王进明初等数论 习题解答.docx

1、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1-1 1，2(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nZ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, kZ，则, r=0；若n=3k +1, kZ，则,r=1；若n=3k1, kZ，则,r=8.(2) 当 nZ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

2、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, kZ，则n1是3的倍数，得知为3的倍数；若n为3k1, kZ，则2n1=2(3k1)1=6k-3, 2n1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=12111n +12144 n =13311n +12(144 n11 n)及例5的结论(4)当m，n，lN+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，bZ且a b，n是双数时，

3、；(6)当a，bZ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，bZ,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。123456789=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，

4、123456789+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123456789一定是奇数。 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

5、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A1 2 3 4 5 6 7 8 9 101197 98 99，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，123456789=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

6、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：7020，7320，7620，79209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9765,96

7、75,7965,7695,6975,6795,从最大的开始试除，得9765=71395，那么要求的就是9765了。10 111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

8、小数为x8=21312证明：7(或11或13)的特征是：7(或11或13) 整除解答：因为71113=1001。（谐“一千零一夜”）anan-1a3a2a1a0=71113a2a1a0+(anan-1a3a2a1a0) 1000附）广西师范大学赵继源主编的初等数论习题11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(a1)(b2)(c3)的奇偶性，并说明理由6 9. 是否存在自然数a和b，使a2b2 = 2002成立?11证明：当nZ时，6 | n(n1)(2n1)12已知：，f (0)，f (1)，f (1)，x均为整数证明： 解答：3偶数因为

9、a，b，c中，有三个奇数，所以a1，c3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a2b2 =(ab)(a + b)，而ab，a + b的奇偶性相同而2002=21001.11用数学归纳法或n(n+1)(2n+1)= n(n+1)(n+2)+(n1)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, ab均为整数. 进而知2a，2b为整数. 分类讨论(kZ): 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)

10、仍然为整数。习题1-21. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003，173572. 求证：对任意 nZ+，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 nZ+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 p3，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（28594331）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

11、 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=171021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，35717= 340，340不能被7，11

12、，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+1n2 = (n2+ n+ 1)(n2n+ 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) ,nZ+, n1,2n+1和2n2+ 2n+ 1皆为大于1的数.5. a=3. 思路：分类讨论(kZ): a=3k+1时，a + 14是3的倍数，a=3k+2时，a + 4是3的倍数。 必有

13、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 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11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2q3=p , 代入，同时质数 p、

14、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 4n1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 4n1的质数只有有限个：p1, p2, , pk。令N = 4 p1 p2 pk1，N为形如 4n1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 4n1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

15、+ +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 1-31.求：（1）（21n +4，14n +3）（其中 nZ+）；（2）（30，45，84），30，45，8