王进明《初等数论 第九版》作业解答2012.3

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P17 习题 1-1. 1, 2(2)(3), 3, 7, 11, 12 为作业。
1. 已知两整数相除, 得商 12, 余数 26, 又知被除数、除数、商及余数之和为 454. 求被除数.
解: $a=12 b+26, a+b+12+26=454\implies12 b+26+b+12+26=454$,
$(12+1) b=454-12-26-26=390, b=30$, 被除数 $a=12 b+26=360+26=386$.
这题的后面部分是小学数学的典型问题之一—— “和倍” 问题。
2. 证明: (1) 当 $n \in \mathbb{Z}$ 且 $n^3=9 q+r(0 \leq r<9)$ 时, $r$ 只可能是 $0,1,8$;
证: 把 $n$ 按被 9 除的余数分类, 即: 若 $n=3 k, k \in \mathbb{Z}$, 则 $n^3=27 k^3, r=0$;
若 $n=3 k+1, k \in \mathbb{Z}$, 则 $n^3=(3 k)^3+3(3 k)^2+3(3 k)+1=9 k\left(3 k^2+3 k+1\right)+1, r=1$;
若 $n=3 k-1, k \in \mathbb{Z}$, 则 $n^3=(3 k)^3-3(3 k)^2+3(3 k)-1=9\left(3 k^3-3 k^2+k-1\right)+8, r=8$.
(2) 当 $n \in \mathbb{Z}$ 时, $\frac{n^3}{3}-\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6}$ 的值是整数。
证 因为 $\frac{n^3}{3}-\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6}=\frac{2 n^3-3 n^2+n}{6}$, 只需证明分子 $2 n^3-3 n^2+n$ 是 6 的倍数。
$$
\begin{aligned}
& 2 n^3-3 n^2+n=n\left(2 n^2-3 n+1\right)=(n-1) n(2 n-1) \\
& =(n-1) n(n-2+n+1)=n(n-1)(n-2)+(n-1) n(n+1) .
\end{aligned}
$$
由 $k!$ 必整除 $k$ 个连续整数知: $6|n(n-1)(n-2), 6|(n-1) n(n+1)$.
或证: $2 ! \mid(n-1) n,(n-1) n$ 必为偶数. 故只需证 $3 \mid(n-1) n(2 n-1)$.
若 $3 \mid n$, 显然 $3 \mid(n-1) n(2 n-1)$ : 若 $n$ 为 $3 k+1, k \in \mathbb{Z}$, 则 $n-1$ 是 3 的倍数, 得知 $(n-1) n(2 n-1)$ 为 3 的倍数; 若 $n$ 为 $3 k-1, k \in \mathbb{Z}$, 则 $2 n-1=2(3 k-1)-1=6 k-3,2 n-1$ 是 3 的倍数.
综上所述, $(n-1) n(2 n-1)$ 必是 6 的倍数, 故命题得证。
(3) 若 $n$ 为非负整数, 则 $133 \mid\left(11^{n+2}+12^{2 n+1}\right)$.
证明: 利用 $11^{n+2}+12^{2 n+1}=121 \times 11^{n}+12 \times 144^{n}=133 \times 11^{n}+12 \times\left(144^{n}-11^{n}\right)$ 及例 5 的结论.
(4) 当 $m, n, l \inN_{+}$时, $\frac{(m+n+l) !}{m ! n ! l !}$ 的值总是整数.
证明: $(m+n+l) !=\underbrace{(m+n+l)(m+n+l-1) \cdots(n+l+1)}_m\cdot\underbrace{(n+l)(n+l-1) \cdots(l+1)}_n\cdot l!$

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(5)当\(a,b\inZ\)且\(a≠-b\)，\(n\)是双数时，\((a + b)\mid(a^{n} - b^{n})\)；
(6)当\(a,b\inZ\)且\(a≠-b\)，\(n\)是单数时，\((a + b)\mid(a^{n} + b^{n})\)．
解：利用例5结论：若\(a≠b\)，则\((a - b)\mid(a^{n} - b^{n})\)．令$b=-b^*$,即得。
或解：$a = (a+b)-b$， (5)当$n$为双数时，由二项式展开
\[a^{n} - b^{n} = \left\lbrack (a + b) - b \right\rbrack^{n} - b^{n}= (a + b)^{n} - n(a + b)^{n - 1}b + \cdots + ( - 1)^{n - 1}n(a + b)b^{n - 1}\]证得。(6)当n为单数时类似可得。
3．已知\(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,b\inZ\)，且\(\sum_{i = 1}^{5}a_{i}^{2} = b^{2}\)，说明这六个数不能都是奇数．
解：若这六个数都是奇数，设\(a_{i} = 2k_{i} + 1,k_{i} \inZ,i = 1,2,3,4,5\)，则
\(\sum_{i = 1}^{5}a_{i}^{2} = \sum_{i = 1}^{5}{(2k_{i} + 1)^{2}} = 4\sum_{i = 1}^{5}{k_{i}(k_{i} + 1)} + 5\)，因为\(2\mid k_{i}(k_{i} + 1)\)，所以\(8\mid4\sum_{i = 1}^{5}{k_{i}(k_{i} + 1)}\),
\(\sum_{i = 1}^{5}a_{i}^{2} = 8q + 5,q \inZ\),　而\(b^{2} = (2k + 1)^{2} = 4k(k + 1) + 1\)，\(b^{2} = 8q^{*} + 1\)，\(k,q^{*} \inZ\)，
即等式左边被8除余5,　而右边被8除余1, 故不可能这六个数都是奇数。
4．能否在下式的各□内填入加号或减号，使下式成立；能的话给出一种填法，否则，说明理由。
1□2□3□4□5□6□7□8□9=10
不能，因为等式左边有单数个单数，它们的和差只能是奇数，而等式右边10为偶数。或解：无论各□内填入加号或减号，1□2□3□4□5□6□7□8□9+1+2+3+4+5+6+7+8+9总是偶数，而1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,因此的结果1□2□3□4□5□6□7□8□9一定是奇数。
5．已知：\(a\)，\(b\)，\(c\)均为奇数．证明\(ax^{2} + bx + c = 0\)无有理根。
证：若有有理根，记为\(\frac{p}{q},p,q\)互质，代入方程有\(a(\frac{p}{q})^{2} + b \cdot \frac{p}{q} + c = 0\)
即\(ap^{2} + bpq + cq^{2} = 0\)，这是不可能的，因为p,q互质，二者不可能同时为偶数。
若p为偶数，则\(ap^{2} + bpq\)为偶数，但\(cq^{2}\)是奇数，它们的和不可能为0;
若q为偶数，则\(bpq + cq^{2}\)为偶数，但\(ap^{2}\)是奇数，它们的和也不可能为0。
6．在黑板上写出三个整数，然后擦去一个，换成其他两数之和加1，继续这样操作下去，最后得到三个数为35，47，83．问原来所写的三个数能否是2，4，6?
解：不能．因为原来所写的三个数若是2，4，6，每次操作后剩下的三个数是两偶一奇．
7．将1--99这99个自然数依次写成一排，得一多位数A＝1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11⋯97 98 99，求A除以2或5、4或25、8或125、3或9、11的余数分别是多少?
解：由数的整除特征，2和5 看末位，∴ A除以2余1，A除以5余4；4和25
看末两位，∴ A除以4余3，A除以25余24；8和125看末三位，
∴A除以8余3，且除以125余24；3和9看各位数字的和，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=45，A所有数字的和等于450,
∴ A除以3和9都余0，A除以11的余数利用定理1.4, 计算奇数位数字之和－A
的偶数位数字之和．奇数位数字之和\(1+3+5+7+9+(0+1+\ldots+9)×9\)，偶数位数字之和\(2+4+6+8+(1+2+\ldots+9)×10\)，两者之差为－40，原数除以11的余数就是－40除以11的余数：4.
8．四位数7\(x\)2\(y\)能同时被2，3，5整除，求这样的四位数．
解：同时被2，5整除，个位为0，再考虑被3整除，有4个：7020，7320，7620，7920．
9．从5, 6, 7, 8,9这五个数字中选出四个不同的数字组成一个四位数，它能同时被3, 5, 7整除，那么这些四位数中最大的一个是多少？
被5整除，个位必为5. 5+6+7+8=26, 5+6+7+9=27 ,5+6+8+9=28,5+7+8+9=29中唯27能被3整除，故选出的四个不同的数字是5, 6,
7,9,但不同排序有9765,9675,7965,7695,6975,6795, 从最大的开始试除，得9765=7×1395，那么要求的就是9765了。