王进明--初等数论-习题解答
初等数论王进明答案
初等数论王进明答案【篇一：王进明__初等数论_习题解答】s=txt>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+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??=证因为，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。
(3) 若n为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．(4)当m，n，l∈n+时，(m?n?l)!的值总是整数 m!n!l!(n?l?1)(n?l)(n?l?1)(l?1)?l! 证明：(m?n?l)!=(m?n?l)(m?n?l?1)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)(n?l?1), (l?1)，从而由和的整除性即证得命题。
关于一个初等数论问题的解答与推广
ｎ－２ 个 ６
ｎ－１ 个 ３
ｎ－２ 个 ６ ｎ－１ 个 ３
! !
!
!
（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ）
—————— ———— —————— — ——
参考文献:
〔1〕 王 进 明 . 初 等 数 论 [M]. 北 京 : 人 民 教 育 出 版 社 ,
2002.
－５－
的基础性课程，数论问题的解答在培养学生的逻辑 思维能力和提高学生的数学素养方面都发挥着至 关重要的作用．因此，在教学实践的过程中，教师都 十分重视对学生解题能力的训练．由此，也大大提 升了广大教师和学生对许多有趣的数论问题进行 解答和深入思考的浓厚兴趣．由王进明［１］主编的《初 等数论》一书的习题 １．３ 中有如下一道很有趣的习 题：
上述问题完整的解答过程如下： 设乘积中的两个七位数分别为 Ａ 和 Ｂ，１４ 位 数为 Ｃ，则由题意可得
Ａ×Ｂ×３＝Ｃ＝Ａ×１０７＋Ｂ 从而可得
（３Ａ－１）Ｂ＝Ａ×１０７ 又因为
－４－
（３Ａ－１，Ａ）＝（Ａ－１，Ａ）＝１ 所以由［１］中定理 １．３．１３ 可得
（３Ａ－１）｜１０７ 且 Ａ｜Ｂ 又因为 Ａ 和 Ｂ 都是七位数，所以可设
使得 ３ＡＢ＝Ｃ． 解 假设满足条件的整数 Ａ，Ｂ 和 Ｃ 存在．则 由题意可得
Ａ×Ｂ×３＝ＣＡ×１０ｎ＋Ｂ 于是可得
（３Ａ－１）Ｂ＝Ａ×１０ｎ 因为
（３Ａ－１，Ａ）＝（Ａ－１，Ａ）＝１ 所以
（３Ａ－１）｜１０ｎ 且 Ａ｜Ｂ 又因为 Ａ 和 Ｂ 均为 ｎ 位数，所以可设
Ｂ＝ｋＡ，１≤ｋ≤９，ｋ∈Ｎ 于是
摘 要：本文在给出一个初等数论问题解答过程的基础上，对该问题作了一般性推广，获得了一个有 趣的计算结果．
关键词：初等数论；习题；解答；推广 中图分类号：Ｏ１５６ 文献标识码：Ａ 文章编号：１６７３－ ２６０Ｘ（２０１３）０２－ ０００４－ ０２
初等数论习题集参考答案
习题参考答案第一章习题一1. (ⅰ) 由a∣b知b = aq，于是b = (-a)(-q)，-b = a(-q)及-b = (-a)q，即-a∣b，a∣-b及-a∣-b。
反之，由-a∣b，a∣-b及-a∣-b也可得a∣b；(ⅱ) 由a∣b，b∣c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a∣c；(ⅲ) 由b∣a i知a i= bq i，于是a1x1+a2x2+ +a k x k = b(q1x1+q2x2+ +q k x k)，即b∣a1x1+a2x2+ +a k x k；(ⅳ) 由b∣a知a = bq，于是ac = bcq，即bc∣ac；(ⅴ) 由b∣a知a = bq，于是|a| = |b||q|，再由a ≠ 0得|q| ≥ 1，从而|a| ≥ |b|，后半结论由前半结论可得。
2. 由恒等式mq+np = (mn+pq) - (m-p)(n-q)及条件m-p∣mn+pq可知m-p∣mq+np。
3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则a, a+ 1, , a+ 9, a+ 19的数字和为s, s+ 1, , s+ 9, s+ 10，其中必有一个能被11整除。
4. 设不然，n1 = n2n3，n2≥p，n3≥p，于是n = pn2n3≥p3，即p≤3n，矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k，使得2k+ 1是合数，对于这样的k，(k+ 1)2不能表示为a2+p的形式，事实上，若(k+ 1)2 = a2+p，则(k+ 1 -a)( k+ 1 +a) = p，得k+ 1 -a = 1，k+ 1 +a = p，即p = 2k+ 1，此与p 为素数矛盾。
第一章习题二1. 验证当n =0,1，2，… ,11时，12|f(n)。
2.写a = 3q1+r1，b = 3q2+r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3∣a2+b2 = 3Q+r12+r22知r1 = r2 = 0，即3∣a且3∣b。
《初等数论》各章习题参考解答
3
1
48
，
在100! 的分解式中的指数
2
100!
100 2
100 4
100 8
100 16
100 64
50
25
12
6
1
94
，
100! 294 348 k 447 348 k 1247 3k,k, 6 1。
故 nmax 47 ， M min 3k ， k, 6 1。
k
+
1 位正整数，记其最左边
那一位数字为 a Î {2,5}，则 xk' + 1 = a´ 10k + xk' ，其中 xk' 是由 2 和 5 组成的十进制 k 位
正整数，由 2k+ 1
若 k = 轾犏臌3 n = 8 ，则 3创5 7篡8 n 840 n ，从而 k = 轾犏臌3 n 吵轾犏臌3 840 9 > 8 ，矛盾！
若 k = 7 ，则 3创4 5篡7 n 420 n ，但 n < 840 ，所以最大的正整数 n = 420 。
6.证明：当 n = 1 时，存在唯一的 x1 = 2 ，则有 21 x1 ；当 n = 2 时，存在唯一的 x2 = 52 ，有 22 x2 ；当 n = 3 时，存在唯一的 x3 = 552 ，有 23 x3 。
n 炒2a
3b 创5g
7 11
77创
k 2
k 3
k 5
77 30
k 3。
由 k ³ 11 ，可得 k ³
11 12
(k
+
1)，从而
n>
77 30
壮k 3
77 30
113 123
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1-1 1，2(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：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=(121)454122626390,b +=---=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39(09)n q r r =+≤<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3327n k =, r=0； 若n=3k +1, k ∈Z ，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8.(2) 当 n ∈Z 时，32326n n n-+的值是整数。
证 因为32326n n n -+=32236n n n -+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。
32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+. 或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --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，(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。
《初等数论》第三版习题解答
《初等数论》第三版习题解答第一章整数的可除性§1整除的概念·带余除法1．证明定理3定理3若a1，a2，，an都是m得倍数，q1，q2，，qn是任意n个整数，则q1a1q2a2证明：qnan是m得倍数．a1,a2,an都是m的倍数。
pn使a1p1m,a2p2m,存在n个整数p1,p2,又q1,q2,,anpnm,qn是任意n个整数qnanq1a1q2a2q1p1mq2p2m(p1q1q2p2即q1a1q2a2qnpnmqnpn)mqnan是m的整数2．证明3|n(n1)(2n1)证明n(n1)(2n1)nn(1n)(2nn(n1)(n2)n(1n)n(又n(n1)(n2)，(n1)n(n2)是连续的三个整数故3|n(n1)(n2),3|(n1)n(n1)3|n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知3|n(n1)(2n1)3．若a某0by0是形如a某by（某，y是任意整数，a，b是两不全为零的整数）的数中最小整数，则(a某0by0)|(a某by)．1/77证：a,b不全为0在整数集合Sa某by|某,yZ中存在正整数，因而有形如a某by的最小整数a某0by0某,yZ，由带余除法有a某by(a某0by0)qr,0ra某0by0则r(某某0q)a(yy0q)bS，由a某0by0是S中的最小整数知r0a某0by0|a某bya某0by0|a某by（某,y为任意整数）a某0by0|a,a某0by0|ba某0by0|(a,b).又有(a,b)|a，(a,b)|b(a,b)|a某0by0故a某0by0(a,b) 4．若a，b是任意二整数，且b0，证明：存在两个整数，t使得abt,|t||b|2成立，并且当b是奇数时，，t是唯一存在的．当b是偶数时结果如何？证：作序列即存在一个整数q，使2222若b0则令,tabaq2bqb，则同样有t22(ii)当q为奇数时，若b0则令q1q1,tabab，则有222/77下证唯一性当b为奇数时，设abtb1t1则tt1b(1)b而tbb,t1tt1tt1b矛盾故1,tt122b为整数2当b为偶数时，,t不唯一，举例如下：此时3bbbbbb1b2(),t1,t122222§2最大公因数与辗转相除法1．证明推论4.1推论4.1a，b的公因数与（a，b）的因数相同．证：设d是a，b的任一公因数，d|a，d|b由带余除法abq1r1,br1q2r2,rnqn1,0rn1rnrn1(a,b)rnd|abq1r1，d|br1q2r2，┄,d|rn2rn1qnrn(a,b),即d是(a,b)的因数。
关于一个初等数论问题的解答与推广
ｎ －
Ｃ＝１ ６ ６… ６ ７ ３ ３… ３ ４
、
。 。 。
— — —
ｎ
－
２ 。 ￣ ’ — — ６
、ｌ — 、 ￣ — — — ３
ｎ
－
般性问题 ， 具体讨论如下 ： 是否存在两个 ｎ 位整数 Ａ ＝ Ｉ ＿ ｒ ・ ． ａ ｌ 和Ｂ ： ｂ ｎ 】 ） ｎ ＿ ． ｂ 。
１ ０ ＞ １ ０ ＋ ５ ， 所 以此 时 Ａ无 解 ．
使得 ３ Ａ Ｂ ＝ Ｃ ．
解 假 设 满 足 条 件 的整 数 Ａ， Ｂ和 Ｃ存 在 ． 则
（ Ｉ Ｉ Ｉ ） 当ｋ ＝ ８ 时， 有２ ４ Ａ ＝ １ ０ “ ＋ ８ ． 因为最小的 ｎ 位
整 数为 ｌ ０ ｎ ≥１ ） ， 而２ ４×１ ０ ＂ － ％１ ０ “ ＋ ８ ， 所 以此 时 Ａ
Ｖｏ １ ．２ ９ Ｎｏ． ２
Ｆ ｅ ｂ ． ２ ０ １ ３
关 于一个初等数论 问题 的解答与推广
刘 春 辉
（ 赤峰 学院 教务处， 内蒙古 摘 赤峰 ０ ２ ４ ０ ０ ０ ）
要 ：本文在给 出一个初等数论 问题解答过程的基础上 ， 对该 问题作 了一般性推广 ， 获得 了 一个有
第２ ９卷 第 ２期（ 上）
２ ０ １ ３年 ２月
赤 峰 学 院 学 报 （自 然 科 学 版 ）
Ｊ ｏ ｕ ｎａ ｒ ｌ ｏ ｆ Ｃ ｈ ｉ ｆ ｅ ｎ ｇ Ｕ ｎ ｉ ｖ ｅ ｒ ｓ ｉ ｔ ｙ （ Ｎ ａ ｔ ｕ ｒ ａ ｌ Ｓ ｃ ｉ ｅ ｎ ｃ ｅ Ｅ ｄ ｉ ｔ ｉ ｏ ｎ ）
上 述 问题 完 整 的解 答过 程如 下 ：
（ Ｉ Ｉ Ｉ ） 当ｋ ＝ ８时 ， 有２ ４ Ａ ＝ １ ０ ’ ＋ ８ ， 因为最小 的七 位数为 １ ０ ， 而２ ４ × １ ０ ％１ ０ ＋ ８ ， 所 以 Ａ亦无解． 综上所述 ， 所求的两个七位数分别为
初等数论1习题参考答案
附录1习题参考答案第一早1. (i ) 由a b 知b = aq,于是b = ( a)( q), b = a( q)及 b =(a)q，即 a b, a b及a b。
反之，由 a b, a b及 a b 也可得a b;(ii) 由a b, b c 知b = aq, c = bq2,于是c = a(qq2),即a c;(:iii )由b a知a = bq，于是ax】a2X2 a k X k =b( qxq2X2q k X k),即b ax a2X2 ax k；( iv )由b a知a =bq，于是ac = :bcq，即bc ac;( v ) 由b a 知a = bq, 于是l a| = | bd ,再由a 0 得H ql 1 ，从而| a| | b|，后半结论由前半结论可得。
2. 由恒等式mq np = (mn pq) (m p)( n q)及条件m p mnpq可知m P mq 1 np。
3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中,存在两个自然数，它们的个位数字是 0,其中必有一个的十位数字不是9,记这个数为a,它的数字和为s,则a, a 1, , a 9, a 19的数字和为S, S 1, ,s 9, s 10,其中必有一个能被11整除。
4. 设不然，n1 = mm, n2 p, n3 p,于是n =卩住介p3,即p 3 n ,矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k,使得2k 1是合数，对于这样的k, (k 1)不能表示为a p的形式，事实上，若(k 八 2 21) = a p,则(k 1 a)( k1 a) = p，得k 1 a = 1，,k 1 a = p,即p =2 k 1，此与p为素数矛盾。
第一早习题二1. 验证当n =0,1 , 2,…，11 时，12|f(n)。
2. 写a = 3 q1 r1, b = 3 q? g m r2 = 0, 1 或2,由3 a2b2=3Q 「12r 22知「1 =门=0，即3 a 且3 b。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
王进明--初等数论-习题解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN王进明 初等数论 习题及作业解答P17 习题1-1 1，2(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：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=(121)454122626390,b +=---=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39(09)n q r r =+≤<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3327n k =, r=0； 若n=3k +1, k ∈Z ，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8.(2) 当 n ∈Z 时，32326n n n-+的值是整数。
证 因为32326n n n -+=32236n n n-+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。
32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+.或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --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，(1)(21)n n n --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 +12×144 n =133×11n +12×(144 n －11 n )及例5的结论．(4)当m ，n ，l ∈N +时，()!!!!m n l m n l ++的值总是整数证明：()!m n l ++=()(1)(1)()(1)(1)!m n l m n l n l n l n l l l ++++-++++-+⋅ 由k !必整除k 个连续整数知：!|()(1)(1)m m n l m n l n l ++++-++,n ! |()(1)(1)n l n l l ++-+，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，()|()n n a b a b +-； (6)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是单数时，()|()n n a b a b ++． 解：利用例5结论：若a ≠ b ，则()|()n n a b a b --．令b=－b*, 即得。
或解： a = (a+b)－b ， (5) 当n 为双数时，由二项式展开()nn n na b a b b b -=+--⎡⎤⎣⎦()()()()1111n n n n a b n a b b n a b b ---=+-+++-+，证得。
(6) 当n 为单数时类似可得。
3．已知a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，b ∈Z ,且5221i i a b ==∑，说明这六个数不能都是奇数．解：若这六个数都是奇数，设21,,1,2,3,4,5i i i a k k Z i =+∈=，则55522111(21)4(1)5iii i i i i a k k k ====+=++∑∑∑，因为2|(1)i i k k +，所以8 |451(1)i i i k k =+∑,52185,ii aq q Z ==+∈∑, 而22(21)4(1)1b k k k =+=++，2*81b q =+，*,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，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20ax bx c ++=无有理根。
证：若有有理根，记为,,p p q q 互质，代入方程有2()0p pa b c q q+⋅+= 即220ap bpq cq ++=，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2ap bpq +为偶数，但2cq 是奇数，它们的和不可能为0; 若q 为偶数，则2bpq cq +为偶数，但2ap 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 ＝1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011…97 98 99，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7x 2y 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．1234567891011121314151617181920212223242526272899599699799899910001001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) 13210|n n a a a a a a -的特征是：7(或11或13) 整除13210||n n a a a a a a --解答：因为7×11×13=1001。
（谐“一千零一夜”）∴a n a n-1…a 3a 2a 1a 0=7×11×13×a 2a 1a 0+(a n a n-1…a 3－a 2a 1a 0) ×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． 6．24|62742,,.αβαβ求9. 是否存在自然数a 和b ，使a 2－b 2 = 2002成立 11．证明：当n∈Z 时，6 | n(n ＋1)(2n ＋1)．12．已知：()2f x ax bx c =++，f (0)，f (－1)，f (1)，x 均为整数．证明：().f x Z ∈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3|62742,8|62742αβαβ且，即3|(),8|αβαβ+且，先考虑0,2,4,6,8,β=有5组解 0,2,4,7,9,0;4;8;2; 6.αααααβββββ=====⎧⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨⎨=====⎩⎩⎩⎩⎩ 9．不存在．利用a 2－b 2 =(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。