《代数与通信部分习题解》.docVIP

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PAGE PAGE 17 代数与通信部分习题解 习题1.1A(P6) 若n为奇数,证明8|n2-1。 证明:n为奇数,可设n=2m+1,其中m为整数。于是 n2-1=(2m+1)2-1=(4m2+4m+1)-1=4m 注意到2|m(m+1),所以8|4m(m+1),即8|n2-1。 若n为奇数并且n≥5,则。 证明:n为奇数并且n≥5可设n=2m+1,其中m为整数且m1,于是 = 注意到,即 为整数。所以。 注:当n=3时,整除变为相等,结论也成立。 若m和n是正整数,,证明不整除。 反证法:假设,由带余除法可设n=qm+r其中,于是有 由假设,故,而为正整数,所以,故,即,或,所以,从而m-1=1,r-1=0,即m=2,这与矛盾,所以不整除。 讨论:根据以上证明可知,或写成,其中m为奇数。 4.设为实数(m≥2),证明 证明:(1)首先证明: 因为其中,所以 从而有 (2)再证: 其中则 若1)则 有 若2)则 有 若3)若2)则 有 总之不论何种情况均有 注:本题可推广到: 5.设n为大于1的整数,证明 (1)不是整数。 (2)不是整数。 证明:(1)设某个正整数使,则的各项必只有一项分母为,其余各项的分母至多可被整除,因此在上述和式中将除去的其余各项相加必得如下形式的数 其中q和k是正整数,从而 , 其分母是偶数,分子是奇数,因此不可能等于整数。 (2)设某个正整数使,则的各项必只有一项分母为,其余各项的分母至多可被整除,因此在上述和式中将除去的其余各项相加必得如下形式的数 或 其中q和k是正整数,从而 ,或 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 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,并设为形如4m+3的不超过N之所有素数,令 显然,每个都不是q的素数,否则将导致,这是不可能的。 如果q本身是素数,由于=,这表示q也是形如4m+3的数,显然,从而qN.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,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 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 为形如6m+5的不超过N之所有素数,令 显然,每个都不是q的素数,否则将导致,这是不可能的。 如果q本身是素数,由于,这表示q也是形如6m+5的数,显然,从而qN.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,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.设为正整数。如果n没有小于等于的素因子,则n为素数。 证明:反证法。若n不是素数,设n=ab,1abn,则,或,这与没有小于等于的素因子的条件矛盾,故n必为素数。 习题1.1B(P11) 对每个正整数n,证明是既约分数。 证明:,所以是既约分数。 设则当且仅当。 证明:设,则有。 (1)若,则有,而,所以,即。 (2)若,即,有,又因为,由整除的传递性知,即 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: 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 即

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