2、(72)16-4]26º[7×(-1)16-4]26=(7-4)26º326=3×(35)5º3×(-7)5=-3×7×(72)2º-21º29(mod50)，即所求的余数是29。5.证明2x2-5y2=7没有整数解.6.例1设m>0是偶数，{a1,a2,L,am}与{b1,b2,L,bm}都是模m的完全剩余系，证明：{a1+b1,a2+b2,L,am+bm}不是模m的完全剩余系。7.例2设A={x1,x2,L,xm}是模m的一个完全剩余系，以{x}表示x的小数部分，证明：若(a,m)=1，则8.9.例3设{x1,x2,…,xj(m)}是模m的简化剩余系，则(x1x2…xj(m))*2º
3、1(modm)。解记P=x1x2…xj(m)，则(P,m)=1。又记yi=1£i£j(m)，则{y1,y2,…,yj(m)}也是模m的简化剩余系，因此(modm)，再由Euler定理，推出P*2ºP*j(m)º1(modm)**同余式可以像等式一样进行代换。第二章1.利用辗转相除法求解2.例3设a，b，c是整数，(a,b)=1，则在直线ax+by=c上，任何一个长度大于的线段上至少有一个点的坐标都是整数。解由定理1，直线ax+by=c上的坐标都是整数的(xt,yt)的坐标是，tÎZ，其中(x0,y0)是直线ax+by=c上的坐标都是整数的点，由定理2，这样的点是存在的。对于任意的tÎZ，
4、记Pt是以(xt,yt)为坐标的点，则Pt+1与Pt之间的距离这说明，两个“相邻的”坐标是整数的点的距离是，从而得出所求之结论。3.例2将写成三个分数之和，它们的分母分别是2，3和5。解：设则15x+10y+6z=19。依次解方程5t+6z=19，15x+10y=5t，得到uÎZ，，u,vÎZ。取u=0，v=0，得到x=-1，y=1，z=4，因此4.若(x,y,z)是方程(1)的满足条件(2)的解，则下面的结论成立：(ⅰ)x与y有不同的奇偶性；(ⅱ)x与y中有且仅有一个数被3整除；(ⅲ)x，y，z中有且仅有一个数被5整除。证明(ⅰ)若2½x，2½y，则2½z，这与(x,y,z)=1矛盾。
5、所以x与y中至少有一个奇数。如果x与y都是奇数，则x2=4m+1,，y2=4n+1，x2+y2=4(m+n)+2,而z2=4N或4N+1,所以x，y，z不可能是方程(1)的解。因此，x与y有不同的奇偶性。第四章1.2.10xº22(mod36)等价于解不定方程10x-36y=22求整数x，再按模36分类：xº13(mod36)xº31(mod36)3.1296xº1125(mod1935)解（1296，1935）=9，9
6、1125，故同余式有9个解化简为144xº125(mod215)4.从另一角度考虑axºb(modm)(2)（1）当(a,m)=1时,(2)恰有一个解：（2）当(a,m
7、)=d≠1时,(2)有解时有d个解,且d
8、b5.10xº22(mod36)两种解法：xº13(mod36)xº31(mod36)6.1296xº1125(mod1935)解（1296，1935）=9，9
9、1125，故同余式有9个解化简为144xº125(mod215),故7.解同余方程组解将(1)的前一式乘以2,后一式乘以3再相减得到19yº-4(mod7)，5yº-4(mod7)，yº2(mod7)。再代入(1)的前一式得到3x+10º1(mod7)，xº4(mod7)。即同余方程组(1)的解是xº4，yº2(mod7)8.七数余一，八数余一，九数余三，问此数？9.10．（Wilson
10、定理)(p-1)!+1º0(modp)即模p的一个简化剩余系中全体数之积对模p与-1同余。证明(1)由Fermat定理，数1,2,L,p-1是同余式xp-1º1(modp)的解，因此，利用定理2即有。(2)在（1）中取x=p即可。注：Wilson定理其实是充要条件，即p是素数当且仅当(p-1)!+1º0(modp)定理4（Lagrange）同余方程(1)的解数£n，即最多有n个解证明假设同余式(1)解数多于n,则至少有n+1个不同的
