初等数论(第三版)+闵嗣鹤+严士健+课后答案

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2、q,,q是任意n个整数12nqaqaqa(pqqpqp)m1122nn1122nn即qaqaqa是m的整数1122nn2证：n(n1)(2n1)n(n1)(n2n1)n(n1)(n2)(n1)n(n1)6/n(n1)(n2),6/(n1)n(n1)6/n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知6/n(n1)(2n1)3证：a,b不全为0在整数集合Saxby

3、x,yZ中存在正整数，因而有形如axby的最小整数axby00x,y

4、Z，由带余除法有axby(axby)qr,0raxby0000则r(xxq)a(yyq)bS，由axby是S中的最小整数知r00000axby/axby下证P第二题008axby/axby（x,y为任意整数）axby/a,axby/b000000axby/(a,b).又有(a,b)/a,(a,b)/b00(a,b)/axby故axby(a,b)00003bbb3b4证：作序列,,b,,0,,b,,则a必在此序列的某两项之间（区间段）2222qq1即存在一个整数

5、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)b1

6、111bb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MMMM

7、MS=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

8、a，d

9、b由带余除法abqr,brqr,

10、,rrqr,rrq,0rrrrb11122n2n1nnn1nn1n1nn11(a,b)r。nd

11、abqr，d

12、brqr，┄,d

13、rrqr(a,b),11122n2n1nn即d是(a,b)的因数。反过来(a,b)

14、a且(a,b)

15、b，若d

16、(a,b),则d

17、a,d

18、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,

19、

20、t

21、。，2

22、t

23、bs,t，使bstt,

24、t

25、,,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

26、tn1

27、

28、tn2

29、

30、t

31、

32、b

33、

34、t

35、n2nn1