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1、1代数与通信部分习题解代数与通信部分习题解习题习题 1.1A1.1A（P6P6）.若 n 为奇数，证明 8|n2-1。证明：n 为奇数，可设 n=2m+1,其中 m 为整数。于是n2-1=(2m+1)2-1=(4m2+4m+1)-1=4m(m+1),注意到 2|m(m+1)，所以 8|4m(m+1),即 8|n2-1。.若 n 为奇数并且 n5,则。)!1)(11.31 211 ( |nnn证明：n 为奇数并且 n5 可设 n=2m+1,其中 m 为整数且 m1,于是)!1)(11.31 211 (nn)!1) 12(1) 12(1.31 211 mm)!2(21.21 111.31 211m
2、mmmm )!2(111.121 21 211mmmmm )!2() 1(1.) 12(21 21) 12(mmmmmm )!2() 1(1.) 12(21 21mmmmmn 注意到，即)!2( | ) 1(,.,)!2( | ) 12(2 ,)!2( |2mmmmmmm)!2() 1(1.) 12(21 21mmmmm 为整数。所以。)!1)(11.31 211 ( |nnn注：当 n=3 时，整除变为相等，结论也成立。.若 m 和 n 是正整数，,证明不整除。3m12m12 n反证法：假设，由带余除法可设 n=qm+r 其中，于是12|12nmmrZrq0 ,有 122) 12.)2)(1
3、2(1221)2(1212rrmqmmrrqmrqmn2由假设，故，而为正整数，所以，12|12nm12|12rm12 , 12rm1212rm故，即，或，所以，从1212rm2220rm122011rm12211rm而 m-1=1,r-1=0,即 m=2,这与矛盾，所以不整除。3m12m12 n讨论：根据以上证明可知，或写成,其中 m 为奇数。12|312q3|21m4设为实数（m2）,证明12,.,n 121212 . . . 1.nnnn1212122 2 证明：（1）首先证明：121212 . . . 1.nnnn因为其中，所以 ,iii01,1,2,.,iin12121212 . .
4、 . . 1nnnnnn从而有121212 . . . 1.nnnn（2）再证：1212122 2 其中则,222111, 10 , 1021 ,2 22,2 22222111若）则,210 ,21021有, 22, 222211,2121 ,2 22221212121若）则, 121, 12121有, 1 22 , 1 222211, 22121 ,2121 222212121212121若）若）则, 121,21021有, 1 22, 222211, 12121 ,12 22221212121总之不论何种情况均有1212122 2 注：本题可推广到： .22212121nnn设 n 为大于
5、的整数，证明3（）不是整数。n1.31 211（）不是整数。121.51 311n证明：（）设某个正整数使122lln，则的各项必只有一, ln1.31 211项分母为，其余各项的分母至多可被整除，因此在上述和式中将除去的其余各l212l l21项相加必得如下形式的数) 12(21kql其中 q 和 k 是正整数，从而，) 12(2122 21 ) 12(21.31 2111kkq kq nlll其分母是偶数，分子是奇数，因此不可能等于整数。（）设某个正整数使，则的各项必只有, l13123lln121.51 311n一项分母为，其余各项的分母至多可被整除，因此在上述和式中将除去的其余各l31
6、3l l31项相加必得如下形式的数或) 13(31kql)23(31kql其中 q 和 k 是正整数，从而，或) 12(3133 31 ) 13(3121.51 3111kkq kq nlll)23(3233 31 )23(3121.51 3111kkq kq nlll其分母是 3 的倍数，分子不是的倍数，因此不可能等于整数。.证明（）形如 4m+3(mZ)的素数有无限多个。（）形如 6m+5(mZ) 的素数有无限多个。证明：（）分两步来证明。首先证明形如 4m+3 的正整数必定含有形如 4m+3 的素因数。事实上，一切奇数素数都能写成 4k+1 或 4k+3 的形式，这里 k 是整数。而由于
7、1)4(414416) 14)(14(2121212121kkkkkkkkkk所以把形如 4k+1 的数相乘的乘积仍为 4k+1 形式的数。因此，把 4n+3 分解成素因数的乘积4时，这些素因数不可能都是 4m+1 的形式的素数，一定有 4m+3 形式的素数。其次，设 N 任取之正整数，并设为形如 4m+3 的不超过之所有素数，令kppp,.,211.421kpppq显然，每个都不是 q 的素数，否则将导致，这是不可能的。),.,2 , 1(kipi1|ip如果 q 本身是素数，由于，这表示 q 也1.421kpppq3) 1.(421kpppq是形如 4m+3 的数，显然，从而 qN.这表示
8、存在大于之形如 4m+3 的素数 q.ipq 如果 q 本身不是素数，由第一步知，q 一定含有形如 4m+3 之素因数 p,同样可证明，这表示存在大于之形如 4m+3 的素数 p.),.,2 , 1(kippi由于是任取之正整数，这样就证明了形如n+3 的素数有无穷多个。（）首先证明形如 6m+5 的正整数必定含有形如 6m+5 的素因数。事实上，一切大于 3的素数都能写成k+1 或k+的形式，这里 k 是整数。而由于1)6(61)(636) 16)(16(2121212121kkkkkkkkkk所以把形如k+1 的数相乘的乘积仍为k+1 形式的数。因此，把n+分解成素因数的乘积时，一定有m+
9、形式的素因数。其次，设 N 任取之正整数，并设kppp,.,21为形如m+的不超过之所有素数，令1.621kpppq显然，每个都不是 q 的素数，否则将导致，这是不可能的。),.,2 , 1(kipi1|ip如果 q 本身是素数，由于，这表示 q 也是形如m+的数，5) 1.(621kpppq显然，从而 qN.这表示存在大于之形如m+的素数 q.ipq 如果 q 本身不是素数，由第一步知，q 一定含有形如m+之素因数 p,同样可证明，这表示存在大于之形如m+的素数 p.),.,2 , 1(kippi由于是任取之正整数，这样就证明了形如n+的素数有无穷多个。.设为正整数。如果 n 没有小于等于的
10、素因子，则 n 为素数。2nn证明：反证法。若 n 不是素数，设 n=ab,11,b1,于是 a,b 均有标准分解式，设为11 11.,.ksabab ksappbqq因为（a,b）=1,故是的标准分解式，再设 c 的分解式为11 11ksabab ksabpp qqab，则11 11kscdcd kscpp qq1111 1111ksksabncndabncndn kskspp qqabcppqq由此得，即，,(1,2,., ,1,2,., )iijjanc bndik js1 1(.)kccn kapp。即 a 和 b 均为正整数的 n 次方。1 1.sndd sbqq习题习题 1.2（P
11、23）1 （完全数问题）满足的正整数 n 叫做完全数。由于是全部小于( )2nn( )nnn 的正因子之和。所以 n 为完全数当且仅当 n 等于它的所有正因子(n 除外)之和。（1）验证 6 和 28 是完全数。（2）证明欧拉的结果：正偶数 n 是完全数当且仅当,其中，并且12(21)aan2a 为素数（即梅森素数） 。这表明梅森素数与偶数完全数一一对应。 （另一方面，至今121a 为止没有找到一个奇完全数，也没有证明奇完全数是不存在的。 ）求解：（1）6=23,2(6)61236,2827,(28)281247 1428 即 6,28 都是完全数。（2）先证明充分性。由是素数知,再由是积性函
12、数知21a1(2,21)1aa。即2 11(21)1( )(2) (21)(21)(21)22 2(21)221 1a aaaaaaa ann 是完全数。12(21)aan9再证必要性。因为 n 为正偶数，故可设 n=2a-1k,其中 a2,k 是奇数，即（2，k）=1.于是1122( )(2)(2) ( )(21) ( )aaaaknnkkk由于因此要使(2 ,21)1,aa成立，k 必含有因子，可设从而2(21) ( )aakk21a(21) ,akq，而 k 与 q 均是 k 的因数，上式说明 k 的正因数只有这( )2(21)aakqqqkq两个，从而必有 q=1,而是素数，使得。21
13、ak 12(21)aan2以表示正整数 n 的不同素因子的个数。即，而当时( )n(1)0（标准分解式）时， 。证明12 12.2reee rnp pp( )nr（1）( )|( )|2nd d nd（2）( )|( ) ( )( 1)nd d ndd （3）（这里乘积表示 p 遍历 n 的不同素因子。 ）( )| |( ) ( )( 1)ndp n d nddp | p n证明：令 a 是一个不为零的整数，首先证明是积性函数。( )( )n afnaaf再设(n,m)=1,若 n,m 有一个为 1，不妨 n=1,这时()0()( )()( )(1)0,()( )( )mmnm aaanfnmaaaafn
