作业
第一章 作业答案 1.7 习题
1 证( 方法一 ) 由2|n，则 n= 2 m，又5|n，则5|2m,由 5| 5m ,则5|(5m – 2·2m)=m ，设m=5k(k为整数),则n = 10k.又由7|n, 则有7|10k , 由7|7k, 则有7|(3·7k - 2·10k) = k ,设k = 7p(p是整数)，则有n=70p, 从而有70|n.
(方法二)因为 2|n , 5|n , 7|n , 且[2 ，5，7]=70 ，根据1.4定理7可得70|n.
(方法三) 因为2|n, 5|n , 7|n , 所以 70|35n , 70|14n , 70 | 10n, 从而有70|(35 – 14 – 2·10)n = n.
4证：三个连续的整数可以写成，(a-1) , a , (a+1), 其中任意两个连续整数中必定有一个是偶数，所以2可以整除它们的乘积，即 2|(a - 1)a(a+1) .又任意整数a可以写成a = 3n+b(b∈Z,1≤b≤3) 当b = 1时，a – 1 =3n ,所以3|(a-1) , 当b=2时，a + 1 = 3n+3 ,所以3|(a+1), 当b=3时，a= 3n,所以3|a .
所以不论b是多少，均有3|(a-1)a(a+1) , 又(2, 3) = 1 ,故6|(a-1)a(a+1).
6 证 (运用1.1定义2或1.1 定理7)
4，设p是正整数n的最小素因数，证明：若 p＞n
13，则n/p是素
数。证明：假设n/p不是素数，则n/p为合数，设其一个素因数为x。 由p是正整数n的最小因数，可知 p＜n，而p＞n可得 p2＞n/p＞p 由x为n/p的一个素因数， 则 n/p＞x 而 p＞n/p 即有p＞x
说明存在一个比p还小的素因数 与p是正整数n的最小素因数 矛盾 则 假设不成立 即 n/p是素数
12 证明形如3k-1形式的正整数必有同样形式的素因数.
证(解析：任意整数可表示为3k-1 或3k 或3k+1 ,其中为素因数形式只能为3k – 1 或 3k+1 的形式)假设形如3k -1 的正整数只有3m +1 形式的素因数，那么3k-1 = (3m1 +1 )(3m2 +1)…(3ms +1)=3m+1 其中mi ∈Z ,i=1,2,…,s .m是mi 的整系数多项式，故m是一个整数，可推出3k – 1 = 3m + 1,这是矛盾的. 14 证明形如6k+5的素数有无穷多个.
证明：∵形如6k-1的正整数的素因数必是形如6k-1的形式的，否则，它的所有素因数都是形如6k+1，即有形如6k+1的素数的乘积
p1p2p3p413
……pn=6x+1 ，与6k-1矛盾。
∴形如6k-1的正整数的素因数必是形如6k-1的形式的 假设形如6k+5的素数只有有限个p1 ,…,ps ，令
a = 6p1 …ps + 5 因为n>pi ,i=1,…,s，所以a一定是合数，(注：否则a是大于pi的素数)，根据1.1定理6 ，a的大于5的最小正因数p是素数，因此，p是p1 ,…,ps 中的某一个,即存在j，1≤j≤s， 使得p=pj ,根据1.1定理3，我们有p|a-6p1 …ps =5,这与p>5是矛
盾的，故存在有形如6k+5的素数有无穷多个.
方法二 反证法.假设形如6k+5的素数只有有限个，可设为p1 ，p2 ，…， ps ，令 a = 6p1 … ps + 5 ，则 pi a ， i=1，…，s. 所以有 ，a 是异于p1 ，p2 ，…， ps 的
形如6k+5 的素因数. 这与形于6k+5的素数只有p1 ，p2 ，…， ps 有限个矛盾. 故形如6k+5的素数有无限多个. 17 答案：(111100011110101)2 =(78F5)16 , (10111101001110)2 =(2F4E)16
18 答案：(ABCDEFA)16 = (1010101111001101111011111010)2 (DEFACEDA)16 = (11011110111110101100111011011010)2 (9A0AB)16 =(10011010000010101011)2 29 答案 ：(2t – 1 ,2t + 1)=1 ; (2n ,2(n+1))=2. 32 答案：( 1613 ,3589) = 1 , 551×3589 – 1226×1613=1 (2947 , 3772)= 1 , 951 ×2947 – 743×3772 = 1 33答案：(70 , 98 , 105) = 7 整系数线性组合不唯一 7= 24×70 – 16×98 – 105 =105 +14×98 – 21×70 =0×70 + 105 – 98 = … 34 证明：
不妨设 m≥n ,由带余数除法得 m = qn + r 0≤r 则有 a?1?a?1?a?a?a(a?1)?a?1 qnnq(n?1)由于a?1?(a?1)(a???1) nan由此及a?1|a?1得 mnnr(a?1,a?1)?(a?1,a?1) mqn?rrrrqnr又(m ,n) = (n , r).若r = 0,则(m , n) = n 结论成立. 若r > 0则继续对 (a?1,a-1)作同样的讨论. nr由辗转相除法知，结论成立. 51 略 62求9x + 24y -5z = 1000 的一切整数解. 解：(说明：这里只需要求出一组解即可) 因为(9 , 24 ,5)=1 ,则1 = 24 – 2·9 -5 所以存在 x = -2000 , y = 1000 , z = 1000使得9x + 24y -5z = 1000 或者 1 = 6·9 -2·24 -5 所以存在 X= 6000 ,y = -2000 ,z = 1000使得9x + 24y -5z = 1000 可以有多解. 第二章作业 1.（1）写出摸9的一个完全剩余系，它的每个数是奇数。 （2）写出模9的一个完全剩余系，它的每个数是偶数。 解：Ca?{a?9k,k?Z} a=0，1，2，3，4，5，6，7，8 ∴模9的一个全部都为奇数的完全剩余系为：9，19，11，21，13， 23，15，25，17 模9的一个全部都为偶数的完全剩余系为：0，10，2，12，4，14，6，16，8 2.证明：当m>2时02,12,...,(m?1)2一定不是模m的完全剩余系。 证明：∵(m?1)2?m2?2m?1?m(m?2)?1 ∴(m?1)2?1(modm) 也就是说(m?1)2和1在同一个剩余类中 ∴02,12,...,(m?1)2一定不是模m的完全剩余系 6.2003年5月9日是星期五，问第220080509天是星期几？ 解：∵23mod7?1 又 220080509mod7?(23)6693503mod7?1 ∴第220080509天是星期六 16.计算：232(mod 47)，247(mod 47)，2200(mod 47) 解：（1）232(mod 47) (32)D?(100000)B i=0，1，2，3，4，5 a0?2,b0?20(mod47)?1 a1?22(mod47)?4,b1?1?a10(mod47)?1 0a2?42(mod47)?16,b2?1?a2(mod47)?1 0a3?162(mod47)?21,b3?1?a3(mod47)?1