第一章-作业参考 答案.doc

1.证明：（1）若a|b,c|d,则ac|bd (2)若a|b1,a|b2,…,a|bk,则对任意整数c1,c2,…,ck,有a|(b1c1+b2c2+…bkck). 证：1）a|b可知存在整数m使得b=ma， c|d 可知存在整数n使得d=nc 得bd=acmn 即ac|bd。 2） a|b1,a|b2,由性质1-1(3)可得a|(b1c1+ b2c2),其中c1和c2为任意整数。递归可证得a|(b1c1+b2c2+…bkck)。 2.若3|a,5|a且7|a,则105|a. 证明： 3|a 存在整数m使得a=3m 5|a即 5|3m,又∵ 5|5m 5|(2*3m-5m)即5|m 5*3|m*3 即 15|3m 即 15|a 同理, 15|a存在整数n使得a=15n，7|a即7|15n,又∵7|7n 7|(15-7*2)n 即7|n 7*15|15n即105|a 3.设p是正整数n的最小素因数，证明，若npn1/3,则n/p是素数。 证明：反证法。 假设n/p不是素数，则必是合数，则有： n/p=p1*p2*…*pk （其中k2, p1,p2,…,pk为素数，且都p，且都为n的因数） p为最小素因数， p1,p2,…,pk都p n/p= p1*p2*…*pkp1*p2p2 np3,即pn1/3与题设矛盾，所以n一定是素数，得证。 4.设n≠1，证明：(n-1)2|(nk-1)的充要条件是(n-1)|k. 证： nk-1((n-1)+1) k-1 k(n-1)mod(n-1)2 充分条件：若(n-1)|k，则(n-1)2|k(n-1)，上式= 0mod(n-1)2，所以(n-1)2|(nk-1) 必要条件：(n-1)2|(nk-1) (n-1)2|k(n-1) (n-1)|k 7.证明：形如6k-1的素数有无穷多个。 证明：反证法。 1.首先证明形如6k-1的正整数必有6k-1形式的素因数。 假设n的所有素因子都为6k+1的形式，即： n=p1p2…pk， pi=6ki+1 （i=1，2，…,r) 则n必为6k+1形式，这与题设矛盾。 2.假如形如6k-1的素数有有限个（s个），记为q1,q2,…,qs. 设整数n=6q1q2…qs-1，则n为形如6k-1的整数。根据n的构造，它不是s个素数中的某一个，∴为合数 ∴一定存在1≤j≤s，使得qj|n 又∵qj|6q1q2…qs ∴由整除的性质1-1(3)得：qj|(6q1q2…qs-n)=1 而这是不可能的，所以存在无穷多个形如6k-1的素数。 8.证明：若k为素数，则对任意正整数n，都有k|(nk-n). 证：（这一题用到第二章的小费马定理） k为素数，nk-1≡1(mod?k 即存在整数m n*nk-1=n(km+1) nk-n=nmk 9.证明：(1)24|n(n+1)(n+2)(n+3) (2)30|n5-n 证： 1）因子n，n+1,n+2,n+3为连续的四个整数，因此其中必有一个能被3整除的，和一个能被4整除的，以及一个能被2整除但不能被4整除的数，因此24|n(n+1)(n+2)(n+3) 2）n5-n=n(n-1)(n+1)(n2+1) 其中因子(n-1),n, (n+1)为连续的3个整数，因此其中必有分别能被2，3整除的数，因此6|( n5-n) 设n=5k+r, (0≤r≤4) 则 r=0时，5|n ∴ 5|( n5-n) 又6|( n5-n) ∴ 30| ( n5-n) r=1时，5|(n-1) ∴ 5|( n5-n) 又6|( n5-n) ∴ 30| ( n5-n) r=4时，5|(n+1) ∴ 5|( n5-n) 又6|( n5-n) ∴ 30| ( n5-n) r=2或3时，5|n 2 ∴ 5|( n5-n) 又6|( n5-n) ∴ 30| ( n5 10.证明：对任意正整数n, 是整数。 证：n=1时，式子=1为整数 假设n=k时，上式为整数，则 n=k+1时 为整数，得证。 11.求出n2被3整除后可能取到的最小非负余数、最小正余数和绝对值最小余数。 解：最小非负余数0,1,4；最小正余数1,4,8；绝对值最小余数0,1,4（或0,1,-4） 12.证明：当n为大于1的正整数时，和都不是正整数。 证：1.设P=[1, 2, …, n] ，则P*(1+1/2+1/3+1/4+…+1/n)=P*s1， 设k是满足2k≤n的最大正整数，即2k≤n2k+1，显然2k |P*s1 下面证明P*s1=P/1+P/2+…