王进明初等数论习题详细解答20235第九版（可打印版）

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王进明初等数论习题及作业解答

P17习题1-11，2(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.

这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍〞问题：商为12,说明被除数减去余数后是除数的12倍，被除数减去余数后与除数相加的和是除数的（12+1）倍，即454?12?26?26?390是除数的13倍.

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n?27k,r=0；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.

332323322333n3n2n??的值是整数。(2)当n∈Z时，

326n3n2n2n3?3n2?n32??=证由于，只需证明分子2n?3n?n是6的倍数。32662n3?3n2?n?n(2n2?3n?1)?(n?1)n(2n?1)

?(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。

(n?1)n(2n?1)222

=0+1+2+…+(n-1)2,整数的平方和必为整数。

6(n?1)n(2n?1)－

当n∈Z时，-n∈Z+,从而同样推得为整数，故命题得证。

6又证：

(3)若n为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．

证明：利用11n+2+122n+1=121×11n+12×144n=133×11n+12×(144n－11n)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，?a?b?|(an?bn)；(6)当a，b∈Z且a≠－b，n是单数时，?a?b?|(a?b)．

nn解：利用例5结论：若a≠b，则?a?b?|(a?b)．令b=－b*,即得。

nn或解：a=(a+b)－b，(5)当n为双数时，由二项式展开

nan?bn??a?b?b?b?????n??a?b??n?a?b?nn?1b????1?n?1证得。(6)当n为单数时类似可得。n?a?b?bn?1，

3．已知a1，a2，a3，a4，a5，b∈Z,且

?ai?152i?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，由于2|ki(ki?1)，所以8|4?ki(ki?1),

i?155i?1?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，由于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。证：若有有理根，记为

2ppp,p,q互质，代入方程有a()2?b??c?0

q

即ap?bpq?cq?0，这是不可能的，由于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，最终得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?

解：不能．由于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＝1234567891011…979899，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，应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)2023，(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．

2222221815222916233101724411182551219266132027714212899599699799899910001001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2023，∴和等于2023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?a2aa|10解答：由于7×11×13=1001。（谐“一千零一夜〞）而

anan?1a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0?(anan?1a3a2a1a0?anan?1a3?a2a1a0)×1000．

a3?a2a1a0)

或anan?1a3?7?11?13?(anan?1∴

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

(与上面一致或相像的题目不列，以下各章节同)

3．已知a，b，c中，有一个是2023，有一个是2023，有一个是2023，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=2023成立?11．证明：当n∈Z时，6|n(n＋1)(2n＋1)．

12．已知：f?x??ax?bx?c，f(0)，f(－1)，f(1)，x均为整数．证明：f?x??Z.

2解答：

3．偶数．由于a，b，c中，有三个奇数，所以a－1，c－3中至少有一个是偶数．6．只需3|62742??,且8|62742??，即3|(???),且8|??，先考虑??0,2,4,6,8,有5组解????0,???2,???4,???7,???9,???????0;???4;???8;???2;???6.9．不存在．利用a2－b2=(a－b)(a+b)，而a－b，a+b的奇偶性一致．而2023=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.

分类探讨(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)依旧为整数。

习题1-2

1.用试除法确定以下各数中哪些是质数？哪些是合数？1987，2027，2461，17357解：1987?45,

2027≈45.022,用质数试除到43，可知两者是质数，2461≈49.61,

用质数顺次试除，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12题结论，357－17=340，340不能被7，11，13整除，再用17，23考虑，2461÷23=107,2461是合数。用类似思路顺次试除17357，到17，得分解式17357=17×1021，17357是合数。2.当n是什么正整数时，f1(n)?n?4，f2(n)?n?5n?9n+8n2+4n+1,f3(n)=n4

4543－18n2+45,f4(n)=n4+n2+1,f5(n)?3n?4n?1的值是质数？是合数？

222解：f1(n)?n?4n?4?4n?(n?2)?(2n)?(n?2n?2)(n?2n?2)

422222?[(n?1)2?1][(n?1)2?1]，当n=1时，f1(n)是质数；当n>1时，f1(n)是合数。

f2(n)?(n5?2n4?n3)?(3n4?6n3?3n2)+(2n3?4n2?2n)?(n2?2n?1)

=(n+1)2(n3+3n2+2n+1)。n无论是什么正整数时，n+1>1，∴f2(n)总是合数。

f3(n)=(n2?3)(n2?15)令n2－3=1或n2－15=1知仅当n=2或n=4时，f3(n)为质数，

n为其它正整数时，f3(n)是合数。

∵n4+n2+1=n4+2n2+1－n2=(n2+n+1)(n2－n+1)，令n2+n+1=1或n2－n+1=1知仅当n=1时，f4(n)=n4+n2+1为质数，n>1时，f4(n)是合数。

f5(n)?(3n?1)(n?1)，∴f5(n)当n=2时为质数，n为其它正整数时是合数。

3.试证：(1)一切大于3的质数，不是形如6n+1就是6n－1的数(n∈N)；(2)任意多个形如6n+1的数的乘积仍是形如6n+1的数；(3)形如6n－1的数中含有无限多个质数.

证：(1)由于形如6n或6n±2或6n+3为合数；所以结论成立；(2)先证明两个形如6n+1的数的乘积仍是形如6n+1的数：

(6n1?1)(6n2?1)?36n1n2?6n1?6n2?1?6(6n1n2?n1?n2)?1，

显然，6n1n2?n1?n2?N，结论成立。然后用数学归纳法可得一般性结论。(3)若形如6n－1的数中只有k个质数：p1,p2,…,pk。令N=6p1p2…pk－1，N为形如6n－1的数，由假设N必为合数，且必有一个形如6n－1的质因数p（否则就全是形如6n+1的数，由(2)中结论，乘积必为形