当前位置:首页 > 王慧兴初等数论各章习题参考解答
相矛盾。
2n。 故 a1>轾犏3臌35.解:由于[a,b]=23?53、[b,c]=24?53以及[c,a]=24?53,得
(a,b,c)=(2a5b,2a5b,245b),其中ai、bj都是非负整数(i=1,2;j=1,2,3),且
11223max{a1,a2}=3,b1、b2、b3至少有2个是3.
1?3\\ 满足题意的正整数3元组(a,b,c)的个数是(C22C2)鬃(C323+C33)=70。
36.证明:记(m,n)=d,则存在互素的正整数m1、n1,使得m=m1d,n=n1d,代入题设等式,可得d+m1n1d=m1d+n1d,即(m1-1)(n1-1)=0,所以m1=1,[m,n]=m1n1d,
或者n1=1,故所求正整数对?m,n?满足mn或nm。
评注:也可以从方程x2-(m+n)x+mn=0的解集,得到{ ,m,n)}={m,n},得证。[m,n](骣an-bn÷37.证明:记d1=(n,a-b),d2=?,明显有d2d1,下面证明:d1d2。 n,?桫a-b÷nn任取素数pd1,记pmd1,则pmn,且pman-bn。
nn若p0a-b,则必有pma-b,所以pmd2。
a-bnn(b+s)-bna-b若pa-b,记a-b=s,则==a-bsn?nCnjsj-1bn-j。
j=1对1#j轾j犏<邋t犏pt=1臌+??j=1n,有素数p在j!的素因子分解式中的指数为
??j11=j邋t?jttpj=1pj=12nnj,不超过j-1,所以pmCnjsj-1,pma-b,即
a-bpmd2。
由素数幂pmd1的任意性,可得d1d2。 综上所述,d1=d2。
38.解:首先c=d=0满足条件,以下设c、d不全为零,这时必有c10,否则c=0而
d10,则不可能存在无穷多个不同的正整数对(xn,yn),使得xnd以及ynd;当c10而d=0,则明显满足条件。以下设cd10,下面证明cd。
若cd时,记d=ck,其中k?Z;则cxi+d=k(xi+k)以及cyi+d=c(yi+k),所以,
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取(xi,yi)=(i,-k-i)(i=1,2,L)即可。
假设cd不成立,则必有素数幂pac,但pa不是d的约数,其中p是素数,a?N*。 按题意,存在无穷多个不同的整数对(xn,yn)(n=1,2,L)满足xncyn+d以及yncxn+d。,则必有一个整数的绝对值足够大,不妨设x1>c4d4,则cy1+d?x1c4d4,从而
cy1>c4d4-d;由c>1,得y1>c2d4。
由
(cy1+d)(cx1+d)x1y12=c2+cd+cd+d?Zx1y1x1y1以及
cd+cd+d2?cdx1y1x1y1x12cd+d<313+13+616<1+1+1<1,可得
8264y1x1y1cdcdcd(cy1+d)(cx1+d)x1y1=c2。
所以,由p2ac2,得p2a(cx1+d)(cy1+d),必有pacx1+d,或pacy1+d矛盾。
故 必有cd。
综上所述,c=d=0,或d=kc(k?Z)。
,这导致pad,
39.解:(1)Z(a,b)=aabbb=C3C2C3(ba鬃aC4b鬃bC2b?(3a)!(2a)!(4b)!(3b)!(2b)!鬃鬃鬃b!(b-a)!
a!(2a)!a!a!b!(3b)!b!(2b)!b!b!a!(b-a)!a)!是一个非负整数。
43(2)对给定的b?N,取a=素数p>4b,则p3(a但p4(a!)(b!),所以Z(a,b)?Z,3!4b)(!),很明显,a取大于4b的素数有无穷多种取法。
40.解:由{n3}(mod7):1,1,-1,1,-1,-1,0,1,1,-1,1,-1,-1,0,L 当n37时,n!+5?12+6+24+5?3(mod7),不是完全立方数;
直接计算:1!+5=6,2!+5=7,3!+5=11,4!+5=29,5!+5=53,6!+5=52?29,
故 只有当n=5时,5!+5=53是完全立方数。
41.证明:用数学归纳法
2当n=3时,23=8=7?121;假设当n=k(k?3)时,存在正奇数x、y,使得
2k=7x2+y2,则2k+1=14x2+2y2,
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2k+3=56x2+8y2=7(x2+y2)+(49x2+y2)=7(x-y)+(7x+y),
22\\ 2k+1骣x-y鼢骣7x+y=7?珑鼢珑桫2鼢桫222骣x+y鼢骣7x-y=7?珑鼢珑桫2鼢桫222。
Q \\ 22k+1x+yx-y-=y,
22x+yx-yx+y7x-y和奇偶性相反;当是奇数时,也是奇数,并且222222骣x+y鼢骣7x-y=7?珑鼢珑桫2鼢桫2骣x-y鼢骣7x+y=7?珑鼢珑桫2鼢桫22;否则,
27x+yx-y和都是奇数,并且
22k+1。
42.证明:把33个正整数表示成nk=2ak3bk5ck7dk11ek(k=1,2,L,33),其中(k=1,2,L,33);对于这33个有序五元组(ak,bk,ck,dk,ek),ak、bk、ck、dk、ek都是非负整数
从每个分量的奇偶性上看,共有32种不同的情况,所以,这33个有序五元组中必有两个,各个分量奇偶性对应相同,不妨设(a1,b1,c1,d1,e1)和(a2,b2,c2,d2,e2)是这样两个有序五元组,则
(a1+a2,b1+b2,c1+c2,d1+d2,e1+e2)=(2s1,2s2,2s3,2s4,2s5),其中si?N(i1,2,3,4,5),
故 n1n2=22s132s252s372s4112s5是完全平方数。
43.证明:(1)由于(x2+3y)+(3x+y2)<(x+2)+(y+2),可得x2+3y<(x+2)与
2223x+y2<(y+2)至少有一个成立,不妨设x2+3y<(x+2),则有x2 222所以完全平方数x2+3y=(x+1),3y=2x+1,y是奇数,记y=2k+1(k?N),则 x=3k+1,完全平方数3x+y2=3(3k+1)+(2k+1)=4k2+13k+4;但当k36时, 22(2k+3)<4k2+13k+4<(2k+4),这时3x+y2=4k2+13k+4不是完全平方数;当 22k=1,2,3,4时,4k2+1k3+=421,46,都79,12完0全平方数;当k=0时,不是 x2+3y=3x+y2=4;当k=5时,有3x+y2=4k2+13k+4=169=132以及x2+3y=172。 ì?3x+y2=169?解方程组í2,得(x,y)=(16,11)或(11,16)。 ?x+3y=289??综上所述,满足条件的正整数对(x,y)=(1,1)、(11,16)、(16,11)。 (2)假设存在x、y?15 *N,使得x2+y+1与y2+4x+3都是完全平方数,则 x2+y+1?(x1)以及y2+4x+3?(y21)。 222Q (x2+y+1)+(y2+4x+3)<(x+2)+(y+1), \\ 完全平方数 x2+y+1=(x+1)2,y=2x;但此时 y2+4x+3=4x2+4x+3?3(mod4),这样y2+4x+3不是完全平方数。 综上所述,不存在使x2+y+1与y2+4x+3都是完全平方数的整整数对(x,y)。 244.证明:取勾股数(3,4,5),记a1=3,a2=4,则S1=32,S2=a12+a2=52=(1+a2), 2如果a1,a2,L,an都已安排好,且Sk=(1+ak)(1#k2222n),取an+1?N*,使得 22Sn+1=Sn+an1+an+1),则(1+an)+an1+an+1),即an+1=+1=(+1=(an(2+an)。 2ai2总是完全平方数。 a(2+an)定义数列{an}:a1=3,a2=4,an+1=n(n?3),则Sn=2?ni=1证明:S1=a12是完全平方数; 2S2=a12+a2=33+42=52=(1+a2)是完全平方数; 222假设当n=k?2时,总有Sk=a12+a2+L+ak=(1+ak),则 22222Sk+1=Sk+ak+1=(1+ak)+ak1+ak+1), +1=1+2ak+ak+ak+1=1+2ak+1+ak+1=(222故 Sk+1=(1+ak+1)也是完全平方数。 由数学归纳法,可知Sn=?nai2总是完全平方数。 ni=145.解:按题意,存在m?N*,使得122+2n=m2,即(m+12)(m-12)2=存在a、b?*,明显m>13, ì?m+12=2aab?2-2=24N,且a>b?1,使得í,消去,得,即mb???m-12=2ìb=3?-b?,所求正整数n=8,唯一。 2b(2a-)1=32?,亦即3í?a=5??46.解:存在m?N*,满足n?2n-1这样m=2k+1(k?N*),n?2n-3从而2n-3?n16 1=m2,即(m+1)(m-1)=n?2n-1,容易知道n34, 1, 必有kn,或k+1n,所以n3k,且2n-3?kk(k+1), 1。
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