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初等数论第三版答案
初等数论(闵嗣鹤)》习题解答2010修改版
址^va.b不全为0
••・在整数集合S={ax^by\x.yeZ}中存在止整数•因而冇形如cix^by的垠小整数
乐+族
Va\yeZ•由带余除法有ax+by=(avH+by.)q+rj) 则r-(,v-x^q)a+(y-y^q)bgS,由ar0+/>}•)是S中的最小整数知r=0 .•・axi)+5儿lai+by •••aq+by0Iax+by(x.y为任意難数〉弧十阮Ia,avu+b儿lb .•.a^+fryol(a,Z>).乂有(a^b)Ia.{a.b)\h /.(a,b)\axu+by0故a\^by{}=(a,h} 4.若a.b是任意二整数.且bHO.证明: 存在两个整数s,I使得 .^\b\ a=bs+f,lr1<— 2 成立.并R当b是奇数时,s,胪唯-•存在的•当b是偶数时结果如何? 证: 作序列…,-塑,-岡,-也,0,也4|、刎,…则"必在此序列的某两项Z间 21122厂|2 (0当g为偶数时.若则令3===则有 22 ()<^a-hs=t=a-—b=a一#|力| 若bvO则令^=一号』=“一加=“+#b,则同样有|彳<弓 (“)当g为奇数时,若b>0则令s==a-^^b,则有 若"则令—竽—+中,则同样帥I還综上所述,存在性得址. 卜证唯•性 当b为奇数时.Yla-bs^i=bsl+人则|了一讣=|“$]—訓>”|而才盾故*几r 当b为偶数时.sj不唯一•举例如下: 此时仝为整数 2 §2最大公因数与辗转相除法 1.证明推论4.1 推论4.1eb的公因数与(a.b)的因数相同. 证: 设/圧a,b的任一公因数•・・・/kbd'lb由帘余除法a=bql+rrb 十4,…讥-2 =%i, V…V叶vb •••(“)=rn •・・d'\a-bch=G(19\6-^2=^—,d9\r^=rn^qn^rn={a.b). 即d‘是(a上)的因数• 反过来(“上)1"冃(4上)1方,若十1(询则d"\a,d'\b,所以(a,b)的因数都是a、b的公因数,从而a上的公因数与(a,坊的因数相同。 2.证明: 见本书P2,P3第3题证明。 3.应用§1习题4证明任意两第数的尺大公因数存在.并说明其求法.试用你的所说的求法及撅转相除法实际17出(7650L971諛 解: 有§1习题4知: Pa、bwZ、b=O、ms」6Z.fliw=/>5+/,1/ls£。 , /.北/,便b=邛+人,1/斗M£,…,如此类推知: 玉—=人-2,1+—; m几.1儿“‘粘・1=6«必h+粘-I; R咔Sw鉴已・.・<叫黑 几22? 2會 而b是一个有PR数,.•.亦wN,使/”.严0 .•.(d,b)=(btf)=(/,/()=(人,5)=••■==(心,0)—tn9存在其求法为: {a,b)-(b,a-bs)={a-bs%b-{a-bs)s[)=t't .-.(76501.9719) =(9719,76501-9719x7) =(846&9719-8468) =(1251.8468-1251x6) ••• =(3.l) =14-证聊节⑴式中的必器 证: 由P3§1习题4知在(I)式中有 .\1^—,.\2氛.•.”510&&=皿,妙“5皿 2"*loglog2 §3整除的进一步性质及量小公倍效 1.证明两整数d,b互质的充分与必耍条件是: 存在两个整数S,I满足条件(U+仞=1. 证明必要性。 若(a,b)=l,则由推论1」知存在两个整数s,i満足: “$+仞=(“劝,: .as^bt=1 充分性。 若存在整数s.t使as+bt=l.则a,b不全为0« 又因为(a9b)laf(a9b)lb,所以(a.b\as+bt)即(°上)11。 又(“,〃)>()••・(ab)=l 2.证明定理3 定理3[«! ,«-,='l] 证: 设[q・(S,…,©]=叫,则a,I码(i=1,2,…") •••IatIIniy(/=1,2,…,“)又设[lq1,1a」,…,1叩]=些 则叫I叫°反之若IqIIm2•则a.Ini2•/.mxI“ 从而mx=m2•即…心]二[lql」a」9・・・,la,t町 3.设+…+“]X+“o (1) 是一个整数系数多项式JL兔,厲都不是零.则 (1)的根只能是以q的因数作分子以4”为分付的既约分数.并rti此推出4不是有理数. 证,设 (1)的任一有理根为上.(g=w则 q «„(—)"+aM_i(—++Oq=0qqq “0S+…广'+g"=0⑵ 由 (2)_",,//S+・・+qw'T+59”• 所以q整除上式的右端.所以q\anPn・乂(p,q)=l,q〉\, 所以(q,p")=l,.・.gld“: 乂由 (2)Pgp"+a;2q+…+a\pq"'=-耳“ 因为p整除上式的右端,所以叫矿,(阳)=1,彳>1,所以@,p)=l,・・・pla. 故 (1)的有理根为上,且p\a^q\anO q 假设JI为有理数,•.十-2=(),次方稈为鄴系数方稈,则由上述结论,可知其 有有理根只能是 ±1,±2,这与迈为其有理根才盾。 故为无理数。 另证,设为有理数忑=上,(“冷)=1冷>1,则 q (3)划掉2,3.5.7的倍数,剰卜的是100内的素数 将不超过100的止整数扌II列如F: 2.求82798848及81057226635000的标准1弋. 解: 因为81848,所以814,4=82798848=8x10349856=2'xR, 乂81856,所以8IB・fi=8xl293732=2'xC, 又4132,所以4IC,6*=4x323433=2*0 乂91(3+2+3+4+3+3),所以9ID,D=9x35937=3: xE, 乂91(3+5+9+3+7),所以9IE,£=9x3993 又3993=3x1331=3x1P 所以A=2*35113; 同理有81057226635000=23-33-54-73112•17-23-37. 3・证明推论33并推广到n个正整数的情形. 推论3.3设a,b足任盘两个正整数・ft a=慎'•p? 必,a,»0,i=1,2,…,A・ b=pf•Ppp? ,0弋0,/=1,2,•••,*, 则(a,b)=p? •p? p],la9b]=p? •p? p? ♦ 其中兀=min(a八<5;=min(af,/^)>/=-J 证: 丫兀=min(a八A).•••05久Sa八OS% : ・pYIp/\Pi'Iaa=l,2…幻 口加w•x\Pi口於• 又显然(a、b)Ipjp? …p? 同理可得P$P? …p? =[a^bd=maxa屛 描广 A< 设叫=pFP22…p\叫=ppp#…於,・••“=pF於…p: (其中几为质数丿=12…Aq为任意n个正軟数心1.2,…山禹》0)・如 PW…代=(即5…4)6=巴缈禹},)=12•讥/屮…={ava^^an\=max{/^J,)=1,2,…,R 4.应用带论3.3证明§3的定璘4(ii) 证: 设“二“於於… 其中刃•化.…•处是互不相同的素数,a,A(1<^)都是非负整数・有 (a,b)=p? p: …p$,&=min{«rf,/7J,1G“, |a,b]=H"pf•••”『,“=max(a.,/? J,1GVh 人丄Anh 由此知(讥)|讥|=「1於屮=「! 严S叫5血=「1卩严": 从而有[a.h]=— MlII(40) 5.若2"+l足质数(n>l),则n足2的方祗 iiE: (反证法)设n=2kl(l为奇数), 则2"+1=22,/4-1=(22*)/4-1=(2-+1)[22,-2*>+•••+1] Iv2*+1<(22 •••Y+1为合数牙盾.故n—定为2的方耶. §5函数凶4}及其在数论中的一个应用 I.求30! 的标准分解式• 解: 30内的素数为2,3.5,7.11>13>17,19.23,29 吩愕盾]囲憚]愕卜“ =15+4+3+1+0=23 罟卜愕卜愕卜[哥…g+心4 +…=6+1+0=7 胡外那•••=4+0=4.an=+…=2+0=2 J= I •■ 30 137 ■■ ■■ 30 '30' «l7= ]7 ■■ + ■ 30 30 137 +•・•=I+0=].crl9=«|9=a23==1 30! =225-3,4-55-74112132.1719-23・29 2.设n是任一正整数,a是实数,证明: (1) iiE: (i)设[a]-m.R'Jftl性质11知m^a 所以nm<.[na] 所以[l^lj=m=[aj. 11 (ii)[证法一]设£W{a}=0」,2,…山-1• nn 则k^n[a}v&+1,・•.[na]-n[a]+k ①当i+—1时・{a}+丄<*+1十‘Sl,[a+丄]=[a]; nitii ®^Z+^>nW.2>{«}+->—^14a+-J=la]+l; iinn ••[a]+[a+丄]+…+[a+-~~] nn =Xla+_l=X[a+T+X【a+T m"r-o«*an =(n-Zr)[a]+/r([a]+l) =n[a]+k ・•.工[a+==5aj [证法二] 令/(«)=£[a+丄]-[〃ah /(«+丄)=Yla+—]-lna+1]=f(a) |n-1 ]-|na+l|=/(a) T/(«+-)=V[«+ “r.0 : .畑定以丄为同期的函数。 n 又当aeV)J)时,/(a)=0-0=0,•••awRJ(a)三0• i 即V[a+—1=[/»«|o Zo“ 【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a,0是任总二实数,证明: (i)l«]-[/^]=La-/7J或 (ii)[加]+[20]»["+皿+0]+[/? ] 证明: (i)由高斯函数[x]的定义有 «=[a]+r,/? =[/? ]+54) 则 a—0={4-[/? ]**c-s 当一沦U时,[a-0]=kd-[0] 当r-s 故\a-p\^\a\-\P\或a-0]+l=【a]—[”] (ii)设a=[«]+a,/7=[ft]+y,0S”,y<1. 则有()Sa+)={a)+{"}<2 下面分两个区间讨论: 1若()Mx+yv1・则[x+y]=()・所以[«+/7]=[«]+[/7j.所以 [2a]+[20]=[2[a]+2.v]+[2[0]+2>,]=2[a]+2[“]+2([x]+[y])n2[a]+2[0]= [«]+IQ+"J+la]=[a]+[a+0H[Q 2若lS;v+yv2,则[工+刃=1,所以[a+0]=[a]+[/? ]+1。 所以 [2a]+[20]=[20]+2刃+[2[0]+2y] =2[«]+2(/7]+2(M+[y]) >2[«]+2[^]+2(M+[l-x]) =[a]+[0]+[0]+0]+2+2(【x]+[-x]) 22[a]+2[“]+l 十]+M+Q+/] (ii)(证法2)由于a・0对称,不妨ft{«}^{/7) [2a]+[2/7]=[2([«]+{a})]+[2([/? ]4-(fl})] =2[a]+2(/? J+[2{a)]+[2{/J)J >2[«]+2l/7]+[l«)+{/? )] 珂⑵+[Q+3+B]+[{a}+{0}]) =|a]+[0]+[[a]+{a}+[0]+{0}] =[a]+[a+0]+[0] 4.(i)设函数f3任闭区间Q 和式 J[/«) Q 农示罟面区域QSaSR,0 (ii)设〃g是两个互质的单止整数.证明: (iii)设厂>0・卩是区域以+宀以内的整点数.证明: 7*=1+4[r]+8[>/r2-x2]-4[月 y (iv)设n>0,卩是区域%>0,y>0,xy T=2工」三]-[何 0 证明: (略) 5.设n是任一・正整数•fLn=a0+atp+a2p2+—,p是庾数•Q^at 在n! 的 标准分解式中•质I刃数"的指数是 总_S几 P-1 其中Sn=a0+at+a2+•••. 证明: 在n! 的标准分解式中.质因数p的指数有限.即 n=a0+a1p+a2p2+—+afpe.0MVp 所以 =(a】+a2p+…+a”7)+(a2+azP+…+atPt^+…+at =at+a2(p+1)++p+1)+•••+at(P^1+Pr*2+…+1) 而 n—51 p=7[fli(p-1)+Q2(P2-1)+O3(P3-1)+…+aW-1)]p—1p—1 =Ql+Q2(P+1)+a3(P^+P+1)+•••+ar(pL'+p<・2+…+1).h-w~5" p-1 第二章不定方程 §2.I习题 1■解下列不定方程a)l5c+2>1")306兀-360y=630 解: a)原方程等价于: 3x+5y=2O显然它有一个整数解耳=1()」严-2■ 故一般解为 2'丁°土匕咗, y=-2+3/ b)原方程等价于: 17x-20y=35显然它有一个整数解.vf)=-7x35,y0=-6x35 故-般解为 x=-7x35-y=-6x35- 10 0土t-2-, 2.把100分成两份.使-份可被7整除.一份可被11整除。 解: 依题点I屮求7,v+lly=100的正整数解.解得“=&y0=4 —般解足: xJa=a±h…) V=4+7/ 但除f=0外无其他止幣数解.故有H只有100=56+44 当沖叭r=[|]-[-Al=^ x-x^-bty=),o+m但区间[-呂单]的长度是上.故此区间内的abab 4、证明: 二元一次不定方程ax+by=N,(a.b)—lfa>Kb>l»当N>ab-u-b 时有非负整数解.N=ub=u=b则不然. 证明: 先证后…点,当N=ab-u-b时,脈方程有非负整数解(心,儿) 则d=(“」*)・ =科耳+l9a|y0+1n冷+1=bk、%+\=ah.k>Ui>I =>ab(k+h)=db、k+h工2,这是不可能的。 次证,当N>ab-a-bW,W(a.b)=l.故原方程有整数解(®・y。 ),一般解扯{: 二巴(心0,±1,…)耍求Xo・b2O.y°-m20=>-H「S申会证明存在满足这个不等式的整数2心可取使ab 兀=加°+/(0 .-..、x^b+1* x-b%=「Sb-lnqZIII] b yQ+«/02儿+—(x0-b+1)丄(/nb+ov。 一ab+a)=丄(N-ab+a)>丄(ab—a—b—(ib+a)=—\bbbb .-.j0+a/0>0=>/0>-^a 这就证明了当N>ab-a-b时,原方程有非负整数解. 1.证明定理2推论。 推论单位鬪周上座标都是有理数的点(称为有理点人可以写成 的形式.其中。 与b是不全为零的整数. 证明*设有理数X丄尸 m =-(^#0)满足方程/+y2=1.即/2+n2=m 于览得/=±2abdfn=±(a2-b2)d9m=土+b2)d或/=±(o2-b2)d9m=±2abd9 亠如“、/.2ab,a? —Q? 、十/a? 2ab\ 由此得gy)=(一产”,±产毎)或(一产士冲y). 代入方程x2+/=丨即知这样的点在单位岡周上- 2.求出不定方程刃=0的切止整数解的公式。 解: 设不定方程x2+3/=z2»Uy)=l^解则 (1)3/z-x或3/z+x因为3y2=z'-x2=(z-x)(z+x) =>3/(z-.vXz+V)=>3/z-xWc3/z+x 2+3才亍GF或者八(十)送得3/z+x或3/z-x 以F不妨设3/z+x 2(x,z)=I.设(x,即则,d/x^d/zy*cW3£ 若,3/〃,二>9/牙[9/乙=*9/3歹=3/$=>3/(x,y)与(x,y)=1矛盾这样(3,)=1=>f//y=>J/y(t/3y)而d/xn〃/(x,y)nd= 3(z+x,z-x)=l或2,设r=(z+a\z-,v)=>//(z+,v)-(z-x)=2,v, //(z+a)+(z-a)=2z=>//(2x2^)=2即『=1或了=2 4若(2+%,2・兀)=1,则(土孑,= 从而3y'=(z+x)(z-^)=>y~2~~(^~x)市引理可设宁二么: Z-x=/7\y=ab从而三,为址得儿z为整数,(x,z)=h 必须有a,b均为奇数,且3『>]/从血3厂(+)(—)=>田■汁亍 设宁二/亍讪冷曲川"3八戻尸2必z=3/+f 其中“上为一奇一偶,且有(4上)=1 4.解不定方程: x1+3y2=z2^x>0^y>Ofz>0>(x.y)=Io 解: 设(Z-x,z+x)=d■易知d=I或2・由(z-x)(z+x)=3y2得z-.r=3da2. <+x=db2•y=dab或z一x=db'•z+x=3da29y=dab、a>O»〃>()•(a.b) |^^232]"I"32 =I<(i)当d=1: x=—-^―—»y=ab・z=-—^―—»a>0.>0.(a.b)= 1•3I/>•a.b同为奇数: (ii)当d=2: x=lb'■3a'l・y=2ab^z=b‘+3q‘•a>0,Z>>0»(a.0)=1.3Jb,a,b—奇一偶'反之,易验证(i)或(ii)是原不定方程的解•且x>0>y>0»z>0»(儿丫)=1° 3.证明不等式方程x2+y2=z\(x,y)=I,x>0,y>0,z/a的一切正整数解. 可以写成公式: x=4ub(a2-b\y=Ia^b4-6ab>,“ciW 其中a>0,〃>0,(a,b)=hajr单-•双 证明: 由定理1知道原方程的解}Lx=2cd,y=c'-d\z=c^d^ c>〃>O,(c,d)=l,且c,d为一奇一偶. 其中,c=2ab,d-ci>^>0,(n,/? )=1.Ka.b为一奇偶. 所以x=4ub(a_b),y=Ic,+b'_6ab',z=a+b是原方程的正整数解(x>O,y>0,z>0,(x,y)=l,2/x,1匕'+方’是奇数, 原方程止整数的解白: (0,0,0),(o,±d: ±“),(±/0,±“)(±4^/-/A±(M+//-6a7A±(/+Z/))(±0? ^b'-^ab±4(ib(a±(a'+b))‘ 6.求方程H+).2二才的满足2“的正幣数解. 解8设x,y・zx2+y2=z4的满足(x.v)=I»2|工的正槃数解.则x=2ab,y=a1■b‘•z2=a2+«>ft>0>(a.b)=l・q、b—奇一偶•再由z2=«2+ 得a=2mv»b=ir一v2tz-u2+v2或a=u1一v\b=2wv>z=m2+v\m>v>0>(w.v)=1•utv—奇一偶•于是得x=4wv(w2-v2)>y=Im4+v4-6w2v2L5=w2+v2,H>V>0.(M.V)=I.M,V—偶.反Z,易验证它是原不定方程的整数解•.ax>0,V>0.z>0>(JC,y)=I•2Ixo 英中正负寸可任恿选収. 第三章同余 §1同余的概念及其基术性质 1、证明(i)若Aq5三B「g(modm) Xf三y.(modm)、i=l>2八、、•k 则EA时畋冲…珍三工Bq...吸第…片‘(modm)S••円叫・m 特别地,
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