数论习题答案.doc

1 证明：都是的倍数。存在个整数使又是任意个整数即是的整数2 证： 从而可知 3 证： 不全为 在整数集合中存在正整数，因而有形如的最小整数 ，由带余除法有 则，由是中的最小整数知 下证第二题 （为任意整数） 又有 故4 证：作序列则必在此序列的某两项之间即存在一个整数，使成立 当为偶数时，若则令，则有 若 则令，则同样有当为奇数时，若则令，则有 若 ，则令 则同样有 综上 存在性得证 下证唯一性当为奇数时，设则而 矛盾 故当为偶数时，不唯一，举例如下：此时为整数5.证：令此和数为S，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M，使MS不是整数，从而证明S不是整数（1） 令S=，取M=这里k是使最大整数，p是不大于n的最大奇数。则在1，2，3，n中必存在一个，所以MS=由M=知，必为整数，显然不是整数，MS不是整数，从而S不是整数（2） 令M=则 SM=，由M=知，而不为整数SM不为整数，从而也不是整数1 证：设是a，b的任一公因数，|a，|b由带余除法。 |， |，, |,即是的因数。反过来|且|，若则，所以的因数都是的公因数，从而的公因数与的因数相同。2 见本书P2，P3第3题证明。3 有1习题4知：使。，使如此类推知： 且而b是一个有限数，使，存在其求法为4。证：由P31习题4知在（1）式中有 ，而 ， ，即 1，证：必要性。若，则由推论1.1知存在两个整数s，t满足：，充分性。若存在整数s，t使as+bt=1，则a，b不全为0。又因为，所以 即。又，2证：设，则 又设则 。反之若，则，。 从而，即=3证：设（1）的任一有理根为，。则 （2） 由， 所以q整除上式的右端，所以，又，所以； 又由（2）有 因为p整除上式的右端，所以 ，所以 故（1）的有理根为，且。 假设为有理数，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是 ，这与为其有理根矛盾。故为无理数。 另证，设为有理数=，则 但由知，矛盾，故不是有理数。 1 见书后。2 解：因为8|848,所以， 又8|856，所以8|B，又4|32，所以4|C，又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D，又9|（3+5+9+3+7），所以9|E，又所以；同理有。3证：， ，. ，又显然 ，同理可得， 推广.设, (其中为质数为任意n个正整数) 则 4证：由,有从而有证：（反证法）设为奇数）则，为合数矛盾，故一定为的方幂2.(i)证:：设.则由性质II知,所以, 所以，所以，又在与+之间只有唯一整数，所以(ii证一设,则当时, ;当时,; 证二令, 是以为周期的函数。 又当，即。评注：证一充分体现了 常规方法的特点，而证二则表现了较高的技巧。3（i）证：由高斯函数x的定义有。则 当 当 故 （ii）证：设，则有 下面分两个区间讨论：若，则，所以，所以若，则，所以。所以2.31 证：由知 及都是单位圆周上的有理点。另一方面，单位圆周上的有理点可表示为，于是得，又的一切非整数解都可表示为：，于是第一象限中上的有理点可表示为，由于单位圆周上的有理点的对称性，放上的任意有理点可表为 及，其中a，b不全为0，号可任意取。 321.证：由的取值可得个数，若，则，又，。又，又，。为同一数，矛盾，故原命题成立。3.（i）的引理对任何正整数a，可以唯一的表示成的形式，其中。证：（i）设由于取值故取值为0，1，2。这样的数有2H+1个，其中最小的 数为0，最大的数为2H，所以A+H可以表示下列各数：0，1，2，上列数中减去H得，则A可表示上列各数，且表示唯一。（ii）事实上，只需这样的（n+1）个砝码即可。由（I）知 1到H中任一斤有且仅有一种表示法，当时，将砝码放在重物盘中；当时，不放砝码；当时，将砝码放在砝码盘中。如此即可。3.31. 证：由定理1知所在的模m的剩余系是与模m互质的。又已知 两两对模m不同余，所以这 个整数分别属于不同的模m的剩余类。再由定理1知结论成立。2 .证：设模m的一个简化剩余系是，即，由于，当通过m的简化剩余系时，由定理3知，也通过模m的剩余系。故对，存在使， .3.（i）证：由定理5知：p为质数时，。所以即证。 （ii）证:设整数m的所有正约数是,考察m的完全剩余系 （1） 对(1)中任一数,设(a, m)=d,则,即(1)中任一数与的最大公约数是中的数。反之，对每一个（1）中必有一数a使（例如），而且对（1）中任一数不可能出现，于是，将（1）中的数按其与m的最大公约数的情形分类：（1）中与m的最大公约数是的数有个；（1）中与m的最大公约数是的数有个；，（1）中与m的最大公约数是的数有个；所以,即，注意是m的约数，所以2. 41. 解:,即，因为，由欧拉定理有，所以所以从今天起再过天是星期五