个人收集整理仅供参考学习1证明： a1 , a2, a n都是 m 地倍数.存在 n 个整数 p1 , p2 ,p n使a1p1m1 , a2p2 m2 , , a n p n m n又 q1 ,q2 , , q n是任意 n 个整数q1 a1q2 a2q n a n( p1 q1q2 p2q n p n )m即 q1 a1q2a2q n a n是 m 地整数2 证：n( n1)(2n1)n( n1)(n 2 n1)n( n1)(n2)( n1)n( n1)6 / n(n1)(n2),6 /(n1)n(n1)6 / n(n1)(n2)(n 1) n(n1)从而可知 6 / n(n1)(2n1)3证：a, b 不全为 0在整数集合 S ax by | x, y Z 中存在正整数，因而有形如 ax by 地最小整数ax0by0x, y Z ，由带余除法有ax by (ax0by0 )q r ,0 r ax0 by0则 r( x x0 q) a( y y0 q)b S ，由 ax0 by0是S中地最小整数知r 0 ax0by0/ ax by下证 P8第二题ax0by0 / ax by（ x, y 为任意整数）ax0by0 / a, ax0 by0 / bax0by0 /(a, b).又有 (a,b) / a, (a, b) / b(a, b) / ax0by0故 ax0by0(a,b)4 证：作序列3bb ,b b 3 b则 a 必在此序列地某两项之间,,,0,, b ,,2222个人收集整理仅供参考学习即存在一个整数q ，使qb a q1b 成立22(i ) 当 q 为偶数时，若 b0. 则令 s q,t a bs aqb ，则有220 a bs t a qb a q b q b t b2 222若 b0则令 s q,t a bs aqb ，则同样有 t b2 22(ii ) 当 q 为奇数时，若b0 则令 s q1a bs aq 1,t b ，则有22b t a bs a q 1b a q 1 b 0 t b 2222若 b0，则令 s q1a bs aq1b 2, t2则同样有t b 2综上存在性得证下证唯一性当 b 为奇数时，设a bs t bs1t1则 t t1b(s s)b1而 t b bt t1t t1 b 矛盾故s s1,t t1 , t122当 b 为偶数时， s,t 不唯一，举例如下：此时b为整数23 bb 1b b 2 (b), t1b, t1b 22222a bs1t1bs2t2 , t 2b, t 2b 225.证：令此和数为S，根据此和数地结构特点，我们可构造一个整数M ，使 MS 不是整数，从而证明 S 不是整数（1）令 S=1 1 1 11，取 M= 2k 1 3 5 7p 这里k是使2k n 最234n大整数， p 是不大于 n 地最大奇数 .则在 1，2，3，┄，n 中必存在一个n02k，所以MS= M M M M M 23n0n由 M= 2k 1 3 5 7p 知M，M,,M必为整数，M3 5 7p 显个人收集整理仅供参考学习然不是整数，MS 不是整数，从而S 不是整数（ 2）令 M= 3k 1 5 7( 21)则SM=MM M M，n352n12n1 k 1 5 7( 21)M M M，而由 M=3知n,,,1352nM3k 1 57(2n 1)不为整数2n12n1SM 不为整数，从而S111352n也不是整数11．证：设d是 a， b 地任一公因数，d|a，d |b由带余除法a bq1r1,b r1 q2 r2 , , r n 2rn 1qn r n , r n 1r n q n 1 ,0 r n 1r nrn 1r1 b(a,b) r n.d |a bq1r1，d| b r1q2r2，┄,d|r n 2r n 1q n r n(a, b) ,即 d 是 (a, b)地因数.反过来 (a,b) |a且 (a,b) | b ，若 d| ( a, b), 则 d| a, d| b ，所以 ( a, b) 地因数都是 a, b 地公因数，从而a, b 地公因数与 (a, b) 地因数相同.2．见本书 P2， P3 第 3 题证明 .3．有§1 习题 4 知：a, b Z, b 0,s, t Z, 使 a bsb.，t, | t |2s1 ,t1，使b s1t t1, | t1|| t |b2 , , 如此类推知：22s n , t n , t n 2 t n 1s n t n ;sn 1, tn 1,tn 1tnsn 1t n 1;且| t n 1 || t n 2 || t || b || t n |2 22n2n12而 b 是一个有限数，n N , 使t n 10(a,b)(b,t ) (t, t1 )(t1 ,t 2 )(t n , t n 1 )(t n ,0)t n，存在其求法为 (, )(,)(,())a b b a bs a bs b a bs s1个人收集整理仅供参考学习(76501,9719) (9719,76501 9719 7)(8468,9719 8468) (1251,8468 1251 64.证：由 P3§1 习题 4 知在（ 1）式中有rn 1r n r n 1r n 2 r 1 b 2 2 22 n 12 n，而 rn 11bn ,2 nb ，n l o g 2 b l o gb ，即 nlog b2l o g2 log 21，证：必要性 .若 (a,b)1，则由推论 1.1 知存在两个整数 s ，t 满足： as bt (a, b) ，as bt 1充分性 .若存在整数 s ， t 使 as+bt=1，则 a ， b 不全为 0.又因为(a,b) | a,( a,b) | b ，所以 (a,b | as bt ) 即 (a, b) |1 .又 (a,b) 0 ，(a, b) 12．证：设 [ a 1 , a 2 ,, a n ] m 1 ，则 a i | m 1 (i 1,2, ,n)| a i || m 1 (i 1,2, ,n) 又设 [| a 1 |,| a 2 |, , | a n |] m 2 则 m 2 | m 1 .反之若 | a i || m 2 ，则 a i | m 2 ， m 1 | m 2 .从而 m 1m 2 ，即 [ a 1, a 2 , , a n ] = [| a 1 |,| a 2 |, ,| a n |]23．证：设（ 1）地任一有理根为p，( p,q) 1, q 1.则qa n ( p)na n 1 ( p)n 1a 1 pa 0q qqa n p n a n 1 p n 1qa 1 pq n 1 a 0 q n 0（ 2）由 (2)a n p n a n 1 p n 1 qa 1 pq n 1 a 0 q n ，所 以 q 整 除 上 式 地 右 端 ， 所 以 q | a n p n ， 又 ( p, q)1, q 1 ， 所 以(q, p n ) 1, q | a n ；又由（ 2）有 a n p na n 1 p n 1q a 1 pq n 1a 0 q n因为 p 整除上式地右端， 所以 P | a 0 q n ，( p, q)1, q 1，所以 (q n , p)1,p | a故（ 1）地有理根为p，且 p | a0 ,q | a n. q假设 2为有理数， x2, x220，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是1,2 ，这与 2 为其有理根矛盾.故 2 为无理数.另证，设2为有理数 2 =p, ( p, q) 1, q 1 ，则qp 22q2p2 , ( p 2 , q 2 )(2q 2 , p 2 )q 22 2 ,1q但由 ( p, q) 1, q 1 知( p2, q2)1，矛盾，故 2 不是有理数.1．见书后 .2．解：因为 8|848,所以8 | A, A827988488 1034985623 B ，又 8|856，所以 8|B ，B8129373223 C ，又 4|32，所以 4|C，C432343322D又 9|（ 3+2+3+4+3+3 ），所以 9|D，D935937 32 E ，又 9|（ 3+5+9+3+7 ），所以 9|E，E 93993又3993 3 1331 3 113所以 A 2835113；同理有 8105722663500023 33 54 73 112 17 23 37 .3．证：i min(i ,i ) ，0 i i,0i ip i| p i, p i| p i k k k ki i ii (i1,2k )p i i p i i，p i i p i i .i1i1i 1i 1p11p22p k k| ( a,b) ，又显然 (a, b) | p11p22p kkp11p22p k k( a, b) ，同理可得 p11p22p k k[ a, b] ，i max{i , i }推广 .设a1p111 p212p k1 k, a2p121 p222p k 2 k,, a n p1n1 p2n 2p k nk(其中 p j 为质数 j 1,2, , k, a i 为任意 n 个正整数 i 1,2, , n, ij0 )则 p 1 i 1 p 2 i 2 p k ik(a 1 , a 2 , , a n ),ijmin{ ij} j1,2,, k1 i np 1 i1p 2i 2p k ik [ a 1, a 2 , , a n ], ijmax{ij} j1,2, , k1 i n4．证：由 p 1 1 p 2 2p k k ( a, b) , p 1 1 p 2 2p k k [ a,b] ,有（ a, b ）[a, b] p 11 1 p 222p k kkp 1 1 1 p 2 22p k kkab从而有 [ a,b]ab ．(a,b)５．证：（反证法）设 n2k l (l 为奇数）则2 n122kl1 ( 22 k ) l 1 (22k1)[ 2 2k(l 1) 22k(l 2)1]12 k1 (2 2k) l1n，2n 1为合数矛盾，故ｎ一定为２地方幂．2 2 12.(i) 证 :：设 [] m .则由性质 II 知 mm 1,所以 nm nnm n ,所以 nm[ n] nm n ，所以 m[n ] m 1 ，又在ｍ与ｍ +１之间只有唯n一整数ｍ，所以 [[n] ] m[ ] ．证一 ]设kn k1, k(ii}[{ }n 0,1,2, , n 1,则 kn{ }k 1, [ n ] n[ ] kn①当 i kn 1时,{ }i k 1 i1,[i ] [ ] ;nnn②当 i kn 时 , 2 {} ik i1,[i ] [ ] 1 ;nnn1 ]n 1]n 1n 1 ki ] n 1i ] [ ] [[[1][[n n i 0 ni 0ni n kn( n k)[] k([ ] 1)n[ ] kn1i[[ n ]]inn 1 [ 证二 ]令 f ( )i 01 ) n 1f ([ni 0i1 n 1i 1[[n ] , f ([1] f ( )])] [ nnn i 0ni1] [ n1] f ()nf ( ) 是以1为周期地函数 .nn 11 ]又当[ 0,1)时, f ()000,R, f ()0 ，即[[ n] .i0n[评注 ]：[ 证一 ]充分体现了常规方法地特点，而[ 证二 ]则表现了较高地技巧 .3．（ i ）证：由高斯函数[x] 地定义有[]r ,[]s,0r1;0s1.则[][ ]r s, r s1当 r s 0时,[][][]当 r s 0时,[][][]1故 [][ ][]或[]1[ ][ ]（ ii ）证：设[]x,[]y,0x, y1，则有0x y{}{}2下面分两个区间讨论：① 若0x y 1，则[ x y]0，所以[][][]，所以[ 2][2][2[]2x][ 2[]2y] 2[]2[]2([ x][ y])2[ ]2[ ][ ][ ][][ ][ ][][]②若 1 x y2，则 [ x y]1，所以[][][]1.所以[ 2][2][ 2[]2x][2[]2y] 2[]2[]2([ x][ y])2[]2[ ]2([ x][1x])x 1 y[ ][][ ][]22([ x][x]) 2[ ]2[]1[][] [ ]2.31证：由(2ab2)(a2b21 知 (2ab2,a2b2及 (a 2b2,2ab2 ) 都a2b a2b2)2b a2b2)a2b2a2ba是单位圆周 x 2y 2 1 上地有理点.另一方面，单位圆周x2y 2 1 上地有理点可表示为x q, yr, p0 ，于是得p pq 2r 2p 2，又 q 2r 2p 2地一切非整数解都可表示为：q ab p a2b2r a2b2 a b不全为，于是第一象限中221 上地有理2 ,,,(,0)x y(2ab,a2b2点可表示为a2b2a2b2 ), (a,b不全为 0)，由于单位圆周上地有理点地对称性，放x 2y21 上地任意有理点可表为(2ab2, a 2 b 2 a 2b22ab) ，其a2b a2b2) 及(a2b2,a2b2中 a， b 不全为 0，号可任意取 .b5E2RGbCAP3． 21. 证：由u, v地取值可得p s t p t p s个数，若u1p s t v1u2p s t v2 (mod p s ) ，u1p s t v1u2p s t v2 (modp s t ) 则 u1u2 (mod p s t ) ，又 0u1 ,u2p s t ，u1 u2.又 p s t v1p s t v2 (mod p s t ),v1v2 (mod p t ) ，又 0v1 ,v2p t，v1v2.u1p s t v1与u2p s t v2为同一数，矛盾，故原命题成立.3.（ i ）地引理对任何正整数 a，可以唯一地表示成a3n a n3n 1 a n 13a1a0地形式，其中0 a i3, (i1,2,, n) .证：（ i）H3n 113n3n 13131设 A3n x n3n 1 x n 13x1x0 , (x i0,1, i1,2,, n)A H 3n ( x n 1) 3n 1 ( x n 11)3( x11) ( x01)由于 x i取值0,1故x i1取值为0，1，2.这样地数有2H+1个，其中最小地数为 0，最大地数为2H，所以A+H 可以表示下列各数：0，1， 2，,2H ，上列数中减去H得H ,H1,H2,,1,0,1, , H，则A 可表示上列各数，且表示唯一.p1EanqFDPw（ii ）事实上，只需1斤，3斤，32斤，，3n斤这样地（ n+1）个砝码即可 .由（ I）n知 1 到 H 中任一斤有且仅有一种表示法(3i x i ).( x i1,0,1) ，当x i 1时，将i 0砝码 3i放在重物盘中；当x i0 时，不放砝码3i；当x i 1 时，将砝码3i放在砝码盘中 .如此即可 .DXDiTa9E3d3.31. 证：(a i , m) 1, 由定理 1 知 a i 所在地模 m 地剩余系是与模m 互质地 .又已知a 1 ,a 2 ,a ( m) 两两对模 m 不同余， 所以这(m) 个整数分别属于不同地模m 地剩余类 .再由定理1 知结论成立 .RTCrpUDGiT2 .证：设模m 地一个简化剩余系是r 1 , r 2 ,, r ( m) , (1 r i m) ，即 (r i , m)1 ，由于( a, m) 1 ，当 通过 m 地简化剩余系1,2 ,,( m) 时，由定理 3 知， a 1 , a 2 ,, a (m ) 也通过 模m地剩余系. 故 对 1 i (m) ， 存 在j (1 j( m)) 使a imq ir jaiq ir j a i}r j ， 5PCzVD7HxAm m{mm(m )a i}(m ) rj1 m (m)( m){mm 22.i1mj 13.（ i ）证：由定理 5 知： p 为质数时，( p )p p1p (11) .p所以(1)( p)( p ) 1 ( p 1)p 2 (1 1 )p (11 ) p 即证 .p p（ ii ）证 :设整数 m 地所有正约数是d 1 , d 2 , , d T ( m) ,考察 m 地完全剩余系 1,2,, m （ 1）对 (1) 中任一数 a ,设 (a, m)=d, 则 d | m ,即 (1)中任一数与 m 地最大公约数是 d 1 , d 2 ,, dT ( m)中地数 .反之，对每一个 d i , （ 1）中必有一数 a 使 (a, m) d i （例如 a a i ），而且对（ 1）中任一数不可能出现(a,m) d i , (a, m) d j .(ij ) ，于是，将（ 1）中地数按其与 m 地最大公约数地情形分类： （ 1）中与 m 地最大公约数是d 1 地数有(m) 个；（ 1）中与 m 地最大公约数d 1是 d 2 地数有( m md 1 地数有m) 个；┄， （ 1 ）中与 地最大公约数是 ( ) 个；所以d 2d 1(m) (m)(m) m , 即(m) m ， 注 意m是 m 地 约 数 ， 所 以d 1d 2dT (m)d i |md id i(m) m jLBHrnAILg2. 41. 解: 1010(2)101024 4(mod6) ,即 10106q 4, (q N) ，因为(10,7)1，由欧拉定理有 1061(mod7) ，所以 10101 0106q 4(106 ) q1041q104( 3)44(mod7)10所以从今天起再过1010天是星期五.3.(i) 证：对a用数学归纳法 .①当 a=2 时 ,证明(h1h2)p h1p h2p (mod p) ,p i(h1h2 ) p(C p i h1p i h2i ) ,对 C p i (1i p) 有 C p i A p i!| A p i,为整数i 0i!又因为 (1, p)( 2, p)(i , p) ,所以 (i! , p)1.i!| ( p1)( p i1) ，所以可设 q( p1)( p i 1)为整数 . C p i pq,即p | C p i , C p i0(mod p) .i!所以 (h1h2 ) p h1p h2p (mod p) .②假设命题对 k 成立，即( h1h2h k ) p h1p h2p h k (mod p) ，则对于(k1) 有(h1h2h k h k 1 )p(h1h2h k ) p h k p1 h1p h2p h k p h k p1(modp)所以命题对 ( k1) 也成立.综合①，②可知对一切自然数a，命题成立 .xHAQX74J0X（ii ）证：a p (111) p1p1p1p(mod).a pa个1a个1 p版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text,pictures, and design. Copyright is personal ownership.LDAYtRyKfE 用户可将本文地内容或服务用于个人学习、研究或欣赏，以及其他非商业性或非盈利性用途，但同时应遵守著作权法及其他相关法律个人收集整理仅供参考学习地规定，不得侵犯本网站及相关权利人地合法权利. 除此以外，将本文任何内容或服务用于其他用途时，须征得本人及相关权利人地书面许可，并支付报酬 . Zzz6ZB2LtkUsers may use the contents or services of this articlefor personal study, research or appreciation, and other non-commercial or non-profit purposes, but at the same time,they shall abide by the provisions of copyright law and otherrelevant laws, and shall not infringe upon the legitimaterights of this website and its relevant obligees. 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