(完整版)初等數(shù)論第2版習(xí)題答案

1、第一章§ 11 證明：a1, a2, an都是m的倍數(shù)。存在n個(gè)整數(shù)P1, p2 , Pn使aiPimi,a2p2m2, ,anpnmn又q1,q2, , qn是任意n個(gè)整數(shù)qiai q2a2qnan(piqiq2P2qn pn)m即q1al q2a2qnan是m的整數(shù)2 證： n(n 1)(2n 1) n(n 1)(n 2 n 1)n(n 1)( n 2) (n 1)n(n 1)6/n(n 1)(n 2),6/(n 1)n(n 1)6/n(n 1)(n 2) (n 1)n(n 1)從而可知 6/n(n 1)(2n 1)3 證：a,b不全為0在整數(shù)集合S ax by | x, y Z

2、中存在正整數(shù)，因而有形如ax by的最小整數(shù)ax0 by0x,y Z ,由帶余除法有 ax by(axo byo)q r ,0 r axo byo則r (x x°q)a (y y°q)b S,由ax。 by。是S中的最小整數(shù)知raxobyo / axby下證 Pg第二題axobyo / axby ( x, y 為任意整數(shù))ax°byo/a, ax° by0 /baxo byo/(a,b).又有(a,b)/a,(a,b)/b(a,b)/axo byo 故axo byo(a,b)4 證：作序列3b2,lb, M瀉,則a必在此序列的某兩項(xiàng)之間即存在一個(gè)整數(shù)q,

3、使q |baq_1 b成立212qb,則有2(i)當(dāng)q為偶數(shù)時(shí)，若b 0.則令s 9,t a bs a20 a bs t a qb a q|bq-|bt若b 0則令sq ,t a bs a b ,則同樣有 22q 1(ii)當(dāng)q為奇數(shù)時(shí)，若b 0則令s 二,t a bs t a bs a -1b a q-11b 0 222q 1, q 1,t a bs a b22則同樣有t 22綜上存在性得證下證唯一性當(dāng)b為奇數(shù)時(shí)，設(shè)a bs t bs1 t1則t t1b(s1s) b2rtit ti| t tib矛盾故ss1 ,t t1當(dāng)b為偶數(shù)時(shí)，c b -3 b 12a bs1 t15.證：令此和數(shù)為S

4、,s,t不唯一，舉例如下：此時(shí) b為整數(shù)2b)t2 "b t 2,“bs2t2,t2根據(jù)此和數(shù)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，我們可構(gòu)造個(gè)整數(shù)而證明S不是整數(shù)111(1)令 S=1 一 一 一2 3 41 k 1一，取 M=2k 13 5 7nM,使MS不是整數(shù)，從p這里k是使2 k n最大整數(shù)，p是不大于n的最大奇數(shù)。則在1, 2, 3,n中必存在一個(gè)n02k ,所以MS=Mn。k 1M M由 M=2k 13 5 7 p 知一，一23M 3 5 7 p必為整數(shù)，一 pn0然不是整數(shù),MS是整數(shù),從而第一章2.3.(2)§2證:令 M=3k由 M=3kM2n 1|tn(2n(2n3k 1 5

5、72n 1S不是整數(shù)八皿 M1）貝U SM=3八.M M1）知，一3 5（2n 1）不為整數(shù)SM為整數(shù)，從而S設(shè)d是a, b的任一公因數(shù), 由帶余除法bq r1,b r1q2 r2, ,rn 2(a,b) rn °d | a bq1 r1， d | b即d是（a,b）的因數(shù)。反過來數(shù)都是見本書P2,有§ 1習(xí)題rn|a德2(a,b)| a且(a,b)| b ,若 dMTM, 2n 112nd |brn , rn 12n 1 2n-也不是整數(shù)1rnqn 1,0d | rn 2|(a,b),則 d | a, drn 1rn 1qnrnrn 1rn(a,b)，|b,所以（a,b）

6、的因a,b的公因數(shù)，從而a,b的公因數(shù)與（a,b）的因數(shù)相同。P3第3題證明。4知:a,b Z,b0, s,tbZ,使 a bs t,| t | - o, 2r1bS1,t1 ,使 bstt1,|t1HI2,如此類推知:Sn,tn ,tn 2tn 1sntn；1 tnSn 1 tn 1;且| ui g2222n|b|2n 1而b是一個(gè)有限數(shù),N,使 tn 1(a,b) (b,t) (t, t1)(Lk)(tn,tn 1) (tn,0) tn，存在其求法為(a,b) (b, a bs) (a bs,b (a bs)s1)(76501,9719)(9719,76501 9719 7) (8468,

7、9719 8468) (1251,8468 1251 64。證：由P3§ 1習(xí)題4知在(1)式中有第一章§ 30rn 1 rn1,證:必要性。若(a,b)rn 12rn 221r12n b,2n 12nrn 1n log2b ，即 n 皿 log 2log 21,則由推論1.1知存在兩個(gè)整數(shù)s,t滿足：as bt (a, b),as bt 1充分性。若存在整數(shù)s, t使as+bt=1 ,則a, b不全為0。又因?yàn)?a,b) | a, (a, b) | b ,所以(a,b | as bt)即(a,b) |1。又(a, b) 0 ,(a,b) 12.證：設(shè)為,anm，則 ai|

8、m1(i 1,2,n)| ai |m1(i 1,2,酎又設(shè)| a1 |,| a2 |,| an | m2則m2 | m1。反之若 | ai | m2，則 ai |m2 ,m11m2。從而 mm2,即a，a2,冏二| a1 |,| a? |,a1 a00q n 1napqa0q0(2)3.證：設(shè)(1)的任一有理根為an(P)n an 1(P)n 1qqnn 1an pan 1 p qnn 1由(2) an pan 1 p q所以q整除上式的右端，所以,(p,q) 1,q 1。則 qn 1napqa0q ,q | an pn ,又(p,q) 1,q 1 ,所以(q,pn) 1, q|an；又由(2

9、)有 anpn anipn1q apqn1a°qn因?yàn)閜整除上式的右端，所以P | a°qn , ( p, q) 1, q 1,所以(qn,p) 1, p | an故(1)的有理根為,且p | a0, q | an。q假設(shè)J2為有理數(shù)，X J2, x2 2 0 ,次方程為整系數(shù)方程，則由上述結(jié)論, 可知其有有理根只能是1, 2 ,這與J2為其有理根矛盾。故 <2為無理數(shù)。另證，設(shè)J2為有理數(shù)J2 = E, （p,q） 1,q 1,則 q2p22/2222、222, 2q p , (p ,q ) (2q ,p ) q 1q但由（p,q） 1,q 1知（p2,q2） 1

10、,矛盾，故J2不是有理數(shù)。第一章 §41 .見書后。32 .解：因?yàn)?8|848,所以 8|A,A 82798848 8 10349856 2 B,又 8|856，所以 8|B , B 8 129373223 C ,2又 4|32，所以 4|C, C 4 323433 2 D又 9| (3+2+3+4+3+3),所以 9|D, D 9 35937 32 E,又 9| (3+5+9+3+7),所以 9|E, E 9 3993一33 3 L 4 r 322 3 5 7 11 17 23 37。又 3993 3 1331 3 11所以 A 28351 13；同理有 810572266350

11、003 .證：i min( i, J 0 i i ,0pi i | pi i , pi i | pi i (i 1,2 k)ipiipiipii 1Pi1 p22p| (a'B，又顯然(a, b)|pp22pJPi1 P22Pkk(a,b) ,同理可得 Pi1 P22Pkk a，b, i maX i, i4.證:5.證:推廣.設(shè)a1Pi 11其中Pj為質(zhì)數(shù)j則 P1i1P2i2 Pkik由 Pi1 P22Pkk(a, b)a,b從而有a,b（反證法）設(shè)n2n 122kl122第一章§ 52.（i）證：設(shè)所以nm整數(shù)m,所以也 n(ii)n當(dāng)當(dāng)121 k21222kp2 pk

12、, a2p1p2pk, ,an1,2, ,k,ai為任意(al , a 2,a1,a2,(a,b), Pi 1n個(gè)正整數(shù)i 1,2, , n,P1n1p2 n2 Pknkij 0)an), ij,an, ij2P2Pi11P22 2Pkkab(a,b)2kl（l為奇數(shù)）1 (22(22k )lm.則由性質(zhì)n1(n)lII1 (222n1,nm所以k 1, nn 1 時(shí)，n 時(shí)，2 min ijj1 i nmanx ijjPkka,b,有P111P2221,2,1,2,k kpk1)22k (l 1)22k (l 2)ab12n 1為合數(shù)矛盾，故n一定為2的方哥.m 1,所以 nm n nm n

13、,nJ mn1,又在m與m +1之間只有唯一'Hknn k0,1,2,n 1,則1,1;N nk) k(n n1)n_Jnnn 1i 0k1 n證二令f （）L nn ，f(-) nUnn1f(f(1) n一nn1f()f(）是以1 ，- 一1為周期的函數(shù)。n又當(dāng)0,1)日tf( ) 0 00,R, f()0,即- nn。評注:證一充分體現(xiàn)了常規(guī)方法的特點(diǎn)，而證二則表現(xiàn)了較高的技巧。3. (i)證：由高斯函數(shù)x的定義有r, s,0 r 1;0 s 1。則r s,r s 1當(dāng)rs0時(shí)/當(dāng)rs0時(shí),1故或1 (ii )證：設(shè) x, y,0 x, y 1 ,則有 0 x y 2下面分兩個(gè)區(qū)間

14、討論：若0 xy1,則xy 0,所以，所以2 2 2 2x 2 2y2 2 2(xy)2 2若1 x y 2,則x y 1,所以1。所以2 2 2 2x 2 2y 2 2 2(x y)22 2(x 1 x) x1 y 2 2(x x)22 1 2.31證：由（2abb22 a2 a1知（2ab2,2a b2.2a b)2. 2 )a b及（2.2ab2. 2 ,ab2ab2,2a b）都另一方面，單位圓周 x2 y2 1上的有理點(diǎn)可表示為 x ,y , p 0 ,于是得P P222222 .q r P ,又q r p的一切非整數(shù)解都可表不為：q 2ab, P a2 b2, r a2b2 ,(a

15、,b不全為0),于是第一象限中 x2 y2 1上的有理2aba2 b2點(diǎn)可表示為(22, a2 b2),(a,b不全為0),由于單位圓周上的有理點(diǎn)的對稱性，放a bab22x y 1上的任息有理點(diǎn)可表為2ab( -272a b2, 22, 2ab、r,ab-2r2)及(-2rrabab2abb2),中a, b不全為0, 號可任意取。第三章§ 21 .證：由 u,v 的取值可得 pstptps個(gè)數(shù)，若 u1 ps tv1 u2 ps tv2(mod ps),stststststu1p v1 u2P v2(modp )則 u1u2(mod p )，又 0 u1,u2 p, u1 u2。又

16、 pstv1ps tv2(mod ps t), v1v2(modpt),又0 v1 ,v2 pt,v1 v2 ou1 ps %1與u2 ps tv2為同一數(shù)，矛盾，故原命題成立。3. (i)的引理對任何正整數(shù)a,可以唯一的表示成 a 3nan 3n1an1 3al a0的形式，其中 0 A 3,(i 1,2, ,n)。證：(i ) H設(shè) A 3nxn3n 1 xn 13xix0,(xi0, 1,i1,2,n)A H3n(xn 1) 3n1(xn1 1)3(Xi 1)(x01)由于Xi取值0, 1故Xi 1取值為0, 1, 2。這樣的數(shù)有2H+1個(gè)，其中最小的數(shù)為0,最大的數(shù)為2H,所以A+H可

17、以表示下列各數(shù)：0, 1, 2,2H ,上列數(shù)中減去H得 H , H 1, H 2, , 1,0,1, ,H，則A可表示上列各數(shù)，且表示唯一。(ii )事實(shí)上，只需1斤，3斤,32斤，3n斤 這樣的(n+1)個(gè)祛碼即可。由(I )知1到H中任一斤有且僅有一種表示法(3&).(為1,0,1),當(dāng) Xi 1 時(shí),i 0將祛碼3i放在重物盤中；當(dāng) Xi 0時(shí)，不放祛碼3i；當(dāng)Xi 1時(shí)，將祛碼3i放在祛 碼盤中。如此即可。第三章§ 31 .證：仙)1,由定理1知ai所在的模m的剩余系是與模 m互質(zhì)的。又已知a1,a2, a (m)兩兩對模m不同余，所以這(m)個(gè)整數(shù)分別屬于不同的模

18、m的剩余類。再由定理1知結(jié)論成立。2 .證：設(shè)模m的一個(gè)簡化剩余系是r1,r2, ,r (m),(1 ri m),即(ri,m) 1 ,由于(a,m) 1 ,當(dāng) 通過m的簡化剩余系 1，2(m)時(shí)，由定理3知，a 1，a 2， ,a (m)也通過模m的剩余系。故對1 i(m)，存在 j(1 j(m)使a imqirjqirj m3. (i)證：由定理5知：p為質(zhì)數(shù)時(shí),(P ) P所以(1)(P)(ii )證：設(shè)整數(shù)m的所有正約數(shù)是d1,d2,dT(m),考察m的完全剩余系1,2,(1)(1)中任一數(shù)a,設(shè)(a, m尸d,則d | m ,即(1)中任一數(shù)與 m的最大公約數(shù)是d1，d2,2丁)中的數(shù)。反之，對每一個(gè)di, (1)中必有一數(shù)a使(a, m) di (例如a aQ,而且(1)中任一數(shù)不可能出現(xiàn)(a, m) di,(a,m) dj.(i j),于是，將(1)中的數(shù)按其與m的最大公約數(shù)的情形分類：(1)中與m的最大公約數(shù)是d1的數(shù)有(9)個(gè)；(1)中與md1的最大公約數(shù)是d2的數(shù)有(m)個(gè)；，(1)中與m的最大公約數(shù)是d1的數(shù)有(里)個(gè)；d2d1所以(m)(m)(上一)mJP() m,注意凡是m的