46 (1)假设$j^{'}j-k^{'}k=Gcd(j,k)$，那么有$n^{j^{'}j}=n^{k^{'}k}n^{Gcd(j,k)}$，所以如果$n^{j^{'}j}=pm+1,n^{k^{'}k}=qm+1 ightarrow n^{Gcd(j,k)}=rm+1$
(2)假设$n=pq$并且$p$是$n$的最小素因子（如果$n$为素数那么$p=n$）。所以$2^{p-1}equiv 1(mod(p))$。如果$2^{n}equiv 1(mod(n)) ightarrow 2^{n}equiv 1(mod(p))$。所以根据上面一个小题的结论,$2^{Gcd(p-1,n)}equiv 1(mod(p))$。而由于$p$是$n$的最小素因子，所以$Gcd(p-1,n)=1$。这会导致错误。所以$2^{n} otequiv 1(mod(n))$
47 $n^{m-1}equiv 1(mod(m)) ightarrow nperp m ightarrow n^{t}perp m ightarrow left ((n^{t})mod(m) ight )perp m,1leq t <m$
假设：如果对于所有的$1leq t <m$，$left (n^{t} ight )mod(m)$不是各不相同的，比如对$1leq x < y < m$有$left ((n^{x})mod(m) ight )=left ((n^{y})mod(m) ight )$，那么$n^{y-x}equiv 1(mod(m))$,其中$y-x<m-1$
根据题目46第一小题的结论，$n^{y-x}equiv 1,n^{m-1}equiv 1 ightarrow n^{Gcd(y-x,m-1)}equiv 1$，而$Gcd(y-x,m-1)<m-1$,所以存在一个素数$p$以及一个整数$q$满足$(y-x)q=frac{m-1}{p}$,而$left ( n^{frac{m-1}{p}}=n^{(y-x)q} ight )equiv 1$，而这与题目给出的$n^{frac{m-1}{p}} otequiv 1$矛盾了。所以上面的假设错误。
对于所有的$1leq t <m$，$left (n^{t} ight )mod(m)$各不相同，并且都与$m$互质，所以$1,2,3,...,m-1$都与$m$互质，所以$m$是素数
48 将每个数字与其逆元相乘，可以不管这些，那么只剩下那些逆元是自己的数字，所以就是计算$prod_{1leq n < m,(n^{2})mod(m)=1}n$.根据$n^{2}equiv 1(mod(m))$的解可以得到，当$m=4,p^{k},2p^{k}(p>２,kgeq 1)$答案为-１，否则为１
49 (1)首先考虑$m<n$，此时答案为$Phi (N)=left (sum_{k=1}^{N}varphi (k) ight )-1$,$m>n$也是这个，$m=n$时只有$m=n=1$成立，所以答案为$R(N)=2Phi (N)-1$
(2)由公式4.62可以得到$R(N)=2Phi (N)-1=-1+sum_{dgeq 1}mu (d)left lfloor frac{N}{d} ight floorleft lfloor frac{N}{d}+1 ight floor=sum_{dgeq 1}mu (d)left lfloor frac{N}{d} ight floor^{2}+left (sum_{dgeq 1}mu (d)left lfloor frac{N}{d} ight floor-1 ight )$
所以现在只需要满足$sum_{dgeq 1}mu (d)left lfloor frac{N}{d} ight floor=1$即可
在公式4.61中，令$f(x)=[xgeq 1] ightarrow g(N)=sum_{dgeq 1}[frac{N}{d}geq 1]=N ightarrow sum_{dgeq 1}mu (d)left lfloor frac{N}{d} ight floor=sum_{dgeq 1}mu (d)g(left lfloor frac{N}{d} ight floor)=sum _{dgeq 1}mu (d)g(frac{N}{d})=f(N)=1$
50 (1) 设$f$是任意一个函数。$prod_{0leq k < m}f(k)=prod_{d|m}prod_{0leq k < m}f(k)[d=Gcd(k,m)]=prod_{d|m}prod_{0leq k < m}f(k)[frac{k}{d}perp frac{m}{d}]=prod_{d|m}prod_{0leq k < frac{m}{d}}f(kd)[kperp frac{m}{d}]=prod_{d|m}prod_{0leq k < d}f(kfrac{m}{d})[kperp d]$
所以$z^{m}-1=prod_{0leq k < m}(z-omega ^{k})=prod_{d|m}prod_{0leq k < d,kperp d}(z-omega ^{frac{km}{d}})=prod_{d|m}Psi _{m}(z)$
最后一步成立是因为$omega^{frac{km}{d}}=e^{frac{2pi i}{m}*frac{km}{d}}=e^{frac{2pi i}{d}*k}$
(2)如果令$g(m)=z^{m}-1,f(m)=Psi _{m}(z)$，也就是已知$g_{m}=prod_{d|m}f(d)$而证明$f_{m}=prod_{d|m}g(d)^{mu (frac{m}{d})}$，两边都取对数，就变成了公式4.56
51 $(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})^{p}=sum_{k_{1}+k_{2}+..+k_{n}=p,k_{i}geq 0}frac{p!}{k_{1}!k_{2}!..k_{n}!}x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}..x_{n}^{k_{n}}$
如果所有的$k_{i}<p$，那么$frac{p!}{k_{1}!k_{2}!..k_{n}!}x_{1}^{k_{1}}x_{2}^{k_{2}}..x_{n}^{k_{n}}equiv 0(mod(p))$
所以$(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})^{p}equiv x_{1}^{p}+x_{2}^{p}+..+x_{n}^{p}(mod(p))$。因此当$x_{i}=1$时有$n^{p}equiv n(mod(p))$
52 如果$p>n$则一定成立。
如果$pleq n$,那么$pperp x ightarrow x^{p-1}equiv 1(mod(p)) ightarrow x^{k(p-1)}equiv 1(mod(p))$
所以只要计算$[１,n-1]$中有多少个数字是$p-1$的倍数即可。有$left lfloor frac{n-1}{p-1} ight floor$个。而由于$pleq n ightharpoonup frac{n-1}{p-1}geq frac{n}{p}$
53 如果$mgeq 6$并且$m$是合数，那么$(m-2)!equiv 0(mod(m))$
(1)如果$n<5$，只有$n=1$满足
(2)如果$ngeq 5$，并且$n$是素数，由于$(n-1)!$没有素数$n$，所以$n$不可能整除$frac{(n-1)!}{n+1}$
(3)如果$ngeq 5$，并且$n$是合数，并且$n+1$也是合数，那么$n$和$n+1$都可以整除$(n-1)!$，并且由于$nperp (n+1)$，所以$n(n+1)$可以整除$(n-1)!$
(4)如果$ngeq 5$，并且$n$是合数，并且$n+1$是素数，那么由威尔逊定理$n!equiv -1(mod(n+1))
ightarrow (n-1)!equiv 1(mod(n+1))$，所以$left lceil frac{(n-1)!}{n+1}
ight
ceil=frac{(n-1)!+n}{n+1}$。而$(n-1)!equiv 0(mod(n))$, 所以$(n-1)!+n$是$n$的倍数，而且$n$和$n+1$互质，所以$n$可以整除$frac{(n-1)!+n}{n+1}$
所以$n=1$或者$n$是大于5的合数
54 $epsilon _{2}(1000!)>500,epsilon _{5}(1000!)=249$，因此存在一个偶数$a$满足$1000!=a*10^{249}$
$1000=(13000)_{5}$ ，那么由第40题的结论可以得到$left (a*2^{249}=frac{1000!}{5^{249}} ight )equiv -1(mod(5))$
另外有$2^{249}equiv 2(mod(5)) ightarrow aequiv 2(mod(5))$，所以$a=10k+2$或者$a=10k+7$
如果$a=10k+2$，那么$left (1000!=a*10^{249}=(10k+2)*10^{249} ight )=2*10^{249}(mod(10^{250}))$
如果$a=10k+7$，答案也是这个
55 考虑每个素数$p$在$P_{2n},P_{n}^{4}$中出现的次数。那么只需要对于所有的$tgeq 1,pgeq 2 ightarrow sum_{k=1}^{2n}left lfloor frac{k}{p^{t}} ight floorgeq 4sum_{k=1}^{n}left lfloor frac{k}{p^{t}} ight floor ightarrowsum_{k=1}^{2n}left lfloor frac{k}{m} ight floorgeq 4sum_{k=1}^{n}left lfloor frac{k}{m} ight floor,mgeq 2$
首先，证明下面的公式成立$left lfloor frac{2n-1}{m} ight floor+left lfloor frac{2n}{m} ight floorgeq 4left lfloor frac{n}{m} ight floor+[nequiv m-1(mod(m))]-[nequiv 0(mod(m))]$
首先，当$1leq n leq m$是成立。其次，当$n$每增加$m$，两边都同时增加４。所以成立。
然后将$n$取$1,2,3,...,n$的所有式子加起来，最后只需要证明$sum_{k=1}^{n}[kequiv m-1(mod(m))]=sum_{k=1}^{n}[kequiv 0(mod(m))]$即可。左边等于$left lfloor frac{n+1}{m} ight floor$，右边等于$left lfloor frac{n}{m} ight floor$。所以除了$n=tm-1$外，其他的$n$都成立。
而当$n=tm-1$时可以得到$4sum_{k=1}^{n}left lfloor frac{k}{m} ight floor=2t(t-1)m$,$sum_{k=1}^{2n}left lfloor frac{k}{m} ight floor=t(2t-1)m-(2t-1)$
由$t(2t-1)m-(2t-1)-2t(t-1)m=km-2k+1geq 1$
所以$sum_{k=1}^{2n}left lfloor frac{k}{m} ight floorgeq 4sum_{k=1}^{n}left lfloor frac{k}{m} ight floor,mgeq 2$恒成立
56 设$f(m)=sum_{k=1}^{2n-1}min(k,2n-k)[m|k],g(m)=sum_{k=1}^{n-1}(2n-2k-1)[m|(2k+1)]$
那么对于质数$p$来说，在分子分母中出现的次数分别为$sum_{kgeq 1}f(p^{k}),sum_{kgeq 1}g(p^{k})$。可以证明只要$m$为奇数，那么有$f(m)=g(m) ightarrow sum_{kgeq 1}^{p^{k}}f(p^{k})=sum_{kgeq 1}^{p^{k}}g(p^{k})$，那么就得到所有不是２的质数都会被消去，所以只剩下２了。
下面证明只要$m$为奇数，那么$f(m)=g(m)$
可以分两种情况，第一种$2kmleq n < (2k+1)m$，第二种$(2k+1)mleq n < (2k+2)m$
第一种情况: $2kmleq n < (2k+1)m ightarrow 4kmleq 2n < 2(2k+1)m ightarrow 4kleq left lfloor frac{2n}{m} ight floor<4k+2$，所以$left lfloor frac{2n}{m} ight floor$等于$4k$或者$4k+1$。当它为$4k$时，$f(m)=g(m)=4kn-4k^2$;当它为$4k+1$时，$f(m)=g(m)=2k(2k+1)n-(2k+1)^2$
第二种情况计算方法类似
57 令$g(n)=sum_{1leq m leq n}sum _{d|m}varphi (d)=sum_{dgeq 1}varphi (d)left lfloor frac{n}{d} ight floor$
那么$g(m+n)-g(m)-g(n)=sum_{dgeq 1}varphi (d)(left lfloor frac{n+m}{d} ight floor-left lfloor frac{n}{d} ight floor-left lfloor frac{m}{d} ight floor)=sum_{din S(n,m)}varphi (d)$
另外，由公式4.54可以得到$g(n)=sum_{1leq m leq n}sum _{d|m}varphi (d)=sum_{1leq m leq n}m=frac{n(n+1)}{2}$
所以$g(m+n)-g(m)-g(n)=mn$
58 首先$f(m)$是积性的，也就是说$m=p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}...p_{t}^{a_{t}} ightarrow f(m)=prod_{k=1}^{t}(sum_{r=0}^{a_{k}}p_{k}^{r})$.所以每个因子都必须是2的幂。所以可以假设$m=p^{k}$
这时候$f(m)=1+p+p^{2}+..+p^{k}$。首先$k$必须为奇数并且$p$不是2.可以证明$k$只能等于1且$p$为梅森素数
假设$k=3 ightarrow f(m)=(1+p)(1+p^{2})$.如果$1+p$为2的幂，假设$1+p=2^{x}$那么$1+p^{2}=2^{2x}-2^{x+1}+2=2(2^{2x-1}-2^{x}+1)$不可能为2的幂。$k$为其他奇数类似。
所以$m$只能为若干梅森素数的乘积
59 证明那个更强的结果。
首先取$1$的时候，有$x_{1}=alpha=2 ightarrow alpha+1leq e_{2},x_{1}(alpha+1) leq e_{1}e_{2}$
假设取$[1,n-1]$时均满足
当取$n$的时候，假设$x_{1}leq x_{2}leq .. leq x_{n-1}leq x_{n}$。分三种情况：
（1）$frac{1}{x_{1}}+frac{1}{x_{2}}+..+frac{1}{x_{n-1}}+frac{1}{x_{n}-1}geq 1,x_{n}>x_{n-1}$,这时候一定存在$eta geq x_{n}-1geq x_{n-1} ightarrow eta^{-1}+sum_{i=1}^{n-1}x_{i}^{-1}=1$,所以$x_{n}leq eta+1leq e_{n} ightarrow x_{1}x_{2}...x_{n-1}x_{n}leq x_{1}x_{2}...x_{n-1}(eta+1)leq e_{1}e_{2}...e_{n-1}e_{n}$.另外如果$alpha^{-1}+sum_{i=1}^{n}x_{i}^{-1}=1 ightarrow alpha=frac{x_{1}x_{2}...x_{n}}{m}$，其中$m$为正整数，所以$alphaleq x_{1}x_{2}...x_{n}leq e_{1}e_{2}..e_{n}=e_{n+1}-1 ightarrow alpha + 1leq e_{n+1} ightarrow x_{1}x_{2}...x_{n}(alpha+1)leq e_{1}e_{2}...e_{n}e_{n+1}$
（2）$frac{1}{x_{1}}+frac{1}{x_{2}}+..+frac{1}{x_{n-1}}+frac{1}{x_{n}-1}geq 1,x_{n}=x_{n-1}$,令$a=x_{n}geq 4,a^{-1}+(a-1)^{-1}=(a-2)^{-1}+zeta ^{-1} ightarrow (a-2)(zeta +1)geq a^{2}$.存在$eta geq zeta ightarrow x_{1}^{-1}+..+x_{n-2}^{-1}+(a-2)^{-1}+eta^{-1}=1 ightarrow x_{1}x_{2}..x_{n}leq x_{1}x_{2}..x_{n-2}(a-2)(zeta +1)leq x_{1}x_{2}..x_{n-2}(a-2)(eta +1)leq e_{1}e_{2}..e_{n}$.这样剩下的证明跟(1)一样
（3）$frac{1}{x_{1}}+frac{1}{x_{2}}+..+frac{1}{x_{n-1}}+frac{1}{x_{n}-1}< 1$.令$a=x_{n},a^{-1}+alpha^{-1}=(a-1)^{-1}+eta^{-1} ightarrow (a-1)(eta+1)>a(alpha+1)$，所以可以用$a-1,eta$来代替$x_{n},alpha$直到(1)或者(2)满足。因为这个操作后，重新排列$x_{i}$后会使得$x_{n}$变小。
60 生成一个素数序列$p_{1},p_{2},..,p_{n-1},p_{n}$，满足$p_{n}geq p_{n-1}^{3}$并且$p_{n}$最小。可以证明如果$p_{1}$足够大，那么在$[p_{n-1}^{3},(p_{n-1}+1)^{3})$一定存在一个素数。否则，由题目给出的定理可以得到存在$p<p_{n-1}^{3} ightarrow p+p^{ heta}geq (p_{n-1}+1)^{3}geq (p^{frac{1}{3}}+1)^{3} ightarrow p^{ heta}geq 3p^{frac{2}{3}}+3p^{frac{1}{3}}+1$，但是如果$frac{6}{11}< heta<frac{2}{3}$且$p$足够大，这种情况就不会出现。所以一定存在$p_{n}$满足$p_{n-1}^{3}leq p_{n}<(p_{n-1}+1)^{3}$
令$a_{n}=3^{-n}ln(p_{n}),b_{n}=3^{-n}ln(p_{n}+1) ightarrow a_{n-1}leq a_{n}<b_{n}leq b_{n-1} ightarrow P=lim_{n ightarrow oo}e^{a_{n}}$