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文檔簡介
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
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