R《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答.pdf

1、 初等数论习题解答（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学院 1/77 第一章第一章 整数的可除性整数的可除性 1 整除的概念带余除法 1证明定理 3 定理 3 若12naaa，都是m得倍数，12nqqq，是任意 n 个整数，则1 122nnq aq aq a是m得倍数 证明：12,na aa都是m的倍数。存在n个整数12,np pp使 1122,nnap m ap map m 又12,nq qq是任意n个整数 1 122nnq aq aq a 1122nnq p mq p mq p m 1 122()nnp qq pq p m 即1 122nnq aq aq a是m

2、的整数 2证明 3|(1)(21)n nn 证明 (1)(21)(1)(21)n nnn nnn (1)(2)(1)(1)n nnnn n 又(1)(2)n nn，(1)(2)nn n是连续的三个整数 故3|(1)(2),3|(1)(1)n nnnn n 3|(1)(2)(1)(1)n nnnn n 从而可知 3|(1)(21)n nn 3若00axby是形如axby（x，y 是任意整数，a，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()axbyaxby 初等数论习题解答（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学院 2/77 证：,a b不全为0 在整数集合|

3、,Saxby x yZ中存在正整数，因而有形如axby的最小整数00axby,x yZ，由带余除法有0000(),0axbyaxby qrraxby 则00()()rxx q ayy q bS，由00axby是S中的最小整数知0r 00|axbyaxby 00|axbyaxby （,x y为任意整数）0000|,|axbya axbyb 00|(,).axbya b 又有(,)|a ba，(,)|a bb 00(,)|a baxby 故00(,)axbya b 4若 a，b 是任意二整数，且0b，证明：存在两个整数 s，t 使得|,|2babstt 成立，并且当 b 是奇数时，s，t 是唯一存

4、在的当 b 是偶数时结果如何？证：作序列33,0,2222bbbbbb则a必在此序列的某两项之间 即存在一个整数q，使122qqbab成立()i当q为偶数时，若0.b 则令,22qqstabsab，则有 02222bqqqabstababbt 若0b 则令,22qqstabsab，则同样有2bt ()ii当q为奇数时，若0b 则令11,22qqstabsab，则有 初等数论习题解答（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学院 3/77 1102222bbqqtabsababt 若 0b，则令11,22qqstabsab，则同样有2bt，综上所述，存在性得证 下证唯一性

5、当b为奇数时，设11abstbst 则11()ttb ssb 而111,22bbttttttb 矛盾 故11,ss tt 当b为偶数时，,s t不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),22222bbbbbbbtt 2 最大公因数与辗转相除法最大公因数与辗转相除法 1证明推论 4.1 推论 4.1 a，b 的公因数与（a，b）的因数相同 证：设d是 a，b 的任一公因数，d|a，d|b 由带余除法 111222111111,0nnnnnnnnnnabqr brqrrrqr rr qrrrrb(,)na br d|1abq1r，d|122brqr，,d|21(,)nnnnrrqra b,

6、即d是(,)a b的因数。初等数论习题解答（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学院 4/77 反过来(,)a b|a且(,)a b|b，若|(,),da b则|,|da db，所以(,)a b的因数都是,a b的公因数，从而,a b的公因数与(,)a b的因数相同。2证明：见本书 P2，P3 第 3 题证明。3应用1 习题 4 证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所说的求法及辗转相除法实际算出（76501，9719）解：有1 习题 4 知：,0,a bZ bs tZ使,|2babst t。，11,s t，使1112|,|,22tbbs ttt如此类

7、推知：21,;nnnnnns t ttst 11111,;nnnn nnsttt st 且1221|2222nnnnntttbt 而 b 是一个有限数，,nN 使10nt 1121(,)(,)(,)(,)(,)(,0)nnnna bb tt tt tt ttt，存在其求法为：1(,)(,)(,()a bb absabs babs s(76501,9719)(9719,76501 9719 7)(8468,97198468)(1251,8468 1251 6)(3,1)1 4证明本节（1）式中的loglog2bn 初等数论习题解答（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学

8、院 5/77 证：由 P31 习题 4 知在（1）式中有 12112102222nnnnnnrrrbrr，而1nr 1,22nnbb，2logloglog2bnb，即loglog2bn 3 整除的进一步性质及最小公倍数整除的进一步性质及最小公倍数 1证明两整数 a，b 互质的充分与必要条件是：存在两个整数 s，t 满足条件1axbt 证明 必要性。若(,)1a b，则由推论 1.1 知存在两个整数 s，t 满足：(,)asbta b，1asbt 充分性。若存在整数 s，t 使 as+bt=1，则 a，b 不全为 0。又因为(,)|,(,)|a ba a bb，所以(,|)a b asbt 即(

9、,)|1a b。又(,)0a b，(,)1a b 2证明定理 3 定理 3 1212,|,|,|nna aaaaa 证：设121,na aam，则1|(1,2,)iam in 1|(1,2,)iam in又设122|,|,|naaam 则21|mm。反之若2|iam，则2|iam，12|mm 从而12mm，即12,na aa=122|,|,|naaa 3设1110nnnna xaxa xa （1）是一个整数系数多项式且0a，na都不是零，则（1）的根只能是以0a的因数作分子以na为分母的既约分数，并由此推出2不是有理数 证：设（1）的任一有理根为pq，(,)1,1p qq。则 初等数论习题解答

10、（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学院 6/77 1110()()0nnnnpppaaaaqqq 111100nnnnnna papqa pqa q （2）由11110(2)nnnnnna papqa pqa q，所以 q 整除上式的右端，所以|nnq a p，又(,)1,1p qq，所以(,)1,|nnq pq a；又由（2）有11110nnnnnna papqa pqa q 因为 p 整除上式的右端，所以0|nP a q，(,)1,1p qq，所以(,)1,|nnqpp a 故（1）的有理根为pq，且0|,|np a q a。假设2为有理数，22,20 xx，

11、次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是 1,2，这与2为其有理根矛盾。故2为无理数。另证，设2为有理数2=,pq(,)1,1p qq，则2222222222,2,(,)(2,)1pqppqqpqq 但由(,)1,1p qq知22(,)1pq，矛盾，故2不是有理数。4 质数质数算术基本定理算术基本定理 1试造不超过 100 的质数表 解：用 Eratosthenes 筛选法（1）算出10010a（2）10 内的质数为：2，3，5，7 初等数论习题解答（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学院 7/77（3）划掉 2，3，5，7 的倍数，剩下的是 100

12、内的素数 将不超过 100 的正整数排列如下：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 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 9

13、6 97 98 99 100 2求 82798848 及 81057226635000 的标准式 解：因为 8|848，所以38|,827988488 103498562A AB，又 8|856，所以 8|B，38 12937322BC，又 4|32，所以 4|C，24 3234332CD 又 9|（3+2+3+4+3+3），所以 9|D，29 359373DE，又 9|（3+5+9+3+7），所以 9|E，9 3993E 又339933 13313 11 所以8532 3 11A；同理有3343281057226635000235711 17 23 37。3证明推论证明推论 3.3 并推广到

14、并推广到 n 个正整数的情形个正整数的情形 推论 3.3 设 a，b 是任意两个正整数，且 1212nnappp，0i，1,2,ik，1212nnbppp，0i，1,2,ik，则1212(,)kka bppp，1212,kka bppp，初等数论习题解答（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学院 8/77 其中min(,)iii，min(,)iii，1,2,ik 证：min(,)iii，0,0iiii|,|iiiiiiiipppp(1,2)ik 11iikkiiiipp，11iikkiiiipp.1212|(,)kkp ppa b，又显然1212(,)|kka bp

15、pp 1212(,)kkp ppa b，同理可得1212,kkp ppa b，max,iii 推广 设11112112kkappp,22122212kkappp,1212,nnnknkappp(其中jp为质数1,2,ijk a为任意 n 个正整数1,2,0ijin)，则 1212121(,),min,1,2,iiikknijiji npppa aajk 1212121,max,1,2,iiikknijiji npppa aajk 4应用推论 3.3 证明3 的定理 4（ii）证：设12111212kkkkap ppbp pp，其中 p1,p2,pk是互不相同的素数，i，i（1 i k）都是非负

16、整数，有11111212(,)min,1,max,1kkkiiikiiia bp ppika bp ppik ，。由此知(a,b)a,b=min,max,111iiiiiiiikkkiiiiiippp =ab；从而有,(,)aba ba b 若n21是质数（n1），则 n 是 2 的方幂 证：（反证法）设2(knl l为奇数），则2222(1)2(2)2121(2)1(21)221kkkkknllll 初等数论习题解答（初等数论习题解答（第三第三版）版）广东石油化工学院广东石油化工学院 9/77 22121(2)121kkln ，21n为合数矛盾，故一定为的方幂 5 函数函数x,x及其在数论中的一个应用及其在数论中的一个应用 1求 30！的标准分解式 解：30 内的素数为 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29 22345303030303022222 1543 1 023 3234303030303333103 1 014 5233030306 107555 72303040477，11230302021111 13230302021313，13230302021313