2023年第一章作業(yè)參考答案

千里之行，始于足下讓知識(shí)帶有溫度。第第2頁(yè)/共2頁(yè)精品文檔推薦第一章作業(yè)參考答案1.證實(shí)：（1）若a|b,c|d,則ac|bd

(2)若a|b1,a|b2,…,a|bk,則對(duì)隨意整數(shù)c1,c2,…,ck,有a|(b1c1+b2c2+…bkck).

證：1）a|b可知存在整數(shù)m使得b=ma，c|d可知存在整數(shù)n使得d=nc

得bd=acmn即ac|bd。

2）a|b1,a|b2,由性質(zhì)1-1(3)可得a|(b1c1+b2c2),其中c1和c2為隨意整數(shù)。遞歸可證得a|(b1c1+b2c2+…bkck)。

2.若3|a,5|a且7|a,則105|a.

證實(shí)：3|a∴存在整數(shù)m使得a=3m

5|a即5|3m,又∵5|5m

∴5|(2*3m-5m)即5|m

∴5*3|m*3即15|3m即15|a

同理,15|a∴存在整數(shù)n使得a=15n，7|a即7|15n,又∵7|7n

∴7|(15-7*2)n即7|n

∴7*15|15n即105|a

3.設(shè)p是正整數(shù)n的最小素因數(shù)，證實(shí)，若n>p>n1/3,則n/p是素?cái)?shù)。

證實(shí)：反證法。

假設(shè)n/p不是素?cái)?shù)，則必是合數(shù)，則有：

n/p=p1*p2*…*pk（其中k≥2,p1,p2,…,pk為素?cái)?shù)，且都≥p，且都為n的因數(shù)）p為最小素因數(shù)，∴p1,p2,…,pk都≥p

∴n/p=p1*p2*…*pk≥p1*p2≥p2∴n≥p3,即p≤n1/3與題設(shè)沖突，所以n一定是素?cái)?shù)，得證。

4.設(shè)n≠1，證實(shí)：(n-1)2|(nk-1)的充要條件是(n-1)|k.

證：nk-1≡((n-1)+1)k-1≡011221(1)(1)...(1)(1)kkkkkkkkCnCnCnCn+-++-+-≡k(n-1)mod(n-1)2

充分條件：若(n-1)|k，則(n-1)2|k(n-1)，上式=0mod(n-1)2，所以(n-1)2|(nk-1)

須要條件：Q(n-1)2|(nk-1)∴(n-1)2|k(n-1)∴(n-1)|k

7.證實(shí)：形如6k-1的素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)。

證實(shí)：反證法。

1.首先證實(shí)形如6k-1的正整數(shù)必有6k-1形式的素因數(shù)。

假設(shè)n的全部素因子都為6k+1的形式，即：

n=p1p2…pk，pi=6ki+1（i=1，2，…,r)

則n必為6k+1形式，這與題設(shè)沖突。

2.如果形如6k-1的素?cái)?shù)有有限個(gè)（s個(gè)），記為q1,q2,…,qs.設(shè)整數(shù)n=6q1q2…qs-1，則n為形如6k-1的整數(shù)。按照n的構(gòu)造，它不是s個(gè)素?cái)?shù)中的某一個(gè)，為合數(shù)

一定存在1js，使得qj|n又qj|6q1q2…qs

由整除的性質(zhì)1-1(3)得：qj|(6q1q2…qs-n)=1

而這是不行能的，所以存在無(wú)窮多個(gè)形如6k-1的素?cái)?shù)。

8.證實(shí)：若k為素?cái)?shù)，則對(duì)隨意正整數(shù)n，都有k|(nk-n).

證：（這一題用到其次章的小費(fèi)馬定理）

k為素?cái)?shù)，∴即存在整數(shù)m，使得

=km+1∴

=n(km+1)∴

=nmk∴k|(nk-n)9.證實(shí)：(1)24|n(n+1)(n+2)(n+3)(2)30|n5-n

證：

1）因子n，n+1,n+2,n+3為延續(xù)的四個(gè)整數(shù)，因此其中必有一個(gè)能被3整除的，和一個(gè)能被4整除的，以及一個(gè)能被2整除但不能被4整除的數(shù)，因此24|n(n+1)(n+2)(n+3)

2）n5-n=n(n-1)(n+1)(n2+1)

其中因子(n-1),n,(n+1)為延續(xù)的3個(gè)整數(shù)，因此其中必有分離能被2，3整除的數(shù)，因此6|(n5-n)

設(shè)n=5k+r,(0r4)則

r=0時(shí)，5|n5|(n5-n)又6|(n5-n)30|(n5-n)

r=1時(shí)，5|(n-1)5|(n5-n)又6|(n5-n)30|(n5-n)

r=4時(shí)，5|(n+1)5|(n5-n)又6|(n5-n)30|(n5-n)

r=2或3時(shí)，5|n25|(n5-n)又6|(n5-n)30|(n5-n)

10.證實(shí)：對(duì)隨意正整數(shù)n,531175315

nnn++是整數(shù)。證：n=1時(shí)，式子=1為整數(shù)

假設(shè)n=k時(shí)，上式為整數(shù)，則

n=k+1時(shí)

5354323254323253432117(1)(1)(1)5315

117(5101051)(331)(1)53151111772255331515

117()12325315

kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk+++++=+++++++++++=+++++++++++=+++++++為整數(shù)，得證。

11.求出n2被3整除后可能取到的最小非負(fù)余數(shù)、最小正余數(shù)和肯定值最小余數(shù)。解：最小非負(fù)余數(shù)0,1,4；最小正余數(shù)1,4,8；肯定值最小余數(shù)0,1,4（或0,1,-4）

12.證實(shí)：當(dāng)n為大于1的正整數(shù)時(shí)，11111...23sn=+++和21111...3521sn=+++-都不是正整數(shù)。

證：1.設(shè)P=[1,2,…,n]，則P*(1+1/2+1/3+1/4+…+1/n)=P*s1，

設(shè)k是滿足2k≤n的最大正整數(shù)，即2k≤n<2k+1，明顯2k|P*s1

下面證實(shí)P*s1=P/1+P/2+…+P/n不是2的倍數(shù)。

明顯P/i是整數(shù)（i=1,2,….n）。

把P分解因數(shù)，其中素因數(shù)2浮現(xiàn)的次數(shù)為k次（2k≤n<2k+1，所以2k|P；又由于P是最小公倍數(shù)，所以P的因數(shù)中恰好含有k個(gè)2）。故P/2k不再含素因子2，即為奇數(shù)。P/1、P/2、…、P/n這些數(shù)中，除P/2k外，其余各項(xiàng)都是2的倍數(shù)（由于分母的質(zhì)因數(shù)中至多含有(k-1)個(gè)2，而分子含有k個(gè)2）。故等式左邊P/1+P/2+…+P/n不是2的倍數(shù)（其中惟獨(dú)1個(gè)奇數(shù)，其余都是偶數(shù)）。這與等式右邊P*s1為偶數(shù)沖突，得證。2.

21111246221...=1(1)(1)(1)...(1)3572135721

nsnn-=++++++-+-+-++=24622-()35721

nnn-+++-設(shè)p=[3,5,7,…,2n-1],則p為奇數(shù)

212312(...)35721

npsnppn-=-+++-212312(...)35721

nnppspn--=+++-等式左邊，對(duì)于n，分為奇偶兩種狀況研究：

?當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，np為偶數(shù)；2(3521)

ppppsn=+++-共有奇數(shù)項(xiàng)，且每一項(xiàng)為奇數(shù)，因此2ps為奇數(shù)，np-2ps為奇數(shù)。

?當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，np為奇數(shù)；2(3521)

ppppsn=+++-共有偶數(shù)項(xiàng)，且每一項(xiàng)為奇數(shù)，因此2ps為偶數(shù)，np-2ps為奇數(shù)。

因此等式左邊恒為奇數(shù)，與等式右邊恒為偶數(shù)沖突，得證。

13.求以下整數(shù)的最大公因數(shù)：(1)(222,259)

解：

259=222*1+37

222=37*6

所以(222,259)=37

14.用肯定值最小余數(shù)求(1359,713)的最大公因數(shù)。

解：

1395=713*2-31

713=31*23

所以(1359,713)=31

15.求整數(shù)s,t，使得sa+tb=(a,b).

(1)a=3378,b=231

解：

3378=231*15-87

231=87*3-30

87=30*3-3

30=3*10