王進(jìn)明初等數(shù)論習(xí)題詳細(xì)解答20235第九版（可打印版）

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王進(jìn)明初等數(shù)論習(xí)題及作業(yè)解答

P17習(xí)題1-11，2(2)(3),3，7，11，12為作業(yè)。

1．已知兩整數(shù)相除，得商12，余數(shù)26，又知被除數(shù)、除數(shù)、商及余數(shù)之和為454．求被除數(shù).

解：a?12b?26,a?b?12?26?454,12b?26?b?12?26?454,

(12?1)b?454?12?26?26?390,b=30,被除數(shù)a=12b+26=360.

這題的后面部分是小學(xué)數(shù)學(xué)的典型問題之一——“和倍〞問題：商為12,說明被除數(shù)減去余數(shù)后是除數(shù)的12倍，被除數(shù)減去余數(shù)后與除數(shù)相加的和是除數(shù)的（12+1）倍，即454?12?26?26?390是除數(shù)的13倍.

2．證明：(1)當(dāng)n∈Z且n?9q?r(0?r?9)時，r只可能是0,1,8;證：把n按被9除的余數(shù)分類，即：若n=3k,k∈Z，則n?27k,r=0；若n=3k+1,k∈Z，則n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9k(3k?3k?1)?1,r=1；若n=3k－1,k∈Z，則n?(3k)?3(3k)?3(3k)?1?9(3k?3k?k?1)?8,r=8.

332323322333n3n2n??的值是整數(shù)。(2)當(dāng)n∈Z時，

326n3n2n2n3?3n2?n32??=證由于，只需證明分子2n?3n?n是6的倍數(shù)。32662n3?3n2?n?n(2n2?3n?1)?(n?1)n(2n?1)

?(n?1)n(n?2?n?1)=n(n?1)(n?2)?(n?1)n(n?1).

由k!必整除k個連續(xù)整數(shù)知：6|n(n?1)(n?2),6|(n?1)n(n?1).或證：2!|(n?1)n,(n?1)n必為偶數(shù).故只需證3|(n?1)n(2n?1).

若3|n,顯然3|(n?1)n(2n?1)；若n為3k+1,k∈Z，則n－1是3的倍數(shù)，得知

(n?1)n(2n?1)為3的倍數(shù)；若n為3k－1,k∈Z，則2n－1=2(3k－1)－1=6k-3,2n－1

是3的倍數(shù).

綜上所述，(n?1)n(2n?1)必是6的倍數(shù),故命題得證。

(n?1)n(2n?1)222

=0+1+2+…+(n-1)2,整數(shù)的平方和必為整數(shù)。

6(n?1)n(2n?1)－

當(dāng)n∈Z時，-n∈Z+,從而同樣推得為整數(shù)，故命題得證。

6又證：

(3)若n為非負(fù)整數(shù)，則133|(11n+2+122n+1)．

證明：利用11n+2+122n+1=121×11n+12×144n=133×11n+12×(144n－11n)及例5的結(jié)論．(4)當(dāng)m，n，l∈N+時，

(m?n?l)!的值總是整數(shù)

m!n!l!證明：(m?n?l)!=(m?n?l)(m?n?l?1)(n?l?1)(n?l)(n?l?1)(n?l?1),

(l?1)?l!

由k!必整除k個連續(xù)整數(shù)知：m!|(m?n?l)(m?n?l?1)n!|(n?l)(n?l?1)(l?1)，從而由和的整除性即證得命題。

(5)當(dāng)a，b∈Z且a≠－b，n是雙數(shù)時，?a?b?|(an?bn)；(6)當(dāng)a，b∈Z且a≠－b，n是單數(shù)時，?a?b?|(a?b)．

nn解：利用例5結(jié)論：若a≠b，則?a?b?|(a?b)．令b=－b*,即得。

nn或解：a=(a+b)－b，(5)當(dāng)n為雙數(shù)時，由二項式展開

nan?bn??a?b?b?b?????n??a?b??n?a?b?nn?1b????1?n?1證得。(6)當(dāng)n為單數(shù)時類似可得。n?a?b?bn?1，

3．已知a1，a2，a3，a4，a5，b∈Z,且

?ai?152i?b2，說明這六個數(shù)不能都是奇數(shù)．

解：若這六個數(shù)都是奇數(shù)，設(shè)ai?2ki?1,ki?Z,i?1,2,3,4,5，則

?a??(2k?1)2iii?1i?1552?4?ki(ki?1)?5，由于2|ki(ki?1)，所以8|4?ki(ki?1),

i?155i?1?ai?152i?8q?5,q?Z,而b2?(2k?1)2?4k(k?1)?1，b2?8q*?1，k,q*?Z，

即等式左邊被8除余5,而右邊被8除余1,故不可能這六個數(shù)都是奇數(shù)。

4．能否在下式的各□內(nèi)填入加號或減號，使下式成立；能的話給出一種填法，否則，說明理由。

1□2□3□4□5□6□7□8□9=10

不能，由于等式左邊有單數(shù)個單數(shù)，它們的和差只能是奇數(shù)，而等式右邊10為偶數(shù)?；蚪猓簾o論各□內(nèi)填入加號或減號，1□2□3□4□5□6□7□8□9+1+2+3+4+5+6+7+8+9總是偶數(shù)，而1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,因此的結(jié)果1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇數(shù)。5．已知：a，b，c均為奇數(shù)．證明ax?bx?c?0無有理根。證：若有有理根，記為

2ppp,p,q互質(zhì)，代入方程有a()2?b??c?0

q

即ap?bpq?cq?0，這是不可能的，由于p,q互質(zhì)，二者不可能同時為偶數(shù)。若p為偶數(shù)，則ap?bpq為偶數(shù)，但cq是奇數(shù)，它們的和不可能為0;若q為偶數(shù)，則bpq?cq為偶數(shù)，但ap是奇數(shù)，它們的和也不可能為0。

6．在黑板上寫出三個整數(shù)，然后擦去一個，換成其他兩數(shù)之和加1，繼續(xù)這樣操作下去，最終得到三個數(shù)為35，47，83．問原來所寫的三個數(shù)能否是2，4，6?

解：不能．由于原來所寫的三個數(shù)若是2，4，6，每次操作后剩下的三個數(shù)是兩偶一奇．

7．將1-—99這99個自然數(shù)依次寫成一排，得一多位數(shù)A＝1234567891011…979899，求A除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余數(shù)分別是多少?

解：由數(shù)的整除特征，2和5看末位，∴A除以2余1，A除以5余4；4和25看末兩位，∴A除以4余3，A除以25余24；8和125看末三位，∴A除以8余3，且除以125余24；3和9看各位數(shù)字的和，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=45，A所有數(shù)字的和等于450,∴A除以3和9都余0，A除以11的余數(shù)利用定理1.4,計算奇數(shù)位數(shù)字之和－A的偶數(shù)位數(shù)字之和．奇數(shù)位數(shù)字之和1+3+5+7+9+(0+1+…+9)×9，偶數(shù)位數(shù)字之和2+4+6+8+(1+2+…+9)×10，兩者之差為－40，原數(shù)除以11的余數(shù)就是－40除以11的余數(shù)：4.

8．四位數(shù)7x2y能同時被2，3，5整除，求這樣的四位數(shù)．

解：同時被2，5整除，個位為0，再考慮被3整除，有4個：7020，7320，7620，7920．9．從5,6,7,8,9這五個數(shù)字中選出四個不同的數(shù)字組成一個四位數(shù)，它能同時被3,5,7整除，那么這些四位數(shù)中最大的一個是多少？

被5整除，個位必為5.5+6+7+8=26,5+6+7+9=27,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，應(yīng)選出的四個不同的數(shù)字是5,6,7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795,

從最大的開始試除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。10．

11．1至1001各數(shù)按以下的格式排列成表，像表中所示的那樣用—個正方形框住其中的9個數(shù)，要使9個數(shù)的和等于(1)2023，(2)2529，(3)1989，能否辦到?如能辦到，寫出框里的最小數(shù)與最大數(shù)．如辦不到，說明理由．

2222221815222916233101724411182551219266132027714212899599699799899910001001解：設(shè)框里居中心的數(shù)為x,則9個數(shù)的和等于9x.(1)9不能整除2023，∴和等于2023辦不到；(2)9x=2529，x=281，是所在行第一個數(shù)，∴和等于2529辦不到；(3)9x=1989，x=221，和等于1989能辦到，框里的最大數(shù)為x+8=229，最小數(shù)為x－8=213．12．證明：7(或11或13)|anan?1a3a2a1a0的特征是：7(或11或13)整除

|anan?1a3?a2aa|10解答：由于7×11×13=1001。（諧“一千零一夜〞）而

anan?1a3a2a1a0=7×11×13×a2a1a0?(anan?1a3a2a1a0?anan?1a3?a2a1a0)×1000．

a3?a2a1a0)

或anan?1a3?7?11?13?(anan?1∴

附）廣西師范大學(xué)趙繼源主編的《初等數(shù)論》習(xí)題1—1中的部分題目

(與上面一致或相像的題目不列，以下各章節(jié)同)

3．已知a，b，c中，有一個是2023，有一個是2023，有一個是2023，試判斷(a—1)×(b—2)×(c—3)的奇偶性，并說明理由．6．24|62742??,求?,?.

9.是否存在自然數(shù)a和b，使a2－b2=2023成立?11．證明：當(dāng)n∈Z時，6|n(n＋1)(2n＋1)．

12．已知：f?x??ax?bx?c，f(0)，f(－1)，f(1)，x均為整數(shù)．證明：f?x??Z.

2解答：

3．偶數(shù)．由于a，b，c中，有三個奇數(shù)，所以a－1，c－3中至少有一個是偶數(shù)．6．只需3|62742??,且8|62742??，即3|(???),且8|??，先考慮??0,2,4,6,8,有5組解????0,???2,???4,???7,???9,???????0;???4;???8;???2;???6.9．不存在．利用a2－b2=(a－b)(a+b)，而a－b，a+b的奇偶性一致．而2023=2×1001.11．用數(shù)學(xué)歸納法或n(n+1)(2n+1)=n(n+1)(n+2)+(n－1)n(n+1)，利用整除的基本性質(zhì)(13)．12．由f(0)，f(－1)，f(1)，x均為整數(shù)可得c,a+b,a－b均為整數(shù).進(jìn)而知2a，2b為整數(shù).

分類探討(k∈Z):x=2k時，由2a，2b為整數(shù)f(x)顯然為整數(shù);

x=2k+1時，f(2k+1)=4ak(k+1)+2bk+a+b+c,可知f(x)依舊為整數(shù)。

習(xí)題1-2

1.用試除法確定以下各數(shù)中哪些是質(zhì)數(shù)？哪些是合數(shù)？1987，2027，2461，17357解：1987?45,

2027≈45.022,用質(zhì)數(shù)試除到43，可知兩者是質(zhì)數(shù)，2461≈49.61,

用質(zhì)數(shù)順次試除，試除時，用數(shù)的整除特征考慮：2，3，5顯然不能整除它，由上節(jié)第12題結(jié)論，357－17=340，340不能被7，11，13整除，再用17，23考慮，2461÷23=107,2461是合數(shù)。用類似思路順次試除17357，到17，得分解式17357=17×1021，17357是合數(shù)。2.當(dāng)n是什么正整數(shù)時，f1(n)?n?4，f2(n)?n?5n?9n+8n2+4n+1,f3(n)=n4

4543－18n2+45,f4(n)=n4+n2+1,f5(n)?3n?4n?1的值是質(zhì)數(shù)？是合數(shù)？

222解：f1(n)?n?4n?4?4n?(n?2)?(2n)?(n?2n?2)(n?2n?2)

422222?[(n?1)2?1][(n?1)2?1]，當(dāng)n=1時，f1(n)是質(zhì)數(shù)；當(dāng)n>1時，f1(n)是合數(shù)。

f2(n)?(n5?2n4?n3)?(3n4?6n3?3n2)+(2n3?4n2?2n)?(n2?2n?1)

=(n+1)2(n3+3n2+2n+1)。n無論是什么正整數(shù)時，n+1>1，∴f2(n)總是合數(shù)。

f3(n)=(n2?3)(n2?15)令n2－3=1或n2－15=1知僅當(dāng)n=2或n=4時，f3(n)為質(zhì)數(shù)，

n為其它正整數(shù)時，f3(n)是合數(shù)。

∵n4+n2+1=n4+2n2+1－n2=(n2+n+1)(n2－n+1)，令n2+n+1=1或n2－n+1=1知僅當(dāng)n=1時，f4(n)=n4+n2+1為質(zhì)數(shù)，n>1時，f4(n)是合數(shù)。

f5(n)?(3n?1)(n?1)，∴f5(n)當(dāng)n=2時為質(zhì)數(shù)，n為其它正整數(shù)時是合數(shù)。

3.試證：(1)一切大于3的質(zhì)數(shù)，不是形如6n+1就是6n－1的數(shù)(n∈N)；(2)任意多個形如6n+1的數(shù)的乘積仍是形如6n+1的數(shù)；(3)形如6n－1的數(shù)中含有無限多個質(zhì)數(shù).

證：(1)由于形如6n或6n±2或6n+3為合數(shù)；所以結(jié)論成立；(2)先證明兩個形如6n+1的數(shù)的乘積仍是形如6n+1的數(shù)：

(6n1?1)(6n2?1)?36n1n2?6n1?6n2?1?6(6n1n2?n1?n2)?1，

顯然，6n1n2?n1?n2?N，結(jié)論成立。然后用數(shù)學(xué)歸納法可得一般性結(jié)論。(3)若形如6n－1的數(shù)中只有k個質(zhì)數(shù)：p1,p2,…,pk。令N=6p1p2…pk－1，N為形如6n－1的數(shù)，由假設(shè)N必為合數(shù)，且必有一個形如6n－1的質(zhì)因數(shù)p（否則就全是形如6n+1的數(shù)，由(2)中結(jié)論，乘積必為形