初等数论 第三版 (闵嗣鹤 著) 高等教育出版社 课后答案 数论 课后答案 11页

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qq1即存在一个整数q，使bab成立22qq(i)当q为偶数时，若b0.则令s,tabsab，则有22qqqb0abstababbt2222qqb若b0则令s,tabsab，则同样有t222q1q1(ii)当q为奇数时，若b0则令s,tabsab，则有22bq1q1btabsabab0t2222q1q1若b0，则令s,tabsab22b则同样有t2综上存在性得证下证唯一性当b为奇数时，设abstbst则ttb(ss)b1111bb而t,tttttb矛盾故ss,tt1111122b当b为偶数时，s,t不唯一，举例如下：此时为整数2bbbbb3b1b2(),t,t1122222bbabstbst,t,t112222225.证：令此和数为S，根据此和数的结构特点，我们可构造一个整数M，使MS不是整数，从而证明S不是整数1111k1k（1）令S=1，取M=2357p这里k是使2n最234nk大整数，p是不大于n的最大奇数。则在1，2，3，┄，n中必存在一个n2，0所以MMMMMS=M23nn0k1MMMM357p由M=2357p知，,,必为整数，显23nn20 然不是整数，MS不是整数，从而S不是整数k1MMMM（2）令M=357(2n1)则SM=，352n12n1k1MMM由M=357(2n1)知,,,，而352n1k1M357(2n1)不为整数2n12n1111SM不为整数，从而S也不是整数352n11．证：设d是a，b的任一公因数，d|a，d|b由带余除法abqr,brqr,,rrqr,rrq,0rrrrb11122n2n1nnn1nn1n1nn11(a,b)r。nd|abqr，d|brqr，┄,d|rrqr(a,b),11122n2n1nn即d是(a,b)的因数。反过来(a,b)|a且(a,b)|b，若d|(a,b),则d|a,d|b，所以(a,b)的因数都是a,b的公因数，从而a,b的公因数与(a,b)的因数相同。2．见本书P2，P3第3题证明。b3．有§1习题4知：a,bZ,b0,s,tZ,使abst,|t|。，2|t|bs,t，使bstt,|t|,,如此类推知：11111222s,t,ttst;s,t,ttst;且nnn2n1nnn1n1n1nn1n1|tn1||tn2||t||b||t|n2nn12222而b是一个有限数，nN,使t0n1(a,b)(b,t)(t,t)(t,t)(t,t)(t,0)t，存在112nn1nn其求法为(a,b)(b,abs)(abs,b(abs)s)1 (76501,9719)(9719,7650197197)(8468,97198468)(1251,8468125164。证：由P3§1习题4知在（1）式中有rn1rn2r1b0rr，而rn1n2n1nn12222bnlogblogb1,2b，nlogb，即nn22log2log21，证：必要性。若(a,b)1，则由推论1.1知存在两个整数s，t满足：asbt(a,b)，asbt1充分性。若存在整数s，t使as+bt=1，则a，b不全为0。又因为(a,b)|a,(a,b)|b，所以(a,b|asbt)即(a,b)|1。又(a,b)0，(a,b)12．证：设[a,a,,a]m，则a|m(i1,2,,n)12n1i1|a||m(i1,2,,n)又设[|a|,|a|,,|a|]m则i112n2m|m。反之若|a||m，则a|m，m|m。21i2i212从而mm，即[a,a,,a]=[|a|,|a|,,|a|]1212n12n2p3．证：设（1）的任一有理根为，(p,q)1,q1。则qpnpn1pa()a()aa0nn110qqqnn1n1napapqapqaq0（2）nn110nn1n1n由(2)apapqapqaq，nn110n所以q整除上式的右端，所以q|ap，又(p,q)1,q1，所以nn(q,p)1,q|a；nnn1n1n又由（2）有apapqapqaqnn110nn因为p整除上式的右端，所以P|aq，(p,q)1,q1，所以(q,p)1,p|a0n p故（1）的有理根为，且p|a,q|a。0nq2假设2为有理数，x2,x20，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是1,2，这与2为其有理根矛盾。故2为无理数。p另证，设2为有理数2=,(p,q)1,q1，则q2p22222222,2qp,(p,q)(2q,p)q12q22但由(p,q)1,q1知(p,q)1，矛盾，故2不是有理数。1．见书后。32．解：因为8|848,所以8|A,A827988488103498562B，3又8|856，所以8|B，B812937322C，2又4|32，所以4|C，C43234332D2又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D，D9359373E，又9|（3+5+9+3+7），所以9|E，E939933又39933133131185333432所以A2311；同理有81057226635000235711172337。3．证：min(,)，0,0iiiiiiikkkkpi|pi,pi|pi(i1,2k)pipi，pipi.iiiiiiiii1i1i1i1p1p2pk|(a,b)，又显然(a,b)|p1p2pk12k12kp1p2pk(a,b)，同理可得p1p2pk[a,b]，max{,}12k12kiii推广.设ap11p12p1k,ap21p22p2k,,apn1pn2pnk112k212kn12k (其中p为质数j1,2,,k,a为任意n个正整数i1,2,,n,0)jiij则pi1pi2pik(a,a,,a),{}j1,2,,k12k12nijminij1inpi1pi2pik[a,a,,a],{}j1,2,,k12k12nijmaxij1in4．证：由p1p2pk(a,b),p1p2pk[a,b],有12k12k（a,b）[a,b]p11p22pkkp11p22pkkab12k12kab从而有[a,b]．(a,b)k５．证：（反证法）设n2l(l为奇数）则kkkkkn2l2l22(l1)2(l2)2121(2)1(21)[221]kk22lnn121(2)121，21为合数矛盾，故ｎ一定为２的方幂．2.(i)证:：设[]m.则由性质II知mm1,所以nmnnmn,[n]所以nm[n]nmn，所以mm1，又在ｍ与ｍ+１之间只有唯n[n]一整数ｍ，所以[]m[]．nkk1(ii}[证一]设{},k0,1,2,,n1,则kn{}k1,[n]n[]knnik1ii①当ikn1时,{}1,[][];nnnikii②当ikn时,2{}1,[][]1;nnnn1n1kn11n11ii[][][][][][]nni0ni0ninkn(nk)[]k([]1)n[]kn1i[][n]i0nn1n1i1i1[证二]令f()[][n],f()[][n1]f()i0nni0nn11i1f()[][n1]f()ni0n 1f()是以为周期的函数。nn11又当[0,1)时,f()000,R,f()0，即[][n]。i0n[评注]：[证一]充分体现了常规方法的特点，而[证二]则表现了较高的技巧。3．（i）证：由高斯函数[x]的定义有[]r,[]s,0r1;0s1。则[][]rs,rs1当rs0时,[][][]当rs0时,[][][]1故[][][]或[]1[][]（ii）证：设[]x,[]y,0x,y1，则有0xy{}{}2下面分两个区间讨论：①若0xy1，则[xy]0，所以[][][]，所以[2][2][2[]2x][2[]2y]2[]2[]2([x][y])2[]2[][][][][][][][]②若1xy2，则[xy]1，所以[][][]1。所以[2][2][2[]2x][2[]2y]2[]2[]2([x][y])x1y2[]2[]2([x][1x])[][][][]22([x][x])2[]2[]1[][][]2.32222222abab2ababab2ab1证：由()()1知(,)及(,)都222222222222abababababab22是单位圆周xy1上的有理点。22qr另一方面，单位圆周xy1上的有理点可表示为x,y,p0，于是得pp222222qrp，又qrp的一切非整数解都可表示为： 222222q2ab,pab,rab,(a,b不全为0)，于是第一象限中xy1上的有理222abab点可表示为(,),(a,b不全为0)，由于单位圆周上的有理点的对称性，放2222abab2222222ababab2abxy1上的任意有理点可表为(,)及(,)，其22222222abababab中a，b不全为0，号可任意取。3．2sttsststs1.证：由u,v的取值可得ppp个数，若upvupv(modp)，1122stststststupvupv(modp)则uu(modp)，又0u,up，uu。1122121212stststtt又pvpv(modp),vv(modp)，又0v,vp，vv。12121212ststupv与upv为同一数，矛盾，故原命题成立。11223.（i）的引理nn1对任何正整数a，可以唯一的表示成a3a3a3aa的形式，其nn110中0a3,(i1,2,,n)。in131nn1证：（i）H333131nn1设A3x3x3xx,(x0,1,i1,2,,n)nn110inn1AH3(x1)3(x1)3(x1)(x1)nn110由于x取值0,1故x1取值为0，1，2。这样的数有2H+1个，其中最小的数ii为0，最大的数为2H，所以A+H可以表示下列各数：0，1，2，,2H，上列数中减去H得H,H1,H2,,1,0,1,,H，则A可表示上列各数，且表示唯一。2n（ii）事实上，只需1斤，3斤，3斤，，3斤这样的（n+1）个砝码即可。由（I）ni知1到H中任一斤有且仅有一种表示法(3xi).(xi1,0,1)，当xi1时，将i0iii砝码3放在重物盘中；当x0时，不放砝码3；当x1时，将砝码3放在砝码ii盘中。如此即可。 3.31.证：(a,m)1,由定理1知a所在的模m的剩余系是与模m互质的。又已知iia,a,a两两对模m不同余，所以这(m)个整数分别属于不同的模m的剩12(m)余类。再由定理1知结论成立。2.证：设模m的一个简化剩余系是r,r,,r,(1rm)，即(r,m)1，由于12(m)ii(a,m)1，当通过m的简化剩余系,,,时，由定理3知，a,a,,a也12(m)12(m)通过模m的剩余系。故对1i(m)，存在j(1j(m))使airjairjamqrq{}，iijimmmm(m)a(m)r1m(m)ij{}(m).i1mj1mm22113.（i）证：由定理5知：p为质数时，(p)ppp(1)。p211所以(1)(p)(p)1(p1)p(1)p(1)p即证。pp（ii）证:设整数m的所有正约数是d,d,,d,考察m的完全剩余系1,2,,m（1）12T(m)对(1)中任一数a,设(a,m)=d,则d|m,即(1)中任一数与m的最大公约数是d,d,,d中12T(m)的数。反之，对每一个d,（1）中必有一数a使(a,m)d（例如aa），而且对（1）中iii任一数不可能出现(a,m)d,(a,m)d.(ij)，于是，将（1）中的数按其与m的最大公ijm约数的情形分类：（1）中与m的最大公约数是d的数有()个；（1）中与m的最大公约1d1mm数是d的数有()个；┄，（1）中与m的最大公约数是d的数有()个；所以21dd21mmmmmm()()()m,即()m，注意是m的约数，所以()md1d2dT(m)di|mdidid|md2.4 1010101.解:10(2)10244(mod6),即106q4,(qN)，因为(10,7)1，由欧106106q46q4q44拉定理有101(mod7)，所以1010(10)10110(3)4(mod7)1010所以从今天起再过10天是星期五.ppp3.(i)证：对a用数学归纳法.①当a=2时,证明(hh)hh(modp),1212pAipipiiiipi(h1h2)(Cph1h2),对Cp(1ip)有Cp为整数i!|Ap,i0i!又因为(1,p)(2,p)(i,p),所以(i!,p)1。i!|(p1)(pi1)，所(p1)(pi1)iii以可设q为整数。Cpq,即p|C,C0(modp)。pppi!ppp所以(hh)hh(modp)。1212ppp②假设命题对k成立，即(hhh)hhh(modp)，则12k12k对于(k1)有ppppppp(hhhh)(hhh)hhhhh(modp)12kk112kk112kk1所以命题对(k1)也成立。综合①，②可知对一切自然数a，命题成立。ppppp（ii）证：a(111)111a(modp)。pa个1a个1'