王慧兴初等数论各章习题参考解答

第一章习题参考解答

1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是111111111，所以满足条件的最小正整数a?11111111100。

2.解：3在100!的分解式中的指数

?100??100??100??100?3?100!??????????33?11?3?1?48， ????392781????????在100!的分解式中的指数

?100??100??100??100??100?2?100!????????????50?25?12?6?1?94， ??????2??4??8??16??64?? 100!?294?348?k?447?348?k?1247?3k,?k,6??1。

故 nmax?47，Mmin?3k，?k,6??1。 故 当M最小值是3的倍数，但不是2的倍数。

3.解：xn+2n+1xn+1+2n+1+1等价于xn+2n+1(x-2)2n+(x-1)，从而x33（n就不会太大，存在反向关系）。由(x-2)2n+(x-1)?xn即(x-2)1+1n?22n+1，得(x-2)(2n+1)?xn2n，

()()x2n1。

2)1+1n?2若n32，则5(x-2)?(x4()()x2n21?x41，导致x2-5x+14?0，无

解。所以，只有n=1，x+33x-5?x314，只能是x+3=7,14，从而x=4,11。

综上所述，所求正整数对(x,n)=(4,1)、(11,1)。 4.解：按题意，m>n>2，记m=n+k,k?N*；则

an+a2-1an+k+a-1?ana2-1ak(an+a2-1)-ak+2+ak+a-1

?ana2-1ak+2-ak-a+1?ana2-1ak+1+ak-1，

故 存在无穷多个正整数a满足an+a2-1ak+1+ak-1。 作带余除法：存在整系数多项式q(x)、r(x)，使得

xk+1+xk-1=(xn+x2-1)q(x)+r(x)，其中r(x)=0或r(x)的次数低于n。

若r(x)的次数低于n，则limx??r(x)=0，存在R>0，使得当x>R时，总有

xn+x2-1r(x)<1；按题意，存在无穷多个正整数x=a，使得

xn+x2-11

r(x)xk+1+xk-1=q(x)+?N*，即r(x)=0，从而 n2n2x+x-1x+x-1xk+1+xk-1=(xn+x2-1)q(x)，当有k+1?n。

1，满足ak+1+ak-1=an+a2-1=0，即多项式xn+x2-1存在零点a?(0,)ak+1+ak=an+a2。

若k+1>n，则k>2，导致0=ak+1+ak-1

3n=k，则k?5.解：记轾犏臌3nk+1，即k3?n(k+1)。

2a+1，

3若n?1132b?k3n?11，记a、b、g?N*分别满足：2a?k1331，则k=轾犏臌2b+1，2g?k2g+1，按题意，有22a创3b5g创711n，所以 k?k3577?k3。 30n炒2a3b创5g7?1177创k2由k311，可得k?11(k12下面分段求解。

1)，从而n>77壮k33077?113(k301231)>(k+1)>n，矛盾！

33\\ 满足题设的正整数n￡1330。

3n?9，则5创78?9n，即2520n，矛盾！ 若k=轾犏臌3n=8，则3创57篡8n若k=轾犏臌33n吵轾840840n，从而k=轾犏犏臌臌9>8，矛盾！

7n若k=7，则3创45篡420n，但n<840，所以最大的正整数n=420。

6.证明：当n=1时，存在唯一的x1=2，则有21x1；当n=2时，存在唯一的x2=52，有22x2；当n=3时，存在唯一的x3=552，有23x3。

假设当n=k(k?3)时，存在由2和5组成的唯一一个十进制k位正整数xk，满足2kxk。

2?10考查两个k+1位正整数：

5?10k都是正整数，且

2kxkkxk和5?10xkk2?10kxk，由归纳假设，2kxk5?10k与

2kxk2?10k-2k，则2?10k=3?5k（奇数）

xk和5?10kxk中

必有一个是2k+1的倍数，因此，存在由2和5组成的k+1位十进制正整数xk+1，满足2k+1xk+1。

'k+1位正整数，记其最左边那一位数如果xk+1也是由2和5组成的满足条件的十进制

'k字为a?{2,5}，则xk+1=a?10'，其中xk'是由2和5组成的十进制k位正整数，由xk2

'kkk'2k+1xk+1以及2a′10，得到2xk。由归纳假设，xk是唯一满足条件的由2和5组成的满

'足2kxk的十进制k位正整数，所以xk=xk。故xk+1存在且唯一。

由数学归纳法，命题得证。

7.证明：任意三个正整数中必有两个数之和是偶数，所以任取10个互不相同的正整数，其中必有5对(xi,yi)(i=1,2,3,4,5)满足xi+yi=2si(i=1,2,3,4,5)。对五个正整数s1,s2,s3,s4,s5，如果被3除得的余数中0,1,2均出现，则把余数为0,1,2的各取一个，得到三个数之和是3的倍数；如果这5个正整数被3除得的余数至多出现0,1,2中的两个，则由抽屉原理，其中必有3个数除以3的余数相同，这3个数之和是3的倍数。所以，任给10个正整数，其中必有6个数之和是6的倍数。

8.解法一：方程的正整数解(x,y,z)=(x,x,1)(x?N*)都满足xyz,yzx,zxy。

解法二：构造方程的正整数解(x,y,z,bc,caa、b?c)=(ab)(、*，代入方程，得)Nab-bc+ca=1，即(c-a)b=ca-1，令c-a=1，得到b=ca-1=a2+a-1，所以，方

程有无穷多个正整数解(x,y,z)=a(a2+a+1),(a2+a+1)(a+1),(a+1)a(a?N*)。 ()(ab-1)(bc-1)(ca-1) 9.解：b-1c-1a-1=，由对称性，不妨设1＃aabcabc由

()()()b?c，

abc(ab-1)(bc-1)(ca-1)?abc(ab1)(-bc-ca+1)?abc(abbc+ca-1)，

abc?abbc+ca-1

当a=1时，bc(bc+b+c-1)，即bc(b+c-1)，从而bc

当a=2时，2bc(2b+bc+2c-1)，从而bc?2b2c<4c，b<4，b=2,3。若b=2，

则4c4c+3，无解；若b=3，则6c5c+5，c￡5，检验，得(a,b,c)=(2,3,5)。

综上所述，得满足条件的所有正整数三元组(a,b,c)如下：(1,1,c)、(1,c,1)、(c,1,1)(t?N*)以及(2,3,5)、(2,5,3)、(3,2,5)、(3,5,2)、(5,2,3)、(5,3,2)。

10.解：记f(n)=n+n+L+n(n?N*)，则f(1)=1，当n32时，

1!2!n!f(n)=n+3鬃4L?(n1)!?nL+(n-1)?n(n-1)!n+1?N*的必要条件是n-1n+1?n12，

3

即n=2,3。检验：f(2)=2+2=3，f(3)=3+3+3=5。

2!2!3!综上所述，所求正整数n=1,2,3。

11.解：S1=1，S2=2；又Sk+1=(1+3+5+L+2n-1n-1kk+11-+)+Sk=Sk4k，所以，当n32n4(1-4n-1)+2；所以，对一切正整数时，有Sn=邋(Sk+1-Sk)+S1=4+2=1-4+2=43k=1k=1n4+2。 ，都有s=nn312.分析：目标在于证明“su-tv?0,1,n，且(n,su-tv)>1”，为此，可利用已知条件构建含su-tv的恒等式，再作分析。 解：按题意，有

n2=(s2+t2)(u2+v2)=(su-tv)+(sv+tu)=(su+tv)+(sv-tu)，

2222\\ n?sutv=s+u，tnv?su2tv=su-tv。

又 (su+t)(vs-u)t=v2s-u22t=v2+()s2(2t-， u2)+u2(2v=t)2-0u2?otd)n(mn=u，矛盾！

n\\ 若su-tv=n，则sv+tu=0，必有v=t=0，从而s=若su-tv=0，则su=tv，而由题意su3tv，所以，必有s=t,u=v，从而，有2s2=n=2u2，即s=u，矛盾。

若su-tv=1，则必有nsu+tv，从而su+tv=n，sv-tu=0，即sv=tu，再由s>u，必有“t>v”或者“t=v=0”；前者导致n=s2+t2>u2+v2=n，后者导致s=n=u，

两者都不成立。故su-tv?1，且s从而n不是su+tv的因子，所以(su-tv,n)>1。 u+vtn<，

综上所述，1<(su-tv,n)

解：当n=1时，素数p1>3，有p135，但p1不是3的倍数，可得32p1+1，所以2p1+1p1至少有4个不同的正因子：1,3,2+1,2p1+1。

3对于正整数n32，假设命题对n-1成立。

现任取互异素数p1、p2、L、pn>3，有归纳假设，2p1p2Lpn-1+1至少有4n-1个不同的正因子。很明显，2p1p2Lpn-1+12p1p2Lpn+1、2pn+12p1p2Lpn+1、32p1p2Lpn-1+1以及32pn+1。

骣p1p2Lpn-12pn+1÷=1。 下面证明：?2+1,?÷3÷桫4