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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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