《初等数论》网络作业

《初等数论》网络作业1

1、证明整数500

1001

个能被1001整除。 证明：利用公式：若n 是正奇数，则1

221()()n

n

n n n n a b a b a

a b ab b ----+=+-+-+

∴ 51

317

500

1001101(10)1=+=+ 个33163153

(101)[(10)(10)101]=+-+-+ ∴ 31011001+=能够整除500

1001 个

2、若n 是奇数，证明28|(1)n -。

证明：设21,n k k Z =+∈，则221(21)14(1)n k k k -=+-=+

∵ k ，k ＋1中必有一个是偶数 ∴ 28|(1)n -

3、设正整数n 的十进制表示为10k n a a a = ，其中09,0,0i k a i k a ≤≤≤≤≠，且

110()k k S n a a a a -=++++ ，证明9|n 的充分必要条件是9|()S n 。

证明：∵ 1010

1010k k k n a a a a a a ==?++?+ ，

110()k k S n a a a a -=++++

∴ 1()(101)(101)k

k n S n a a -=?-++?- 对所有的0i k ≤≤，有9|(101)i - ∴ 9|(())n S n -

∴ 9|n 的充分必要条件是9|()S n

4、设r 是正奇数，证明对任意的正整数n ，2n +不能整除(12)r r r

n +++ 。 证明：当n ＝1时，结论显然成立。

下面设2n ≥，令12r r r S n =+++

则22(2)[3(1)](2)r r r r r r

S n n n =++++-+++ 利用公式：若n 是正奇数，则1

221()()n

n

n n n n a b a b a

a b ab b ----+=+-+-+

∴ 对2i n ≤≤，(2)|((2))r r n i n i +++- ∴ 22(2)S n q =++，q 是整数 ∵ 22n +> ∴ n ＋2不能整除2S ∴ n ＋2不能整除S

5、设n 为正整数，证明(!1,(1)!1)1n n +++=。 证明：设(!1,(1)!1)d n n =+++

则(!1)d n +，((1)!1)d n ++ ∴ (!1)(1)d n n ++

∴[(!1)(1)((1)!1)]d n n n ++-++，即 |d n ∴ |!d n 又∵ |(!1)d n + ∴ |1d

∴ d ＝1，即(!1,(1)!1)1n n +++=

6、设a b c ，，为正整数，证明[,,](,,)a b c ab bc ca abc =。

证明：[,][,,][[],]([,],)

a b c

a b c a b c a b c ==

,，另一方面

([,],)([,],)

(,,)(,(,))(,(,))(,

)[,][,][,]

abc ab a b abc ab a b c ab bc ca ab bc ca ab c a b ab a b a b a b ===== ∴ [,,](,,)a b c ab bc ca abc =

7、设x ，y 都是实数，证明[2][2][][][]x y x x y y +≥+++。 证明：设[],01x x a a =+≤<，[],01y y b b =+≤<

则[][][]2[]2[][]x x y y x y a b +++=+++

[2][2]2[]2[][2][2]x y x y a b +=+++

∵ 02a b ≤+<

∴ []0a b +=或[]1a b +=

如果[]0a b +=，则显然有[][2][2]a b a b +≤+ 如果[]1a b +=，则a ，b 中至少有一个不小于

1

2

，所以[2][2]1[]a b a b +≥=+ 因此，都有[][2][2]a b a b +≤+，从而[2][2][][][]x y x x y y +≥+++

《初等数论》网络作业2

1、设正整数

a 的十进制表示为1201(09,01,0)n n i n a a a a a i n a ---=≤≤≤≤-≠ ，即

1

11010

10n n a a a a --=?++?+ ，证明3|a 当且仅当1

3|n i i a -=∑

证明：由01101,101,,101(mod3),i i N ≡≡≡∈

利用同余可加性和同余可乘性，得11

10(mod3)n n i

i

i

i i a a a --===

?≡∑∑

∴ 3|a 当且仅当10

3|n i

i a -=∑

2、求5

221+被641除的余数。

解：依次计算同余式得，248163224,216,2256,2154,21(mod641)≡≡≡≡≡-

∴ 5

232

21210(mod641)+=+≡，即5

2641|(21)+ ∴ 5

221+被641除的余数为0

3、设n 是一个使3333123n ++++ 不能被5整除的自然数，试求2222

123n ++++ 除以

的5的余数。

解：设3333123A n =++++ ，2222123B n =++++

对任意整数，有

544

3

3

3

111(5)(5)0(mod5)i i i t i t i i

===+≡+≡≡∑∑∑

5

4

4

2

2

2

111

(5)(5)0(mod5)i i i t i t i i

===+≡+≡≡∑∑∑

当1,2,3r =时，

3

3

1

1

(5)(mod5)r

r

i i t i i ==+≡∑∑，但5不能整除3

1

r

i i

=∑，

∴ 当5(,0,1,2,3)n t r t N t r =+∈==时，A 不能被5整除。 对于t N ∈或0t =，通过计算得，当51n t =+时，1(mod5)B ≡

当52n t =+时，0(mod5)B ≡ 当53n t =+时，4(mod5)B ≡

∴ 当n 是一个使3333

123A n =++++ 不能被5整除的自然数时， 2222

123B n =++++ 除以的5的余数为1或0或4。

4、求7

77n =的个位数字。

解：∵ 12473,71,71(mod10)≡-≡-≡

∴ 如果7

7(mod4)r ≡，则7

777(mod10)r n =≡

∵ 777(1)13(mod 4)≡-≡-≡

∴ 7

73377(3)73(mod10)n =≡≡-≡-≡

∴ 7

7

7n =的个位数字是3

5、 设a 是整数，n 是正整数，若2不能整除a ，则221(mod2)n

n a +≡

证明：对n 作数学归纳。设21()a k k Z =+∈，

当1n =时，有223

(21)4(1)11(mod2)a k k k =+=++≡，所以结论成立. 假设n k =时，成立221(mod2)n

n a +≡

下面要证明1n k =+时，也成立221(mod2)n

n a +≡ 由于22221(mod2)12()k

k

k k a a q q Z ++≡?=+∈ ∴ 12

2233(12)121(mod2)k k k k a q Q ++++=+=+≡，其中Q 为某个整数

∴ 由归纳法，对所有的正整数n ，成立221(mod2)n

n a +≡

6、设,m n 是任意二个正奇数，则当,a b 是任意二个连续奇数或连续偶数时，有

()|()m n a b a b ++.特别地，若,a b 是二个连续的正奇数时，则()|()a b a b a b ++，且()|()b a a b a b ++

证明：不妨设a ，b 是任意二个连续偶数，a b >

则2,11,22a b a b a b b =+-=++=+，由于

1111

(1)(1)(1)(1)(1)(1)[(1)]

m n m n m

n

m

n

i

i

i

i

i i i i i i a b a b a a b b b a b ----====+=-++=-++-=++-∑∑∑∑

且1,1m n --都是偶数 ∴

11

(1)m n i

i

i

i i a b --==+-∑∑是偶数

设

1

10

(1)

2,m n i

i

i

i i a b k k Z --==+-=∈∑∑，则(1)2()m n a b b k a b k +=+=+

∴ ()|()m n a b a b ++

7、设()f x 是整系数多项式，且(1),(2),,()f f f m 都不能被m 整除，证明方程()0f x =没有整数解。

证明：对任意整数x ，(mod ),1x r m r m ≡≤≤

利用同余可加性和同余可乘性得()()(mod ),1f x f r m r m ≡≤≤ ∵ (1),(2),,()f f f m 都不能被m 整除 ∴ ()0f x ≠，即()0f x =没有整数解。

《初等数论》网络作业3

1、求不定方程121172138x x +=的整数解。 解：211111

(11738)62(94)2121x x x x =

-+=-++- 令311(94)21x x Z =-∈，则133311

(214)2(34)99

x x x x =+=++ 令431

(34)9

x x Z =+∈，则341313x x =--

从而34,x x 不可能同时为整数 ∴ 原不定方程没有整数解

2、甲种书每本5元，乙种书每本3元，丙种书1元三本，现用100元买这三种书共100本，问甲、乙、丙三种书各买多少本？

解：设甲、乙、丙三种书分别买,,x y z 本，依题意得方程组

153100

3100

x y z x y z ?

++=??

?++=?，消去z 得，74100x y += 显然0,25x y ==是方程74100x y +=的特解

因此方程74100x y +=的所有整数解是4(0,1,2,)257x t

t y t

=?=±±?

=-?

令0,0x y ≥≥，所以03t ≤≤，即t 可以取整数值12340,1,2,3t t t t ==== 相应地求得(,,)x y z 的值分别是(0,25,75),(4,18,78),(8,11,81),(12,4,84)

3、求92451000x y z +-=的一切整数解。

解：因为gcd(9,24)3,gcd(3,5)1=-=，而1|1000，所以原方程有整数解

对不定方程9243x y t +=，即38x y t +=，把t 看做常数，得其通解为

38,(0,1,2,)3x t u

u y t u =-?=±±?

=-+?

对不定方程351000t z -=，解得通解为20005,(0,1,2,)10003t v

v z v =+?=±±?

=+?

在上述二个式子中消去t 得，原方程的全部整数解为

6000158200053,(,0,1,2,)10003x v u

y v u u v z v =+-??

=--+=±±??=+?

4、求不定方程237x y z ++=的所有正整数解。 解：依次解不定方程2,37x y t t z +=+=

得2,(0,1,2,)x t v v y v =+?=±±?

=-? 和13,(0,1,2,)2t u

u z u =+?=±±?=-?

在上述二个式子中消去t 得，132,(,0,1,2,)2x u v

y v u v z u =++??

=-=±±?

?=-?

令1,1,1x y z ≥≥≥，则320,1,10u v v u +≥-≥-≥ ∴ 322,1u v u ≥-≥≤ ∴

2

1,13

u u ≤≤= 同理，由320,1v v +≥-≥得，3

1,12

v v -

≤≤-=-， 把1,1u v ==-代入得，原不定方程的唯一的正整数解是2,1,1x y z ===

5、求不定方程1231510661x x x ++=的所有整数解。 解：由于3x 的系数绝对值最小，

∴ 把原方程变形为312121

22(321)6

x x x x x =--+

-++ 令4121(321)6x x x Z =-++∈，则24111

3(1)2x x x x =++-

令511

(1)2

x x Z =-∈，则15512,(0,1,2,)x x x =+=±±

逆推上去，依次解得2415453133x x x x x x =++=++和

31244522106510x x x x x x =--++=--

令45,x u x v ==，则原方程的所有整数解为123

12133,(,0,1,2,)

6510x u x u v u v x u v =+??

=++=±±??=--?

6、 解同余方程89(mod11)x ≡

解：因为(8,11)1=，所以原同余方程只有一个解

下面利用同余变形法

∵ 991155118(mod11)88221

x ++≡

≡≡≡≡ 或者99327271136055630301168(mod11)88324242422612121

x ?+??+?≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡?? ∴ 8(mod11)x ≡是原同余方程的解

7、解同余方程组351(mod7)

232(mod7)x y x y +≡??-≡?

解：把第一个方程乘以2，减去第二个方程乘以3

得到194(mod7)y ≡-，即54(mod 7)y ≡-，即53(mod 7)y ≡，即510(mod 7)y ≡ ∴ 2(mod7)y ≡

代入得3101(mod7)x +≡，即331(mod 7)x +≡，即32(mod 7)x ≡- ∴ 227574(mod 7)3331

x --++≡

≡≡≡，即4(mod7)x ≡ ∴ 同余方程组的解是4(mod 7)

2(mod 7)x y ≡??≡?