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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