王进明初等数论 习题解答.docx
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王进明初等数论习题解答
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:
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,r=0;
若n=3k+1,k∈Z,则,r=1;
若n=3k-1,k∈Z,则,r=8.
(2)当n∈Z时,的值是整数。
证 因为=,只需证明分子是6的倍数。
=.
由k!
必整除k个连续整数知:
6,6|.
或证:
2!
|,必为偶数.故只需证3|.
若3|n,显然3|;若n为3k+1,k∈Z,则n-1是3的倍数,得知为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,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+12×144n=133×11n+12×(144n-11n)及例5的结论.
(4)当m,n,l∈N+时,的值总是整数
证明:
=
由k!
必整除k个连续整数知:
n!
|,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.令b=-b*,即得。
或解:
a=(a+b)-b,(5) 当n为双数时,由二项式展开
,证得。
(6)当n为单数时类似可得。
3.已知a1,a2,a3,a4,a5,b∈Z,且,说明这六个数不能都是奇数.
解:
若这六个数都是奇数,设,则
,因为,所以8|4,
而,,,
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.证明无有理根。
证:
若有有理根,记为互质,代入方程有
即,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,则为偶数,但是奇数,它们的和不可能为0;
若q为偶数,则为偶数,但是奇数,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=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,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)的特征是:
7(或11或13)整除
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.
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:
,f(0),f(-1),f
(1),x均为整数.证明:
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.
6.只需,即,先考虑有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用质数试除到7,,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 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,h、k必为奇数,,而k不能为3,故只有k=1,这样2q-3=p,代入,同时质数p、q大于3.所以,只能有h=3,因而得q=5,p=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=4p1p2…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),[30,45,8
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