代數(shù)及通信部分習(xí)題解-wenkub
2023-04-08 06:39:51 本頁面
【正文】 所以原方程有整數(shù)解。（1）若，則有，而，所以，即。（P11）１. 對每個正整數(shù)n,證明是既約分?jǐn)?shù)。而由于所以把形如６k+1的數(shù)相乘的乘積仍為６k+1形式的數(shù)。其次，設(shè)N任取之正整數(shù)，并設(shè)為形如4m+3的不超過Ｎ之所有素數(shù)，令顯然，每個都不是q的素數(shù)，否則將導(dǎo)致，這是不可能的。首先證明形如4m+3的正整數(shù)必定含有形如4m+3的素因數(shù)。（２）設(shè)某個正整數(shù)使，則的各項必只有一項分母為，其余各項的分母至多可被整除，因此在上述和式中將除去的其余各項相加必得如下形式的數(shù)或其中q和k是正整數(shù)，從而，或其分母是3的倍數(shù)，分子不是３的倍數(shù)，因此不可能等于整數(shù)。討論：根據(jù)以上證明可知，或?qū)懗?其中m為奇數(shù)。所以。證明：n為奇數(shù)，可設(shè)n=2m+1,其中m為整數(shù)。于是n21=(2m+1)21=(4m2+4m+1)1=4m(m+1),注意到2|m(m+1)，所以8|4m(m+1),即8|n21。注：當(dāng)n=3時，整除變?yōu)橄嗟?，結(jié)論也成立。4．設(shè)為實數(shù)（m≥2）,證明證明：（1）首先證明：因為其中，所以從而有（2）再證：其中則若１）則有若２）則有 若３）若２）則有總之不論何種情況均有注：本題可推廣到：５．設(shè)n為大于１的整數(shù)，證明（１）不是整數(shù)。（１）形如4m+3(m∈Z)的素數(shù)有無限多個。事實上，一切奇數(shù)素數(shù)都能寫成4k+1或4k+3的形式，這里k是整數(shù)。如果q本身是素數(shù)，由于＝，這表示q也是形如4m+3的數(shù)，顯然，從而q+3的素數(shù)q.如果q本身不是素數(shù)，由第一步知，q一定含有形如4m+3之素因數(shù)p,同樣可證明，這表示存在大于Ｎ之形如4m+3的素數(shù)p.由于Ｎ是任取之正整數(shù)，這樣就證明了形如４n+3的素數(shù)有無窮多個。因此，把６n+５分解成素因數(shù)的乘積時，一定有６m+５形式的素因數(shù)。如果n沒有小于等于的素因子，則n為素數(shù)。證明：，所以是既約分?jǐn)?shù)。（2）若，即，有，又因為，由整除的傳遞性知，即5． 用輾轉(zhuǎn)相除法求963和657的最大公因子，并求出方程963x+657y=(963,657)的全部整數(shù)解?？紤]{13y+7z:y,z∈Z}=Z(因為（13，7）=1)，故原方程可轉(zhuǎn)化為解聯(lián)立方程組（y,z）=(1,2)是13y+7z=1的一個解，故（y,z）=(w,2w)是（i）的一個解，從而(i)的全部解為而(x,w)=(1,23)是（ii）的一個解，故它的全部解為代入（iii）得原方程的全部解為7． 設(shè)n為正整數(shù)，k為正奇數(shù)。事實上，Sk可寫成上式右端每一項均可被（n+1）整除，故n+1|由于右端每一項均可被整除，故有因為n+1和為Sk的真因子，且無公因數(shù)。證明：（1）注意到故只需對a,b為正整數(shù)時結(jié)論成立即可。（P23）1．（完全數(shù)問題）滿足的正整數(shù)n叫做完全數(shù)。（2）證明歐拉的結(jié)果：正偶數(shù)n是完全數(shù)當(dāng)且僅當(dāng),其中，并且為素數(shù)（即梅森素數(shù)）。（2）先證明充分性。因為n為正偶數(shù)，故可設(shè)n=2a1k,其中a≥2,k是奇數(shù)，即（2，k）=由于因此要使成立，k必含有因子，可設(shè)從而，而k與q均是k的因數(shù)，上式說明k的正因數(shù)只有這兩個，從而必有q=1,而是素數(shù)，使得。）證明：令a是一個不為零的整數(shù)，首先證明是積性函數(shù)。所以只需對驗證等式成立即可。所以只需對驗證等式成立即可。證明：（1），有解。證明：（1）因為，所以，從而（2）又因為，所以，從而所以123456789被9整除；即123456789被11除余數(shù)為6。當(dāng)i=0,時當(dāng)i=1,時當(dāng)i=2,時所以（4）設(shè)。由知，從而，由數(shù)學(xué)歸納法知，當(dāng)為奇數(shù)，有6．證明（1）當(dāng)時為偶數(shù)。證明：設(shè)模n的同余類為，模m=nt 的同余類為。（２）
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