《初等數(shù)論》網(wǎng)絡作業(yè)

實用標準文案實用標準文案文檔文檔《初等數(shù)論》網(wǎng)絡作業(yè)1、證明整數(shù)0201能被1整除。50個0證明：利用公式：若n是正奇數(shù)，則an

bn

(ab)(an1an2bLabn2bn1)∴02011511(13171(131)[(1316(1315L1031]50個0∴10311001能夠整除020150個02、若n8|n21)。證明：設n2k1,kZ，則n212k1)214k(k1)∵k，k＋1中必有一個是偶數(shù)∴8|(n21)3、設正整數(shù)n的十進制表示為na

Laa，其中0a9,0ika

0，且k 10 i kS(n)ak

ak

La1

a，證明9|n的充分必要條件是9|S(n。0證明：∵nak

Laa1

a10kLak 1

10a0

S(n)a，k，

ak

Laa1 0∴nS(n)ak

1)La1

(101)對所有的0ik，有9|∴9|(nS(n))

1)∴9|n的充分必要條件是9|S(n)4、設r是正奇數(shù)，證明對任意的正整數(shù)nn2不能整除

Lnr)。證明：當n＝1時，結(jié)論顯然成立。下面設n2S2rLnr則2S2(2r

nr)[3r

(n1)r]L(nr

2r)利用公式：若n是正奇數(shù)，則an

bn

(ab)(an1an2bLabn2bn1)∴對2in(n2)|ir

(n2i)r)∴2S2(n2)q，q是整數(shù)∵n22∴n＋2不能整除2S∴n＋2不能整除S5、設n為正整數(shù)，證明(n!1,(n1)1。證明：設d(n!1,(n1)!1)則d(n!1)，d((n1)!1)∴d(n!1)(n1)∴d[(n!1)(n1)((n1)!1)]，即d|n∴d|n!又∵d|(n!1)∴d|1∴，即(n!1,(n1)16、設a，b，c為正整數(shù)，證明[a,b,c](ab,bc,ca)abc。證明：[a,b,c][[a,b],c] [a,，另一方面([a,b],c)(ab,bc,ca)(ab,(bc,ca))(ab,c(a,b))(ab,

abc)(ab[a,b],abc)ab([a,b],c)[a,b] [a,b] [a,b]∴abc7x，y][2y][][y][。證明：設xa,0a1，yb,0b1則yb][2x][2y]2[x]2[y][2a][2b]∵0ab2∴b]0或b]1如果b]0，則顯然有b][][如果b]1，則a，b1，所以][]1[b]2因此，都有[ab][2a][2b]，從而[2x][2y][x][xy][y]《初等數(shù)論》網(wǎng)絡作業(yè)21、設正整數(shù)a的十進制表示為aaaLa(0a 9,0in0)，即n1n2 0 i n1aa 10n1 L an1 1

10a0

n1，證明3當且僅當3|aii0證明：由100

1,11

1(mod3),iN利用同余可加性和同余可乘性，得a

n1 na10i

a(mod3)i ii0 i03當且僅當3|n1aii02

1被641除的余數(shù)。解：依次計算同余式得，22

4,24

16,28

154,232

1(mod641)∴

13210(mod641)，即641|2

1)∴164103、設n是一個使23Ln3不能被5整除的自然數(shù)，試求2232Ln2除5A23Ln3B2232Ln2對任意整數(shù)，有5i15i1

i)3i)2

4i14i1

i)3(5ti)2

4i14i1

i30(mod5)i20(mod5)當r1,2,3時，

i)3

i3(mod5)，但5不能整除

i3，i1 i1 i1∴當nr(tNt0,rA5對于tN或t0，通過計算得，當n1B1(mod5)n2B0(mod5)n3B4(mod5)∴當nA23Ln35B2232Ln2510。4、求n777的個位數(shù)字。解：∵71

3,72

1,74

1(mod10)∴如果77

r(mod4)，則n7

7r(mod10)∵77

13(mod4)∴n77773(3373(mod10)∴n777的個位數(shù)字是35、設an2不能整除a，則a2n1(mod2n2)證明：對n作數(shù)學歸納。設a2kZ，n1時，有a2

(2k1)2

4k(k1)11(mod23假設nk時，成立a

1(mod2n2)下面要證明nk1時，也成立a

1(mod2n2)由于a

1(modk2)a

1q2k2(qZ)∴ak

q2k2)21Q2k31(mod2k3，其中Q為某個整數(shù)∴由歸納法，對所有的正整數(shù)n，成立a

1(mod2n2)6、設mn是任意二個正奇數(shù)，則當ab是任意二個連續(xù)奇數(shù)或連續(xù)偶數(shù)時，有(ab)|(ambn).特別地，若a,b是二個連續(xù)的正奇數(shù)時，則 (ab)|(aabb)，且(ab)|(abba)證明：不妨設a，b是任意二個連續(xù)偶數(shù)，abab2,a1b1,ab2b2，由于m1

n1

m1

n1ambn

(am

1)(bn

1)(a1)

ai(b

bi(1)i

(b

ai

bi(1)i]且m1,n1都是偶數(shù)

i0 i0 i0 i0∴m∴ai

bi(1)in1 in1 i設m1ai

n

bi(1)i2k,k

，則am

bn

(b

1)2k

(ab)ki0 i0∴(ab)|(am

bn)7f(xf(1),f(2),L,f(m都不能被mf(x0沒有整數(shù)解。證明：對任意整數(shù)x，xr(modm),1rm利用同余可加性和同余可乘性得f(x)f(r)(modm),1rm∵ f(1),f(2),L,f(m都不能被m整除∴ f(x0，即f(x0沒有整數(shù)解?！冻醯葦?shù)論》網(wǎng)絡作業(yè)31、求不定方程117x1

21x2

38的整數(shù)解。解：x2

1(117x21

38)6x1

2

1(9x21

4)令x

1(9x4)Z

1(21x4)2x

1

4)3 21 1令x 1(3x4)Z，則

1 9 33x11

3 9 34 9xx3 4

3 3 4 3不可能同時為整數(shù)∴原不定方程沒有整數(shù)解2531100100本，問甲、乙、丙三種書各買多少本？解：設甲、乙、丙三種書分別買x,y,z本，依題意得方程組35x3y1z1003 z7x4y100 xyz100x0,y25是方程7x4y100的特解因此方程7x4y100的所有整數(shù)解是 xy257t

(t0,1,2,L)x0,y0，所以0t3，即t可以取整數(shù)值t1

0,t2

1,t3

2,t 34相應地求得(x,y,z)的值分別是(0,25,75),(4,18,78),(8,11,81),(12,4,84)3、求9x24y5z1000的一切整數(shù)解。解：因為gcd(9,24)3,gcd(3,5)1，而1|1000，所以原方程有整數(shù)解對不定方程9x24y，即3x8yt，把t看做常數(shù)，得其通解為x,(u0,1,2,L)yt對不定方程5z1000，解得通解為t2000v0,1,2,L)z10003v在上述二個式子中消去t得，原方程的全部整數(shù)解為x600015v8uy20005v,(u,v0,1,2,L) z10004x2y3z7的所有正整數(shù)解。x2ytt3z7得xtv0,1,2,L和t1u0,1,2,L) yv z2ux12v在上述二個式子中消去t得， yv ,(u,v0,1,2,L) z2ux1,y1,z1，則2v0,v1,1u0∴3u2v2,u1∴ 2u1,u3同理，由32v0,v13v1,v1，2把u1,v1代入得，原不定方程的唯一的正整數(shù)解是x2,y1,z15、求不定方程15x1

10x2

6x3

61的所有整數(shù)解。解：由于x3

的系數(shù)絕對值最小，∴把原方程變形為x

2x

2x

1(3x

2x

1)3 1 2 6 1 2令x1(3x2x1)Z，則x 3xx1(x

1)4 6 1 2 2 4 1 2 1令x1(x

1)Zx12x

0,1,2,L)5 2 1

1 5 5逆推上去，依次解得x2

3x4

xx1

13x4

3x和5x2x3 1

2x2

10x4

65x4

10x5 x1令x u,

v，則原方程的所有整數(shù)解為

11,(u,v0,1,2,L)4 5 2x610v36、解同余方程8x9(mod11)解：因為(8,11)1，所以原同余方程只有一個解下面利用同余變形法∵x

99115

5118(mod11)8 8 2 2 19 93 27 27113 60 5 56 30 30116 8或者x8

8

24 24 24 2

2

12 12

1∴x8(mod11)是原同余方程的解3x5y1(mod7)7、解同余方程組2x