное сравнение не имеет решений
3) Первое сравнение системы
Гх2==—1 (mod 5),
\jc2 = —I (mod 17)
имеет решения х =±2 (mod 5), второе — х=±4 (mod 17), поэтому
задача сводится к решению следующих систем:
(* = 2 (mod 5), Г* = — 2 (mod 5),
\ х=— 4 (d 17) \ 4 (d 17)
* = 4 (mod 17), \ *=—4 (mod 17), { * = 4 (mod 17),
t = — 2 (mod 5),
t=—4 (mod 17),
откуда *=s±13, ±47 (mod 85).
251. 1) Первое сравнение системы является тождественным,
поэтому задача сводится к решению сравнения я3 = 2 (mod 5), откуда
х==3 (mod 5). 2) Оба сравнения системы являются тождественными,
поэтому *==0; 1; 2; 3; 4; 5 (mod 6), т. е. любое целое значение
неизвестного удовлетворяет данной системе сравнений.
252. Задача приводит к системе
{х ша 3 (mod 7 ),
х2 =44 (mod72),
*3 = 111 (mod73).
Подстановка x=3+7q (см. первое сравнение) во второе сравнение
дает <7 = 2+7<7ь откуда первым двум сравнениям системы
удовлетворяют x=17+72-<7i. Подстановка этих значений неизвестного в третье
сравнение системы приводит к q\ = 7qii откуда *=17+73-<72 (<72=
= 0, 1, 2, . . .).
253. Задача приводит к системе
1*2=1 (mod m),
\*2 = m-f-l (mod m2).
Подстановка x=\+mq (см. первое сравнение) во второе сравнение
приводит к 2^=1 (modm), откуда q = 2t?{m)~i+tnqi и *=1 +
+т-2 <р(т*~1+т2-<7, или *=1+т-2 <р(т)~1 (modm2).
Замечание. Сравнение 2g= I (mod m) может быть решено и
т _]_ 1
так: q^ —~— (mod m), откуда решение исходной системы имеет
вид
х==1-|- \1 (mod m2).
Возникает задача: доказать, что т(/Уг+]) ^т-29{т)-1 (mod m2).
Рекомендуется решить ее самостоятельно.
254. Задача приводит к системе
= т—1 (modm),
2==1 (modm2),
гдет=И=1 и (т, 2) = 1, откуда * = т—1+т- (т— i)<P(m)~1 (mo(j mj
84

255. 1) Имеем 2л:3—5х2+4л:+11 =0 (mod 15) или
Г 2л;3—5л;2+4х+ 11 = 0 (mod 5),
\ 2л:3—5л;2+4л;+11 = 0 (mod 3).
Первое сравнение системы имеет решения л:==2; 4 (mod 5), а второе
лг=1; 2 (mod 3).
Решая системы
fx = 2(mod5), Гл;^=2 (mod5), Гл: = 4(пЫ5), | л: ==4 (mod 5),
\л:=1 (mod3); ^ = 2(mod3); \*ssl (mod3); \A:=2(mod3);
находим л: = 7; 2, 4; 14 (mod 15).
Указанным в условии границам удовлетворяют л: = 7; 2; 4; —1.
Соответствующие значения у находятся по данному уравнению.
2) (_6, -61), (-1, -1), (1, 1), (6, 41).
256. 1) Гл:^О, [х=\, (х = 2
\# = 2, U = 0, \y^l (mod 3).
4) Первый способ, х — число четное. При *===1 (mod 6)
имеем f/=l (mod 3), откуда получаем следующие два решения
данного сравнения:
1
= 4 (mod 6).
Аналогично находятся остальные решения:
/л:е=3, 1л:=5, (л: = 5
\f/ = 4; 1^=1; li/^4 (mod 6).
Второй способ. Необходимо, чтобы 2у=5 (mod 3), откуда
З'н=1 (mod 3) или yssl; 4 (mod 6). Каждому из этих классов
значений у соответствует три класса значений х, в чем легко убедиться
подстановкой.
257. Имеем ах = с—by (mod т). При (a, w) = l каждому из т
классов значений у соответствует класс значений х и,
следовательно, т решений данного сравнения.
258. Значения х должны удовлетворять условию
ax = c(mod d=(b, т)), где (a, d)=l, откуда x~c,a^d)"1 (mod d) или
лс = лг0; Xo+d; xo-\-2d; ...; хо + (——l\d (mod m\ где х0—одно из
значений х из класса х = с .a^d)~l (mod d). Каждому из этих
^-классов значений х соответствует сравнение вида by = B (mod m)$
d
где В = 0 (mod d), определяющее d классов значений у
и, следовательно, d решений данного сравнения. Таким образом,
данное сравнение имеет d- ——m решений.
а
259. 1) Имеем 2х = Ьу+5 (mod 15) или х = Зу+10 (mod 15),
откуда
\ у = 0; { у = \; ..., | у = 14 (mod
2) Г х = — 2Л д:=О,
85

260. При с = 0 (mod d) имеем: JL.*+— y~ JL fmod-5-V
a a d \ d )
где (~^-, —, —\ = \. Следовательно, при с = 0 (mod d) дан-
\ d d d )
ное сравнение имеет ^- решений по модулю — (задача 258).
d d
Каждое из этих решений по данному модулю разбивается на rf2
решений. Таким образом, по данному модулю исходное
сравнение может иметь d%-— = md решений.
d
261. 1) Свободный член делится на d=(3, 3, б)=3,
следовательно, сравнение имеет 6-3=18 решений. Имеем х-\-у =1 (mod 2),
откуда
или по данному модулю:
3) Имеем 2дг + Зу = 5 (mod 6), откуда 2х = 5 (mod 3),
jc = 1 (mod 3) или лг = 1; 4 (mod 6). Каждый из этих классов
значений х при помощи сравнения 2jc+3y = 5 (mod 6) определяет
три класса значений у. Таким образом, получаем 6 решений:
Остается разбить эти решения на 24 решения по данному
модулю 12.
262. )) Имеем:
{ *+*>=! («od 7),
{
откуда лг = )/ = 3 (mod 7).
2) Имеем { 7*%+?У' { 7*%+^ { 7^"У («od 12)
3)—4) Решений нет.
263. Если ft = 0 (mod (a, m)=d), то первое сравнение
определяет d классов значений х. Каждому из этих классов
соответствует сравнение вида bxy = B (mod m), которое может иметь
(Ьъ m)=di решений, что дает dv решений системы. Таким
образом, система может иметь максимум ddx решений.
86

264. 1) Первый способ. Умножая части второго
сравнения на 2 и ватем почленно вычитая, получаем 7х= I (mod 5),
откуда х = 3 (mod 5). Умножение частей первого сравнения на
4 и почленное вычитание дает у -0 (mod 5). Проверка
показывает, что
{=o (mod5)
является решением системы.
Второй способ. Из первого сравнения х = 3—2у (mod 5)-
Подстановка во второе сравнение дает у = 0 (mod 5). Этим
значениям у соответствуют лг = 3 (mod 5). Проверка показывает, что
найденные значения неизвестных составляют решение данной
системы. 2) j *jl (mod 5) 3} / х= 100 (mod Ш) 4) Множе,
ство решений системы совпадает с множеством решений одного
из данных сравнений:
= 4, Глг-2, / x = Q, f x = 3, ix~\
= 0; \ \2 { З |
265, ]) / х=Ь, j x = 2 (mod 6). 2) Система не имеет реше-
\у = 0; \ у = 3
ний, так как не имеет решений второе ее сравнение. 3)
Множество решений системы совпадает с множеством решений
сравнения х—у = 2 (mod 6). 4)j x=l, f x==4 (mod 6).
1 у = 2; \ у = 2
266. Из (1) следует { g«g, (mod m)§ где Di=\
При (D, т)=\ имеем: ( X=D\-
[
с,|
-i <mod
Подстановка этих значений неизвестных в (1) показывает, что
они составляют единственное решениие (1).
267. По крайней мере один из определителей D{ и D2 не
делится на d.
Система | f^y! ]| (mod 20)
приводит к j JJjf ^ (mod 20),
где —22фО (mod (16, 20)=4). Следовательно, класса значений у,
составляющего решение данной системы, не существует. Данная
система не имеет решений.
268. 1) | х =—1 (mod бч 2) Не имеет решений.
269. При данном условии второе сравнение системы (1)
является следствием первого ее сравнения: а^х+афху^
(mod m), откуда при
(mod m)
87

имеем а1а2Х+а1Ь2у = а\С2 (mod m) и, наконец, a2x+b2y = c2 (mod m)
в силу (#i, #г)=1.
Замечание. В условии данной задачи речь идет о
коэффициенте именно при х лишь для определенности. Смысл
предлагаемой теоремы таков: если при условии D = Di = D2=0(mod m)
какой-нибудь из коэффициентов при неизвестном в одном из
сравнений взаимно прост с модулем, то система (1) равносильна
этому сравнению.
270. 1) Для данной системы выполняется условие
D = Dt = D2 = 0 (mod 8) и в первом сравнении коэффициент при
х взаимно прост с модулем (как, впрочем, и коэффициент при у).
Следовательно, решение данной системы сводится к решению ее
первого сравнения (задача 269). Имеем по данному модулю:
х~0, /лг=1, (х =
2 \ 3 \
= 2, ГлгееЗ, (х~4, (х=5, /дг = б, (х = 7,
= 4; \у=5; \у = 6; \у = 7; Ь=0; \у-1.
Замечание. Легко убедиться в том, что второе
сравнение данной системы действительно является следствием
первого: оно равносильно сравнению Зх+у&2 (mod 4) или
у = х+2 (mod 4), откуда y^x-j-2; лг+6 (mod 8); первая из этих
возможностей и равносильна первому сравнению данной
системы.
2) В этой системе при условии D~Dx&D2^0 (mod 3) оба
коэффициента при х взаимно просты с модулем. Следовательно,
эта система равносильна любому из своих сравнений. Ответ:
=\, ( х = 2
I 0
271. 1) Из первого сравнения следует лг^-Зу-—1 (mod 4) или
y = x-\-\+4i (mod 12), где г=0, 1, 2. Подстановка во второе
сравнение приводит к x = i—1; 1+2; /+5; /+8 (mod 12). Таким
образом, система имеет 12 решений. Например, при /=0 получаем
следующие 4 решения:
= 6; \ у =9 (mod
2) Из первого сравнения следует у~х—1 + 3/ (mod 6), где
i—0: 1. Подстановка во второе сравнение приводит к / = 0(mod 2),
откуда /=0. Итак, данная система равносильна сравнению
у = х—1 (mod 6), откуда
= 4, (х =
3) Почленное сложение данных сравнений даег х = 2; 7 (mod 10).
Подстановка этих классов значений х в данную систему
показывает, что лишь второму из них соответствует два класса
значений у, а именно у = 3; 8 (mod 10). Данная система имеет
два решения:
{5й { JI <mod
№? {SB и,.
88

272. 1) Из первого сравнения следует y = l—x-\-4i (mod 12),
где /=0; 1; 2. Подстановка во второе сравнение дает
3# = 6—8/ (mod 12), откуда /=0.
j Зх = 6_х (mod 12)>
Итак,
2) Из первого сравнения следует y = 2x-hl+4i (mod 12), где
/=0; 1; 2. Подстановка во второе сравнение дает х = 2i; 2/+3;
2/+6; 2/+9 (mod 12) Итак, данная система имеет 12 решений.
Например, при /=0 имеем следующие 4 решения:
:,, {;:
4) Данная система равносильна сравнению у~х— 1 (mod 6).
6)
273. [33, 21] = 231. Из первого сравнения следует
у = 3—5х+33*' (mod 231), где /=0; 1; ..., 6. Подстановка во второе
сравнение дает 9* =5+66/ (mod 21). Последнее сравнение не
имеет решений, так как 5+66/^0 (mod 3).
274. Пусть [/И|, яг:]=т и т = m1q1=m2q2- Данная система
равносильна системе
из которой следует { ^ОуЩ^о] (mod m>>>
{2S
или
Пусть (D, rf)=5. Тогда искомым критерием будет Di = D23
ееО (mod S).
275. Условие задачи можно выразить системой
tj£ = O (mod 4), или. | у+1 = 0 (mod 2),
Uy2~0(mod 7), \ 2x+3y+2 = 0 (mod 7).
Из первого сравнения следует у=1+2я, где л=0; 1; 2; 3; 4.
Подстановка во второе сравнение дает x = l+4n (mod 7).
Ответ: 112, 812, 532, 252, 952, 672, 392.

276. Условие задачи можно выразить системой
(xy9z ее О (mod 3), [ x+y+z=0 (mod 3),
\xj9z_ = 0 (mod 4), или J 1+*eeO (mod 4),
\xy9z = 0 (mod 11), I —x+y+2+z = 0 (mod 11).
Из первого сравнения следует, что 2i = 3 и 22=7. При Z|=3
имеем систему:
/ x+y = 0 (mod 3),
\ ^-х+у=ъ (mod 11),
откуда *=3, >=9 и искомое число есть 3993. При z2-=7
имеем систему:
/ х+у+1 = 0 (mod 3),
\ —х+у+9 = 0 (mod 11),
откуда *=3, у=5 и *=6, #=7. Таким образом, имеем еще два
числа, отвечающие условиям задачи: 3597 и 6797.
277. Задача приводит к системе
1000+100jc+10i/+2ee0
1Ф0х+\2О+у£0
откуда а:=6 и у=5. Имеем единственное решение: 1652 и 6125.
278. Соответствующая система
{ 100*+Ю#+2 ее 0 . . 7х
решений не имеет.
279. 1) x=k+bn, y=2k—2+10n, z=l—k—5n, где £=0;1;2;3;4
и п—произвольное целое число.
2) Имеем систему сравнений
/ jc—ysl (mod 3),
\ х+у=1 (mod 2).
Из первого сравнения у = х—1+3/ (mod 6), где /=0; 1.
Подстановка во второе сравнение системы дает 2х = 2—3/ (moji 2),
откуда 3/ееО (mod 2) и /=0. Следовательно,
/ x~k (mod 6),
\ y = k— I (mod 6), £=0; 1; 2; 3;.4; 5.
или x—k-\-%n> y=k—1 + 6/7Z, где п и т—целые числа. Подставляя
в уравнения, имеем z=2n—2m=k—1+Зл+З/я, откуда л=1—k—Ьт.
Таким образом, решения данной системы уравнений имеют вид
fe—30m, y=&—l+6m, *=2—2k—l2m,
где k=0; 1; 2; 3; 4; 5 и /?г—произвольное целое число.
280, Задачу можно решить при помощи системы сравнений:
/ Ъх—1/+IeeO (mod 7),
\ 2х+Ъу—1 = 0 (mod 7),
откуда 1 *=5 (mad 7).
90

281. !) (2* + 2)2 = 1 (mod 5), откуда х = 2; J (mod 5);
2) (3jc + I)2 ее 4 (mod 7), откуда х ее 5; 6 (mod 7);
3) (2x—1)2ee3 (mod 7), не имеет решений;
4) (6x—1)2ее 1 (mod 5), откуда х ее2; 0 (mod 5).
Замечание. Приведение данных сравнений к
двучленному может быть осуществлено при помощи подстановки x=y+t.
Например, в случае сравнения 1) эта подстановка дает
2yi — (f+ 1)31 + 2^-/- 1 = 0 (mod 5); при *+1eeQ (mod 5) или
*EE4(mod5) имеем: 2у2+2ееу2+1ее0 (mod 5), откуда у ее ±2 (mod,5)
и x=-y+t = 2\ I (mod 5).
282. Данное сравнение равносильно сравнению (2ах+Ь)2 =
= Ь2_4ас (mod р), которое разрешимо относительно 2ах+Ь
тогда и только тогда, когда (Ь2—4ас) 2 ее 1 (mod p) по критерию
Эйлера.
283. Имеем: (2ax+b)2 = b2— \ac (mod /?), откуда 2ах-\-Ь~
ееО (mod/?), или х = — b-(2a)p~~2 (mod /?).
284. 1) Вопрос приводит к сравнению x2+2jc+7ee0 (mod 55),
или (я+1)2ее—б (mod 55), равносильному системе
(x+l)2 = l6 (mod И),
(+1)* = 4 <mod 5).
Первое сравнение системы имеет решения: дсенЗ; 6 (mod 11), а
второе —* = 1; 2 (mod 5). Решение систем:
f ж = 3 (mod 11), j x = 3 (mod Л), /*ee6 (mod 11), /^EE6(mod ll),
\jc = l(mod5); \x = 2(mod5); (лгее 1 (mod 5); \jc=2(mod5)
дает *=36+55?; 47+55^; 6+55^; 17+55^, где ?=0; 1; 2, ... .
2) Чтобы натуральное значение х удовлетворяло сравнению
jc2-f-3x-M=0 (mod 25), необходимо, чтобы лга-f 3jc+1eeO (mod 5),
или jc = 1; 6 (mod 25). Однако ни одно из этих значений х не
удовлетворяет первому сравнению. Значит, искомых значений
не существует.
3) *=10-f 15#; 5+lfy; 7+15^; 2+ %, где ^=0; 1; 2; ....
285. 1) д: = 0 (mod /7); 2) j^E=a (mod 2).
286. Число классов вычетов, взаимно простых с модулем
/?>2, равно р— 1.
2 2
287. Каждое из сравнений х = 1 (mod/?) ил: s — 1 (mod /?),
где /?>2, имеет tl решений (задача 224).
288. По условию данное сравнение имеет решение
х = Хо (mod /?). Тогда, очевидно, оно имеет еще одно решение
я ее — Хо (mod p). Более двух решений сравнение второй степени
по простому модулю иметь не может.
289. По условию а'2~1 (mod /?), откуда а = ±1 (mod p).
91

290. 1) (—3)3= — 27=1 (mod 7), поэтому данное сравнение
имеет решения. Имеем: х2~4 (mod 7), откуда х ~ ±2 (mod 7).
2) х= ±5 (mod J1). 3)—4) Решений нет.
291. 1) Если а/ 2 =1 (mod р), где / = 1; 2; . .., п, то
П а-i \* = 1 (mod />).
2) Если at =— \ (mod /?), то П аЛ ~(—l)n (mod/?).
V=i /
3) Если а{ =1 (mod р) и at = —1 (mod /?), то
2
(^аг) = — 1 (mod /?).
292. 1) а=1; 4 (mod 5); 2) a=J; 2; 4 (mod 7); 3) а=1; 4; 3;
9; 5 (mod 11); 4) а=1; 4; 3; 9; 12; 10 (mod 13).
293. Дано £_ несравнимых и взаимно простых с модулем
чисел 1; 2; 3; .. .; £ZL. Четная степень каждого из
них—квадратичный вычет.
294. 1) По критерию Эйлера необходимо и достаточно, что-
з—i
2
бы а =я=1 (mod 3).
5-1
2
2) а =а2=1 (mod 5), откуда a=±l (mod 5).
3) я8=1 (mod 7), откуда а=1; 2; 4 (mod 7).
4) а=1; 3; 9; 4; 5 (mod 11).
р-Л р-Л
295. (-1) 2 I =(-02л=1; (-1)2
|4+1
296. Если jc(jc+1)=1 (mod 13), то (2*+1)2 = 5 (mod 13), но
92

297. Данное сравнение равносильно сравнению (S
~4a+l (mod 13), откуда 4а + 1 = 0; 1; 4; 9; 16; 25; 36 (mod 13)
(задача 293) и я = 3; 0; 4; 2; 7; 6; 12 (mod 13).
298. Если a*+b2 = Q (mod /?), то при условии (а, Ь)=^1 имеем
афО (mod р) и ЬфО (mod /?). Пусть *—число целое,
удовлетворяющее сравнению bx = l (mod /?), откуда (bx)2=l (mod /?). Так
как (ax)2 + (bx)2 = 0 (mod /?), то (ал:)2+1=0 (mod p). Это возможно
только при /7=4/2+ 1 (задача 295).
299. Пусть рх\ pi, ...; Pk — первые k простых чисел вида
4/2+1. Число (р\р2 ••• /fy)2+l делится на простые числа вида
4/2+1 и только на такие простые числа (задача 295).'Однако эти
делители не совпадают ни с одним из чисел /?f, /?2; ...; /?#.
300. J) Необходимо, чтобы 4*2 = 6 (mod 5), откуда x—±2-\~bq.
Подстановка в уравнение дает у=2± \6q-\-20q2. 2) 5*2 = 7 (mod 11),
или х2 = 8 (mod 11) не имеет решений, поэтому данное уравнение
также не имеет решений. 3) x=8-{-llq, у =—l-\-6q+Uq2 и
* = 2+П<7, y = —l—Gq+Uq2. 4) х = Ю+13^, у = — <?+13?2 и
jc == —2+13^, y=12—2bq+\3q2. 5) Решений нет.
301. По условию a =a2n+l = 1 (mod /7), откуда я2/2+2 =»
~(ал+1)2 = а (mod /?)•
302. При/7=4/2+3 число ^1— — нечетное и из а =1 (mod/?)
2 ~2*
следует (—а) ~ —1 (mod /7), а из а = —1 (mod /?)
~2
следует ( —а) = 1 (mod /?). Если же /?=4/2+1, то число
5Z^ — четное и а =(—а)
303. По условию а =а4л+3 =1 (mod /?), откуда *л4
р-1
=(а2/|+2)2 =a(mod /?) и л:= ±a2/z+2 (mod р)или ^= ± a (mod/?).
5-1 р-1
304. 1) LL\ = (—1 ) 2 2 (-|Lj = ^. Следовательно,
чтобы а=5 было квадратичным вычетом по модулю /?,
необходимо и достаточно, чтобы /? 2 =р^~\ (mod 5), откуда/?=±1
Если же /? = ±3 + 5#, то а=5 — квадратичный невычет.
2) f j = f^_.Wl; по модулю же 3 существует один класс
93

квадратичных вычетов: р~\ (mod 3). 3) Г_\ = (—1) (JL\.
Если /?=1+3#, то (JL) = (— 1) 2 ^\ =(—1) 2 , откуда а=3
является квадратичным вычетом тогда и только тогда, когда
q^Ak или /7=1 + 12*.
Испытание чисел 5+-12&, 7-f-12^ и П+12& показывает, что
а=3 является квадратичным вычетом по простым модулям
1 + 12& и 11+12£; по простым модулям вида 5-М2А; и 7-Н2&
число является квадратичным невычетом.
4) Чтобы (—1) =1, необходимо и достаточно, чтобы
E!ni = 2£ или /?2~1 (mod 16), откуда /?=1+2* или /?=7+#. По
8
простым модулям вида р—Ъ+Ы и /7=5+8* имеем (—.) = -—J.
V р )
5) (II-\ = (-^£-)» сравнение д?2=/? (mod 7) разрешимо
при
р=1; 2; 4 (mod 7) и неразрешимо при р = 3; 5; б (mod 7).
305, 1) Имеем (2лг+1)2 = 5 (mod p). Чтобы это сравнение
имело решения, необходимо и достаточно, чтобы [—.) = 1 или
V р )
-£_) = 1, откуда /7=1; 4 (mod 5) или р=1+5п; 4+5т. 2) Имеем
<2jc—1)2 = 9 (mod /?), откуда р—любое нечетное простое число.
3) Имеем (2х—1)2=13 (mod р). Условие (-—\ = 1 равносильно
V р )
условию (-?—) = 1, откуда /7=13 и /7=1; 4; 9; 3; 12; 10 (mod 13).
306. 1) Если разрешимо либо я2 = 13 (mod p)t либо
*а=17 (mod /7), то разрешимо и данное сравнение. При (-— \ =
- Ф—1—(-f)(-£■)-(*г) -'■-•»*»»-
сравнение опять-таки является раарешимым.
308.1) (_^-) = (^1) = (-1)з = _1.
■») - (If)=(^-(f) -(-f
94

ЗОЭ. у [-—\ = О, так как число классов квадратичных вы-
*=Л Р )
четов равно числу классов квадратичных невычетов. Следова-
зп- (it) = (ti)=-1-
312. 1) Если a = b (mod т), то (— ] = [~\ » где/=1,2,... £,
пютону (-£•) - П (~) - П (£) = (i).
2 2 т__{
. Так как —о—
ПА—1 П [1+ (рг-1)] - 1 S (Pi - 1) + 4у
2 - 2 - 2 =*
4) Если т = П^и л=> П ^/— различные нечетные числа
/ И \ k ( п \
(больше единицы) и (т, п) = 1, то I"JJ") — П \~ I =
\
2 -»^).(_„—--
2
Pf—1
"(т)-
2 2 f^^^jj "7"*-
Ш—1 П—1
= (-D 2 2
95

/ 903\ /21J1ч /305
313. 1) 2111 - число простое; (^п) = - [-щ) =- [ш
/903х (и12\ (и!\Ш_ (Щ_ /2ч
= -~ Цюб] ~ "~ V 305/ - ~" V305J \305/ [ 3 ) I 3 )
(219\ / 7 \
3§з] = 1. 3) 1964 = 4.491; (ддН =. — 1
и х2ф7 (mod 491), следовательно, *2#7 (mod 1964).
314. Если ( — j =1, то х2фа (mod p) и тем более
х2 ф a(mod ра ). Если же ("T~J =—Ь то существуют значения jc,
удовлетворяющие уравнению л2 = a-{-pq (q=0\ ±1; ±2;...).
Чтобы эти значения х удовлетворяли данному сравнению,
необходимо и достаточно, чтобы а + pq = a (mod p* ), откуда
# = 0 (mod p*~1)-
315. 1) ("о") = li следовательно, решения существуют;
(59 \
—J = 1; х~ ± 53 (mod 125).
316. По определению символа Якоби \"з") \"5") = ^ где \!Г)
и ("5~j — символы Лежандра. Последнее равенство имеет место
либо при^-^-J = (~J = li либо при \~J = ("J" — ^* ^Ри п0"
мощи критерия Эйлера эти условия можно записать так:
/ а=1 (mod 3), / а~ — 1 (mod 3),
\ а2=1 (mod 5) и \ а^~ — 1 (mod 5),
откуда а=1; 2; 4; 8 (mod 15).
317. Соотношение d=b2—-4 #с может быть записано в виде
&2=д? (mod 4). При d = 2; 3 (mod 4) полученное сравнение
неразрешимо.
318. При а = 1 сравнение разрешимо (задача 306). Если при
некотором а данное сравнение имеет решение х=х0 (mod pa )»
то существует значение /, при котором х — хо+ра -t,
удовлетворяющее сравнению %2 = — 7 (mod pa^~l). Действительно, (хо+ра X
Х02=— 7(mod/?a+1) равносильно лг20+ 7 + 2*0 /?a .t+p?a.t* =
еО (mod/?a+1); так как 2a>a+l и, следовательно, /?2a: /?a+l ,
то имеем
*а + 7
-^ |-2xef=0(mod/>), где (2лг0, р) = 1.
96

319. Данное сравнение равносильно системе
/ л:г= — 11 (mod 4),
\ х*= — И (mod/?).
Исследуем второе сравнение: (~"7J"~J = VTT/ = \ТГ) = ~~~ *'
320. Требуется исследовать сравнение —g 3 7 (mocl ^)-
При n=2k имеем k(2k+ 1) = 7 (mod 10), или
г=1 (mod 2),
k (2k +1) = 2 (mod 5).
Подставляя из первого сравнения k = 1 + 2£ во второе, после
преобразований получаем £2 = 3 (mod 5). Но последнее
сравнение относительно t не имеет решений. Значит, при л=2&
данная сумма не оканчивается цифрой 7.
При п= 2k — 1 также получаем систему сравнений, не
имеющую решений. Таким образом, значений л, при которых
данная сумма оканчивается цифрой 7, не существует.
321. Сравнение {т—\)* = 1 (mod m) равносильно сравнению
(-1)*=1 (mod/я). Рт(т-1)=' *
322. а = 3; 5; 7 (mod 8).
323. Рп (2)=10.
324. Натуральные делители <р (9).
325. 1) Р8(5)=2, поэтому лг=2л (л=1; 2; 3; ...). 2) д:—любое
натуральное число, так как Р3(4) = 1.
326. По условию a2*=l (mod/?) или (а* — 1) (аа +l) = 0(mod/?),
откуда аа +1=0 (mod/?), так как а* —1# 0 (mod/?).
327. Учесть, что Рц(2) = <р(11).
328. Если 2аЛ +1=0 (mod /?>2), то 22/I+1 = l (mod/?), откуда
Рр (2) = 2Л+1, так как нечетным показатель не может быть, а
при 22а =1 (mod/?), где ^<л, имеем (2*х )*п-х=2*п =1 (mod /?),
что противоречит исходному положению. Таким образом,
329. Учесть, что Рт (а) = т.
а—1
330. 1) Необходимо, чтобы 5*=1 (mod 3) или (—1)*з1 (mod 3),
откуда x=2q (q = 1; 2; .. . ). Чтобы найти Р9 (5), следует
рассмотреть соотношение <р(9):2^, откуда либо q = I, либо # = 3;
так как 52 Ф 1 (mod Й), то' Р9(5) = 6. Таким образом, х = 6я
(л=1; 2; 3; . . .). 2) л:=20 п. 3) jc= 14 л. 4) *=21 п.
331. ?р (ср (7))=2. Так как Р7 (3)=б, то и Р1 (З5) = 6. Искомые
классы можно записать: а~3; о (mod 7).
332. а = 5 (mod 6).
333. Испытать приведенную систему остатков.
7 Заказ 2956 97

334. 1) Р9 (5)=ср(9)=6, поэтому данное сравнение имеет
решение при любом значении Ъ> взаимно простом с модулем.
2\ Р9 (4) = 3, поэтому данное сравнение имеет решение лишь
при 6 = 4; 42; 4s (mod 9) или &~4; 7; 1 (mod 9).
335. * (т) - Рт (а).
336. /W2)=Pn(28HPn(27)=P,i (2»)= 10, откуда яее2; 8; 5;
10 (mod 11).
337» Условие 6*sl (mod 23) равносильно дг-ind 6 = 0 (mod 22),
или x~Q (mod 11), откуда P& (6)=11.
339. Условиеax=\ (mod/?) равносильно лг-ind a = 0(mod p~-1).
Пусть (ind я, p— \)=d, тогда x~0^mod ~^~) и Pp(a) = •*--£— .
Теперь ясно, что Рр{а)=р—\ тогда и только тогда, когда rf=l.
340. По модулю 13 взаимно простыми с 12 индексами
являются I, 5, 7 и 11. По таблице индексов им соответствуют
числа 10, 6, 11 и 7. Таким образом, а=Ю; 6; 11; 7 (mod 13).
341. 1) лг = 31 (mod 37). 2) х=5; 6 (mod 11). 3) лгее27; 24; 35;
22; 15 (mod 41). 4) л:~29; 12; 21 (mod 31).
342. 1) Чтобы 3^ = 5 (mod 17), необходимо и достаточно,
чтобы а = 9; 8 (mod 17), что можно найти индексированием.
2) а=10; 13 (mod 23). 3) Искомых значений а не существует.
343. 1) х=23+66 q (^«О; 1; 2; . . .). 2) лг=7+46<? (q=Q; 1; 2; . ).
3) Имеем Злг-ind 21=5, ind (21) (mod 28), так как (ind21,28')=1
(см. таблицу), тоЗлг = 5 (mod 28), откуда л:= 11+28 q, ^=0;l;2;....
344. Известно, что при афО (mod p>2) имеет место и при-
/у—1 р-1
том только одно из сравнений а 2 =1 (mod р) и а 2 = — 1 (mod p).
Если Рр(а)—р—1, то первое сравнение невозможно.
345. Имеем n-indx = inda (mod p—1), откуда необходимо и
достаточно, чтобы ind a~0 (mod (/г, р— l)=d). Умножая части
р-\ —
последнего сравнения на ~~^г, получаема d =1 (modp).
Замечание. Пр« п—2 имеем d=2, так что полученное
соотношение действительно является обобщением критерия
Эйлера.
346. 1) d==l и 20е =(—J)e=l (mod 7), поэтому данное срав-
ю
нение имеет решение; х~6 (mod 7). 2) d=2 и92 н ( — 2)б s
~1 (mod 11), поэтому данное сравнение имеет решение; дг = 2;
9 (mod II). 3) Данное сравнение равносильно сравнению хъ =
Л.
= 6 (mod 13), которое ffe имеет решения, так как d—A и 6 4 =
= 8 (mod 13). Действительно, данное сравнение приводит к
линейному сравнению относительно ind.*, не имеющему решений.
347. Индексирование х2 = a (mod/?) дает 2 • indx s
н feid я (mod/7—1), откуда значения ind x существуют тогда и
только тогда, когда inda = 0 (mod (2, р—1)=2).
98

348. Пусть требуется перейти от системы индексов с осно-
ваиием^| к системе с основанием аг. Индексирование а2 * з
= b(modp) по основанию щ дает ind^2 ЬАпйах 02 = indfl| b(modp—
— 1), откуда mda2b = indaib(m6aia2)*{p-l>-l(modp-\).
Например, в соответствии с тем, что ind27=7 (mod 11), имеем: ind8 7a
= 7.(ind28)!p(10)~1=7.33~9 (mod 10), откуда inde7=9 (mod 11).
£-1
349. Если Рр (#)=/?—1, то а 2 =1 (mod p) невозможно; сле-
р-Л
довательно, имеет место а 2 = — l(mod/?), откуда х2фа (mod/?).
350. Как всякий квадратичный вычет, число вида а2 удов-
р-Л_
летворяет соотношению (а2) 2 s= I (mod/7), откуда Рр(а2)фр—\
351. По условию а, а2, ..., &р~1 приведенная система вычетов
по модулю/?, поэтому решение сравнения ^ = fl2rt+1(mod p)t
если оно существует, может быть записано в виде
х es a1 (mod/?), где /=1,2, ..., /?-—1. Но тогда а2'1 гз a2/2+I(mod /?),
откуда a* ss l(modp), где /—число нечетное. По условию же
сравнению a-*"s= I (mod/?) удовлетворяют только натуральные
числа, кратные /7—1. Полученное противоречие доказывает
теорему.
352. Если Рр (aia2)=p— 1, то сравнению (a|02)Vss f(m°d/0
удовлетворяют лишь четные значения д: вида (р—1)п, где
л=1, 2, 3, С другой стороны, (ind^ (ща2), р — 1) =»
=(indfl2 (йца2), Р—0=Ь откуда inda| (a1a2)=2Aj+ I, ind«2
= 2/+ 1 и 0|2*+1 ^a22t+l в ai«2 (mod/?) или
следовательно, (#|#2)2^+^—* ^ 1 (mod/?), где 2 (&+/) — 1 — число
нечетное. Полученное противоречие доказывает теорему.
353. Пусть целое число а таково, что (а, 2Л)=1, т, е.
является числом вида,4^±1. Методом математической индукции
нетрудно доказать, что af" =1 (mod 2% где п>3. Так как
2rt~2 = у? (2Л), то Р2п (а) Ф ф (2Л).
354. 1) 215=32768 а 8 (mod 360), откуда 2^о == 8^ а И6 (mod
360) и 2**^=136-24 ^16 (mod 360). Искомый остаток равен 16.
2) 15325— 1^=2б— 1 ^4 (mod 9).. 3} (1237156 +34)** ее(50б«+ 34)а8 =
а (16+34)2з^70 (mod 11J). 4) 4! =з2 (mod \\)y откуда.6! в 60s
^5 (mod 11), 7! ===35 нз2 (mod 11) и 81^16^5 <mod 11).
5) (ах, 13) = (2,13) = 1, поэтому, разделив почленно второе
сравнение на первое, получаем #=эЗ (mod 13).
355. 1) 174249^ 58** {mod 13). По теореме Эйлера 51а«
за l(mod 13): Так как 249=12-20+9, то б**»^ 59=<£4)*-5 = 5 (modl3)-
7* 99

2) !86385=35 (mod 10); 3f'l9) s 1 (mod JO), откуда35 E=3(mod 10);
18635—5 гэ —2 s=8 (mod 10). 3) 29(37) = 288sl (mod 37), откуда
2*2 ==1 (mod 37) и 273ss2 (mod 37); с другой стороны, 2?(73) =
:=272s=l (mod 73) и 273==2 (mod 73); таким образом, 273s=
== 2(mod 37-73). Так как 29 в 1 (mod 73), то 286 = 1 (mod 73) и 237==
= 2 (mod 73); с другой стороны, 237=2 (mod 37);
следовательно, 237 = 2 (mod 37-73). Теперь 237>73^273 = 2 (mod 37-73),
откуда г37'73"1^! (mod 37-73).
356. 1) 0 и 1. 2) 4 и 9. 3) 8 и 0. 4)5" и З. Указание.
Найти остатки от деления данных чисел на 100.
357. 3) 102=2-3-17. Так как
220 = 0 )
69 = 1 \ (mod 2),
119 1 J
то М = 220119б9 + 6922°119+1196922°^2^0 (mod 2). Так как
220 ^ 1 )
69s=0 } (mod 3),
119^-J J
то Af = O (mod 3). Наконец, в силу
220 = — 1 )
69=1 } (mod 17)
119=0 J
имеем М =0 (mod 17). Таким образом, AfesO (mod 102). 4) 36s
ss5(mod 31), откуда 62п+1 = 6-5Л (mod 31). Так как 6^— 25(mod35),
то 62л+1^-5л+2 (mod 31) или 62/z+1 +5rt+2^ 0 (mod 31).
358. Обозначим искомый остаток через х (0 < х < т) и
рассмотрим сравнение 4cp(m)~~1s=A: (mod т) или 4cp(m) =4jc(modm). По
теореме Эйлера 4(p(w)^ I (mod m), поэтому имеем 4xss I (mod m).
По модулю 4 нечетные числа имеют вид 4q ± 1. Если m=4q+\,
q = 1, 2, 3, . . ., то имеем 4лс=э 1 -f- 3/tz=12</ + 4 (mod m) или лге=н
Зт+1 З/п+1
= 3^ + 1 = —£— (mod m), где —j— < т, и при m > 1 служит
искомым остатком. Если же m — 4q—1, то из Ах^\-\-т =
=4^(mod т) получаем xz=q = —т—(mod т) и находим, что—т—
служит искомым остатком.
359. 1) Индексирование сравнения Юхо sjt (mod 67) дает
ind*s=28 (mod 66), откуда л:=23. 2) 3.
360. 1) 10*s=4 (mod 6), где /= 1, 2, 3, ... , следовательно,
N==4 ({ап + ... + а2+щ) + ^0) (mod 6), т. е. Л^ '• 6 тогда и только
тогда, когда на 6 делится число вида 4 (ап + ... + а2 + ^) + а0.
Например, 26676:6, так как 4-21 + 6 = 90: 6, но 2590 не : 6,
так как 4.16 = 64 не j 6.
100

Ю = 2 )
2) 102 s4 } (mod 8),
10^ = 0, /=3,4, .. . J
поэтому N^4a2-\-2a1 + a0 (mod 8), и, следовательно, чтобы
/V==0 (mod 8), необходимо и достаточно, чтобы 4а9+2а|+а0=з
sa 0(mod 8). 3) Af = 4 (an + ... + #з+ #2) + #i<z0 (mod 12,).
Например, 19641964^4 (196 + 4+ 1 + 9)+ 64 =184 s« 4+84 = 88 #
#0(mod 12), т. e. 19641964 ф 0 (mod 12). 4) N = 10(а„+ mhl + я2+
+a{)+aQ (m°d !5; 18; 45).
Замечание. Другие модули, допускающие данный
признак делимости, могут быть найдены как делители разности
Ю^—10=10 (К)*-"1—1)=10. 99... 9, где второй сомножитель
содержит х—\ цифр.
361. Число делится на И тогда и только тогда, когда
разность между суммой его цифр, стоящих на нечетных местах, и
суммой остальных цифр делится на 11.
362. Представить данное число в системе счисления с
основанием 1000 и применить признак, аналогичный признаку
делимости на И в десятичной системе счисления.
363. Представить число в системе счисления с основанием
1000 и применить признак Паскаля.
364. Так как \0xao^ao (mod m), то
N £з 10 (ап ... a2al
откуда и вытекает справедливость сформулированного в задаче
признака делимости.
365. 1) Сравнение 10л:н= 1 (mod 19) имеет решение х^
S3 2(mod 19). Последовательное применение теоремы
предыдущей задачи видно из следующей записи:
185231
+ 2_
18525
+ Ю
1862
+ _J
190 : 19,
значит, и 185 231:19.
3) Решение сравнения 10л:==1 (mod 7) может быть записано
в виде х ss — 2 (mod 7). Если воспользоваться вычетом х= — 2,
то
значит, и 192843:7.
101

368. Пусть А=\х\ -q+r, 0<r< \х[. Тогда N = 10 (| .* \q +
ао= 10- [ х
{# + 7щ (mod /гс) при jc > 0,
—q + ra0 (mod m) при л: < 0.
Например, 2772 е= 0 (mod 21), так как при х =■ — 2
277 = 2-138 + 1 имеем — 138 + 12 = — 126 = 0 (mod 21).
367. Имеем
13 лгу 45* н= 0 (mod 8),
13 ху 4bz =0 (mod 9),
ХЪхуАЪг ^0(mod 11).
По признаку деления на 8 имеем 452=450 + г == 0 (mod 8),
откуда z = 6. При * = б по признакам делимости на 9 и на
11 имеем
г х + д, + 1 в 0 (mod 9),
\ л: —+3 0 (d 11%
( )
0 (mod 11%
откуда ^ = 8и)| = 0. Ответ: 1380466.
368. Сравнение N = angn + .. . + a2g2+ axg + яо= яЛ+ • • • +
+ а| + а0 (mod 2) равносильно сравнению ап (gn—l) + ... +
+a2(g*—1)+ я2 (^—1) = 0 (mod 2), которое имеет место
независимо от aL тогда и только тогда, когда g—l зз 0 (mod 2) или
g= I + 2q, q = 1, 2,... . Таким образом, чтобы указанный
признак делимости имел место, необходимо и достаточно, чтобы
основание системы счисления было нечетным. В случае
произвольного модуля т > 1 получаем: g —■ 1 -f- mq, q = 1,2, . .. .
369. На основании первого условия для искомого основания
системы счисления имеем g = 5л: 4- 1, х = 1, 2,.. . (задача 368).
Пусть делимое есть N=(an .. . a3a2ata0)gt тогда второе условие
можно записать: N г я^ (mod 7) или ал^Л + . .. + a3g* +
-f a2g2 =0 (mod 7), откуда g ss 0 (mod 7) или ^ гэ 7у, y=l,2, ....
Таким образом, 7у = 5л: -f l или 7уэ1 (mod 5), откуда ^=3+5^,
q == 0, 1, 2, ..., g = 21 + 35 ? и min ^ = 21.
370. J) 5. 2) 6. 3) 21. 4) 96. Последние два примера
целесообразно решать при помощи индексов.
371. 1) 6. 2) 2.
372. И, 33 и 99 — делители 99, не делящие 9.
373. 1) Сравнение 10*== 1 (mod 17-23) равносильно системе
f 10*« 1 (mod 17),
\ 10* в 1 (mod 23V
Решая каждое сравнение этой системы индексированием,
получаем
/ х в 0 (mod 16),
\ х вэ 0 (mod 22),
откуда х s=0 (mod 176) и Я17.2з (Щ = 176.
2) ^53-59 (Ю) = 754.
102

374. Сравнение 1OV ss 1 (mod P1P2) равносильно системе
f 10^ =1 1 (mod /?,), ( х-Шр 10= 0 (mod /?,-l),
{ 10* . 1 (mod Л) или { ХяШг l0 = 0 (mod p^ 1)#
или
оТкуда
375. П s (4237).5(27925) = 1625 = 7-7= 4 (mod 9), так как
5(118275855) = 6 (mod 9). 2) s (42981) = 24 = 6 (mod 9;, тогда как
5(8264).s (5201) = 20-8= 7 (mod 9). 3)2-5(1965) =2-21 sa 6 (mod 9),
тогда как s (3761225) = 26 s 8 (mod 9).
n
377. Если Y^m =k, т. e. m=kn, и sm, s^— суммы цифр
соответствующих чисел т и k, то sm = s]£ (mod 9). Так как 25 # 5*
5
(mod 9), то У"371293^ 23.
378. (2, 2, 3, 1, 5), (0, 1, 2, 5, 2) и (1, 4, 2, 1, 7).
Л IE 5^
379- 41 • 225' ЮЗ'
Л IE 5^
41 • 225' ЮЗ' a* -f За«+1
Г 73 1
1) х = |"^"| = 2. 2) Данно
представлено в виде (х, у, z) — (1, 2, 3), откуда * = 1, у = 2
3
Г 73 1
380. 1) х = |"^"| = 2. 2) Данное уравнение может быт*
381. (1, 2), (2, J, 1, 1, 4) и (3,4,1).
382. (0, 1, 4, 1, 1) и (2, 4, 1).
383. Пусть (2, 2, .... 2) = ат где п — число неполных частных.
Если n = 2k, тоа2=(2»2) ==2 + ~2" и а2г 2=1+— = (1, 4);
«4= (2, 2, а2) = 2+- р и а4: 2=1 + — = (1, 4, 1, 4). Ее
ли при некотором ^ имеем
где 2^ неполных частных, то
2=(2'^=1 + Ц-=(1. 4, 1,4 1,4),
где 2 (ft +1) неполных частных. Итак, a2£s2=(l, 4,1.4 1,4).,
10Э

где 2k неполных частных, для любого натурального k.
Аналогично методом математической индукции доказывается, что
а :2 = (1, 4, 1,4,..., 1,4, 1,5), где 2k неполных частных
и 4:2 = (1,5).
Замечание. Вообще, если аЛ= (а, а, ... , а), где а> 1, то
a,ftia = (l, я*, 1. а2,..., 1, а2) и 02Л+ма = (1, а2,.... J, а2, 1,
а* _|_ j)j Где в обоих случаях 2k неполных частных и во втором
случае a3 s а = 0> a<z + *)•
384. Применить формулы Pk^Pk_x qk+Pk_2u Qk=Qk-\<lk+
+ Qk*-2 ПРИ ^ = л + 2 и затем при k = п + \.
"я—2
1 ,1 рп
- =9) + ^г - откуда лп
"-3 о
—
=(Яп9 Чп—\»• • •» ^1» ^о). Аналогичный алгоритм имеем и для-^—.
386. Если (pnt Pn_]) = d, то из Рп=Рп-\Яп-\- Рп-2 следует,
что и (Рл_1( ^п_2) = d- ПРИ я = 2 имеем ^ = (Рь Ро)= (^l^o +
+ 1,^о)=1. Утверждение (0я, Qn~\) = 1 доказывается
аналогично. __
/1-4-V2 ^2 П l
387. При «==1 имеем верное равенство 2= * ^r J—:
(1+/2)-(1-/
Допустим, что исходное равенство верно для некоторого п.
Тогда, обозначая его левую часть через <*„, имеем:
вл+1_(2. ап) - + а -2+
388. 1) р|з =('• 3- 4>= Ж -У Ш =(0-3.3,2)= -^-.
3) ggi = (0,1.1,1. 35)=-^.
104

Л4 _|_ За2 + 1
389. —а3_^ 2 -~ (#> я, #> а); свертывание полученной
непрерывной дроби приводит к исходной обыкновенной дроби.
Р Р
390. -рг- = (Яп* • • •. ^1, <7о) = (Яо, Я\,--->Яп)= 57» в СИЛУ
несократимости дробей -5— (задача 386) и ~7Г~ из их равенства
'л-1 V/2
следует Рл_, = Qn.
391. Теорема может быть доказана методом математической
индукции при помощи соотношения Qn= Qn_lqn+Qn_2>2Qn—2-
2-1 k-i
а) При /2=2 имеем <?2 > 2 Qo= 2 >>^2~=2 2 . б) Если Q ь> 2 2
(/I—2)-1 /2-1
2 2
для всех 2< &<я, то Qrt>2QA2_2>2-2 =2
392. Разложив— в непрерывную дробь (q0, #1,..., <?л) и
найдя, что m = Рп и a=Qn, имеем указанное соотношение в
виде m Qn_v-aPn_l = (-\)n-x или аРп_х = (-\)п + m Qn_x,
или а [( — \)п b Рп_}] == b (mod m), откуда лг= ( — ])п b Pn_x
mod /w).
308
393. 1) -gg—= (3, 4, 7, 1, 2), откуда п = 4, Р3= Ю7 и xs
= 59-107= 153 (mod 308). 2) л: е=— 29 (mod 132).
394. Считая а > О, Ь > 0 и (а, Ь) =■ 1, разлагаем -j- в
непрерывную дробь. Затем указанное соотношение записываем в виде
«Сл-1- ЬРп_х= ( - J) п~1> откуда а[( - l)""^- Qn_,] +Ь[(-1)*Х
ХсЯя_, J = с. Таким образом, лго=(—1)Л~ с- (?„_! иуо = (—1)"сХ
ХЯл_!. Общее решение может быть записано в виде х= аго+ W,
(У^Уо—at (* = 0,± 1, ±2, ...).
70 А 17
395. 1) -"зз" = (2, 8, 4), откуда п ^ 2, ^р = -g- и jr = — 8 +
4- 33^, у=17—70/. 2) Представив уравнение в виде60х+91(—у)=2,
60 А 29
имеем: -gj- = (0, 1, 1, 1, 14, 2), откуда л=5, q = 44" и а:=88+
+ 91/, у= - 58 — 60/ или х = 88+91/, у = 58+60/. 3) х= 1270+
+ 359/, у= — 2020— 571/.
396. 1) 103 = (5, 1, 2, 3, 10) « 5,7 ( + 0,0002). Приведенная
по103
грешность несколько грубее, чем-Q-Q-, но удобнее и пригодна для
-, но удобнее и пригодна
105

1 I
обычной практики. 2) 3,14159=3 + jqqqqo =3+ (7,15,1,25,1, 7 4)^
74159
355 2
«=(3, 7, 15, !, 25, 1, 7, 4) « щ ( + 0,000004). 3) -у- (+0,07).
4) "з7 ( + 0,00005).
о™ 355 , „ ^ Р\ 22 22 355 1
397. щ = (3,7, 16), откуда ~^" = ~ТИ ~-Ш = 79Т =
2
< °>002- О т в е т: 22 и 7.
1261
398. -ggr = (1, 2, 3, 7, 8, 2). Чтобы удовлетворить заданной
мере точности, достаточно иметь Qn> 1/ = 100. Первой
г 0,0001
подходящей дробью со знаменателем, большим 100, является
Р4 594 ^ 1261 594 Л Р8
-Q— = ^Ti • Следовательно, -gg^ ж jrg ( — 0,0001). Однако -jj——
— "884 ^ 51 415 ^ 0,0001, поэтому при заданной мере точности
Рз 73
наилучшим приближением данного числа является —^— = -gy
1ЛЛ1 р
(легко видеть, что -ggj — "^" > 0,0001).
399. 1) ]/*2"= (I, "2). Условию Qrt> 1/ -— = 31,... удов-
Г) QQ ___ QQ Г)
летворяет-^- = -^-, т. е. /2 « -yg" ( + °'001)- Но >^2 — q7 <
< "2оТ70< 0,001), поэтому наилучшим приближением 1^2 с
точностью до 0,001 является -^- = -gg- (проверить, что-^-—1/*2~>
63
> 0,001). 2) -JY- (-0,001).
400. 1) *!= §±р! «щ ( -0,0001) и^2« -^ ( + 0,0001).
g i/2 251
2)| *, | = y~ =(1, 1,3, 1,4) ж у25 (-0,0001), откуда *, ж -
251 Ц4-1/"<Г 449
~ 125 (+0,0001); | jrf | =5±|Li. = (3f 4Л)
449
^2~-Щ( -0,000!).
106

401. Знак разности * - Рп+Рп+х = Рп+хЯп+2 + Рп. _
Qn+Qn+i Q
зависит только
Г) [ Г)
от четности л, причем при n = 2k имеем - ^-ti <аи
р \ р
при h = 2£ + 1 имеем а < —rl 2±L . Легко также убедиться
<2+ Qn+i
в том, что дробь
ствии с этим
я+1
лежит между -pr* и а. В соответ-
1
Qn+Qn+i
Qn(Qn+Qn+\)
Замечание. Установленное неравенство дает нижнюю грц-
ницу для |а—"гГ\ и» таким образом, дополняет известное
неравенство
Рп i 1
QnQn+i'
402. Подходящая дробь четного порядка увеличится, а
нечетного — уменьшится, так как
где А > 0 — произведение знаменателей рассматриваемых
подходящих дробей.
403. Справедливость утверждения вытекает из того, что
+ on2 ' ПРИ ЭТОМ
п-\
Qn-
л-1
может быть меньше именно
-, так как а — .
куда тем более)а —
л-1
. (задача 401), от-
404. 1)
3>
5)
107

405.1)^ ;
3/2+Q Qk
яаа№ 15я 2f -
2)я№ 15я 2f
3/2 + 1 17 23
406. Если л: = (a, a, a,... ) = (a, x)t то x = a+ ^ + 4, Ha-
__ 2
пример, при a = 2 имеем 1+/2 =(2, 2, 2, ...), при a= 3 имеем
407. 1) /л:а+ 1 =лг + У*2 + 1 — л: = л: + * = х 4-
а:+ /а;2_ 1
+ j—=(*,й). Например, /2"= (1,2), /5"= (2. Г),
2л:+2;с+ ...
/!б=(3,~6) и т. д. 2) /а* + 2а = а» + У а4 + 2а - а* = а8 +
1 /^+2+а 2*+/;^2з 1
2а ~ 2а
2а
/а* +2а + а* = 2аа +/а*+2а —а2 и т. д. Таким образом,
/a*+2a = (a2, a, 2a2).
408. a^
2b
40Э. Речь идет об уравнении bx*—abx — a = 0 (задача 408),
-i
сумма корней которого равна а, откуда лг2 = а — (atb)—— \ .
(Ь,а)
410. a =(a0, a|, . .. , аЛ) служит корнем непрерывной функции
/(л)= <2„л:2 + (Qw_i— Рп)х*— Рп-\ » вторым корнем которой
служит сопряженная иррациональность. Так как ДО) =—РЛ_1<0
и /( — 1) = Рп — Рп__х > 0, то второй корень f(x) принадлежит
интервалу (— 1; 0).
411. Так как х = (а, Ь~~с)= а + 7==:, то (FTc)=-—— . Но
(Ь, с) х — а
число (б77) служит корнем уравнения схг—Ьсх — b = 0 (задача
409). Следовательно, второй корень этого уравнения можно
найти из условия ~—= — 7=\, откуда л: = а— (~b)-
л а \с, Ь)
412. (a, b) удовлетворяет уравнению Ьхъ — abx — а = 0,
вторым корнем которого служит—,— • = —(0,6, а) (задачи 408 и
\Ь,а)
409), откуда (аГь) (0, Ко) = -у- f
108

a ab + \
413. ~J"= fa i i. Числа x и у удовлетворяют
соответственно уравнениям (bc+\)x2— [abc+a+c—b) x-(ab+\)=0, (ab+\)y*—
х аЬ + 1
—(abc+a+c—Ь)у — (be + 1) = 0, откуда —■ = ^ , ^ и,
следовательно, -|-=—.
414. ЕслиУ^=(^о, qu Яь • • •)> то
_
и — 1<<7о—Ут<0. Следовательно, ffo+Ут выражается чистой перио-
дической непрерывной дробью, т. е. до-\-Ут= (2qGi q , #2, . • • , #п).
Но тогда ут==(<70, ^ь ^2, . - • , ^n, 2<7o)j_ что требовалось доказать.
Например, У2^=(1,~2), УГ= (2, О), У53= (7, 3, 1, 1, 3, 14) и т. д.
4 /" з_ з_
415. 1) Если 1/ 4—У2 = лг, то л;4 = 4—У2, откуда (л;4—4)3 = —2
или х12—12x8+48a:4+66 = 0. 2) Данное число удовлетворяет уравнению
а:6—6л:4—6jc3+ 1 2а:2—36л:+1 = 0. 3) Из a+$F=x следует (х—а)п = Ьу
п
откуда видно, что а-\-~)/Ь является числом алгебраическим. 4) Если
% %
a+iyb = z, то (z—a)2 = —b. 5) Полагая cos-^-+/sin JJ~ = z> имеем
2n = cos:rt-Msin л = — 1 или гп +1=0. 6) С помощью соотношения
sin Зф=3 sin ср—4 sin3 ф можно убедиться, что sin 10° является
корнем многочлена 8л:3—бл:+1.
416. 1) Число а-\-Ы является корнем многочлена г2—2az-\-a2-\-b2
и не является корнем никакого многочлена первой степени с целыми
коэффициентами (последнее легко доказывается рассуждением от
противного). Таким образом, а+bi—алгебраическое число второго
з__
порядка. 2) УЗ является корнем двучлена л:3—3 и не является корнем
никакого многочлена второй степени x2-\-px-\-q с рациональными ко-
з_ з__ з_ з_ _
эффициентами; если У9+/?УЗ+^ = О, то (У9+рУЗ)2 = <72 или ЗУЗ+
+ 6/?+/?2У9^=<72, откуда зуз+бр+р2(—pib—q) =q2 или (3—р3)УЗ^=
з
— q2-+p2q—6/?, что невозможно, так как при 3—р3¥=0 имеем У3=
q2i~p2q — 6р з_
= з /?3 — число рациональное. Таким образом, УЗ — алгеб-
з
раическое число третьего порядка. 3) У2—1 является корнем
многочлена л:3+3л:2+3л:—1 = 0 и не является корнем никакого многочлена
второй степени x2-\-px-\-q с рациональными коэффициентами; если
(У2^1)2+р(У2^-1)+<7 = 0 или у4+(р-2)У2 = р-<7-1, то [уТ+
+ (^-2)У2]2=(^-^-1)2 или (/?_2)2У4+2У2'=()0-^-1)2-4(р-2),
з_ з_
откуда (/>—2)2[р—q— 1—(р—2)У2]+2У2= (р—q— I)2—4(p—2) или
[(/?—2)3—2]yF= (/7~2)2 (p—q— I) — (p—q—1)2+4(/7—2), что невоз-
з_ (у? — 2)2(/? — <7— 1)
можно, так как при (р—2)3—2=^0 имеем У2= / 2)з 2 ~~
109

dp Q |\2
— in 2)3 2 является ЧИСЛ(>М рациональным (?!). Таким образом,
У2—1 — число алгебраическое третьего порядка. 4) Число У2—УЗ
является корнем многочлена хк—10*2+1 и не является корнем
никакого кубического многочлена х^+ахг'^Ьх+с1_о. рациональными
коэффициентами^ если __ (У2—УЗ)3+а(У2—УЗ)2+6(У2"—УЗ)+с=^0, то
(6+И)У2— (^+9)УЗ—2аУб=— 5а—с, что невозможно.
417._а) Корни данного уравнения удовлетворяют уравнению
(*Ч-2У2-л:2+2)(л:Ч-2—2У2-лг) =0 или (*3+2)2—8*4 = 0. б) Корни
данного уравнения удовлетворяют уравнению jc4+24jc2+ 100=0.
418. По признаку Эйзенштейна (высшая алгебра) многочлен
х5—Зх2+\2х—б неприводим в поле рациональных чисел: все его
целые коэффициенты, кроме коэффициента старшего члена, делятся на
простое число 3, причем свободный член не делится на З2.
419. По Лиувиллю трансцендентным числом является всякая
бесконечная непрерывная дробь a = {qo, q{, <7г, . • •), У которой qt>
>(Qi-i)i~i, * = &, £+1, ... и qu * = 0t 1, . . . , k произвольны.
Так, при 6 = 2 и <7о = О, ^i==l имеем: ^2>Qi = l, например, ^2=2;
тогда qs>Q] = (Qi^2+Qo)2=9, например, ^з=Ю; ^4 = Q^ = (Q2^3+
4-Q2>3 = 75 35 71, например ^4 = 75 35 72 и т. д. Таким образом,
получаем а=(0, 1, 2, 10, 75 35 72,. . .).
420. Рассмотрим рациональное число г= —ц- + -j-§f + . . . +
1 с 1 ! 2
+ ^*Г = ^5Г. Имеем а—г= 10(Л+1)! + щк+гп + • • •< ю(*+1)! '
следовательно, а—г-И) при Л->-<». Таким образом, при
е е
имеет место a^r
421. Данные числа иррациональны и им соответствуют
алгебраические числа: 1) 101«2= 2; 2)1о««10=10; 3) ela5=5; 4) х =
\ga
= у— = 1пл или а=ех, но в полученном равенстве при
алгебраическом а число * должно быть трансцендентным.
422. 1,-3. 2)11. 8)1.
Г 10 1
=2,..., откуда 3 , у^ = 2. 5) 3. 6) 3—1=2. 7) 2—0=2 (по
формуле [а—х]=а+[ — х], где а — число целое и х — дробное).
8) 2 —lg 2512 = 2 —3, ... = —1, ... , откуда [2 —lg 2512]=—2.
з
9)—2, если аШ> 1000, и—1, если Srf= 1000. 10)/30~+/Г5 =
-5,47 . . . + 2,1 . . . = 7, . . . , откуда [УЗО+УТо] = 7.
L 4 J p = 4n+i
ПО
424. \\ вяяе=1 „[-£-]
L 4 J 4 L 4 J р=4п

425. Имеем: a=mq+\,
—] и [— ]
а г г
, или— =<?+ "/и"'^""лГ
откуда ?
f р + И /?2 — 1
426. Требуется доказать, что —^—I и —8—~~ числа одина"
ковой четности. Рассмотреть случаи р=4п+1 и р=4л+3.
427. Данное соотношение равносильно соотношению [пх]^пх<
<[пх]-\-\, справедливость которого вытекает непосредственно из
определения целой части числа пх.
428.
где
' Так как
откуда Jq =
[а+р] равно либо 0, либо 1.
429. m=10Q+>\ 0=^г<1
■ «-ш ■
430. Пе р в ьгй способ.)-^""J
Второй способ. Исследуемое соотношение равносильно сле-
т—1 т w-fl
дующему:—о— < Т" <—2— или ~1<°<1- Но справедливость
последнего очевидна.
431. См. рисунок 2, а, б, в.
-1
О)
У
1
-1
Рис. 2, а, б, в
111

J32. 1) Имеем 2<х2<3 или У2<|*|<УЗ, откуда — У3<*< — У2
и У2^л:<УЗ. 2) Необходимо, чтобы значения *+1, а следовательно,
и х, были целочисленными. Но при этом значение 3#2—х является
целочисленным, и данное уравнение равносильно алгебраическому
уравнению Ъхг—х=х+\, откуда х=\. 3) Данному уравнению удовл'ет-
3
воряют 0^*<С4, при которых'Та: принимает целочисленные значе-
1 2
ния, т. е. *=0; 1 -д- ; 2-у. 4) х=0\ 1.
Примечание. Данные уравнения полезно решить графически.
1 3
433. Данное условие может быть записано в виде 7б2^т<7з7 •
434. Если х — число целое, то [—х] =—[х]. При дробном
значении х из [-—*]=// следует —у—К Ж—у или [х]=—у—\ и
[]М1
435. Если [logax]=—2 или —2^1oga#<—1, то а-'4
при а>\ и а~1<сх^.а-2 при 0<а<1.
п п п
436. 2 Ъ =^ 2 [хп + 2 at, где О^ш < 1, откуда
-=2 М + [2а*Ь где [2«г]^0.
437. Применить теорему задачи 436.
Г Ю71 г Ю61
438. [Твб'] те |"7§6 J ===ll45a
[9991
439. 999— [-jr-| — 1-7-
440. 100— \l
441. 488. Задача сводится к нахождению показателя степени, с
которым 5 входит в каноническое разложение 1964!.
rlOOl rlOOi , rlOOl
Рп~\ 2-1
+ 1 =;,_!■ Например, 2W! = 2 -Q, где (Q, 2) = 1.
443. 48. Задача сводится к нахождению показателя степени, с
которым 3 входит в каноническое разложение 100!.
444. 11! = 28-34-5-7-11.
445. 22-1ЫЗ. 17-19.
1000!
446. N= . Искомое значение а должно удовлетворять
rlOOOl rlOOO-j [10001 rlOOl rlOOl
условию [^-J + [-jj-J + ["зщ-j = ["Г] + [ 49"J + a' откУда
a = 148.
112

447. 1) (2m)!!=m!-2m, поэтому при /7=2 искомый показатель
k Г т ]
равен m+S ["7TJ , где 2ft^m<2ft+1; если же /?>2, то имеем
~ 1 1
Ы 7^
Л Г2т+1 1 k Г ю 1
При /?>2 имеем 2 =— — Е —Г . ™e Pft<2m+Kp*+1.
*=1L Pl J /=i L P J
448. а) Пусть N = an...a\, a0 . Тогда N>gn, откуда \ogg N >
> п. С другой стороны, ЛГ<(^-1)(£—1)... {g—l)g=gn+l—Kgn+l,
откуда logo- N < /i+l. Таким образом, /г < logg А^ < п +1 и/г+1=*
= [log* W] + 1. б) Iog24] = 4, откуда 16 < N < 32. в) [100 lg 12] +
+ 1 - 108.
449. Qn (x) — число чисел вида тп> т—\, 2, 3,... ,
удовлетворяющих условию 1 < тп < х, откуда 1 < т <j/3T и Qn (x) =*
-IVT].
Примечание. Условие, которому должно удовлетворять
искомое число т, можно записать в виде тп < х < (/?г+1)л, откуда
т < I^jTk т + 1 и т= п/дГ] или Qn (х) = [i^x J .
Напри[]
мер, Q8 (180.5) = 1/180,5 J= 5.
450. Искомое НОК есть некоторая функция ф (т). В
каноническое разложение ф (т) входят все простые числа, не
превышающие mtpi < /?2 < ... < Pk < т' При этом должно выполняться
условиеpf < т < р*+х,откуда
X ~*~*
451. Любой целочисленной абсциссе, х — k (a < k < b)
соответствует [ /(*)] + 1 целочисленных ординат, заключенных внутри
и на границе трапеции. Следовательно, искомое число точек равно
S <[/(*)]+ 1).
452. Беря первый координатный угол и применяя формулу
предыдущей задачи, находим: 7+7 + 7 + 6 +6 + 3+3 = 39 точек.
Но здесь каждый раз считаются точки, лежащие на вертикальных
и горизонтальных радиусах, поэтому искомое число равно 39.4 —
— 7.4 = 126.
453. По условию либо а = 4q + 1, либо а = 4q + 3. В первом
X а Л гЬ] За] Ъ(а—1)
случае [—J -f [—J + —J = q + 2q + Ц = 6? = —g .
Аналогично проверяется и второй случай.
454. Пусть а = mq + г, где 0 < г < т и (г, т) = 1. Так как
условие (г, т) = 1 должно иметь место при любом m < 2, то
относительно г имеется единственная возможность: г = 1. Таким об-
f , —1 т(т—\
разом. У|/( + )Ьб
8 Заказ 295$ 113

455. х=[х]+а, где 0<а<1, откуда [х] +[.*+ -у] =2[x] +
+ I « + ~2~ I» где — < а+ -тр < 1 -у и [ a -f- -у J либо 0,
либо 1. Так как 2х = 2 [■* ] + 22 и [ 2* ] = 2 [ л: ] + [ 2 а], То [ х ] +
4- \х + "~2"| = l2-^] — 12а1 + Ia + """«г] • Остается проверить, что
либо [ а + -J-] = [2а] = 0, либо [ о + -j-J = [2а] = 1.
456. Представив данное уравнение в виде [*] = 1 + 2 I-тр
и обозначив левую часть через у, имеем:
у—1
Обозначая далее целое значение —— через т, получаем:
| 2/я + 1 < х < 2т •+■ 2,
ИЛИ
2/тг < х < 2т + 2,
откуда 2т + 1 < х < 2т + 2, т = 0; ± 1; ± 2; ... . Полезно
рассмотреть графическое решение данного уравнения.
457. Обозначив каждую часть уравнения через у, имеем
X X
у < — < ;—Г < ЗН-Ь откуда ту < х < (/и—1) (у+1). Чтобы
такие значения ж существовали, необходимо и достаточно, чтобы
ту < (т — 1) (у + 1) или у < т — 1. Ответ: ту < х < {т — 1)х
Х(у+1), тде у«-целое число, удовлетворяющее условию у <т—1.
458. Функция ах* + Ьх + с, а следовательно, и функция [ах2 +
+ Ьх + с] ограничены — снизу при а > О и сверху при а < 0. В
обоих случаях точной границей значений функции [ах2 -\- Ьх -\-с]
Г 6а—4яя 1 „
служит число — —j~— I. Поэтому при а > 0 данное уравнение
Г Ь2-4ас]
имеет решение тогда и только тогда, когда J——^—J < d\ если же
г Ь2—4ас]
#<0, то условием существования решения является: « —^ 1>
> 1.
459. При /? = 3 справедливость утверждения очевидна.
Рассмотрим р > 3. Слагаемые левой части данного равенства
являются нулями и единицами, так как, например, при р = 4/г + 1 имеем
114

Ж- ■ Р^Ч- Ш=P'SH- МИ!-
Чтобы найти число слагаемых-нулей, достаточно в общем виде
2-2jc ] Г 4л: 1 л р
J [J положить Ах < р или х< -j-,
откуслагаемого
г 2-2jc ] Г 4л:
—-—J = ["^~
да х = I — I. Значит, число слагаемых-единиц равно —г>— — X L
т. е. п, если р = 4л -f 1, и /г + 1, если /? = 4/1 + 3. Но и
равно п, если /7 = 4л + I, и л + 1, если /? = 4/z + 3.
460. т (600) = 24, а (600) = 1860.
—т—
461. Для нахождения делителей числа /я = П Л а
но раскрыть скобки в выражении а(/ю)=(1+/>| 4-И + .
х(
достаточ-
2
462. См. рисунок 3.
463. a(/>i)l+ l
464. а(2а ) = 2а"г1- 1=2х
Х2а -], следовательно, т—2а ,
где а — любое натуральное
число.
465. Воспользоваться
формулами т(т)= П (1-hai) и
tf
Ъ Рг-1
где m =
А
»
i
i
<
i
T 2 3
466. Если /? входит в
каноническое разложение только
гп или только п с некоторым
показателем с?, то как т (тп),
так и т (яг)• т (я) содержат
множитель a-J-1. Если же
канонические разложения тип
содержат соответственно р« и/?(3?
то каноническое разложение
тп содержит ра+^> и
множителю а+р4-1> содержащемуся в % (тп) соответствует множитель
(a-j-1) (fJ-f-l)>a-f^+l, содержащийся в т(т)т(я). Таким образом,
если (т, п)>\ то т(т)х(/1)> т(/йп). Относительно функции а(*)
случай, когда р входит в каноническое разложение только т или
только п, рассматривается аналогично.
6 7 8 9 tO 11
Рис. 3
115

п«+РИ
Во втором случае множителю J- — , входящему в о(тп),
р«+1—1 р$+1-1 ра+р+2 а+1
соответствует произведение ^ ■ . .— = Г'—-П» +
+ ' (л—1)2 ' вх°ДЯ1Дее в <*(т)о(п). Легко доказать, что
откуда J- — . J- -— > -£- - Таким образом, если
р—Л /7—1 р—1
(т, п) > 1, то <з(т)с(п) > а (тп).
k k
467. Если т = П />/ z, то т (тп)= П (««/+1), где (/2а/+1,«)=1.
468. а) Пусть d\, dv ..., rfT(m) — все натуральные делители т.
*("*) mm m
Тогда Ь (т) = П ^/. Так как -^- , -т-, ..., -^— — те же делите-
/==1 х 2 ' ат(т)
^(»i) m Гтч f(»i) 1
ли w, то S(m)= П ~тг = тХ[т) П -г~ . Таким образом, 52(/w)=
= т*т\ откуда 5(т) = Ут4^. б) 8(10)=
469. т=2«-3-41; ср (т)=640; х (т) = 20; су(/тг)=5208; ^(/п)=1
470. Числа т, равные произведению всех своих натуральных
делителей, определяются уравнением т— у т^т\ т. е. т(/?г)==2,
откуда и следует справедливость теоремы.
471. Имеем Утх{т) = 23-36, откуда т = 2-^.ЗУ и
Г х(\+х) (1+у) = 6,
1 у(1 + х) (1 Ч- У) = 12.
Таким образом, ^= lj=2 и /п=18.
472.
"1 Pi2) = 5«(/С1) + [^2+ (/71Рг)/| + (Р\ Р*)п + • • • +(Ptai P2)n]
ра; р*;)п ] =
ра;'П'Вп (р?)

если
Теперь легко проследить „шаг" математической индукции:
Таким образом, если т = Д pf1, где &— любое натуральное
число, то
473. 9 (8128) = 16256 = 2.8128.
474. а (/>а ) /?а+11
<2/>а.
475. а (да) = а(/Л />«■) =£! J=i . £■ =± <
[2 = m. Р* . . ^2 - . По условию р\ > 3 и /?2 > 5, от-
3 5
< -J" * ~4~ < 2 и а (т) < 2т.
476. Пусть Т (2а+1~- 1) = да и 2afl—1 = /?, тогда
а (да) = a (2a •/?) = (2a+l- 1) (р+1) = (2a+ l- l).2a+1 = 2m.
477. Остается доказать, что любое четное совершенное число
есть число вида 2a (2a+1 — 1), где 2a+l— 1 — число простое
(задача 476). Пусть т=2а .q, где (q, 2) = 1 и а (т) = 2/гс, т. е.
(2*+1—I) a(^) = 2a+l.?, откуда а(^) = 2а+1-Л и q = (2a+1— 1) kt где
^ — натуральное число. Так как k и (2a+1—1) k являются
делителями q и их сумма равна &«2a+ = a (g), то q других
натуральных делителей не имеет. Следовательно, ^ = (2a+1 — 1) k—число
простое (имеющее в точности два делителя). Значит, k = 1 и
(2a+I— 1) — число простое, что требовалось доказать.
478. Уравнение а (т) = Зт при т = 2а -р\рг принимает вид:
При а = 0 имеем (1 +Pi)(l+/?2) = З^рг или 1 + рх +р2 =
откуда р\ и /?2 должны быть четными, что невозможно (так как
1+рх и 1+/?2 четные). Значит, а^О. При а= 1 имеем (l+/?j)X
X(l+p2)=2PiP2 или 1+Pi+/?2=/?i/?2»t. e. 14-Pi=P2(/?i—1); так как,
/?1—1=2лг, то л4-1=/?2*л, откуда п=1 и р*=2, что невозможно.
117

Значит, а ф 1. При «=2 имеем 7(l-f/?i)(l + />*)=12 /?i/?2 или 7+7Х
Х(/?1+/?2)=б/7|/?», откуда А=7 (или/?2=7) и/?2=2 (или А=2), что
невозможно. Значит, а ф 2. При а = 3 имеем 5(1 -f/?i)(l + /?2) =
=7/?,/?2 или 5+5(/7|4-Рг)=3 /7|р2. откуда/?|=5и /?2=3. Таким
образом, наименьшее натуральное число, удовлетворяющее условиям
задачи, есть /я=23'3-5=120.
479. По условию т=рах рч- Так как при этом (\+р\)
= 6, то «| = 1, а2=2 и т = pip*. Кроме того, а (яг)=28, т. е.
Х(р*+Р2+1)=28,откуда 1+^1=4 и р'я+р%+\=7, т. e./?j=3 и/?2=2.
Таким образом, /я=3.22= 12.
480. T(m)=l4=2.7=(l+l)(6f 1), откуда т= р^ р*>
> 1. Значит, /w=2e-3 = 192.
точнее,
р2"1
= 1 и а2 = 2. Значит,
т = 2а* • З"2, где aj > 2 и <
481. По условию т = /Г1 р~\ т*~ р4
= 15, откуда 2а|+1=3 и 2«2+91=5, т. е.
т(/гс») = (3«!+1) (За2+1) = 4-7=28.
482. По условию (1 + 2а{) (J -f 2a2) = 81, поэтому имеем две
возможности: (1+2а,) (1 + 2а2)=3-27 и (1+2«|) (1+2а8)=9-9, т. е.
«i=-l, а2=13 и а|=а2=4, откуда либо т (т3)—160, либо т(/и8)=169.
483. Так как т (-у-) = х(у+1)(
f~-J = (лг+1
+l)(l)+
"f")^ (•* + О У (* + 1)
I) гг, то по условию х (у + 1) (z + 1) + 30 =
откуда
и л:=6, y=5t 2Г=4
484. Пусть /и
k
П
Тогда т (/?*)=
k
П
Еслит(/7г) =
= 1 (mod 2), то l+aj=l (mod 2), откуда a/=0(mod2), а это
означает, что т — квадрат целого числа. Обратно, если т — квадрат
целого числа, то а, = 0 (mod 2), откуда T(/»)=l(mod 2).
485. См. рисунок 4.
11 13
17
Рис. 4
118

486. те (1000) » з~Пл ~ е 9078' ~ 14^' П° габлице же простых
Дте(1000) 168—145
чисел те (1000) = 168. Следовательно, % (Ю00) = —168— ~ ^%.
х а п (х) Ь
487. Из а < х(x):^j < Ь следует ^ < — < -^j . Так
а 6 тс(лг)
кдк, кроме того, lim -: = Hm л — 0, то lim —— = 0.
Замечание. Из доказанного следует, что функция %{х)
растет медленнее, чем х. Отношение • Эйлер рассматривал как
среднюю плотность простых чисел на отрезке [1, х].
488. Исходя из очевидного неравенства и (р) < /?, получаем:
%(р)—\ п{р)
—р< — %(р)у рп{р)—р<(р-1) п(р) и ——j- < -^-.
Так как -п;(р) — 1 ==7с(/7 — 1), то имеем: i < —^.
Исходя из очевидного равенства те (т — 1) == те (т), получаем:
%(т) п(т — 1)
""т~~< /я— 1 '

ТАБЛИЦА ИНДЕКСОВ ПО ПРОСТЫМ МОДУЛЯМ,
МЕНЬШИМ 100.
Данная таблица размещена на трех страницах (стр. 121—123).
На первых двух страницах (стр. 121 и 122) индексы даны для всех
простых модулей от 3 до 97 (для чисел от 1 до 20 и от 21 до 40). На
третьей странице (стр. 123) индексы даны в виде трех отдельных
табличек соответственно для простых модулей от 43 до 97, от 67 до
97 и от 83 до 97 (и соответственно для чисел от 41 до 60, от 61 до
80 и от 81 до 96).
Таким образом, таблица подразделена (по соображениям
экономии бумаги) на пять неравных по объему частей. В каждой из
этих пяти частей числа выделены в виде колонок двумя
вертикальными жирными линиями.
Внутри таблицы на пересечении строк и столбцов даны
численные значения индексов, соответствующие числу, равному номеру
строки, и по модулю, равному номеру столбца.
Приведем примеры нахождения индексов по данной таблице.
Пример 1. Дано число 28 и модуль 59. Найти соответствующий
им индекс.
Решение. В таблице (стр. 121) находим 28-ю строку и 59-й
столбец, на пересечении этих строки и столбца читаем индекс,
равный 10.
Пример 2. Дано число 66 и модуль 67. Найти
соответствующий им индекс.
Решение. В таблице (стр. 123) на пересечении 66-й строки и
67-го столбца читаем 33. Это и есть искомый индекс.
Пример 3. Дан индекс 80 и модуль 83. Найти число.
Решение. В столбце 83 находим индекс 80. Этот индекс стоит
в строке 10. Это и будет искомое число.
Пример 4. Дано число 86 и индекс 45. Найти модулв.
Решение. Находим в таблице (стр 123) строку 86 и на
этой строке находим индекс 45. Этот индекс стоит в столбце 89.
Искомый модуль будет 89.
120

Числа
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
\ 16
17
18
19
20
i
3 5
0 0
1 3
1
2
7
0
4
5
2
1
3
11
0
3
4
6
2
7
1
9
8
5
Таблицы
13
0
7
4
2
3
11
5
9
8
10
1
6
17
0
14
1
12
5
15
11
10
2
3
7
13
4
9
6
8
19
0
7
1
14
4
8
б
3
2
11
12
15
17
13
5
10
16
9
индексов по простым
23
0
12
8
2
17
20
15
14
16
7
21
10
18
5
3
4
9
6
13
19
29
0
17
1
6
10
18
8
23
2
27
5
7
26
25
11
12
21
19
13
16
31
0
24
1
18
20
25
28
12
2
14
23
19
11
22
21
6
7
26
4
8
37
0
11
34
22
1
9
28
33
32
12
6
20
13
3
35
8
5
7
25
23
М о
41
0
14
25
28
18
39
1
2
10
32
37
13
9
15
3
16
7
24
31
6
д
43
0
27
1
12
25
28
35
39
2
10
30
13
32
20
26
24
38
29
19
37
модулям, меньших
У л i
47
0
18
20
36
1
38
32
8
40
19
7
10
11
4
21
26
16
12
45
37
А
53
0
49
1
46
15
50
10
43
2
12
34
47
32
7
16
40
22
51
45
9
59
0
15
54
30
32
11
38
45
50
47
27
26
37
53
28
20
7
48
4
61
0
31
6
2
22
37
19
33
12
53
45
8
40
50
28
4
17
43
26
24
67
0
17
3
34
57
20
61
51
6
8
13
37
59
12
60
2
32
23
38
25
100
71
0
6
26
12
28
32
1
18
52
34
31
38
39
7
54
24
49
5Ъ
16
40
73
0
8
б
16
1
И
33
24
12
9
55
22
59
41
7
32
21
20
62
17
79
0
4
1
8
62
5
5а
12
г
66
68
9
34
57
63
16
21
6
32
70
83
0
79
30
76
1
27
58
73
60
80
10
24
15
55
31
70
78
57
23
77
89
0
16
1
32
70
17
81
48
2
86
84
33
23
9
71
*64
б
18
35
14
97
0
34
70
68
1
8
31
6
44
35
6
42
25
65
71
40
89
78
81
69
Числа
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20

Продолжение
Числа
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
3 5 7 11 13 17 19 23 29
1 9
11 22
4
24
20
15
3
14
31
29
17
27
13
10
5
3
16
9
15
М
37
26
17
21
31
2
24
30
14
15
10
27
19
4
16
29
18
о д
41
26
if
4
27
36
23
35
29
33
17
12
30
22
21
19
38
8
5
31
20
У л
43
36
15
16
40
8
17
3
5
41
11
34
9
31
23
18
14
7
4
33
22
и
47
6
25
5
28
2
29
14
22
35
39
3
44
27
34
33
30
42
17
31
9
53
11
31
39
44
30
29
3
4
18
13
5
37
35
19
25
48
14
42
33
6
59
34
42
51
41
6
52
46
10
14
43
39
17
23
35
12
22
13
5
33
19
61
25
16
27
39
44
11
18
21
5
59
29
35
51
48
41
14
9
57
46
55
67
64
30
14
54
48
10
9
29
22
11
7
19
16
49
52
40
44
55
62
42
71
27
37
15
44
56
45
8
13
68
60
11
30
57
55
29
64
20
22
65
46
73
39
63
46
30
2
67
18
49
35
15
11
40
61
29
34
28
64
70
65
25
79
54
72
26
13
46
38
3
61
П
67
56
20
69
25
37
10
19
36
35
74
83
6
7
66
21
2
12
8
52
46
28
50
67
40
75
59
54
22
20
45
74
89
82
12
57
49
52
39
3
25
59
87
31
80
85
22
63
34
И
51
24
30
97
5
24
77
76
2
59
18
3
13
9
46
74
60
27
32
16
91
19
95
7
Числа
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40

о
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
43 47
6 15
21 24
13
43
41
23
53
21
8
38
28
17
36
24
41
20
27
23
26
59
36
49
31
57
24
8
55
56
18
21
16
9
40
3
1
25
44
29
М
61
54
56
13
47
34
58
20
10
38
15
23
42
а
49
7
52
32
36
1
30
о д
67
43
15
21
47
63
31
58
5
56
65
35
27
45
26
4
46
41
39
18
28
У л
71
25
33
48
43
10
21
9
50
2
62
5
51
23
14
59
19
42
4
3
66
и
73
4
47
51
71
13
54
31
38
66
10
27
3
53
26
56
57
68
43
5
23
Продолжент
79
75
58
49
76
64
30
59
17
28
50
22
42
77
7
52
65
33
15
31
71
84
44
3
33
4
61
63
13
18
34
81
26
9
69
5
11
49
53
43
62
25
89
21
10
29
28
72
73
54
65
74
68
7
55
78
19
66
41
36
75
43
15
97
85
39
4
58
45
15
84
14
62
36
63
93
10
52
87
37
55
47
67
43
о
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
67
53
24
1
36
50
33
71
69
17
53
36
67
63
47
61
41
35
М о
73
58
19
45
48
60
69
50
37
52
42
44
36
Продолжение
Д У
79
45
60
55
24
18
73
48
29
27
41
51
14
44
23
47
40
43
39
л и
88
48
47
36
64
16
37
29
72
14
56
65
51
39
19
32
17
68
42
89
69
47
83
8
5
13
56
38
58
79
62
50
20
27
53
67
77
40
97
64
80
75
12
26
94
57
61
51
66
И
50
28
29
72
53
21
33
Окончание
о
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
У4
95
96
Мощу
83
35
71
38
41
89
42
46
4
37
61
26
76
45
60
44
л и
97
30
41
88
23
17
73
90
38
83
92
Ь4
/9
56
49
20
22
82
48

ТАБЛИЦА ПРОСТЫХ ЧИСЕЛ, МЕНЬШИХ 1000
2 47 109 191 269 353 43Э 523 617 709 811 907
3 53 ИЗ 193 271 359 443 541 619 719 821 911
5 59 127 197 277 367 449 547 631 727 823 919
7 61 131 19Э 281 373 457 557 641 733 827 929
11 67 137 211 283 379 461 563 643 739 829 937
13 71 139 223 293 383 463 559 647 743 839 941
17 73 149 227 307 389 467 571 653 751 853 947
19 79 151 229 311 397 479 577 659 757 857 953
23 83 157 233 313 401 437 587 661 761 859 967
29 89 163 239 317 409 431 593 673 759 863 971
31 97 167 241 331 419 499 599 677 773 877 977
37 101 173 251 337 421 503 601 633 787 881 983
41 103 179 257 347 431 509 607 691 797 883 991
43 107 181 263 349 433 521 613 701 809 887 997

ИСПОЛЬЗОВАННАЯ ЛИТЕРАТУРА
Виноградов И М, Основы теории чисел, Гостехиздат, Москва,
1953. ft
Б у х ш т а б А. А., Теория чисел, Учпедгиз, Москва, 1960.
Арнольд И. В., Теория чисел, Учпедгиз, Москва, 1939.
Л е ж е н - Д и р и х л еу П. Г., Лекции по теории чисел, Гостехиздат,
Москва — Ленинград, 1936.
X а с с е Г., Лекции по теории чисел, Издательство иностранной
литературы, Москва, 1953.
Сушкевич А. К., Теория чисел (элементарный курс)^
Издательство Харьковского университета, 1954.
О к у н е в Л. Я., Краткий курс теории чисел, Учпедгиз, Москва,
1956.
М и х е л о в и ч Ш. X., Теория чисел, «Высшая школа», Москва, 1967.
X и н ч и н А. Я-, Элементы теории чисел, Гостехиздат, Москва —
Ленинград, 1951.
Его же, Цепные дроби, Гостехиздат, Москва — Ленинград, 1949.
Г р е б е н ч а М. К., Теория чисел, Учпедгиз, Москва, 1949.
Глаголев Н. А., Курс теоретической арифметики и сборник
теоретических упражнений, Москва, 1914.
Т а н н е р и Ж., Курс теоретической и практической арифметики,
Москва, 1913.
Александров В. А. иГоршенин СМ., Задачник-практикум
по теории чисел, Учпедгиз, Москва, 1963.
А р ха нгельская В. М., Элементарная теория чисел,
Издательство Саратовского университета, 1962
Грибанов В. У. и Титов П. И., Сборник упражнений по
теории чисел, «Просвещение», Москва, 1964.
Радемахер Пи Теплиц О., Числа и фигуры, ОНТИ,
Москва— Ленинград, 1935.
Б е р м а н Г. Н., Число и наука о нем, Физматгиз, Москва, 1960.
Воробьев Н. Н., Признаки делимости, Физматгиз, Москва, 1963.
Шклярский Д. О. и др., Избранные задачи и теоремы
элементарной математики, часть I, Гостехиздат, Москва, 1954.
125

Кречмар В. А., Задачник по алгебре, Гостехиздат, Москва —
Ленинград, 1950.
Серпинский В., Что мы знаем и чего мы не знаем о простых
числах, Физматгиз, Москва — Ленинград, 1963.
Трост Э., Простые числа, Физматгиз, Москва, 1959.
Дэвенпорт Г., Высшая арифметика, «Наука», Москва, 1965.
Ш н и л е р м а н Л. Г., Простые числа, Гостехиздат, Москва —
Ленинград, 1940.
Диксон Л. Е., Введение в теорию чисел, Изд. АН Груз. ССР,
Тбилиси, 1941.
Ни вен А., Числа рациональные и иррациональные, «Мир»,
Москва, 1966.

ОГЛАВЛ ЕН И Е
Предисловие 3
Принятые обозначения 4
Глава 1. Делимость целых чисел
§ 1. Теорема о делении с остатком 5
§ 2. Наибольший общий делитель (НОД) и
наименьшее общее кратное (НОК) 7
§ 3. Простые и составные числа 9
Глава 2. Сравнения
§ 4. Понятие сравнения 12
§ 5. Основные свойства сравнений ...... 13
§ 6. Классы по данному модулю 15
§ 7. Функция Эйлера 17
§ 8. Теорема Эйлера 20
§ 9. Алгебраические сравнения с одним неизвестным 21
§ 10. Системы сравнений первой степени с одним
неизвестным 26
§ И. Квадратичные вычеты 32
§ 12. Степенные вычеты 37
§ 13. Арифметические приложения сравнений ... 40
Глава 3. Непрерывные дроби
§ 14. Основные понятия 44
§ 15. Сходимость бесконечной непрерывной дроби . 45
§ 16. Квадратичные иррациональности и
периодические непрерывные дроби .. 48
§ 17. Алгебраические и трансцендентные числа ♦ . . 49
Глава 4. Числовые функции
§ 18. Целая часть действительного числа 51
§ 19. Число и сумма делителей натурального числа 54
§ 20. Число простых чисел, не превышающих данное
действительное число 56
Глава 5. До сих пор не решенные задачи теории чисел 57
Ответы, указания и решения • • 61
Таблица индексов по простым модулям, меньшим 100 J20
Таблица простых чисел, меньших 1000 124
Использованная литература • 125

Гелий Александрович Кудреватое
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ТЕОРИИ ЧИСЕЛ
Редакторы В. Г. Долгополое
и М. В. Яковкин
Переплет Е. М. Батыря
Художественный редактор В. С. Эрденко
Технический редактор Е. К Полукарова
Корректор Р. Ю. Грошева
Сдано в набор 12/IX 1969 г. Подписано
к печати 12/VIII—1970 г. 84хЮ87з2.
Бум. типографская № 2 Печ. л. 4,0 Усл.
п. 6,72 Уч.-изд. л. 5,9 Тираж 40 000 экз,
(Тем. пл. 1970 г. № 19) А03782
Издательство «Просвещение» Комитета
по печати при Совете Министров РСФСР.
Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.
Типография № 2 Росглавполиграфпрома,
г. Рыбинск, ул. Чкалова, 8. Заказ 2956
Цена 17 коп.