代数和通信部分习题集解

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1、代数与通信部分习题解习题1.1A（P6）１.若n为奇数，证明8

2、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

3、m(m+1)，所以8

4、4m(m+1),即8

5、n2-1。２.若n为奇数并且n≥5,则。证明：n为奇数并且n≥5可设n=2m+1,其中m为整数且m>1,于是＝注意到，即为整数。所以。注：当n=3时，整除变为相等，结论也成立。３.若m和n是正整数，,证明不整除。反证法：假设，由带余除法可设n=qm+r其中，于是有由假设，故，而为

6、正整数，所以，故，即，或，所以，从而m-1=1,r-1=0,即m=2,这与矛盾，所以不整除。讨论：根据以上证明可知，或写成,其中m为奇数。4．设为实数（m≥2）,证明证明：（1）首先证明：因为其中，所以从而有（2）再证：其中则若１）则有若２）则有若３）若２）则有总之不论何种情况均有注：本题可推广到：５．设n为大于１的整数，证明（１）不是整数。（２）不是整数。证明：（１）设某个正整数使，则的各项必只有一项分母为，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项相加必得如下形式的数其中q和k是正整数，从而，其分母是偶数

7、，分子是奇数，因此不可能等于整数。（２）设某个正整数使，则的各项必只有一项分母为，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项相加必得如下形式的数或其中q和k是正整数，从而，或其分母是3的倍数，分子不是３的倍数，因此不可能等于整数。６.证明（１）形如4m+3(m∈Z)的素数有无限多个。（２）形如6m+5(m∈Z)的素数有无限多个。证明：（１）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。而由于所以把形如4k+1的数相乘

8、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Ｎ之所有素数，令显然，每个都不是q的素数，否则将导致，这是不可能的。如果q本身是素数，由于＝，这表示q也是形如4m+3的数，显然，从而q>N.这表示存在大于Ｎ之形如4m+3的素数q.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Ｎ之形如4m+3的素数p.由于Ｎ是任取之正整数，这样就证明了形如４n+3的

9、素数有无穷多个。（２）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６k+1或６k+５的形式，这里k是整数。而由于所以把形如６k+1的数相乘的乘积仍为６k+1形式的数。因此，把６n+５分解成素因数的乘积时，一定有６m+５形式的素因数。其次，设N任取之正整数，并设为形如６m+５的不超过Ｎ之所有素数，令显然，每个都不是q的素数，否则将导致，这是不可能的。如果q本身是素数，由于，这表示q也是形如６m+５的数，显然，从而q>N.这表示存在大于Ｎ之形如６m+５的素数q.如果q本身不是素数，由第

10、一步知，q一定含有形如６m+５之素因数p,同样可证明，这表示存在大于Ｎ之形如６m+５的素数p.由于Ｎ是任取之正整数，这样就证明了形如６n+５的素数有无穷多个。７.设为正整数。如果n没有小于等于的素因子，则n为素数。证明：反证法。若n不是素数，设n=ab,1

11、法求963和657的最大公因子，并求出方程963x+657y=(963,657)的全部整数解。解：利用辗转相除法。963=657×1+306657=306×2+45306=45×6+3645=36×1+936=9×4（963，657）=9，将以上倒数第2式通过回代得到963×（-15）+657×22=9即(x,y)=(-15,22)是原方程的一个解。从而全部整数解为：6．求下列方程的全部整数解（１）6x+20y-15z=23（２）25x+13y+7z=2解：（1）因为（6，20，15）=1

12、23，可知方程有整数解，又因为(20

13、,15)=5,可知{20y+15z:y,z∈Z}=5Z,因此方程等价于联立方程组即（i）4y-3z=1有解（y,z）=(1,1),从而4y-3z=w有解（w,w）,于是对每个w∈Z,方程（i）的全部整数解为而方程(ii)有解(x,w)=(3,1),从而它的全部整数解为将w代入