《《初等数论》第三版习题解答.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《初等数论》第三版习题解答.doc（78页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 初等数论习题解答（第三版）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 若都是得倍数，是任意n个整数，则是得倍数证明： 都是的倍数。 存在个整数使 又是任意个整数即是的整数2证明 证明 又，是连续的三个整数故 从而可知 3若是形如（x，y是任意整数，a，b是两不全为零的整数）的数中最小整数，则证： 不全为在整数集合中存在正整数，因而有形如的最小整数，由带余除法有则，由是中的最小整数知 （为任意整数） 又有， 故4若a，b是任意二整数，且，证明：存在两个整数s，t使得成立，并且当b是奇数时，s，t是唯一存在的当b是偶数时结果如何？证：作序列则必在此序列的某两项之间即存在一个整数
2、，使成立当为偶数时，若则令，则有 若 则令，则同样有当为奇数时，若则令，则有若 ，则令，则同样有，综上所述，存在性得证下证唯一性当为奇数时，设则而 矛盾 故当为偶数时，不唯一，举例如下：此时为整数2 最大公因数与辗转相除法1证明推论4.1推论4.1 a，b的公因数与（a，b）的因数相同证：设是a，b的任一公因数，|a，|b由带余除法|， |，, |,即是的因数。反过来|且|，若则，所以的因数都是的公因数，从而的公因数与的因数相同。2证明：见本书P2，P3第3题证明。3应用1习题4证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法，试用你的所说的求法及辗转相除法实际算出（76501，9719）解：有1
3、习题4知：使。，使如此类推知： 且而b是一个有限数，使，存在其求法为：4证明本节（1）式中的证：由P31习题4知在（1）式中有 ，而 ， ，即3 整除的进一步性质及最小公倍数1证明两整数a，b互质的充分与必要条件是：存在两个整数s，t满足条件证明 必要性。若，则由推论1.1知存在两个整数s，t满足：，充分性。若存在整数s，t使as+bt=1，则a，b不全为0。又因为，所以 即。又，2证明定理3定理3 证：设，则又设则。反之若，则，从而，即=3设 （1）是一个整数系数多项式且，都不是零，则（1）的根只能是以的因数作分子以为分母的既约分数，并由此推出不是有理数证：设（1）的任一有理根为，。则 （2
4、）由，所以q整除上式的右端，所以，又，所以；又由（2）有因为p整除上式的右端，所以 ，所以故（1）的有理根为，且。假设为有理数，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，这与为其有理根矛盾。故为无理数。另证，设为有理数=，则但由知，矛盾，故不是有理数。4 质数算术基本定理1试造不超过100的质数表解：用Eratosthenes筛选法（1）算出a（2）10内的质数为：2，3，5，7（3）划掉2，3，5，7的倍数，剩下的是100内的素数将不超过100的正整数排列如下： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23
5、24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68 69 7071 72 73 74 75 76 77 78 79 8081 82 83 84 85 86 87 88 89 9091 92 93 94 95 96 97 98 99 1002求82798848及81057226635000的标准式解：因为8|848，所以，又8|856，所以8|B，又4|32，所以4|C，又9|（3+2+3
6、+4+3+3），所以9|D，又9|（3+5+9+3+7），所以9|E，又所以；同理有。3证明推论3.3并推广到n个正整数的情形推论3.3 设a，b是任意两个正整数，且，则，其中，证：， ，. ，又显然 ，同理可得，推广设,(其中为质数为任意n个正整数)， 则4应用推论3.3证明3的定理4（ii）证：设，其中p1, p2, L, pk是互不相同的素数，ai，bi（1 i k）都是非负整数，有由此知(a, b)a, b =ab；从而有若是质数（n1），则n是2的方幂证：（反证法）设为奇数），则 ， 为合数矛盾，故一定为的方幂5 函数x,x及其在数论中的一个应用1求30！的标准分解式解：30内的素数
7、为2，3，5，7，11，13，17，19，23，29， 2设n是任一正整数，a是实数，证明：(i) (ii) 证：(i)设.则由性质II知,所以 ,所以，所以，又在与+之间只有唯一整数，所以 (ii) 证法一设,则当时, ;当时,;证法二令,是以为周期的函数。又当，即。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设，是任意二实数，证明：(i) 或(ii) 证明：（i）由高斯函数x的定义有。则 当 当 故 （ii）设，则有 下面分两个区间讨论：若，则，所以，所以若，则，所以。所以（ii）（证法2）由于，对称，不妨设4. (i) 设函数在闭区间上是连续的，并且非负，证明:和式
8、表示平面区域，内的整点（整数坐标的点）的个数.(ii) 设p，q是两个互质的单正整数，证明：(iii) 设，T 是区域 内的整点数，证明：(iv) 设，T 是区域， 内的整点数，证明：证明：(略) 5. 设任一正整数，且，p 是质数，证明：在的标准分解式中，质因数p的指数是其中.证明：在的标准分解式中，质因数p的指数有限，即，所以而第二章 不定方程21 习题1、解下列不定方程 解： 原方程等价于： 显然它有一个整数解 ， 故一般解为 原方程等价于： 显然它有一个整数解 故一般解为 2、把100分成两份，使一份可被整除，一份可被整除。解：依题意 即求 的正整数解，解得 一般解是： 但除 外无其他
9、正整数解，故有且只有 3、证明：二元一次不定方程 的非负整数解为 或 证明：当时，原方程没有整数解，而 故命题正确 当时，原方程有且只有一个非负整数解 而 因为 所以 原方程有整数解 其中，由于，故中一正一负，可设 原方程的一般解是： 要求，仅当 是整数时，才能取 ，否则 故这个不等式的整数解个数 是 ：当是整数时 因而 当 不是整数时 因而 所以 证明2：二元一次不定方程ax + by = N的一切整数解为，tZ，于是由x 0，y 0得，但区间的长度是，故此区间内的整数个数为+ 1。：4、证明：二元一次不定方程 ，当 时有非负整数解， 则不然。证明：先证后一点，当 时，原方程有非负整数解 则
10、，这是不可能的。次证，当Nab-a-b时，因(a，b)=1，故原方程有整数解（x，y），一般解是要求x-bt0，y会证明存在满足这个不等式的整数可取使于是对于这个有：而这就证明了当时，原方程有非负整数解1证明定理2推论。推论 单位圆周上座标都是有理数的点（称为有理点），可以写成的形式，其中a与b是不全为零的整数。证明：设有理数（m 0）满足方程x2 + y2 = 1，即l2 + n2 = m2，于是得l = 2abd，n = (a2 - b2)d，m = (a2 + b2)d或l = (a2 - b2)d，m = 2abd，m = (a2 + b2)d，由此得(x, y) =。反之，代入方程x
11、2 + y2 = 1即知这样的点在单位圆周上。2求出不定方程的一切正整数解的公式。解：设不定方程有解则(1)3/z-x或3/z+x因为或3/z+x以下不妨设， 设 与矛盾!这样而， ， 即 若由引理可设从而 ， 为证得为整数， 必须有a ， b均为奇数，且若设，其中为一奇一偶，且有4解不定方程：x2 + 3y2 = z2，x 0，y 0，z 0，(x, y ) = 1。解：设(z - x, z + x) = d，易知d = 1或2。由(z - x)(z + x) = 3y2得z - x = 3da2，z + x = db2，y = dab或z - x = db2，z + x = 3da2，y
12、= dab，a 0，b 0，(a, b ) = 1。() 当d = 1：，a 0，b 0，(a, b ) = 1，3b，a, b同为奇数； () 当d = 2：x = |b2 - 3a2|，y = 2ab，z = b2 + 3a2，a 0，b 0，(a, b ) = 1，3b，a, b一奇一偶。反之，易验证()或()是原不定方程的解，且x 0，y 0，z 0，(x, y) = 1。3证明不等式方程的一切正整数解可以写成公式: ，其中 证明:由定理1知道原方程的解是， 且c， d为一奇一偶，其中， 且a， b为一奇一偶所以，是原方程的正整数解，原方程正整数的解有: ，6求方程x2 + y2 = z4的满足(x, y ) = 1，2x的正整数解。解：设x，y，z是x2 + y2 = z4的满足(x, y) = 1，2x的正整数解，则x = 2ab，y = a2 - b2，z2 = a2 + b2，a b 0，(a, b) = 1，a, b一奇一偶， 再由z2 = a2 + b2得a = 2uv，b = u2 - v2， z = u2 + v2 或 a = u2 - v2，b = 2uv， z = u2 + v2， u v 0，(u, v) = 1，u, v一奇一偶，于是得x = 4uv
