《初等数论(闵嗣鹤)》课后习题解答2012修改版.docx

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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£r

11、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-q2b

24、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£rn

28、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