Решения к главе 5

1, Указанное сравнение равносильно такому: Соответственно каждому решению сравнения из найдем одно решение указанного сравнения.

2, а. При имеем .

b. При имеем . Ввиду имеем также . Поэтому при некотором s, имеющем одно из значений , получим

с. Пусть где — нечетное, Имеем

Поэтому при некотором целом неотрицательном получим

отсюда при некотором целом неотрицательном получим

наконец, получим

d. Имеем

3, а. Условия разрешимости сравнений (1) и (2) выводятся тривиально (е и h § 2). Сравнение (3) разрешимо тогда и только тогда, когда . Но , причем

Каковы бы ни были различные простые вида наименьший простой делитель числа будет отличен от и ввиду имеет вид

Каковы бы ни были различные простые вида наименьший простой делитель числа будет отличен от и ввиду имеет вид

4. Среди чисел первой совокупности будут числа, сравнимые т. е. все квадратичные вычеты; число, входящее по условию во вторую совокупность, будет квадратичный невычет. Но во вторую совокупность войдут все произведения этого невычета на все вычеты, т. е. войдут все квадратичные невычеты.

5, а. Пусть в системе исчисления с основанием

и искомое решение (наименьший неотрицательный вычет)

Составим таблицу:

где в столбце под стоят числа, сумма которых образует коэффициент при в разложении квадрата правой части (1) по степеням . Находим из условия

Полагая находим из условия

Полагая находим из условия

и т.д. При данном ввиду числа определятся однозначно.

b. Здесь

и мы будем иметь следующую таблицу:

Рассмотрим лишь случай Ввиду необходимо Поэтому . Далее необходимо и ввиду необходимо Для возможны два значения: 0 и 1. Числа определятся однозначно, а для возможны два значения: 0 и 1. Поэтому при 3 необходимо и тогда указанное сравнзние имеет 4 решения.

6. Очевидно, - целые, причем Q по модулю сравнимо с числом, которое получим, заменяя а на для чего достаточно заменить на . Поэтому ; следовательно, действительно можно определить из сравнения Имеем

откуда

7. Пусть — каноническое разложение числа

Тогда представляется в виде , где способами.

Пусть . Из следует, что при некоторых а и b

Решая эту систему, получим Поэтому указанное сравнение имеет 2 решений.

Пусть При некоторых а и 6

Решая эту систему, получим . Поэтому указанное сравнение имеет 2 решений.

Пусть При некоторых а и b

Решая эту систему, получим . Поэтому указанное

сравнение имеет решений.

Пусть При некоторых а и b должна выполняться одна из систем

Решая одну из этих систем, получим . Поэтому указанное сравнение имеет решений.

8, а. Определяя сравнением , имеем

Очевидно, пробегает все вычеты полной системы, кроме 1. Отсюда и следует указанная теорема.

b. Указанное равенство следует из

c. Пусть в обозначает число значений у, равных нулю (следовательно, или ). Имеем

При этом находим:

Поэтому

d. a) Имеем

При суммирование по дает . При не равном , суммирование по (вопрос а) дает —1. Поэтому

Р) Согласно теореме вопроса а) имеем

у) При теорема тривиальна. При применим теорему вопроса а). Допустив, что в указанном в вопросе ряде квадратичных невычетов нет, убедимся, что при Поэтому не равны как составные) найдем

что невозможно.

9, а. Если представляется в виде (1), то решение

сравнения является также и решением сравнения (2). Мы будем говорить, что указанное представление связано с решением (5) сравнения (2).

С каждым решением (5) сравнения (2) связано не менее одного представления (1). Действительно, взяв имеем

Поэтому , где . Далее, из (2) следует, что . Отсюда и из находим

При этом ввиду

Если то ввиду представление (6) связано с решение (5). Если , то ввиду представление связано с решением (5). С каждым решением (5) связано не более одного представления (1). Действительно, если два представления числа в виде (1) связаны с одним и тем же решением (5), то из следует Поэтому откуда ввиду следует

b. Если представляется в виде (3), то решение

сравнения является также и решением сравнения (4). Мы будем говорить, что указанное представление связано с решением (7) сравнения (4).

Зная решение (7) сравнения (4), найдем не менее одного представления (3). Действительно, взяв имеем

Поэтому , где Далее из (4) следует, что Отсюда и из следует, что при должно быть или или . В последнем случае — четное, При должно быть или или или Второй случай невозможен: по модулю 4 левая часть сравнима с 0, а правая — . В третьем случае кратно

Допустив, что два представления числа в виде (3) связаны с одним и тем же решением сравнения (4), найдем Допустив, что эти представления связаны с различными решениями сравнения (4), найдем , откуда что ввиду невозможно.

с, а) Слагаемые суммы равны.

Р) Имеем

у) Полагая имеем

При не равном x или результат суммирования по к будет Поэтому

10, а. Имеем

в. Взяв любое с условием найдем целые с условиями откуда, умножая почленно на получим с условием найдем новые целые с условием и т. д.

Очевидно, в интервале существует такое целое, не равное нулю к, что среди пар найдется бесчисленное множество пар условием среди же последних наверно найдутся две пары с условием Определяя целые По равенством , имеем (вопрос )

Поэтому и - целые и

с. Числа определяемые равенством (2), удовлетворяют (вопрос а) уравнению (1).

Допустив существование пары целых положительных удовлетворяющих уравнению (1), но отличной от пар, определяемых равенством (2), мы при некотором будем иметь

Отсюда, деля почленно на получим

где (вопрос а) и целые, определяемые равенством

и удовлетворяющие уравнению

Но из (4) следуют неравенства которые в соединении с первым неравенством (3) показывают, что X и У — положительные. Поэтому второе неравенство (3) противоречит определению чисел

11, а. Имеем

При данном t суммирование по даст или 0, в зависимости от того, делится на или нет. При нечетном имеем

При четном имеем

Здесь правая часть равна 0 при нечетном и равна при четном

b, а) При любом целом b имеем

откуда, выбрав b из условия мы и получим указанный результат.

Р) Имеем

Часть правой части, отвечающая численно равна оставшаяся часть численно не превосходит

Y) Имеем

Часть правой части, отвечающая равна . А оставшаяся часть численно меньше чем

6) Пусть пробегает квадратичные вычеты, а пробегает квадратичные невычеты по модулю , заключенные в ряде . Справедливость теоремы следует из равенств

е) Имеем

При суммирование по дает , при оно дает Поэтому

Или (второе решение): имеем

При суммирование по дает При оно дает (вопрос 8). Поэтому

) Следует из легко выводимого равенства

) Имеем

Часть правой части, отвечающая равна 0. Оставшаяся часть численно меньше, чем (вопрос ) и вопрос И, с, гл. III)

) Следует из неравенства вопроса и равенства ) Часть суммы равна а часть суммы равна Поэтому вся сумма равна Часть суммы с равна 0, а оставшаяся часть численно меньше,

Следовательно,

v) Теорема будет доказана, если покажем, что при сумма

будет меньше, чем

Но часть суммы отвечающая равна нулю, а оставшаяся часть численно меньше, чем