习题2及解答.docx
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习题2及解答.docx
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习题2及解答
习题2
1.设p、q都是素数,且7p+q,pq+11也都为素数,求
的值.
【答案】若p、q都是奇数,则7p+q为偶数,它不是素数,故p、q中有一个为偶数.
情形一设p为偶数,则p=2,此时由7p+q为素数,知q为奇素数,若q≠3,则q≡1或2(mod3).
若q≡1(mod3),则7p+q=14+q≡0(mod3),
矛盾;
若q≡2(mod3),则
pq+11=2q+11≡4+11≡0(mod3),
亦矛盾,所以q=3,此时
7p+q=17,pq+11=17,
都是素数,故(p2+qp)(q2+pq)=(22+32)(32+23)=221.
情形二设q为偶数,则q=2,同上讨论可知p=3,此时
(p2+qp)(q2+pq)=(32+23)(22+32)=221.
综上可知,所求的值为221.
2.设
是5个素数,且
成等差数列.求
的最小值.
【答案】设d为公差,则p1,p1+d,p1+2d,p1+3d,p1+4d都是素数.
若2
d,即d为奇数,则p1+d,p1+2d中有一个为偶数,它不是素数.
若3
d,则p1+d,p1+2d,p1+3d中有一个为3的倍数(它们构成模3的一个完系),矛盾.
若5
d,则p1,p1+d,…,p1+4d中有一个为5的倍数只能是p1=5,这时公差d是6的倍数.
而5,11,17,23,29是5个成等差的素数数列,所以,p5最小为29.
3.对每个正整数n,用
表示n在十进制表示下各数码之和.证明:
对任意正整数m,存在正整数n,使得
.
【答案】注意到,对任意正整数k,
=9,于是,设
=3n,则n=
,
故S(n)=3k+6,这样,对任意正整数m,取k=3m-2,就有S(n)=mS(3n).
说明由S(3n)≡3n(mod9),故要求3|S(n),进而3|n,所以在先确定3n时,要寻找一个9的倍数(例如
作为3n就不能满足条件).
另外,在S(2n)与S(n)之间没有上述性质,事实上,可证:
S(2n)≤2S(n);S(n)≤5S(2n).
4.求最大的正整数k,使得存在正整数n,满足
.
【答案】注意到,当n为偶数时,设n=2m,有3n=9m≡1(mod8),
当n=2m+1时,3n=9m×3≡3(mod8),
所以,对任意正整数n,有3n+1=2或4(mod8),
故k≤2.又22|31+1,所以,所求k的最大值为2.
5.设n为正整数.证明:
存在十进制表示中只出现数码0和1的正整数m,使得
.
【答案】考虑数列1,11,111,…,
,
其中必有两个数对模n同余(因为任何整数除以n所得的余数只能为0,1,2,…,n-1,共n种情况),它们的差(大的减小的)就是符合要求的m.
6.设n为是一个正奇数.证明:
存在一个十进制表示中每个数码都是奇数的正整数m,使得
.
【答案】如果(5,n)=1,那么由上题的结论,知存在m=
,使得n|m,而n为奇数,结合5
n,知(n,10)=1,故n|
.命题获证.
如果5|n,设5α|n,那么可写n=5α·n1,其中5
n1.利用2.2节例5的结论,可知存在一个α位的正整数m1,使得5α|m1,且m1的每个数码都是奇数,这时,考虑数
m1,
,…,
,
这里
表示i个m1连写形成的十进制数(故上面所列的数都是5α的倍数),则存在1≤i<j≤n1+1,使得
≡
(modn1),
结合(n1,10)=1,可知
n1|
,
于是记m=
,则m中的每个数码都是奇数,且
5α|m,n1|m,
而(5α,n1)=1,
故5α·n1|m,即n|m.
命题获证.
7.证明:
对每个正整数n,数
都是合数.
【答案】若n为偶数,则19×8n+17≡1×(-1)n+2≡0(mod3);
若n≡1(mod4),写n=4k+1,则
19×8n+17=19×642k×8+17≡6×(-1)2k×8+4≡0(mod13);
若n≡3(mod4),则19×8n+17=19×642k+1×8+17≡(-1)×(-1)2k+1×3+2≡0(mod5).
所以,对任意正整数n,数19×8n+17是合数.
8.Fibonaccia数列
定义如下:
,
,n=1,2,….
(1)证明:
该数列任意连续10项之和是11的倍数;
(2)求最小的正整数k,使得该数列中任意连续k项之和是12的倍数.
【答案】考虑数列{Fn}中每一项除以11(或12)所得的余数.
⑴{Fn(mod11)}:
1,1,2,3,5,-3,2,-1,1,0,1,1,…,所以{Fn(mod11)}是以10为周期的纯周期数列,因此
{Fn}中任意连续10项之和≡1+1+2+3+5+(-3)+2+(-1)+1+0=11≡0(mod11),
命题获证.
⑵{Fn(mod12)}:
1,1,2,3,5,-4,1,-3,-2,-5,5,0,1,1,…是以12为周期的纯周期数列.直接验证,可求出满足条件的最小正整数k=36.
说明若k是满足⑵的最小正整数,而n是满足⑵的正整数,则k|n(这个结论请读者证明).因此,找到满足条件的n=36({Fn(mod12)}的每个周期内各数之和≡4(mod12))后,只需验证36的正因数不合要求,就能断言36是符合条件的最小正整数.
9.设整数a、b满足:
.证明:
.
【答案】先分别证明:
⑴若a2+b2≡0(mod3),则a≡b≡0(mod3);
⑵若a2+b2≡0(mod7),则a≡b≡0(mod7).
这只需注意到,对任意整数x,都有x2≡0或1(mod3),
及x2≡0,1,2或4(mod7),
即可证出.
现在由21|a2+b2可推出21|a,21|b,故212|a2+b2,所以命题成立.
10.正整数a、b、c满足:
.证明:
c有一个大于5的素因子.
【答案】我们分别证明:
⑴若2|c,则2|a,2|b;
⑵若3|c,则3|a,3|b;
⑶若5|c,则5|a,5|b.
⑴的证明是平凡的.
⑵的证明只需注意到c2=a2+ab+b2=(a-b)2+3ab,就容易证出.
对于⑶,由条件,知4c2=4a2+4ab+4b2=3a2+(a+2b)2,
而对任意整数x,知x2≡0,1,4(mod5),
于是,由3x2+y2≡0(mod5),
可知x2≡y2≡0(mod5),
即x≡y≡0(mod5).
因此,由5|c,知3a2+(a+2b)2≡0(mod5),
故a≡a+2b≡0(mod5),
可得a≡b≡0(mod5),
所以⑶成立.
回到原题,当c是2、3或5的倍数时,c2=a2+ab+b2两边可分别约去22、32或52后,等式的形式保持不变.所以c有一个大于5的素因子.
11.将整数1,2,…,9填入一个3×3的表格,每格一个数,使得每行、每列及每条对角线上各数之和都是9的倍数.
(1)证明:
该表格中正当中那个方格内的数是3的倍数;
(2)给出一个正当中方格内所填数为6的满足条件的放置方法.
【答案】⑴设表格中第i行、第j列的方格上所填的数为aij,1≤i≤3,1≤j≤3,
则a11+a22+a33≡a13+a22+a31≡a12+a22+a32≡a21+a22+a23≡0(mod9),
于是它们求和后,得(a11+a12+a13+a21+a22+a23+a31+a32+a33)+3a22≡0(mod9),
即3a22+(1+2+…+9)≡0(mod9),
故9|3a22,
即3|a22,
从而表格中正当中的格子内所填数为3的倍数.
⑵下表给出的例子是中间格为6的一种填法.
9
5
4
1
6
2
8
7
3
12.下面的算式给出了一种判别一个数是否为19的倍数的方法:
每次去掉该数的最后一位数字,将其两倍与剩下的数相加,依此类推,直到数变为20以内的数为止,若最后一个数为19,则最初的那个数为19的倍数,否则原数不是19的倍数.
例如上面判定了67944为19的倍数,而44976不是19的倍数.
(1)试证明:
上面的判别方法是正确的;
(2)请给出判别一个数是否为29的倍数的类似方法.
【答案】一般地,设数
是一个十进制表示下的n+1位数,则若它是19的倍数,那么
10
+a0=
≡0(mod19),
故20
+2a0≡0(mod19),
即
+2a0≡0(mod19),
这表明每次操作后的结果都是19的倍数.
另一方面,若
+2a0≡0(mod19),
则10
+20a0≡0(mod19),
这表明10
+a0≡0(mod19),
即
≡0(mod19),
所以,每次操作后的结果是19的倍数,则操作前该数也是19的倍数.
所以,题给的判别方法是正确的.
对于29而言,类似的判别方法是:
每次去掉最后一位,将它的3倍与剩下的数相加,以此类推,直到变为30以内的数为止.若最后的结果为29,则原数是29的倍数,否则原数不是29的倍数.
13.能否将2010×2010的方格表的每个方格染成黑色或白色,使得关于表格的中心对称的方格颜色不同,且每行、每列中黑格数与白格数都各占一半?
【答案】不能做到.
事实上,若存在满足条件的染色方式,我们在黑格中都写上+1,白格中都写上-1,并依表格的中心所在的两条方格线将表格分为4块,左上角那块中各数之和设为A,右上角那块为B,左下角那块为C,右下角那块为D.由条件,可知A,B,C,D都是10052个奇数之和,故A,B,C,D都为奇数,且A=-D,B=-C(因为关于表格的中心对称的方格不同色),而且A+B=A+C=0(这里用到每行、每列中黑、白格数各占一半).所以,A-C=A+C=0,这要求A=C=0,但A、C都是奇数,矛盾.
14.标号为1,2,…,100的火柴盒中有一些火柴,如果每次提问允许问其中任意15盒中所有火柴数之和的奇偶性.那么要确定1号盒中火柴数的奇偶性,至少需要提问几次?
【答案】至少需要3次提问.
先证“3次提问是足够的”.例如:
第一次为:
a1,a2,…,a15;
第二次为:
a1,a2,…,a8,a16,a17,…,a22;
第三次为:
a1,a9,a10,…,a22.
其中ai表示第i盒中火柴的数目.这样,3个答案之和的奇偶性与a1的奇偶性相同(其余每盒在3次提问中恰好出现2次).因此,经3次提问可确定a1的奇偶性.
再证“至少需要3次提问”.如果提问只有两次,且两次中都出现a1,那么在两次提问中必有ai和aj,使得ai只在第1次提问中出现,而aj只在第二次提问中出现,这样同时改变a1、ai、aj的奇偶性,每次答案是相同的,从而不能确定a1的奇偶性.如果两次中都不出现a1,在a1都不出现时,改变a1的奇偶性;在a1只出现一次时,改变a1与ai(这里ai是与a1同时出现的某个火柴盒)的奇偶性,那么两次答案仍是相同的,不能确定a1的奇偶性.
综上可知,至少需要提问3次.
15.求所有的正整数n,使得可以在一个n×n的方格表的每个方格内写上+1或-1,满足:
每个标号为+1的方格的相邻格中恰有一个标号是-1,而每个标号为-1的方格的相邻格中恰有一个标号是+1.
【答案】用aij表示第i行、第j列上的方格内所填的数.如果存在符合要求的填法,那么我们不妨设a11=1(否则改变表格中所有数的符号再讨论),此时a21与a22中恰好有一个为-1,不妨设a21=-1(否则将表格的第2行与第2列互换后再讨论),则a12=1,进一步讨论,知a22=-1,a13=1,…,可知第1行中的数都是1,第2行中的数都是-1,进而,第3行中的数都是-1,第4行中的数都是1,依此递推,知当且仅当i≡1(mod3)时,第i行中的数都是1,而其余每行中的数都是-1.如果,n≡0(mod3),那么第n行的数为-1,该行上的每个方格中相邻方格上的书都是-1,不合要求,直接验证可知其余情况都合要求.
所以,当且仅当3
n,n>1时,存在符合要求的填法.
16.设
是1,2,…,100的一个排列,令
,i=1,2,…,100,记
为
除以100所得的余数.证明:
中至少有11个不同的数.
【答案】若r1,r2,…,r100中只有10个不同的数,则对i=1,2,…,99,ri+1-ri只有102-9=91(这里减去9是因为ri+1=ri时所得的值都是零)种不同取值.但是在模100的意义下,ri+1-ri依次为a2,a3,…,a100,共有99种不同的取值,矛盾.
所以r1,r2,…,r100中至少有11个不同的值.
17.求所有满足下述条件的正整数a的个数:
存在非负数
,使得
=
.
【答案】若a是一个满足条件的数,则
>1,故a>1.
此时,对
=
+
+…+
两边模a-1,知1≡
(moda-1),
所以a-1|2000.
另一方面,若a>1满足a-1|2000,则我们在x1,x2,…,x2001中取a个数为0,a-1个为1,a-1个为2,…,a-1个为k-1,这里k=
,并取x0=k,就有
=
+
+…+
.
所以,当且仅当a>1且a-1|2000时,a为满足条件的数,这样的a共有20个.
18.设m、n为正整数,m>1.证明:
的充要条件是
.
【答案】若m(2m-1)|n,设n=m(2m-1)k,则
2n-1=
-1=
-1=
A,
其中A=
+
+…+
+1.
注意到
-1=
-1≡
-1≡0(mod2m-1),
所以
2|2n-1.
反过来,若
2|2n-1,我们先证m|n.若否,设n=mq+r,0<r<m,则由
2n≡1(mod2m-1),
知(2m)q·2r≡1(mod2m-1),
故2r≡1(mod2m-1),
但是1≤2r-1<2m-1.
所以2m-1
2r-1,矛盾.因此m|n.
现设n=mq,则2n-1=(2m-1)×B,
其中B=(2m)q-1+(2m)q-2+…+2m+1,
由(2m-1)2|2n-1,
知2m-1|B,
又B=1q-1+1q-2+…+1=q(mod2m-1),
所以2m-1|q,
从而m(2m-1)|n.
命题获证.
19.设正整数a、b互素,p为奇素数.证明:
.
【答案】记A=
=ap-1―ap-2b+…―abp-2+bp-1,结合p为奇数及b≡―a(moda+b),知
A≡
=pap-1(moda+b).
而(a,b)=1,
故(a,a+b)=1,
所以(a+b,
)=(a+b,A)=(a+b,pap-1)=(a+b,p)=1或p.
20.求最小的正整数a,使得对任意整数x,都有
.
【答案】由条件,知65|(18+9a)(取x=1),而(9,65)=1,故65|a+2,
即a≥63.
当a=63时,利用Fermat小定理知:
对任意整数x,都有
5x13+13x5+9ax≡13x+9ax≡(3+(-1)×3)x≡0(mod5);
5x13+13x5+9ax≡5x+9ax≡(5+9×(-2))x≡0(mod13).
所以65|5x13+13x5+9ax.
综上可知,所求的最小正整数a=63.
21.是否存在整数a、b、c,使得方程
和
都有两个整数根?
【答案】不存在这样的整数a、b、c.
事实上,若a、b、c满足条件,我们不妨设a为偶数(否则用-(a+1)、-(b+1)、-(c+1)代替a、b、c讨论),由条件,结合韦达定理知-
与
都是整数,故b、c都是偶数,所以a+1、b+1、c+1都是奇数.此时,对任意整数x,有
(a+1)x2+(b+1)x+(c+1)≡x2+x+1=x(x+1)+1≡1(mod2)
(最后一步用到x与x+1中有一个偶数).这表明方程(a+1)x2+(b+1)x+(c+1)=0没有整数根,矛盾.
22.求所有的正整数组(x,y,z,w),使得x!
+y!
+z!
=w!
.
【答案】不妨设x≤y≤z<w,则w≥z+1,若z≥3,则
w!
≥(z+1)·(z!
)≥z!
+y!
+x!
,
矛盾,故z≤2.
若z=1,则x=y=z=1,此时w!
=3,不存在这样的w,故z=2.
此时w≥3,故w!
≡0(mod3),
所以x!
+y!
≡1(mod3),
而x≤y≤2,
故只能是x=y=2,
此时w=3,
故(x,y,z,w)=(2,2,2,3).
23.求满足下述条件的整数数组(a,b)的组数:
0≤a,b≤36,且
.
【答案】注意到,a2+b2≡a2-36b2(mod37),故由条件知
37|a2-36b2,
即37|(a-6b)(a+6b),
所以37|a-6b或37|a+6b.
因此,对每个1≤b≤36,可知恰有两个a(a≡±6b(mod37))满足条件,
而b=0时,由a2+b2≡0(mod37)知a=0.
所以,满足条件的(a,b)共有2×36+1=73(组).
24.设m、n为正整数,且
.证明:
m是一个完全平方数.
【答案】有条件可设m2+n2+m=kmn,k为正整数,这样,关于n的一元二次方程n2-kmn+m2+m=0①有正整数解,故△=(km)2-4(m2+m)=m(k2m-4m-4)是一个完全平方数.
若m为奇数,则(m,k2m-4m-4)=(m,-4)=1,故由△为完全平方数知m为完全平方数.
若m为偶数,则由①知n为偶数(否则①的左边为奇数,矛盾),故4|n2,4|kmn,4|m2,从而由①知4|m.设m=4m1,则△=16m1(k2m1-m1-1),
所以,m1(k2m1-m1-1)是一个完全平方数,这时(m1,k2m1-m1-1)=(m1,-1)=1.
故m1是完全平方数,所以m=4m1也是完全平方数,命题获证.
25.证明:
若正整数n可以表示为三个正整数的平方和的形式,则
也可以表示为三个正整数的平方和的形式.
【答案】设n=x2+y2+z2,x≥y≥z为正整数,
则n2=(x2+y2+z2)2
=(x2+y2)2+2(x2+y2)z2+z4
=(x2+y2-z2)2+4(x2+y2)z2
=(x2+y2-z2)2+(2xz)2+(2yz)2.
注意到,x2+y2-z2>0,知n2可表为3个正整数的平方和.
26.求所有的正整数n,使得n的三次方根等于n去掉最后三位数字后得到的正整数.
【答案】设n=1000x+y,这里x为正整数,y为整数,且0≤y≤999.依题意知x3=1000x+y.
1000x≤x3<1000x+1000=1000(x+1),
故x2≥1000,x3+1≤1000(x+1),
得x2≥1000,x2-x+1≤1000.
所以32≤x<33,
故x=32,
这样y=768,
所以n=32768.
27.证明:
存在无穷多个整数n,使得数n、n+1、n+2都可以表示为两个整数(不必不同)的平方和.例如:
,
,
,故n=0即为一个满足条件的整数.
【答案】只需寻找正整数l,使得l2-1=x2+y2有正整数解.
令x=2m2,y=2m,及l=2m2+1,就有l2-1=x2+y2.所以,对任意正整数m,取
n=(2m2+1)2-1=4m4+4m2,
则n=(2m2)2+(2m)2,
n+1=(2m2+1)2+02,
n+2=(2m2+1)2+12.
28.求最小的正整数n,使得在十进制表示下
的末三位数字是888.
【答案】由条件,知n3≡888(mod1000),故
n3≡888(mod8),n3≡888(mod125),
由前者知n为偶数,设n=2m,则
m3≡111(mod125),
因此m3≡111≡1(mod5).
注意到当m=0,1,2,3,4(mod5)时,对应地
m3≡0,1,3,2,4(mod5),
所以,由m3≡1(mod5)知m≡1(mod5),可设m=5k+1,这时
m3=(5k+1)3=125k3+75k2+15k+1≡111(mod125),
故75k2+15k≡110(mod125),
从而15k2+3k≡22(mod25),
既有15k2+3k+3≡0(mod25),
故5k2+k+1≡0(mod25).
这要求5k2+k+1≡0(mod25),
故5│k+1.
可设k+1=5l,得5k2+k+1=5×(5l-1)2+5l,
=125l2-50l+5(l+1)
≡0(mod25),
故5│l+1.
可设l+1=5r,因此
n=2m=10k+2=10(5l-1)+2
=50l-8=50(5r-1)-8
=250r-58.
结合n为正整数,可知n≥250-58=192.
又1922=7077888符合要求,故满足条件的最小正整数为192.
29.设正整数n>1,证明:
数
既不是完全平方数,也不是完全立方数.
【答案】由于n≥2,故2n-1≡-1(mod4),而完全平方数≡0或1(mod4),故2n-1不是完全平方数.
另一方面,若存在n>1及正整数x,
使得2n-1=x3,
则2n=(x+1)(x2-x+1),
由于x2-x+1=x(x-1)+1,
其中x(x-1)为偶数(两个相邻整数中有一个为偶数),故x2-x+1为奇数,
这要求x2-x+1=1,
进而x=1,导出n=1,矛盾.故2n-1不是一个完全平方数.
30.设a、b、c为正整数,且
为整数.证明:
a、b、c都是完全平方数.
【答案】先证:
对任意正整数a,若
为有理数,则a为完全平方数.
事实上,若
=
,p、q为正整数,且(p,q)=1,则a=
,此时由a为正整数,知p2|q2,但(p,q)=1,故p=1,即a=q2.
再证原题:
设
+
+
=m,m为整数,则(
+
)2=(m-
)2
即a+b+2
=m2-2
+c,
于是
+
为有理数.进而可设
+
=n,n为正有理数,
则ab=(n-
)2=n2-2n
+c,
故
为有理数.利用前面的结论可知c为完全平方数,因此
+
=m-
为正整数.同上处理可知a,b也都是完全平方数.
31.已知正整数c是一个奇合数.证明:
存在正整数a,使得
,且
是一个完全平方数.
【答案】通过凑完全平方式来处理.由条件可设c=pq,3≤p≤q,p、q都是奇数,现在需要寻找a,使得(2a-1)2+8pq是一个完全平方式,一个自然的取法是:
2a-1=2q-p,则
(2a-1)2+8pq=(2q-p)2+8pq=(2q+p)2,
a=
(2q-p+1)=q-
≤q-1=
-1≤
-1,
符合题中的要求.
32.设整数a、b满足:
对任意正整数n,数
都是完全平方数.证明:
a=0.
【答案】若a≠0,注意到在a<0时,n充分大后,数2na+b<0,与2na+b为完全平方数矛盾,故a>0.现在设2na+b≡x2n,xn为正整数,则对任意正整数n,有xn<xn+1.
由于4x2n-x2n+2=4(2na+b)-(2n+2a+b)=3b,
故
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