王进明--初等数论-习题解答

王进明初等数论习题及作业解答P17习题1-11，2(2)(3),3，7，11，12为作业。1．已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.解：1226,1226454,abab12261226454,bb(121)454122626390,bb=30,被除数a=12b+26=360+26=386.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍”问题。2．证明：(1)当n∈Z且39(09)nqrr时，r只可能是0,1,8;证：把n按被9除的余数分类，即：若n=3k,k∈Z，则3327nk,r=0；若n=3k+1,k∈Z，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1nkkkkkk,r=1；若n=3k－1,k∈Z，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8nkkkkkk,r=8.(2)当n∈Z时，32326nnn的值是整数。证因为32326nnn=32236nnn，只需证明分子3223nnn是6的倍数。32223(231)(1)(21)nnnnnnnnn(1)(21)nnnn=(1)(2)nnn(1)(1)nnn.由k!必整除k个连续整数知：6|(1)(2)nnn,6|(1)(1)nnn.或证：2!|(1)nn,(1)nn必为偶数.故只需证3|(1)(21)nnn.若3|n,显然3|(1)(21)nnn；若n为3k+1,k∈Z，则n－1是3的倍数，得知(1)(21)nnn为3的倍数；若n为3k－1,k∈Z，则2n－1=2(3k－1)－1=6k-3,2n－1是3的倍数.综上所述，(1)(21)nnn必是6的倍数,故命题得证。(3)若n为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．证明：利用11n+2+122n+1=121×11n+12×144n=133×11n+12×(144n－11n)及例5的结论．(4)当m，n，l∈N+时，()!!!!mnlmnl的值总是整数证明：()!mnl=()(1)(1)()(1)(1)!mnlmnlnlnlnlll由k!必整除k个连续整数知：!|()(1)(1)mmnlmnlnl,n!|()(1)(1)nlnll，从而由和的整除性即证得命题。(5)当a，b∈Z且a≠－b，n是双数时，|()nnabab；(6)当a，b∈Z且a≠－b，n是单数时，|()nnabab．解：利用例5结论：若a≠b，则|()nnabab．令b=－b*,即得。或解：a=(a+b)－b，(5)当n为双数时，由二项式展开nnnnababbb1111nnnnabnabbnabb，证得。(6)当n为单数时类似可得。3．已知a1，a2，a3，a4，a5，b∈Z,且5221iiab，说明这六个数不能都是奇数．解：若这六个数都是奇数，设21,,1,2,3,4,5iiiakkZi，则55522111(21)4(1)5iiiiiiiakkk，因为2|(1)iikk，所以8|451(1)iiikk,52185,iiaqqZ,而22(21)4(1)1bkkk，2*81bq，*,kqZ，即等式左边被8除余5,而右边被8除余1,故不可能这六个数都是奇数。4．能否在下式的各□内填入加号或减号，使下式成立；能的话给出一种填法，否则，说明理由。1□2□3□4□5□6□7□8□9=10不能，因为等式左边有单数个单数，它们的和差只能是奇数，而等式右边10为偶数。或解：无论各□内填入加号或减号，1□2□3□4□5□6□7□8□9+1+2+3+4+5+6+7+8+9总是偶数，而1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,因此的结果1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇数。5．已知：a，b，c均为奇数．证明20axbxc无有理根。证：若有有理根，记为,,ppqq互质，代入方程有2()0ppabcqq即220apbpqcq，这是不可能的，因为p,q互质，二者不可能同时为偶数。若p为偶数，则2apbpq为偶数，但2cq是奇数，它们的和不可能为0;若q为偶数，则2bpqcq为偶数，但2ap是奇数，它们的和也不可能为0。6．在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．7．将1-—99这99个自然数依次写成一排，得一多位数A＝1234567891011…979899，求A除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余数分别是多少?解：由数的整除特征，2和5看末位，∴A除以2余1，A除以5余4；4和25看末两位，∴A除以4余3，A除以25余24；8和125看末三位，∴A除以8余3，且除以125余24；3和9看各位数字的和，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=45，A所有数字的和等于450,∴A除以3和9都余0，A除以11的余数利用定理1.4,计算奇数位数字之和－A的偶数位数字之和．奇数位数字之和1+3+5+7+9+(0+1+…+9)×9，偶数位数字之和2+4+6+8+(1+2+…+9)×10，两者之差为－40，原数除以11的余数就是－40除以11的余数：4.8．四位数7x2y能同时被2，3，5整除，求这样的四位数．解：同时被2，5整除，个位为0，再考虑被3整除，有4个：7020，7320，7620，7920．9．从5,6,7,8,9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3,5,7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？被5整除，个位必为5.5+6+7+8=26,5+6+7+9=27,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5,6,7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,从最大的开始试除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。10．11．1至1001各数按以下的格式排列成表，像表中所示的那样用—个正方形框住其中的9个数，要使9个数的和等于(1)2001，(2)2529，(3)1989，能否办到?如能办到，写出框里的最小数与最大数．如办不到，说明理由．1234567891011121314151617181920212223242526272899599699799899910001001解：设框里居中心的数为x,则9个数的和等于9x.(1)9不能整除2001，∴和等于2001办不到；(2)9x=2529，x=281，是所在行第一个数，∴和等于2529办不到；(3)9x=1989，x=221，和等于1989能办到，框里的最大数为x+8=229，最小数为x－8=213．12．证明：7(或11或13)13210|nnaaaaaa的特征是：7(或11或13)整除13210||nnaaaaaa解答：因为7×11×13=1001。（谐“一千零一夜”）∴anan-1…a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0+(anan-1…a3－a2a1a0)×1000．附）广西师范大学赵继源主编的《初等数论》习题1—1中的部分题目3．已知a，b，c中，有一个是2001，有一个是2002，有一个是2003，试判断(a—1)×(b—2)×(c—3)的奇偶性，并说明理由．6．24|62742,,.求9.是否存在自然数a和b，使a2－b2=2002成立?11．证明：当n∈Z时，6|n(n＋1)(2n＋1)．12．已知：2fxaxbxc，f(0)，f(－1)，f(1)，x均为整数．证明：.fxZ解答：3．偶数．因为a，b，c中，有三个奇数，所以a－1，c－3中至少有一个是偶数．6．只需3|62742,8|62742且，即3|(),8|且，先考虑0,2,4,6,8,有5组解0,2,4,7,9,0;4;8;2;6.9．不存在．利用a2－b2=(a－b)(a+b)，而a－b，a+b的奇偶性相同．而2002=2×1001.11．用数学归纳法或n(n+1)(2n+1)=n(n+1)(n+2)+(n－1)n(n+1)，利用整除的基本性质(13)．12．由f(0)，f(－1)，f(1)，x均为整数可得c,a+b,a－b均为整数.进而知2a，2b为整数.分类讨论(k∈Z):x=2k时，由2a，2b为整数f(x)显然为整数;x=2k+1时，f(2k+1)=4ak(k+1)+2bk+a+b+c,可知f(x)仍然为整数。习题1-21.判断下列各数中哪些是质数？109，2003，173572.求证：对任意n∈Z+，必有n个连续的自然数都是合数.3.当n是什么整数时，n4+n2+1是质数？4.求证：当n∈Z+时，4n3+6n2+4n+1是合数.5.求a，使a，a+4，a+14都是质数.6.已知两个质数p和q满足关系式3p+5q=31.求p/(3q+1)的值.7.已知p3，且p和2p+1都是质数，问4p+1是质数还是合数？8.由超级计算机运算得到的结果（2859433－1）是一个质数，试问：（2859433+1）是质数还是合数？请说明理由.9.已知：质数p、q使得表达式（2p+1）/q及(2q-3)/p都是自然数，求p、q的值.10.试证：形如4n-1的数中包含有无穷多个质数.11.（1）若n是合数，证明：2n-1也是合数；（2）有人认为下列各和数：1+2+4，1+2+4+8，1+2+4+8+16，…交替为质数与合数，你认为对吗？12.已知：质数p≥5，且是质数，证明：4p+1必是合数.习题1-2解答1.10911,109用质数试除到7,200345,2003用质数试除到37，可知两者是质数，17357=17×1021是合数.试除时，用数的整除特征考虑：2，3，5显然不能整除它，由上节第8题结论，357－17=340，340不能被7，11，13整除，再用17考虑，得分解式。2.为作一般性证明，可如下构造n个连续自然数：（n+1）！+2，（n+1）！+3，…，（n+1）！+n+1显然它们每个都是合数.3.利用n4+n2+1=n4+2n2+1－n2=(n2+n+1)(n2－n+1)，知仅当n=±1时，n4+n2+1为质数.4.利用4n3+6n2+4n+1=(2n+1)(2n2+2n+1),n∈Z+,n≥1,2n+1和2n2+2n+1皆为大于1的数.5.a=3.思路：分类讨论(k∈Z):∵a=3k+1时，a+14是3的倍数，a=3k+2时，a+4是3的倍数。∴必有a=3k，即a为3的倍数。而a是质数,只有a=3时，三个数全是质数。6.条件为一个不定方程,可知1q≤5,穷举得q=2,p=7;q=5,p=2两组解。故1或1/8。7.合数.利用质数p3得p不是3的倍数，p=3k+1，3|2p+1，所以，p=3k+2，3|4p+1.或解：4p，4p+1，4p+2是三个连续整数，必有一个被3整除，由题设，只有3|4p+1.8.合数.2859433不可能是3的倍数，连续三个自然数中必有一个是3的倍数.即（2859433+1）。另一种解法：由习题1—1第1题（2）的结论，（2+1）|（2859433+1）．9.设2123,pqhkqp，h、k必为奇数,21424242423ppppkqqkpkp,得，而k不能为3,故只有k=1,这样2q－3=p,代入454qhq，同时质数p、q大于3.所以,只能有h=3,因而得q=5,p=7.10.先证：一切大