3 bb b3 b 第一章 §11 证明： a 1 , a2 , a n 都是 m 的倍数。

∴存在 n 个整数 p 1, p 2 , p n 使 a 1 = p 1m 1 , a 2 = p 2 m 2 , , a n = p n m n又 q 1, q 2 , , q n 是任意 n 个整数∴ q 1a 1 + q 2 a 2 + + q n a n = ( p 1q 1 + q 2 p 2 + + q n p n )m即 q 1a 1 + q 2 a 2 + + q n a n 是 m 的整数2 证： n (n + 1)(2n + 1) = n (n + 1)(n + 2 + n - 1)= n (n + 1)(n + 2) + (n - 1)n (n + 1)6 / n (n + 1)(n + 2),6 /(n - 1)n (n + 1)∴ 6 / n (n + 1)(n + 2) + (n - 1)n (n + 1)从而可知6 / n (n + 1)(2n + 1)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 的最小整数 ax 0 + by 0∀x , y ∈ Z ，由带余除法有 ax + by = (ax 0 + by 0 )q + r ,0 ≤ r < ax 0 + by 0则 r = (x - x 0 q )a + ( y - y 0 q )b ∈ S ，由 ax 0 + by 0 是 S 中的最小整数知 r = 0∴ ax 0 + by 0 / ax + byax 0 + by 0 / ax + by ∴ ax 0 + by 0 /(a , b ).∴(a , b ) / ax 0 + by 0下证 P 8 第二题（ x , y 为任意整数）又有(a , b ) / a ,(a , b ) / b 故 ax 0 + by 0 = (a , b )∴ ax 0 + by 0 / a , ax 0 + by 0 / b4 证：作序列 ,-,- b ,- ,0, , b , 2 2 2 2, 则 a 必在此序列的某两项之间q 2 b b b 0 即存在一个整数 q ，使 b ≤ a <b 成立(i) 当 q 为偶数时，若b > 0. 则令 s = q , t = a - bs = a - qb ，则有2 0 ≤ a - bs = t = a - qb = a - b < 2 2b ∴ t < 2若b < 0 则令 s = -q , t = a - bs = a + 2 q b ，则同样有 t < 2 2(ii) 当 q 为奇数时，若b > 0 则令 s = q + 1 , t = a - bs = a - q + 1b ，则有2 2- ≤ t = a - bs = a - q + 1 b = a - q + 1b < 0 ∴ t ≤ 2若 b < 0 ，则令 s = - 2 q + 122, t = a - b s = a + 2q + 1 b 2则同样有 t ≤2综上 存在性得证 下证唯一性当b 为奇数时，设 a = bs + t = bs 1 + t 1 则 t - t 1= b (s 1 - s ) > b而 t ≤, t 1 ≤∴ t - t 1 ≤ t + t 1 ≤ b 矛 盾 故 s = s 1 , t = t 122b当b 为偶数时， s , t 不唯一，举例如下：此时 为整数23 ⋅ b = b ⋅1 + b = b ⋅ 2 + (- b ), t = b , t ≤ b 2 2 2 1 2 1 2a = bs 1 + t 1 = bs 2 + t 2 , t 2= - b , t ≤ b 2 2 25.证：令此和数为 S ，根据此和数的结构特点，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 + 1 + + 1，取 M= 2k -1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 p 这里 k 是使2k ≤ n 最大2 3 4 n整数，p 是不大于 n 的最大奇数。

则在 1，2，3，┄，n 中必存在一个 n = 2k ， 所以MS= M + M2+M + + M3 n 0+ + Mn由 M= 2k -1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 p 知M ，M, , M 必为整数， M= 3 ⋅ 5 ⋅ 7 p 显 23 n n 0 2q 2 q + 12q 2 b b b b然不是整数，∴MS 不是整数，从而 S 不是整数（2） 令 M= 3k -1 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n - 1) 则 SM= M3 + M+ + 5M + 2n - 1M，2n + 1 由 M= 3k -1 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n - 1) 知 M , M , , M，而3 5 2n - 1M =3k -1 ⋅ 5 ⋅ 7 (2n - 1) 2n + 12n + 1不为整数∴SM 不为整数，从而S = 1 + 1 + + 1 也不是整数 3 5 2n + 1第一章 §21. 证：设 d ' 是 a ，b 的任一公因数，∴ d ' |a ， d ' |b由带余除法a = bq 1 + r 1 ,b = r 1q 2 + r 2 , , r n -2 = r n -1q n + r n , r n -1 = r n q n +1 ,0 = r n +1 ≤ r n < r n -1 < < r 1 < b∴ (a , b ) = r n 。

∴ d ' | a - bq 1 = r 1 ， d ' | b - r 1q 2 = r 2 ，┄,d ' | r n -2 = r n -1q n + r n = (a , b ) ,即 d ' 是(a , b ) 的因数。

反过来(a , b ) | a 且(a , b ) | b ，若 d ' | (a , b ), 则 d ' | a , d ' | b ，所以(a , b ) 的因数都是 a , b 的公因数，从而 a , b 的公因数与(a , b ) 的因数相同。

2. 见本书 P2，P3 第 3 题证明。

b 3. 有§1 习题 4 知： ∀a , b ∈ Z , b ≠ 0, ∃s , t ∈ Z , 使a = bs + t , | t |≤ 。

，2∴∃s , t ，使b = s t + t ,| t |≤ | t | ≤ b, , 如此类推知：1 1 1 1 12 22∃s n , t n , t n -2 = t n -1 s n + t n ;| t |≤ | t n -1 | ≤ | t n -2 | ≤ ≤ | t | ≤ | b |∃s n +1 , t n +1 , t n -1 = t n s n +1 + t n +1 ; 且n 2 222n 2n +1 而 b 是一个有限数，∴∃n ∈ N , 使t n +1 = 0∴(a , b ) = (b , t ) = (t , t 1 ) = (t 1 , t 2 ) = = (t n , t n +1 ) = (t n ,0) = t n ，存在≤ pn n 0 其求法为(a , b ) = (b , a - bs ) = (a - bs , b - (a - bs )s 1 ) =∴(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0 = r < r ≤ r n -1 ≤ r n -2 ≤ ≤ r 1b ，而 rn +1 n 2 22 2n -1 2nn ≥1∴1 ≤b,∴ 2n ≤ b ， ∴ n ≤ log b = log b ，即 n ≤ log b2n 2log 2 log 2第一章 §31，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 1 = m 2 ，即[a 1 , a 2 , , a n ] =[| a 1 |,| a 2 |, ,| a n |]23．证：设（1）的任一有理根为 ， ( p , q ) = 1, q > 1。

则qp n a n ( q ) p a n -1 ( q) n -1 + + a p + a = 01 q 0∴ a n p n + an -1 p n -1q + + a pq n -1 + a q n = 0（2）由(2) - a n p n = an -1 p n -1q + + a pq n -1 + a q n ，所以q 整除上式的右端，所以 q | a p n，又( p , q ) = 1, q > 1，所以(q , p n ) = 1,∴ q | a ；又由（2）有 a n p n+ an -1 p n -1q + + a pq n -1 = -a q n+ 1112 2 2 2 2 2 0 1 2 k 1 2 k1 2k 1 2 k i i i2因为 p 整除上式的右端，所以 P | a q n(q n , p ) = 1,∴ p | a ， ( p , q ) = 1, q > 1，所以p故（1）的有理根为 q，且 p | a 0 , q | a n 。

假设 为有理数， x = 2,∴ x 2 - 2 = 0 ，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 为其有理根矛盾。