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《《初等数论(闵嗣鹤)》课后习题解答2012修改版.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、《初等数论》习题解答(修改版)(茂名学院WeiXLI)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a1,a2,,an都是m得倍数,q1,q2,,qn是任意n个整数,则q1a1+q2a2+证明:+qnana1,a2是m得倍数.,an都是m的倍数。存在n个整数p1,p2,pn使a1=p1m,a2=p2m,,an=pnm又q1,q2,,qn是任意n个整数qa+qa++qa1122nn=q1p1m+q2p2m++qnpnm=(pq+qp++qp)m1122nn即qa+qa
2、++qa是m的整数1122nn2.证明3
3、n(n+1)(2n+1)证明n(n+1)(2n+1=)nn(+1n)+(+2n-1)=n(n+1)(n+2)+n(-1n)n(+1)又n(n+1)(n+2),(n故3
4、n(n+1)(n+2),3
5、(3
6、n(n+1)(n+2)+(n-1)n(n+2)是连续的三个整数n-1)n(n+1)-1)n(n+1)从而可知3
7、n(n+1)(2n+1)3.若ax0+by0是形如ax+by(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(ax0+by0)
8、(ax+by).1/63
9、《初等数论》习题解答(修改版)(茂名学院WeiXLI)证:a,b不全为0在整数集合S={ax+by
10、x,yÎZ}中存在正整数,因而有形如ax+by的最小整数ax+by00"x,yÎZ,由带余除法有ax+by=(ax+by)q+r,0£r11、ax+by00ax+by
12、ax+by(x,y为任意整数)ax+by
13、a,ax+by
14、b000000ax+by
15、(a,b).又有(a,b)
16、a,(a,b)
17、b00(a
18、,b)
19、ax0+by0故ax0+by0=(a,b)4.若a,b是任意二整数,且b¹0,证明:存在两个整数s,t使得a=bs+t,
20、t
21、£
22、b
23、2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,-3b,-b,-b,0,b,b,3b,2222则a必在此序列的某两项之间即存在一个整数q,使qb£a0.则令s=q,t=a-bs=a-qb,则有220£a-bs=t=a-q2b=a-q2b24、b,则同样有t0则令s=q2+1,t=a-bs=a-q2+1b,则有2/63《初等数论》习题解答(修改版)(茂名学院WeiXLI)-b£t=a-bs=a-q+1b=a-q+1b<0t£b2222若b<0,则令s=-q2+1,t=a-bs=a+q2+1b,则同样有t£b2,综上所述,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)>b1111而t£b,t£bt-t£t+t£b矛盾故s=s,t=t2121111当b为偶数时,3×b=b×1+b=22s,bt×
25、不唯一,举例如下:此时2+(-b),t=b,t£b21212b2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证:设d¢a,b的公因数与(a,b)的因数相同.¢¢
26、b是a,b的任一公因数,d
27、a,d由带余除法a=bq1+r1,b=r1q2+r2,,rn-2=rn-1qn+rn,rn-1=rnqn+1,0=rn+1£rn28、a-bq1=r1,d¢
29、b-r1q2=r2,┄,d¢
30、rn-2=rn-1qn+rn=(a,b),即d¢是(a,b)的因数。3/63《初等数论》
31、习题解答(修改版)(茂名学院WeiXLI)¢¢
32、(a,b),反过来(a,b)
33、a且(a,b)
34、b,若d数,从而a,b的公因数与(a,b)的因数相同。2.证明:见本书P2,P3第3题证明。则d¢¢
35、a,d¢¢
36、b,所以(a,b)的因数都是a,b的公因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习题4知:"a,bÎZ,b¹0,$s,tÎZ,使a=bs+t,
37、t
38、£b。,2$s,t,使b=st+t,
39、t
40、£
41、t
42、£b,,如
43、此类推知:22211111$s,t,tn-2=tn-1s+t;nnnn$s,tn+1,tn-1=ts+tn+1;n+1nn+1且
44、t
45、£
46、tn-1
47、£
48、tn-2
49、££
50、t
51、£
52、b
53、n2222n2n+1而b是一个有限数,$nÎN,使tn+1=0(a,b)=(b