《《初等數(shù)論》網(wǎng)絡(luò)作業(yè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《《初等數(shù)論》網(wǎng)絡(luò)作業(yè)（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔初等數(shù)論網(wǎng)絡(luò)作業(yè)11 1、證明整數(shù)10101能被 10011001 整除。50個(gè)0n .n /、/n1n 2.n2n1、證明：利用公式：若 n n 是正奇數(shù)，則a b (a b)(a a b L ab b ) 10L301 10511 (103)171(1031)(103)16(103)15L 103150個(gè)03- 1011001能夠整除102 30150個(gè)02 2、若 n n 是奇數(shù)，證明81 (n21)。證明：設(shè)n 2k 1,k Z,則n21 (2k 1)21 4k(k 1) k k , k k+ 1 1 中必有一個(gè)是偶數(shù)8|( n21)3 3、 設(shè)正整數(shù) n n 的十進(jìn)制

2、表示為n akL a1a0，其中0 ai9,0 i k,ak0,且S(n) akak 1La1a0, 證明9|n的充分必要條件是9|S(n)。證明：nakL aQoak10La10 aS(n) akak 1L aanS(n) ak(10k1)La1(10 1)對(duì)所有的0 i k，有9|(10i1)9|(n S( n)9| n的充分必要條件是9|S (n)4 4、設(shè)r是正奇數(shù)，證明對(duì)任意的正整數(shù)n,n 2不能整除（1r2rLnr)。證明：當(dāng) n n= 1 1 時(shí)，結(jié)論顯然成立。下面設(shè)n 2，令S 1r2rLrn實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔則2S 2 (2rnr) 3r(n1)rL (nr2r)利用公式：若

3、n n 是正奇數(shù)，則anbnn 1n(a b)(aa2b L abn2bn1)實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔-對(duì)2 in,(n 2)|(ir(n 2 i)r) 2S 2 (n 2)q,q是整數(shù) n 2 2 n n + 2 2 不能整除 2S2S n n +2 2 不能整除 S S5 5、設(shè) n n 為正整數(shù)，證明(n! 1,( n 1)! 1)1。證明：設(shè)d (n! 1,(n1)! 1)則d (n! 1),d (n 1)! 1)d (n! 1)(n 1)-d (n! 1)(n 1) (n 1)! 1)，即d|nd | n!又d |(n! 1)d |1 d d = 1 1,即(n! 1,( n 1)! 1)1

4、6 6、設(shè)a, b, c為正整數(shù)，證明a, b,c(ab, be, ca) abc。證明：a,b,ca, b,ca,bc，另一方面(a,b, c)(ab,bc,ca) (ab,(bc, ca) (ab,c(a,b) (ab)(b)(b)a,ba,ba,ba, b, c(ab,bc, ca) abc7 7、設(shè) x x, y y 都是實(shí)數(shù)，證明2x2yx xy y。證明：設(shè)x x a,0 a1,y yb,0 b1則x x y y2x 2y a b實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔2x2y2x2y 2a 2b/ 0 a b 2 a b 0或a b 1如果a b 0,則顯然有a b 2 a 2 b1如果a b 1，貝

5、U U a a, b b 中至少有一個(gè)不小于 一，所以2a 2b 1 a2因此，都有a b 2 a 2b，從而2x2 y x x y y初等數(shù)論網(wǎng)絡(luò)作業(yè)21 1、設(shè)正整數(shù)a的十進(jìn)制表示為a an1an2La0(0 ai9,0 i n 1,an 1n 1n 1a an 110 La110 a，證明3| a當(dāng)且僅當(dāng)31aii 0證明：由1001,1011,L ,10i1(mod3), i Nn 1aai102i 03 3、設(shè)n是一個(gè)使132333L n3不能被5 5 整除的自然數(shù)，試求122232L的5 5的余數(shù)。b0)，即利用同余可加性和同余可乘性，得a (mod 3)i 0實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔n

6、13|a當(dāng)且僅當(dāng)3| aii 0252 2、求21被641除的余數(shù)。解：依次計(jì)算同余式得，224,2416,28256,216154,2321(mod 641)221 23210(mod641)，即641| (2 1)5221被 641641 除的余數(shù)為 0 0解：設(shè)A 123 L n，B 12 3Ln2n除以實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔對(duì)任意整數(shù)，有5(5ti 1i)34(5t i)3i 143i 0(mod 5)i 15(5ti 1i)24(5t i)2i 14i20(mod 5)i 1當(dāng)r 1,2,3時(shí)，r(5ti 1i)3ri3(mod 5)i 1r，但 5 5 不能整除i3,i 1當(dāng)n 5t r

7、(t N,t0,r1,2,3)時(shí)，A不能被 5 5 整除。對(duì)于t N或t0,通過(guò)計(jì)算得，當(dāng)n5t 1時(shí)，B1(mod5)當(dāng)n5t 2時(shí)，B0(mod5)當(dāng)n5t 3時(shí)，B4(mod5)當(dāng)n是一個(gè)使A132333L3n不能被 5 5 整除的自然數(shù)時(shí),2 2 2 2B 123 L n除以的 5 5 的余數(shù)為 1 1 或 0 0 或 4 4。4 4、求n I1的個(gè)位數(shù)字。解：113,121,141(mod10)二 如果11r(mod 4)，則n 111r(mod10) 11( 1)11 3(mod 4)二n113( 3)31 3(mod10)11 n n 1 1 的個(gè)位數(shù)字是 3 35 5、 設(shè)a是

8、整數(shù)，n是正整數(shù)，若 2 2 不能整除a,則1(mod2n 2)證明：對(duì) n n 作數(shù)學(xué)歸納。設(shè)a 2k 1(k Z),當(dāng)n 1時(shí)，有a2(2k 1)24k(k 1) 1 1(mod 23)，所以結(jié)論成立假設(shè)n k時(shí)，成立a21(mod2n 2)實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔下面要證明n k 1時(shí)，也成立a21(mod2n2)由于a 1(mod2k 2) a 1 q2k 2(q Z)2k1k22k 3k 3-a2(1 q2 )21 Q2 1(mod2 )，其中Q為某個(gè)整數(shù)由歸納法，對(duì)所有的正整數(shù)n，成立a21(mod2n 2)6 6 、 設(shè)m , n是 任 意 二 個(gè) 正 奇 數(shù) ， 則 當(dāng)a , b是 任

9、 意 二 個(gè) 連 續(xù) 奇 數(shù) 或 連 續(xù) 偶 數(shù) 時(shí) ， 有(a b)|(a1bn). .特別地，若a, b是二】個(gè)連續(xù)的正奇數(shù)時(shí)，則a(a b)|(ab )，且(a b)|(abba)證明：不妨設(shè) a a, b b 是任意二個(gè)連續(xù)偶數(shù)，ab則a b 2,a 1 b 1,ab 2b2，由于m 1n1m 1n 1mnmna b (a 1) (b 1)(a 1)ai(b 1)bi( 1)i(b 1) aibi( 1)ii 0i0i 0i 0且m 1,n1都是偶數(shù)m 1in 1iabi( 1)i是偶數(shù)i 0ii 0m 1n1設(shè)aibi( 1)i2k,kZ，則a1mbn(b1)2k(ab)ki 0i

10、0- (a b)|(ambn)7 7、設(shè)f (x)是整系數(shù)多項(xiàng)式，且f(1),f(2),L , f (m)都不能被m整除，證明方程f(x) 0沒(méi) 有整數(shù)解。證明：對(duì)任意整數(shù)x,x r(mod m),1 r m禾 U U 用同余可加性和同余可乘性得f(x) f (r)(mod m),1 r m/f(1),f (2),L , f(m)都不能被m整除f(x) 0,即f(x) 0沒(méi)有整數(shù)解。實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔初等數(shù)論網(wǎng)絡(luò)作業(yè)3解：x2( 117x,38)6x11令X3(9x,4) Z，則為211令X4(3X34) Z，則X3912(9x14)2111 (21X34) 2x3(3X34)993x4從而x3

11、,x4不可能同時(shí)為整數(shù)原不定方程沒(méi)有整數(shù)解2 2、甲種書(shū)每本 5 5 元，乙種書(shū)每本 3 3 元，丙種書(shū) 1 1 元三本，現(xiàn)用 100100 元買(mǎi)這三種書(shū)共 問(wèn)甲、乙、丙三種書(shū)各買(mǎi)多少本？解：設(shè)甲、乙、丙三種書(shū)分別買(mǎi)x,y,z本，依題意得方程組15x 3y z 1003,Y肖去z得，7x 4y 100 x y z 100顯然x 0, y 25是方程7x 4y 100的特解令x 0, y 0，所以0 t 3，即t可以取整數(shù)值t10,t21,t32,t43相應(yīng)地求得(x, y, z)的值分別是(0,25,75),(4,18,78),(8,11,81),(12,4,84)3 3、求9x 24y 5z

12、 1000的一切整數(shù)解。解：因?yàn)間cd(9,24)3,gcd(3, 5)1，而1|1000，所以原方程有整數(shù)解對(duì)不定方程9x 24y 3t，即3x 8y t，把t看做常數(shù)，得其通解為x 3t 8u c ,(u 0, 1, 2,L )y t 3u1 1、求不定方程11721x238的整數(shù)解。100100 本,因此方程7x 4y 100的所有整數(shù)解是x 4ty 25 7t(t0, 1, 2,L )實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案2文檔t 2000 5v對(duì)不定方程3t 5z 1000，解得通解為，(v 0, 1, 2,L )z 1000 3v在上述二個(gè)式子中消去t得，原方程的全部整數(shù)解為x 6000 15v 8uy 2

13、000 5v 3u,( u, v 0, 1, 2,L )z 1000 3v4 4、求不定方程x 2y 3z 7的所有正整數(shù)解。解：依次解不定方程x 2y t,t 3z 7得t 2v,(v 0, 1, 2,L )和t；3U,(u0, 1, 2,L )y vz 2 ux1 3u2v在上述二個(gè)式子中消去t得，yv,(u,v0, 1, 2,L )z 2u令x 1,y 1,z1，則3u 2v0, v1,1 u 03u 2v 2, u1 2ddu 1,u13同理，由3 2v 0,v 1得，3v1,v1,2把u 1,v1代入得，原不定方程的唯一的正整數(shù)解是x 2,y 1,z 15 5、求不定方程15x110

14、 x26x361的所有整數(shù)解。解：由于X3的系數(shù)絕對(duì)值最小，、1把原方程變形為x32x12x2( 3x12x21)6令x(3x162x21) Z，則X23x4x12(x1令x1(x11)Z, 則為12x5,(X50, 1, 2,L )實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案文檔逆推上去，依次解得x23x4x1x51 3x,3疋和實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案2文檔x32x-i2x210 x46 5x410 x5-i1 2u x21 3u 3v ,(u,v0,x36 5u 10v解：因?yàn)?8,11)1，所以原同余方程只有一個(gè)解3x 5y 1(mod7)7 7、解同余方程組2x 3y 2(mod7)解：把第一個(gè)方程乘以 2 2,減去第二個(gè)方程

15、乘以 3 3得到19y 4(mod 7)，即5y 4(mod 7)，即5y 3(mod7)，即5yy 2(mod7)代入得3x 10 1(mod 7)，即3x 3 1(mod 7)，即3x 2(mod 7)x 口4(mod 7)，即x 4(mod7)3331333同余方程組的解是x 4(mod7)y 2(mod7)令x u,x5v,則原方程的所有整數(shù)解為1, 2,L )6 6、解同余方程8x9(mod11)99 1155 118“x (mod11)8822 199 32727 11 3605或者x - -88 3242424281(mod11)10(mod 7)F F 面利用同余變形法5 63030 11 62 6 12 12x 8(mod11)是原同余方程的解