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代数与通信部分习题解
习题 1.1A(P6)
1. 若 n 为奇数,证明 8|n
2
-1。
证明:n 为奇数,可设 n=2m+1,其中 m 为整数。于是
n
2
-1=(2m+1)
2
-1=(4m
2
+4m+1)-1=4m(m+1),
注意到 2|m(m+1),所以 8|4m(m+1),即 8|n
2
-1。
2. 若 n 为奇数并且 n≥5,则
)!1)(
1
1
...
3
1
2
1
1(| �
�
���� n
n
n
。
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
)!1)(
1
1
...
3
1
2
1
1( �
�
���� n
n
)!1)12((
1)12(
1
...
3
1
2
1
1 ��
�
�
�
�
�
�
�
�
��
����� m
m
)!2(
2
1
...
2
1
1
11
...
3
1
2
1
1 m
mmmm
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�����
=
)!2(
1
11
...
12
1
2
1
2
1
1 m
mmmm
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
���
�
�
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
�
�
�
)!2(
)1(
1
...
)12(2
1
2
1
)12( m
mmmm
m
�
�
�
�
�
�
�
��
�
���
)!2(
)1(
1
...
)12(2
1
2
1
m
mmmm
n
�
�
�
�
�
�
�
��
�
��
注意到
)!2(|)1(,...,)!2(|)12(2,)!2(|2 mmmmmmm ��
,即
)!2(
)1(
1
...
)12(2
1
2
1
m
mmmm
�
�
�
�
�
�
�
��
�
�
为整数。所以
)!1)(
1
1
...
3
1
2
1
1(| �
�
���� n
n
n
。
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,
3�m
,证明
12 �
m
不整除
12 �
n
。
反证法:假设
12|12 ��
nm
,由带余除法可设 n=qm+r 其中
mrZrq ��� 0,,
,于是
有
� �
122)12...)2)((12(
1221)2(1212
�������
�������
�
rrmqmm
rrqmrqmn
由假设
12|12 ��
nm
,故
12|12 ��
rm
,而
12,12 ��
rm
为正整数,所以
1212 ���
rm
,
故
1212 ���
rm
,即
2220 ���
rm
,或
1220
11
���
�� rm
,所以
122
11
��
�� rm
,从
而 m-1=1,r-1=0,即 m=2,这与
3�m
矛盾,所以
12 �
m
不整除
12 �
n
。
讨论:根据以上证明可知
12|3
12
�
�q
,或写成
3|2 1
m
+
,其中 m 为奇数。
4.设
1 2
, ,..., ,
n
a a a
为实数(m≥2),证明
1 2 1 2 1 2
[ ] [ ] ... [ ] [ ... ] [ ] [ ] ... [ ] 1.
n n n
n
a a a a a a a a a
+ + + £ + + + £ + + + + -
1 2 1 2 1 2
[2 ] [2 ] [ ] [ ] [ ]
a a a a a a
+ ³ + + +
证明:(1)首先证明:
1 2 1 2 1 2
[ ] [ ] ... [ ] [ ... ] [ ] [ ] ... [ ] 1.
n n n
n
a a a a a a a a a
+ + + £ + + + £ + + + + -
因为
[ ] { },
i i i
a a a
= +
其中
0 { } 1, 1,2,...,
i
i n
a
£ < =
,所以
1 2 1 2 1 2 1 2
[ ] [ ] ... [ ] ... [ ] [ ] ... [ ] [ ] [ ] ... [ ] 1
n n n n
n n
a a a a a a a a a a a a
+ + + £ + + + < + + + + £ + + + + -
从而有
1 2 1 2 1 2
[ ] [ ] ... [ ] [ ... ] [ ] [ ] ... [ ] 1.
n n n
n
a a a a a a a a a
+ + + £ + + + £ + + + + -
(2)再证:
1 2 1 2 1 2
[2 ] [2 ] [ ] [ ] [ ]
a a a a a a
+ ³ + + +
},{][},{][
222111
������
����
其中
,1}{0,1}{0
21
����
��
则
},{2][22},{2][22
222111
������
����
若1)
,
2
1
}{0,
2
1
}{0
21
����
��
则
],[2]2[],[2]2[
2211
����
��
],[][][
2121
����
���
有
� � � �
],[][2][2]2[]2[
21212121
��������
�������
若2)
,1}{
2
1
,1}{
2
1
21
����
��
则
,1][2]2[,1][2]2[
2211
����
����
,2][][][
2121
����
����
有
� � � � � �
],[][2][][][121][2]2[]2[
212121212121
������������
��������������
若3)若2)
,1}{
2
1
,
2
1
}{0
21
����
��
则
,1][2]2[],[2]2[
2211
���
����
,1][][][
2121
����
����
有
� � � �
],[][12][2]2[]2[
21212121
��������
��������
总之不论何种情况均有
1 2 1 2 1 2
[2 ] [2 ] [ ] [ ] [ ]
a a a a a a
+ ³ + + +
注:本题可推广到:
� �
]...[][...][][...]2[]2[
212121 nnn
���������
�����������
5.设 n 为大于1的整数,证明
(1)
n
1
...
3
1
2
1
1 ����
不是整数。
(2)
12
1
...
5
1
3
1
1
�
����
n
不是整数。
证明:(1)设某个正整数
,l
使 ,则
n
1
...
3
1
2
1
1 ����
的各项必只有一项
分母为
l
2
,其余各项的分母至多可被
1
2
�l
整除,因此在上述和式中将除去
l
2
1
的其余各项相
加必得如下形式的数
)12(2
1
�
�
k
q
l
其中 q 和 k 是正整数,从而
)12(2
122
2
1
)12(2
1
...
3
1
2
1
1
1
�
��
��
�
�����
�
k
kq
k
q
n
lll
,
其分母是偶数,分子是奇数,因此不可能等于整数。
(2)设某个正整数
,l
使
1
3123
�
���
ll
n
,则
12
1
...
5
1
3
1
1
�
����
n
的各项必只有一
项分母为
l
3
,其余各项的分母至多可被
1
3
�l
整除,因此在上述和式中将除去
l
3
1
的其余各项
相加必得如下形式的数
)13(3
1
�
�
k
q
l
或
)23(3
1
�
�
k
q
l
其中 q 和 k 是正整数,从而
)12(3
133
3
1
)13(3
12
1
...
5
1
3
1
1
1
�
��
��
�
�
�
����
�
k
kq
k
q
n
lll
,或
)23(3
233
3
1
)23(3
12
1
...
5
1
3
1
1
1
�
��
��
�
�
�
����
�
k
kq
k
q
n
lll
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
1)4(414416)14)(14(
2121212121
���������� kkkkkkkkkk
1
22
�
��
ll
n
所以把形如 4k+1 的数相乘的乘积仍为 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
k
ppp ,...,,
21
为形如 4m+3 的不超过N之所有素数,令
1...4
21
��
k
pppq
显然,每个
),...,2,1( kip
i
�
都不是 q 的素数,否则将导致
1|
i
p
,这是不可能的。
如果 q 本身是素数,由于
1...4
21
��
k
pppq
=
3)1...(4
21
���
k
pppq
,这表示 q 也
是形如 4m+3 的数,显然
i
pq �
,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
),...,2,1( kipp
i
��
,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
1)6(61)(636)16)(16(
2121212121
���������� kkkkkkkkkk
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
k
ppp ,...,,
21
为形如6m+5的不超过N之所有素数,令
1...6
21
��
k
pppq
显然,每个
),...,2,1( kip
i
�
都不是 q 的素数,否则将导致
1|
i
p
,这是不可能的。
如果 q 本身是素数,由于
5)1...(6
21
���
k
pppq
,这表示 q 也是形如6m+5的数,显
然
i
pq �
,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,由第一步知,q 一定含有形如6m+5之素因数 p,同样可证明
),...,2,1( kipp
i
��
,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
2�n
为正整数。如果 n 没有小于等于
n
的素因子,则 n 为素数。
证明:反证法。若 n 不是素数,设 n=ab,1<a
�
b<n,则
naba ��
2
,或
na �
,这与
没有小于等于
n
的素因子的条件矛盾,故 n 必为素数。
习题1.1B(P11)
1. 对每个正整数 n,证明
314
421
�
�
n
n
是既约分数。
证明:
1)1,17()314,17()314,421( �������� nnnnn
,所以
314
421
�
�
n
n
是既约分数。
4. 设
0,,, �� aZcba
则
bca |
当且仅当
c
ba
a
|
),(
。
证明:设
( , )a b d=
,则有
( , ) 1
a b
d d
=
。
(1)若
bca |
,则有
a b
c
d d
,而
( , ) 1
a b
d d
=
,所以
c
ba
a
|
),(
,即
c
ba
a
|
),(
。
(2)若
c
ba
a
|
),(
,即
a
c
d
,有
a dc
,又因为
|dc bc
,由整除的传递性知
a bc
,即
bca |
5. 用辗转相除法求 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+306
657=306×2+45
306=45×6+36
45=36×1+9
36=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:
15 657
( )
22 963
x t
t Z
y t
= - +
ì
Î
í
= -
î
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|23 , 可知 方 程 有整 数 解 ,又 因 为(20,15)=5, 可 知
{20y+15z:y,z∈Z}=5Z,因此方程等价于联立方程组
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