2023年第一章作业参考答案

千里之行，始于足下让知识带有温度。第第2页/共2页精品文档推荐第一章作业参考答案1.证实：（1）若a|b,c|d,则ac|bd

(2)若a|b1,a|b2,…,a|bk,则对随意整数c1,c2,…,ck,有a|(b1c1+b2c2+…bkck).

证：1）a|b可知存在整数m使得b=ma，c|d可知存在整数n使得d=nc

得bd=acmn即ac|bd。

2）a|b1,a|b2,由性质1-1(3)可得a|(b1c1+b2c2),其中c1和c2为随意整数。递归可证得a|(b1c1+b2c2+…bkck)。

2.若3|a,5|a且7|a,则105|a.

证实：3|a∴存在整数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∴存在整数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.设p是正整数n的最小素因数，证实，若n>p>n1/3,则n/p是素数。

证实：反证法。

假设n/p不是素数，则必是合数，则有：

n/p=p1*p2*…*pk（其中k≥2,p1,p2,…,pk为素数，且都≥p，且都为n的因数）p为最小素因数，∴p1,p2,…,pk都≥p

∴n/p=p1*p2*…*pk≥p1*p2≥p2∴n≥p3,即p≤n1/3与题设冲突，所以n一定是素数，得证。

4.设n≠1，证实：(n-1)2|(nk-1)的充要条件是(n-1)|k.

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

充分条件：若(n-1)|k，则(n-1)2|k(n-1)，上式=0mod(n-1)2，所以(n-1)2|(nk-1)

须要条件：Q(n-1)2|(nk-1)∴(n-1)2|k(n-1)∴(n-1)|k

7.证实：形如6k-1的素数有无穷多个。

证实：反证法。

1.首先证实形如6k-1的正整数必有6k-1形式的素因数。

假设n的全部素因子都为6k+1的形式，即：

n=p1p2…pk，pi=6ki+1（i=1，2，…,r)

则n必为6k+1形式，这与题设冲突。

2.如果形如6k-1的素数有有限个（s个），记为q1,q2,…,qs.设整数n=6q1q2…qs-1，则n为形如6k-1的整数。按照n的构造，它不是s个素数中的某一个，为合数

一定存在1js，使得qj|n又qj|6q1q2…qs

由整除的性质1-1(3)得：qj|(6q1q2…qs-n)=1

而这是不行能的，所以存在无穷多个形如6k-1的素数。

8.证实：若k为素数，则对随意正整数n，都有k|(nk-n).

证：（这一题用到其次章的小费马定理）

k为素数，∴即存在整数m，使得

=km+1∴

=n(km+1)∴

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

证：

1）因子n，n+1,n+2,n+3为延续的四个整数，因此其中必有一个能被3整除的，和一个能被4整除的，以及一个能被2整除但不能被4整除的数，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)为延续的3个整数，因此其中必有分离能被2，3整除的数，因此6|(n5-n)

设n=5k+r,(0r4)则

r=0时，5|n5|(n5-n)又6|(n5-n)30|(n5-n)

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

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

r=2或3时，5|n25|(n5-n)又6|(n5-n)30|(n5-n)

10.证实：对随意正整数n,531175315

nnn++是整数。证：n=1时，式子=1为整数

假设n=k时，上式为整数，则

n=k+1时

5354323254323253432117(1)(1)(1)5315

117(5101051)(331)(1)53151111772255331515

117()12325315

kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk+++++=+++++++++++=+++++++++++=+++++++为整数，得证。

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

12.证实：当n为大于1的正整数时，11111...23sn=+++和21111...3521sn=+++-都不是正整数。

证：1.设P=[1,2,…,n]，则P*(1+1/2+1/3+1/4+…+1/n)=P*s1，

设k是满足2k≤n的最大正整数，即2k≤n<2k+1，明显2k|P*s1

下面证实P*s1=P/1+P/2+…+P/n不是2的倍数。

明显P/i是整数（i=1,2,….n）。

把P分解因数，其中素因数2浮现的次数为k次（2k≤n<2k+1，所以2k|P；又由于P是最小公倍数，所以P的因数中恰好含有k个2）。故P/2k不再含素因子2，即为奇数。P/1、P/2、…、P/n这些数中，除P/2k外，其余各项都是2的倍数（由于分母的质因数中至多含有(k-1)个2，而分子含有k个2）。故等式左边P/1+P/2+…+P/n不是2的倍数（其中惟独1个奇数，其余都是偶数）。这与等式右边P*s1为偶数冲突，得证。2.

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

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

nnn-+++-设p=[3,5,7,…,2n-1],则p为奇数

212312(...)35721

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

nnppspn--=+++-等式左边，对于n，分为奇偶两种状况研究：

?当n为偶数时，np为偶数；2(3521)

ppppsn=+++-共有奇数项，且每一项为奇数，因此2ps为奇数，np-2ps为奇数。

?当n为奇数时，np为奇数；2(3521)

ppppsn=+++-共有偶数项，且每一项为奇数，因此2ps为偶数，np-2ps为奇数。

因此等式左边恒为奇数，与等式右边恒为偶数冲突，得证。

13.求以下整数的最大公因数：(1)(222,259)

解：

259=222*1+37

222=37*6

所以(222,259)=37

14.用肯定值最小余数求(1359,713)的最大公因数。

解：

1395=713*2-31

713=31*23

所以(1359,713)=31

15.求整数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