初等代数研究课后习题答案完整版余元希Word下载.docx
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N，a
ba
（2）
由
（1）
b与a1
b不可能同时成立，
假设a
b与a
b同时成立，
则B,
B,使A~B,且A~B，
B~B,与B为有限集矛盾，ab与ab不可能同时成立，
综上，对任何a,bN，在ab，ab，ab中有且只有一个成立
2、证明自然数的加法满足交换律.
证明：
对任何a,bN设M为使等式abba成立的所有b组成的集合
先证a
11
设满足此式的
a组成集合
k，
显然有1+1=1+1成立
1k
，设
k，a11
a1
（a
）（a1）
（1a）
1
ak，
k
取定a，则
1M，
设
M,abba，则
ab（a
b）
（b
a）ba
bM
J
M
N
abba
3、证明自然数的乘法是唯一存在的
唯一性：
取定a，反证：
假设至少有两个对应关系f,g，对bN，有
f（b）,g（b）N，设M是由使f（b）g（b）成立的所有的b组成的集合，
f（b）g（b）a11M设bN则f（b）g（b）f（b）ag（b）a
f（b）g（b），bM，MN即bN，f（b）g（b）
1,1b
1b11
k，设aK，
有a,l
b与它对
应
且1
a，abab
a，对bN，令a
abb
ab
ab
b1
（ab
1）
K
即乘法存在
乘法是唯一的
存在性：
设乘法存在的所有a组成集合K当a1时，bN,
p24—5、解：
满足条件的
A有A
{1,2}，A2{1,2,3}，A3{1,2,4}，A{1,2,5}
A2,A2
A3A4
3,As
A
A7
4,A
5基数和为2
3343528
p24—6、证明：
Aa,B
A中的x与B中的
y对应
Bab，
B
Aba
AB
p24—&
1）3+4=7
31
343
231
（31）4
5
33
32
（3
2）
6
34
3）
7
2）34
12
3
36
9
p24—12、证明:
1）（m
n）
m
n
A5
（mn）
mn1（m1）n
2）（mn）nmm
（mn）mn1mn（m1）nmm
p26—36、已知f（m,n）对任何m,nN满足
f（1,n）n1
f（m1,1）f（m,2）
f（m
1,n1）
f（m,f（m1,n））
求证：
f（2,n）
n2
f（3,n）
2n2
f（4,n）
2n12
1）当n1时，f（2,1）f（11,1）f（1,2）2112结论成立，
假设nk时，结论成立，即f（2,k）k2，
当nk1时，
f（2,k1）f（11,k1）f（1,f（2,k））
f（1,k2）（k2）1（k1）2
所以对一切自然数结论都成立
2）当n1时，f（3,n）f（21,n）f（2,2）22212结论成立
假设nk时，结论成立，即f（3,k）2k2
f（3,k1）f（21,k1）f（2,f（3,k））
f（2,2k2）2k222（k1）2
3）当n1时，f（4,1）f（31,1）f（3,2）2222112结论成立
假设nk时，结论成立，即f（4,k）2k12
f（4,k1）f（3,f（4,k））f（3,2k12）
2（2k12）22k22
p62—1、证明定理2.1
[a,b],[c,d]Z,[a,b][c,d][ac,bd]
因为自然数加法满足交换律[ac,bd][ca,db]
而[c,d][a,b][ca,db][a,b][c,d][c,d][a,b]
“”已知[a,b][c,d]则adbc
p62—5、已知[a,b],[c,d]Z，求证（[a,b][c,d]）[a,b][c,d]
左边（[a,b][c,d]）[ad,bc][bc,ad]
右边[a,b][c,d][b,a][c,d][bc,ad]
所以左边等于右边（[a,b][c,d]）[a,b][c,d]
p62—7、已知a,b,cN，求证当且仅当adbc时[a,b][c,d]
“”已知adbc，[a,b][c,d][ad,bc]
因为adbc[ad,bc]是负数，[a,b][c,d]
已知[a,b][c,d]则[a,b][c,d][ad,bc]
因为[ad,bc]是负数，adbc
设[a,b],[c,d]
而ab,cd
（ac）（bd）（ab）（cd）ab
[acbd,ad
bc]
acbd（adbc）
而
cd
acbd
（adt
）c）
a（c
d）
b（d
c）（ab）（cd）
abcd
II
k名胜负的次数各为ak,bk，
p63—12、n名棋手每两个比赛一次，没有平局，若第
、22222
k1,2,,n，求证：
aia2...anbib2
对于ak（k1,2,...,n），必存在一个bj（j1,2,...,n）使得akbj
b10aps,d10cpt
adbc10acapt（10accps）p（csat）padbc
p63—17、设2不整除a，求证8a21
p63—20、设aZ，求证a（a1）（a2）（a3）1是奇数的平方
（a1）（a2）肯定为偶数
a（a
1）（a
2）（a3）1
[（a
1]（a1）[（a2）（a2）1]1
1）2
（a1）][（a
2）2
2）]1
1）2（a
2）22（a
2）1]2
a1,a2肯定一奇一偶
（a1）（a2）1肯定为奇数
p63—22、证明：
前n个自然数之和的个位数码不能是2、4、7、9
前n个自然数的和为°
n）n
2
因为：
n个自然数的和仍为自然数1+n与n中必定一个为奇数一个为偶数
若个位数码为2
则1+n与n的个位数码只能是1,4或4,1
而（1+n）-n=1个位数码不能为2
若个位数码为4
则1+n与n的个位数码只能是1,8或8,1也不可能成立若个位数码为7
则1+n与n的个位数码有2种可能，则2,7或1,14
也不可能成立，若个位数码为9
则1+n与n的个位数码有2种可能，即2,9或1,18也不可能成立，
综上，前n个自然数和的个位数码不能是2,4,7,9
p63—26、证明2.3定理1（a1,a2,……a.,）=（a1,a2,……an）
（a1,a2,……a“）是印^,……an的公因数中的最大数
所以R需考虑非负整数（a1,a2,an,）=（a1,a2,an）
p63—29、证明2.3定理4的推论（a,b）1的充要条件是有x,yZ使得axby1
因为（a,b）1
a,b不全为0
“”由定理4
x,yZ使axby（a,b）1
“”设（a,b）
d则da,db,daxbyd1d（a,b）1
p63—30、证明2.3定理6及其推论。
定理6：
若mN，贝U（ma,mb）m（a,b）
若a,b都为0,则（0,0）m（0,0）显然成立
若a,b不全为零，则X0,y°
Z使ax°
by。
（a,b）
IIIIII
maxmby（ma,mb）而maxmbym（axby）
因为x,yZ,ax0by°
axbyax0by。
axby
m（ax0by0）maxmbym（a,b）maxmbym（a,b）（ma,mb）
而（ma,mb）amx^mby0m（a,b）（ma,mb）m（a,b）
推论：
设d是a,b的公因数，贝U（a/d,b/d）1的充要条件是d（a,b）
“”d是a,b的公因数dNdd（a/d,b/d）（a,b）
“”因为d（a,b）x,yZ，使axbyd
x,yZ，使（a/d）x（b/d）y1（a/d,b/d）1
p64—32、证明2.3定理七及其推论
定理七：
若（a,c）1,bZ,b,c中至少有一个不为0,则（ab,c）（b,c）
b,c中至少有一个不为0x,yZ使abxcy（ab,c）
因为（a,c）1（ab,c）b,（ab,c）c因为（b,c）（ab,c）（ab,c）（b,c）
若（a,c）1,（b,c）1，则（ab,c）1
因为（b,c）1,b,c不为零（ab,c）（b,c）1
p64—33、已知n是奇数，nab,nab，求证n（a,b）
因为nab,nabn（ab）（ab）,n（ab）（ab）
n2a,n2bn2（a,b），因为n是奇数，n（a,b）
p64—36、已知（a,b）d,（a,b）d，求证（aa,ab,ab,bb）dd
（aa'
ab'
）a（a'
b'
）ad'
（a'
b,bb'
）bd'
IIIIIII
（aa,ab,ab,bb）（ad,bd）dd
p64—40、已知aN，求证a,2a,……na中n的倍数的个数等于（n,a）
当（n,a）d时，d1，令adai,（n,aj1，则a,2a,na可改写为
da1,2da1,nda1因为d1所以其中一定包括na1,2na^（d1）na^dna1
都是n的倍数，共有d个
p64—42、已知p是异于3的奇素数，求证24p1
p是异于3的奇素数，p21为偶数，p3p219
p1（p1）（p1）其中p1,p1都为合数，且都大于3
p1,p1都可被2、3中的一个整除，若2p1，则由p1（p1）2
2p1，因为p13,p1324p21
p64—44、已知整数a,n都大于1，an1是素数，求证a2且n是素数
反证n不是素数当a2时an1不是素数与已知矛盾，所以n是素数
p64—45、求不大于50的一切素数
解：
平方不大于50的素数是2,3,5,7则不大于50的一切素数
2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47
p64—46、求下列各数的标准分解式：
1）82798848
82798848=2835113
p64—49、已知整数a,b,c都大于1，求证[（a,c）,（b,c）]（[a,b],c）
1）因为（1,p）1,（2,p）1,...,（p1,p）1
1p1（modp），2p2（modp），3p3（modp）…（p1）pp1（modp）
12p3p...（p1）p（123...（p1））（modp）
12p3p...（p1）pO（modp）
2）1p11（modp）,2p11（modp）,3p11（modp）…（p1）p11（modp）
12p13p1...（p1）p11（modp）
q1p1
p66—70、设p,q是相异素数，求证pqqp1（modpq）
pq10（modp）,qp11（modp）,pq1qp11（modp）
同理pq1qp11（modq）pq1qp11（mod[p,q]）
即pq1qp11（modpq）
p66—72、已知p是素数，N，求证
（1）（p）（p2）...（p）p
因为p是素数，所以（pk）pkpk1,kN
221
（p）p1,（p）pp,....,（p）pp
因为
（1）1
（1）（p）（p2）...（p）p
p66—73、计算（66150）
322
66150的标准分解式为661502357
02
（66150）2357（21）（31）（51）（71）15120
p66—74、已知整数a2，求证2（a）
设a的标准分解式为aP11P22...Pnn，其中P1,P2,...,Pn为素数
i1,（i1,2,...,n），若a2n显然（a）2a2a1，2（a）
当a2n时，一定p12且p-i1为偶数，2（a）
综上所述a2时2
（a）
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