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