王进明初等数论习题详细解答5第九版.docx
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王进明初等数论习题详细解答5第九版
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:
a12b26,ab1226454,12b26b1226454,
a=12b+26=360.
(121)b454122626390,b=30,被除数
问题:
这题的后面部分是小学数学的典型问题之一一一“和倍”
商为12,表明被除数减去余数后是除数的12倍,被除数减去余数后与除数相加的和是
2.证明:
(1)
除数的(12+1)倍,即454122626390是除数的13倍.
当n€Z且n39qr(0r9)时,r只可能是0,1,8;
证:
把n按被
若n=3k+1,k
9除的余数分类,即:
若n=3k,k€Z,则n327k3,r=0;
9k(3k23k
€Z,则
(3k)33(3k)23(3k)1
1)1,r=1;
若n=3k—1,k
€Z,则
32
(3k)3(3k)3(3k)1
32
9(3k3k
k1)8,r=8.
⑵
当n€Z时,
32
nn
证
因为
32
2n3
3n2n
(n
1)n(n
由k!
必整除
n
-的值是整数。
6
n=__3^__n,只需证明分子
n(2n23n1)(n1)n(2n
2n1)=n(n1)(n2)(n
k个连续整数知:
6|n(n1)(n
或证:
2!
|(n
1)n,
1)
2n3
1)n(n
2),6|
c2
3nn
1).
是6的倍数。
(n1)n(n1).
(n1)n必为偶数.故只需证3|(n1)n(2n1).
若3|n,
显然3|(n1)n(2n1);若n为3k+1,k€Z,则n—1是3的倍数,得
知(n1)n(2n1)为3的倍数;若n为3k—1,k€乙贝卩2n—1=2(3k—1)—仁6k-3,2n
—1是3的倍数.
综上所述,(n1)n(2n1)必是6的倍数,故命题得证。
又证:
(nDn(2n。
孑+屁+…+(n-“2,整数的平方和必为整数。
6
当n€Z—时,-n€Z+,从而同样推得(n°n(2n1为整数,故命题得证。
6
(3)若n为非负整数,则133|(11n+2+122n+1).
证明:
利用11n+2+122n+1=121X11n+12X144n=133X11n+12X(144n—11n)及例5的结论.
⑷当mn,l€N+时,(mnl)!
的值总是整数m!
n!
丨!
证明:
(mnl)!
=(mnl)(mn丨1)L(n丨1)(n1)(n丨1)L(l1)l!
由k!
必整除k个连续整数知:
m!
|(mnl)(mn丨1)L(n丨1),
n!
|(nl)(nl1)L(l1),从而由和的整除性即证得命题。
⑸当a,b€Z且a工一b,n是双数时,ab|(anbn);
⑹当a,b€Z且az—b,n是单数时,ab|(anbn).
解:
利用例
5结论:
若a
工
b,
则ab
|(an
或解:
a=
:
(a+b)
—b,
当n为双数时,
nn
ab
ab
b
n
bn
n
n
1
n1
ab
na
b
b
L
1
na
得。
3.已知
a1,a2,
a3,
a4,
a5,
b€Z,且
5
2
a
bn)•令b=—b*,即得。
由二项式展开
解:
若这六个数都是奇数,设
bbn1,证得。
(6)当n为单数时类似可
b2,说明这六个数不能都是奇数.
a2ki1,KZ,i123,4,5,则
2ai
(2K1)2
i1
5
4ki(ki
i1
5
1)5,因为2|ki(ki1),所以8|4k(k1),
1
2ai
8q5,qZ,
222**
而b(2k1)4k(k1)1,b8q1,k,qZ,
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□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口3□4口5口6口7口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□填入加号或减号,1□2口3口4□5□6口7口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口3口4□5□6口7口8□9一定是奇数。
5.已知:
a,b,c均为奇数.证明axbxc0无有理根。
证:
若有有理根,记为卫,p,q互质,代入方程有a(P)2b卫c0
qqq
若p为偶数,则ap2bpq为偶数,但cq2是奇数,它们的和不可能为0;
若q为偶数,则bpqcq2为偶数,但ap2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…97
9899,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一A的偶数位数字之和.奇数位数字之和1+3+5+7+9+(0+1+…+9)X9,偶数位数字之和2+4+6+8+(1+2+…+9)X10,两者之差为—40,原数除以11的余数就是—40除以11的余数:
4.
&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=7X1395,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一个正方形框住其中
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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
M
M
L
M
M
995
996997
998
999
1000
1001
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2001,二和等于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)|anan1La3a2a1a0的特征是:
7(或11或13)整除
|a*an1La3a2aia01
解答:
因为7X11X13=1001。
(谐“一千零一夜”)而
(ana^La3a2qa°)x1000.
anan丄a3a2qa°=7x11x13汎聊。
anan1L
anan1La3
71113(anan丄a?
附)广西师大学继源主编的《初等数论》习题1—1中的部分题目
(与上面相同或相似的题目不列,以下各章节同)
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)x(b—2)x(c—3)的奇偶性,并说明理由.
6.24|62742—,求,.
22
9.是否存在自然数a和b,使a-b=2002成立?
10.证明:
当n€Z时,6|n(n+1)(2n+1).
12已知:
fxax2bxc,f(0),f(—1),f
(1),x均为整数.证明:
fx乙
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3162742,且8|62742
,即3|(
),且8|,先考虑0,2,4,6,8,有
5组解
0,
0;
2,4,7,9,
4;8;2;6.
22
9.不存在.利用a—b=(a—b)(a+b),而a—b,a+b的奇偶性相同.而2002=2X1001.
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1-2
1.用试除法确定下列各数中哪些是质数?
哪些是合数?
1987,2027,2461,17357
解:
.198745,2027-45.022,用质数试除到43,可知两者是质数,■.2461-49.61,用质数顺次试除,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12
题结论,357—17=340,340不能被7,11,13整除,再用17,23考虑,2461-23=107,2461
是合数。
用类似思路顺次试除17357,到17,得分解式17357=17X1021,17357是合数。
2.当n是什么正整数时,£(n)n44,f?
(n)n55n49n3+8n2+4n+1,fs(n)=n4
2422
—18n+45,f4(n)=n+n+1,f§(n)3n4n1的值是质数?
是合数?
42222222
解:
£(n)n4n44n(n2)(2n)(n2n2)(n2n2)
22
[(n1)21][(n1)21],当n=1时,f1(n)是质数;当n>1时,f1(n)是合数。
543432322
f2(n)(n2nn)(3n6n3n)+(2n4n2n)(n2n1)
=(n+1)2(n3+3n2+2n+1)。
n无论是什么正整数时,n+1>1,二f2(n)总是合数。
2222
f3(n)=(n23)(n215)令n-3=1或n-15=1知仅当n=2或n=4时,f3(n)为质数,
n为其它正整数时,f3(n)是合数。
n4+n2+1=n4+2n2+1—n2=(n2+n+1)(n2—n+1),令n2+n+仁1或n2—n+仁1知
仅当n=1时,f4(n)=n4+n2+1为质数,n>1时,f4(n)是合数。
f5(n)(3n1)(n1)(n)当n=2时为质数,n为其它正整数时是合数。
3.试证:
(1)一切大于3的质数,不是形如6n+1就是6n—1的数(n€N);
(2)任意多个形如6n+1的数的乘积仍是形如6n+1的数;
(3)形如6n—1的数中含有无限多个质数.
证:
(1)因为形如6n或6n±2或6n+3为合数;所以结论成立;
(2)先证明两个形如6n+1的数的乘积仍是形如6n+1的数:
(6n1
1)(6n2
1)
36n1n2
6n16n2
16(6n1n2n1n2)1,
显然,
6n1n2
n1
n2N,
结论成立。
然后用数学归纳法可得一般性结论。
(3)若形如6n—
1的数中只有
k个质数:
P1,p2,…,pko令N=6p1p2…pk—1,N为
形如6n—1的数,由假设N必为合数,且必有一个形如6n—1的质因数p(否则就全是形
如6n+1的数,由⑵中结论,乘积必为形如6n+1的数,与N的形式不符),因此p为p1,p2,…,pk中的某一个,于是,p|1,矛盾。
4.设m>1,当m|[(m1)!
1]时,m必为质数.
证:
若m为合数,m最小的大于1的约数必为质数,设为p,p是2,3,…,m—1中一个数。
显然p|(m—1)!
且p|[(m—1)!
+1],于是,p|1,矛盾。
5.是否有1999个连续的自然数,它们之中恰好只有一个是质数?
证:
显然存在1998个连续的自然数都是合数,比如1999!
+2,1999!
+3,…,1999!
+1999.
现在设a1,a2,…,是任意1998个连续的合数,若比a1小的最大的质数是p,贝Up,p+1,p+2,,…,p+1998就是题目所要求的1999个连续的自然数。
这里的p可以如下确定:
比a1小1的不是质数,就考虑比a1小2的,还不是,就考虑小3的,…,直到是质数为止,这个质数即为p。
事实上,p后面的合数不少于1998个,所以可从p后面选1998个都是合数。
附)广西师大学继源主编的《初等数论》习题1—2中的部分题目(与以上相同的不列)
1.判断下列各数中哪些是质数?
109,2003
2.求证:
对任意n€Z+,必有n个连续的自然数都是合数.
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p>3,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•(此题在王进明教材中为例題)
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,…咬替为质数与合数,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43,可知两者是质
数,17357=17X1021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.
4.利用4n+6n+4n+仁(2n+1)(2n+2n+1),n€Z,n>1,2n+1和2n+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1故1或1/8。
7.合数.利用质数p>3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.设並」h,空k,h、k必为奇数,並」如21^2位2,得k4,而
q
p
q
2q
kp3
kp
k不能为3,故只有
k=1,这样2q—3=p,
代入h
4q5q
4,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:
一切大于
2的质数,不是形如
4n+1
就是形如
4n—1的数;
再证任意多个形
如4n+1的数仍是形如4n+1的数;最后用数学归纳法验证.
若形如4n—1的质数只有有限个:
p1,P2,…,pk。
令N=4p1p2…pk—1,N为形如4n—1的数,由假设N必为合数,且必有一个形如4n—1的质因数p(否则就全是形如4n+1的数,乘积必为形如4n+1的数),因此p为p1,p2,…,pk中在某一个,于是,p|1,矛盾。
11.
(1)n是合数,设n=st,2n-仁2st-1=(2s-1)(2s)t-1+(2s)t-2+-+2s+1:
.
(2)1+2+22+-+2n-1=2n-1.当n=14,15时,214-1,215-1均为合数,•不对.
12.取模为6分类讨论p,即设p=6q+r(r=0,1,2,3,4,5)
由质数p>5,若p=6q,6q+2,6q+3或6q+4,p皆为合数,不可能•若p=6q+1,则2p+仁12q+3也是合数,故在题设条件下,只有p=6q+5,此时4p+1=24q+21,是合数.
实际上,这题与第7题完全相同。
质数p>3质数p>5,可用前面的方法简单求解。
习题1-3
1.求:
(1)(30,45,84),:
30,45,84];
(2)(21n+4,14n+3)(其中n€N);
解:
(1)(30,45,84)=(30,15,24)=(0,15,9)=3,
[30,45,84]=[90,84]=6[15,14]=6X15X14=1260.
(2)-2(21n+4)+(14n+3)=1,故(21n+4,14n+3)=1
2.当n€N时,求证:
(n1,n1)
1(2|r)
2(2/n>
即2|n时,(n-1,n+1)=1;
证:
n=2k时,k€Z,(n-1,n+1)=(2k-1,2k+1)=(-2,2k+1)=1;n=2k+1时,k€Z,(n-1,n+1)=(n-1,2)=(2k,2)=2.
3.用辗转相除法求(4453,5767),并写出相应的裴蜀等式。
解:
竖式:
5767445311314
4453
1
5787
445313143511
3942
3
4453
13145112292
511
2
1314
511292273
584
2
1022
292734
73
292
0
1
2
3
4
q
1
3
2
2
p
1
1
4
9
22
Q
0
1
3
7
17
4453X22+5767X(—17)=—73,二5767X17-4453X22=73
1314
5767
4453
73(1314
5112)
2
511
13142
511
5
或由511
4453
13143推得
1314
2
(4453
13143)
5
292
1314
5112
1314
17
4453
5
(5767
4453)
17
44535
73
2922
511
5767
17
4453
22
4.已知24|62742ab,求a,b
解:
6274200=261425X24,故只需24|ab,即ab=0,24,36,48,72,96.
又解:
24=3X8,3,8互质,故只需3|62742ab,8|62742ab,即3|(a+b);又8|2ab,
8|200,故只需8|ab,从而ab必为8的倍数,3,8同时考虑,故答案是00,24,48,72,96.
5•求证:
lg2,.15是无理数.
0=lg1