发布时间 : 星期三 文章王进明初等数论习题解答更新完毕开始阅读795df93fdc88d0d233d4b14e852458fb760b3833
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：a?12b?26,a?b?12?26?454,12b?26?b?12?26?454,
(12?1)b?454?12?26?26?390,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n∈Z且n?9q?r(0?r?9)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, k∈Z，则n33233?27k3, r=0；
2若n=3k +1, k∈Z，则n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9k(3k?3k?1)?1,r=1； 若n=3k－1, k∈Z，则n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9(3k?3k?k?1)?8,r=8.
33232n3n2n??的值是整数。 (2) 当 n∈Z时，
326证
n3n2n2n3?3n2?n32??=因为，只需证明分子2n?3n?n是6的倍数。 3266?(n?1)n(n?2?n?1)=n(n?1)(n?2)?(n?1)n(n?1).
由k! 必整除k个连续整数知：6
|n(n?1)(n?2),6 |(n?1)n(n?1).
或证：2!|(n?1)n, (n?1)n必为偶数.故只需证3|(n?1)n(2n?1).
若3|n, 显然3|(n?1)n(2n?1)；若n为3k +1, k∈Z，则n－1是3的倍数，得知(n?1)n(2n?1)为3的倍数；若n为3k－1, k∈Z，则2n－1=2(3k－1)－1=6k-3, 2n－1是3的倍数.
综上所述，(n?1)n(2n?1)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=121×11n +12×144 n =133×11n +12×(144 n－11 n)及例5的结论． (4)当m，n，l∈N+时，
(m?n?l)!的值总是整数
m!n!l!证明：(m?n?l)!=(m?n?l)(m?n?l?1)(n?l?1)(n?l)(n?l?1)(n?l?1),
(l?1)?l!
由k!必整除k个连续整数知：m!|(m?n?l)(m?n?l?1) n! |(n?l)(n?l?1)(l?1)，从而由和的整除性即证得命题。
(5)当a，b∈Z且a ≠－b，n是双数时，(6)当a，b∈Z且a ≠－b，n是单数时，解：利用例5结论：若a ≠ b，则
?a?b?|(an?bn)； ?a?b?|(an?bn)．
?a?b?|(an?bn)．令b=－b*, 即得。
???1?n?1或解： a = (a+b)－b， (5) 当n为双数时，由二项式展开
??a?b??n?a?b?nn?1b?n?a?b?bn?1，证得。(6) 当n为单数时类似可得。
2i3．已知a1，a2，a3，a4，a5，b∈Z,且
?ai?15?b2，说明这六个数不能都是奇数．
解：若这六个数都是奇数，设ai?2ki?1,ki?Z,i?1,2,3,4,5，则
?a??(2k?1)2iii?1i?1552?4?ki(ki?1)?5，因为2|ki(ki?1)，所以8 | 4?ki(ki?1),
i?1i?155?ai?152i?8q?5,q?Z, 而b2?(2k?1)2?4k(k?1)?1，b2?8q*?1，k,q*?Z，
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。
1□2□3□4□5□6□7□8□9=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，1□2□3□4□5□6□7□8□9+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1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇数。
5．已知：a，b，c均为奇数．证明ax?bx?c?0无有理根。
2证：若有有理根，记为
ppp,p,q互质，代入方程有a()2?b??c?0 qqq即ap?bpq?cq?0，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ap?bpq为偶数，但cq是奇数，它们的和不可能为0; 若q为偶数，则bpq?cq为偶数，但ap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A＝1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011…97 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，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=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
222222数位数字之和1+3+5+7+9+(0+1+…+9) ×9，偶数位数字之和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：7020，7320，7620，7920．
9．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9765,9675,7965,7695,6975,6795,
从最大的开始试除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。 10．
11．1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，最小数为x－8=213．
12．证明：7(或11或13)
|anan?1a3a2a1a0的特征是：7(或11或13) 整除|anan?1a3?a2a1a0|
解答：因为7×11×13=1001。（谐“一千零一夜”） ∴anan-1…a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0+(anan-1…a3－a2a1a0) ×1000．
附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—1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(a—1)×(b—2)×(c—3)的奇偶性，并说明理由．
6．24|62742??,求?,?.
9. 是否存在自然数a和b，使a2－b2 = 2002成立? 11．证明：当n∈Z时，6 | n(n＋1)(2n＋1)． 12．已知：解答：
3．偶数．因为a，b，c中，有三个奇数，所以a－1，c－3中至少有一个是偶数．
f?x??ax2?bx?c，f (0)，f (－1)，f (1)，x均为整数．证明：f?x??Z.
??且,8|62742??，即3|(??6．只需3|62742???0,???2,???4,???7,???9, ???????0;??4;??8;??2;??6.??????),且8??|，先考虑??0,2,4,6,8,有5组解
9．不存在．利用a2－b2 =(a－b)(a + b)，而a－b，a + b的奇偶性相同．而2002=2×1001. 11．用数学归纳法或n(n+1)(2n+1)= n(n+1)(n+2)+(n－1)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, a－b均为整数. 进而知2a，2b为整数.
分类讨论(k∈Z): 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)仍然为整数。
习题1-2
1. 判断下列各数中哪些是质数？109，2003，17357 2. 求证：对任意 n∈Z+，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 n∈Z+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 p>3，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（2859433－1）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 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?11, 109用质数试除到7, 2003?45,2003用质数试除到37，可知两者是质数，
17357=17×1021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，357－17= 340，340不能被7，11，13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+1－n2 = (n2+ n+ 1)(n2－n+ 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) ,n∈Z+, n≥1,2n+1和2n2+ 2n+ 1皆为大于1的数.
5. a=3. 思路：分类讨论(k∈Z): ∵ a=3k+1时，a + 14是3的倍数，a=3k+2时，a + 4是3的倍数。∴ 必有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 < q≤ 5, 穷举得q=2, p=7; q=5,p=2两组解。故1或 1/8。 7. 合数. 利用质数 p> 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1—1第1题（2）的结论，（2+1）|（2859433+1）．
9. 设2p?1?h,2q?3?k，h、 k 必为奇数, 2p?1?4p?2?4p?2?4p?2,得k?4，而k不能为3,
qpq2qkp?3kp故只有k =1, 这样2q－3=p , 代入h?4q?5?4，同时质数 p、q 大于 3. 所以, 只能有h =3, 因而得 q =5,
qp=7.
10. 先证：一切大于 2的质数，不是形如 4n + 1就是形如 4n－1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 4n－1的质数只有有限个：p1, p2, …, pk。令N = 4 p1 p2 … pk－1，N为形如 4n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如 4n－1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+ … +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 1-3
1.求：（1）（21n +4，14n +3）（其中 n∈Z+）；
（2）（30，45，84），［30，45，84］；（3）（5767，4453）. 2.求证：［an，bn］= ［a，b］n（a，b，n∈Z+）.