王进明初等数论 习题解答.docx

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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：

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,r=0；

若n=3k+1,k∈Z，则,r=1；

若n=3k－1,k∈Z，则,r=8.

（2）当n∈Z时，的值是整数。

证　因为=，只需证明分子是6的倍数。

=.

由k!

　必整除k个连续整数知：

6,6|.

或证：

2!

|,必为偶数.故只需证3|.

若3|n,显然3|；若n为3k+1,k∈Z，则n－1是3的倍数，得知为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，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，的值总是整数

证明：

=

由k!

必整除k个连续整数知：

n!

|，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，；

（6）当a，b∈Z且a≠－b，n是单数时，．

解：

利用例5结论：

若a≠b，则．令b=－b*,即得。

或解：

　a=（a+b）－b，（5）　当n为双数时，由二项式展开

，证得。

（6）当n为单数时类似可得。

3．已知a1，a2，a3，a4，a5，b∈Z,且，说明这六个数不能都是奇数．

解：

若这六个数都是奇数，设，则

，因为，所以8|4,

　而，，，

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．证明无有理根。

证：

若有有理根，记为互质，代入方程有

即，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，则为偶数，但是奇数，它们的和不可能为0;

若q为偶数，则为偶数，但是奇数，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．

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）的特征是：

7（或11或13）整除

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．

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：

，f（0），f（－1），f

（1），x均为整数．证明：

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，即，先考虑有5组解

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1-2

1.判断下列各数中哪些是质数？

109，2003，17357

2.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.

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.,109用质数试除到7,,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，h、k必为奇数,，而k不能为3,故只有k=1,这样2q－3=p,代入，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，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（为什么？

）,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-1=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.书后提示说取模为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+1=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）（21n+4，14n+3）（其中n∈Z+）；

（2）（30，45，84），［30，45，8