31 $(b)mod(d)=1\rightarrow (b^{m})mod(d)=((kd+1)^{m})mod(d)=1$

所以$((a_{m}a_{m-1}...a_{1}a_{0})_{b}=\sum_{k=0}^{m}a_{k}b^{k})mod(d)=\sum_{k=0}^{m}a_{k}$ 也就是說，只要$(b)mod(d)=1$，那麼一個$b$進位制的數字能夠被$d$整除當且僅當各位數字之和能夠被$d$整除

32 $\left \{ (kn)mod(m)|k\perp m ,0\le k <m\right \}=\left \{ (k)mod(m)|k\perp m ,0\le k <m \right \}$，所以將兩邊的$\varphi (m)$個數字乘起來，兩邊除以$\prod _{k\perp m ,0\le k <m}k$即可

33 $f(1)=1$,假設$n\perp m$，那麼$f(mn)=\sum_{d\perp mn}f(d)g(\frac{mn}{d})=\sum_{x\perp m,y\perp n}f(xy)g(\frac{m}{x}\frac{n}{y})=\sum_{x\perp m}\sum_{y\perp n}f(x)g(\frac{m}{x})f(y)g(\frac{n}{y})=h(n)h(m)$

34 在公式4.56中，如果$d$不是整數，那麼$f(d)=0$,所以$g(m)=\sum_{d|m}f(d)=\sum_{d|m}f(\frac{m}{d})=\sum_{d\geq 1}f(\frac{m}{d})$

35 下面使用的符號與公式4.5相關的符號相同。

$m^{'}=\overline{m}-\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor\overline{r},n^{'}=\overline{r}\rightarrow I(m,n)=m^{'}=I(m,\overline{r})-\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor I(\overline{r},m)=I(m,(n)mod(m))-\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor I((n)mod(m),m),I(n,m)=n^{'}=(n)mod(m)$

$I(0,n)=0,I(m,0)=1$

36 首先證明2不可以。

假設2可以分解為兩個非單位數乘積，即$2=(a+b\sqrt{10})(c+d\sqrt{10})=(ac+10bd)+(ad+bc)\sqrt{10}\rightarrow ac+10bd=2,ad+bc=0\rightarrow (a-b\sqrt{10})(c-d\sqrt{10})=(ac+10bd)-(ad+bc)\sqrt{10}=2\rightarrow (a^{2}-10b^{2})(c^{2}-10d^{2})=4$

由於$|a^{2}-10b^{2}|\neq 1,|c^{2}-10d^{2}|\neq 1$,所以要麼它們都為2或者都為-2. 由於任何整數的平方模10為0,1,4,5,6,9,所以不會是2.所以$(a^{2}-10b^{2})mod(10)=(a^{2})mod(10)\neq 2$。所以假設錯誤。

3和$4\pm \sqrt{10}$的證明類似

37 令$a_{n}=2^{-n}ln(e_{n}-\frac{1}{2})=2^{-n}ln((e_{n-1}-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4})>2^{-n}ln((e_{n-1}-\frac{1}{2})^{2})=2^{-(n-1)}ln(e_{n-1}-\frac{1}{2})=a_{n-1}$

令$b_{n}=2^{-n}ln(e_{n}+\frac{1}{2})=2^{-n}ln(e_{n-1}^{2}-e_{n-1}+\frac{3}{2})<2^{-n}ln(e_{n-1}^{2}+e_{n-1}+\frac{1}{4})=2^{-n}ln((e_{n-1}+\frac{1}{2})^{2})=b_{n-1}$

所以$a_{n-1}<a_{n}<b_{n}<b_{n-1}$

另外$e_{n}=\left \lfloor E^{2^{n}}+\frac{1}{2} \right \rfloor\Leftrightarrow e_{n}\leq E^{2^{n}}+\frac{1}{2}<e_{n}+1\Leftrightarrow e_{n}-\frac{1}{2}\leq E^{2^{n}}<e_{n}+\frac{1}{2}\Leftrightarrow 2^{-n}ln(e_{n}-\frac{1}{2})\leq lnE<2^{-n}ln(e_{n}+\frac{1}{2})\Leftrightarrow a_{n}\leq lnE<b_{n}$

所以$E=\lim_{n\rightarrow oo}e^{a_{n}}$

38 令$r=(n)mod(m)$，那麼$a^{n}-b^{n}=(a^{m}-b^{m})(a^{n-m}+a^{n-2m}b^{m}+...+a^{r}b^{n-m-r})+b^{m\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor}(a^{r}-b^{r})$

所以$Gcd(a^{n}-b^{n},a^{m}-b^{m})=Gcd((a^{n}-b^{n})mod(a^{m}-b^{m}),a^{m}-b^{m})=Gcd(b^{m\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor}(a^{r}-b^{r}),a^{m}-b^{m})$

因為$a\perp b\rightarrow b^{m}\perp (a^{m}-b^{m})\rightarrow b^{m\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor}\perp (a^{m}-b^{m})$

所以$Gcd(b^{m\left \lfloor \frac{n}{m} \right \rfloor}(a^{r}-b^{r}),a^{m}-b^{m})=Gcd(a^{r}-b^{r},a^{m}-b^{m})$

一直這樣下去可以得到$Gcd(a^{n}-b^{n},a^{m}-b^{m})=a^{Gcd(n,m)}-b^{Gcd(n,m)}$

39 假設相等，設$m$的序列為$S_{m}=\left \{ m,a_{1},a_{2},...,a_{t},S(m) \right \}$,$m^{'}$的序列為$S_{m^{'}}=\left \{ m^{'},b_{1},b_{2},...,b_{u},S(m) \right \}$，令$\left \{ m,a_{1},a_{2},...,a_{t},S(m) \right \}\cap \left \{ m^{'},b_{1},b_{2},...,b_{u},S(m) \right \}=\left \{ c_{1},c_{2},..,c_{k},S_{m} \right \}=U$

所以$\frac{\prod_{x\in S_{m}}x\prod_{y\in S_{m^{'}}}y}{\prod_{x\in U}x^{2}}$也是完全平方數，所以這時候$S(m)$不是最小的

40 這裡的$p$是一個素數。

令$f(n)=\prod_{1\leq k \leq n,(k)mod(p)\ne 0}k=\frac{n!}{p^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor!}$

那麼$\frac{n!}{p^{\xi _{p}(n!)}}=f(n)f(\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor)f(\left \lfloor \frac{n}{p^{2}} \right \rfloor)...$

而$f(n)\equiv a_{0}!((p-1)!)^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\equiv a_{0}!(-1)^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}(mod(p))$

$f(\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor)\equiv a_{1}!(-1)^{\left \lfloor \frac{n}{p^{2}} \right \rfloor}(mod(p))$

$f(\left \lfloor \frac{n}{p^{2}} \right \rfloor)\equiv a_{2}!(-1)^{\left \lfloor \frac{n}{p^{3}} \right \rfloor}(mod(p))$

乘起來可以得到$\frac{n!}{p^{\xi _{p}(n!)}}\equiv (-1)^{\xi _{p}(n!)}a_{0}!a_{1}!..a_{m}!(mod(p))$

41 (1)假設$n^{2}\equiv -1(mod(p))\rightarrow (n^{2})^{\frac{p-1}{2}}=n^{p-1}\equiv -1(mod(p))$ ,這是矛盾的

（２）$n=(\frac{p-1}{2})!$

比如$n=13$，那麼$(1)mod(13)=(-12)mod(13),(2)mod(13)=(-11)mod(13),..,(6)mod(13)=(-7)mod(13),$

所以$n\equiv \left ( (-1)^{\frac{p-1}{2}}\prod_{1\leq k \leq \frac{p-1}{2}}(p-k)=\frac{(p-1)!}{n} \right )(mod(p))\rightarrow n^{2}\equiv \left ((p-1)!=1  \right )(mod(p))$

42 如果$Gcd(mn^{'}+nm^{'},nn^{'})=a>1$,假設$a$可以整除$n$，那麼$a$不能整除$n^{'}$.所以$a$可以整除$nm^{'}$，所以$a$也可以整除$mn^{'}$,而$a$不能整除$m$也不能整除$n^{'}$，所以這是不成立的

43 函式$\rho (n)$在這裡的題目23中。

很明顯，奇數次乘以的矩陣一定是$L^{-1}R$。偶數次$n=2k$乘以的矩陣是$R^{-\rho (n)}L^{-1}RL^{\rho(n)}$.這個矩陣乘以前以及以後的樣子是$...L\underbrace{RR...R}_{\rho(n)}\rightarrow ...R\underbrace{LL...L}_{\rho(n)}$

44 數字0.3155和0.3165的分數是$\frac{631}{2000},\frac{633}{2000}$。在Stern-Brocot中在這個區間中最簡單的分數是$\frac{6}{19}$

45 $x^{2}\equiv x(mod(10^{n}))\Leftrightarrow x(x-1)\equiv (mod(10^{n}))\Leftrightarrow x(x-1)\equiv (mod(2^{n})),x(x-1)\equiv (mod(5^{n}))\Leftrightarrow (x)mod(2^{n})=0,1,(x)mod(5^{n})=0,1$

所以滿足條件的$x$最多有四個，其中兩個是$0,1$，另外兩個的形式為$t,10^{n}+1-t$