王进明--初等数论-习题解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN王进明 初等数论 习题及作业解答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：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=(121)454122626390,b +=---=b =30, 被除数a =12b +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 ∈Z 且39(09)n q r r =+≤<时，r 只可能是0,1,8; 证：把n 按被9除的余数分类，即：若n=3k, k ∈Z ，则3327n k =, r=0； 若n=3k +1, k ∈Z ，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1； 若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8.(2) 当 n ∈Z 时，32326n n n-+的值是整数。
证 因为32326n n n -+=32236n n n-+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。
32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+.或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --为3的倍数；若n 为3k －1, k ∈Z ，则2n －1=2(3k －1)－1=6k-3, 2n －1是3的倍数.综上所述，(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。
(3) 若n 为非负整数，则133|(11n+2+122n+1)．证明：利用11n+2+122n+1=121×11n +12×144 n =133×11n +12×(144 n －11 n )及例5的结论．(4)当m ，n ，l ∈N +时，()!!!!m n l m n l ++的值总是整数证明：()!m n l ++=()(1)(1)()(1)(1)!m n l m n l n l n l n l l l ++++-++++-+⋅ 由k !必整除k 个连续整数知：!|()(1)(1)m m n l m n l n l ++++-++,n ! |()(1)(1)n l n l l ++-+，从而由和的整除性即证得命题。
(5)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是双数时，()|()n n a b a b +-； (6)当a ，b ∈Z 且a ≠－b ，n 是单数时，()|()n n a b a b ++． 解：利用例5结论：若a ≠ b ，则()|()n n a b a b --．令b=－b*, 即得。
或解： a = (a+b)－b ， (5) 当n 为双数时，由二项式展开()nn n na b a b b b -=+--⎡⎤⎣⎦()()()()1111n n n n a b n a b b n a b b ---=+-+++-+，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 ∈Z ,且5221i i a b ==∑，说明这六个数不能都是奇数．解：若这六个数都是奇数，设21,,1,2,3,4,5i i i a k k Z i =+∈=，则55522111(21)4(1)5iii i i i i a k k k ====+=++∑∑∑，因为2|(1)i i k k +，所以8 |451(1)i i i k k =+∑,52185,ii aq q Z ==+∈∑, 而22(21)4(1)1b k k k =+=++，2*81b q =+，*,k q Z ∈，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20ax bx c ++=无有理根。
证：若有有理根，记为,,p p q q 互质，代入方程有2()0p pa b c q q+⋅+= 即220ap bpq cq ++=，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2ap bpq +为偶数，但2cq 是奇数，它们的和不可能为0; 若q 为偶数，则2bpq cq +为偶数，但2ap 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 1011…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+…+9) ×9，偶数位数字之和2+4+6+8+(1+2+…+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7x 2y 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。
10．11．1至1001各数按以下的格式排列成表，像表中所示的那样用—个正方形框住其中的9个数，要使9个数的和等于(1)2001，(2)2529，(3)1989，能否办到如能办到，写出框里的最小数与最大数．如办不到，说明理由．1234567891011121314151617181920212223242526272899599699799899910001001解：设框里居中心的数为x ,则9个数的和等于9x . (1) 9不能整除2001，∴和等于2001办不到；(2) 9x =2529，x =281，是所在行第一个数，∴和等于2529办不到；(3) 9x =1989，x =221，和等于1989能办到，框里的最大数为x +8=229，最小数为x －8=213． 12．证明：7(或11或13) 13210|n n a a a a a a -的特征是：7(或11或13) 整除13210||n n a a a a a a --解答：因为7×11×13=1001。
（谐“一千零一夜”）∴a n a n-1…a 3a 2a 1a 0=7×11×13×a 2a 1a 0+(a n a n-1…a 3－a 2a 1a 0) ×1000．附）广西师范大学 赵继源主编的《初等数论》习题1—1中的部分题目 3．已知a ，b ，c 中，有一个是2001，有一个是2002，有一个是2003，试判断(a —1)×(b —2)×(c —3)的奇偶性，并说明理由． 6．24|62742,,.αβαβ求9. 是否存在自然数a 和b ，使a 2－b 2 = 2002成立 11．证明：当n∈Z 时，6 | n(n ＋1)(2n ＋1)．12．已知：()2f x ax bx c =++，f (0)，f (－1)，f (1)，x 均为整数．证明：().f x Z ∈解答：3．偶数．因为a ，b ，c 中，有三个奇数，所以a －1，c －3中至少有一个是偶数．6．只需3|62742,8|62742αβαβ且，即3|(),8|αβαβ+且，先考虑0,2,4,6,8,β=有5组解 0,2,4,7,9,0;4;8;2; 6.αααααβββββ=====⎧⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨⎨=====⎩⎩⎩⎩⎩ 9．不存在．利用a 2－b 2 =(a －b)(a + b)，而a －b ，a + b 的奇偶性相同．而2002=2×1001.11．用数学归纳法或n (n +1)(2n +1)= n (n +1)(n +2)+(n －1)n (n +1)，利用整除的基本性质(13)．12．由f (0)，f (－1)，f (1)，x 均为整数可得c , a +b , a －b 均为整数. 进而知2a ，2b 为整数.分类讨论(k ∈Z): x =2k 时，由2a ，2b 为整数f (x )显然为整数;x =2k +1时，f (2k +1) = 4ak (k +1) + 2bk + a + b + c , 可知f (x )仍然为整数。