初等数学研究课后习题答案

1、初等代数研究课后习题1120071115033 数学院1、证明自然数的顺序关系具有对逆性与全序性，即N ，当且仅当aN ，在a b ，N ，设A a ，(1)对任何a,b(2)对任何a,b证明：对任何a,b(1)“”ab，则“”ba，则综上对任何a,bb时，bab，aBbB,3,使人3B,B,使B,A，N，abba07(1)杨明a.b中有且只有一个成立BB,A,baAB,B,ab(2)由(1)abbaab与ab不可能同时成立,假设ab与ab同时成立，则B,8,使人8,且人8,2、证明自然数的加法满足交换律B B,与B为有限集矛盾,a b与a b不可能同时成立,综上，对任何a, b N ，在 a

2、b，a b，a b 中有且只有一个成立.证明：对任何a,bN 设 M 为使等式a b ba 成立的所有b 组成的集合先证a11a,设满足此式的a组成集合k,显然有1+1=1+1成立1 k，设ak，a11a，则a1(a)(a1)(1a)1aak，kN，取定a，则1M，设bM,abba，则ab(ab)(ba)babM,MN对任何a,bN，abba3、证明自然数的乘法是唯一存在的证明：唯一性：取定a，反证：假设至少有两个对应关系f,g，对bN，有f(b),g(b)N,设M是由使f(b)g(b)成立的所有的b组成的集合，f(b)g(b)a11M设bN则f(b)g(b)f(b)ag(b)af(b)g(b

3、)，bM，MN即bN，f(b)g(b)乘法是唯一的存在性：设乘法存在的所有a组成集合K当a1时，bN,111,1bbb有a,b与它对应,ababababp24-5、A5p246、p248、(ababb)(a1)即乘法存在解：满足条件的1,2,3,4,A2,A2a证明：A证明:p2412、证明:A4a,BA有A1,2,1,2,3,5,A3,AAAabA1)3+4=7A21,2,3,A1,2,4,A1,2,4,5,A1,2,3,4,54,A85基数和为21,2,55282)341)(m(mb,A中的x与B中的BAbaab12ABBA(3(32)3)12(my对应(31)41)2)(mn)nmm(m

4、n)mn1mn(m1)nmmp2636、已知f(m,n)对任何m,nN满足f(1,n)n1f(m1,1)f(m,2)f(m1,n1)f(m,f(m1,n)求证：1)f(2,n)n22) f(3,n)2n2证明：1)当n 1 时， f (2,1)3) f(4,n)2n12f(11,1)f(1,2)2112结论成立，假设nk时，结论成立，即f(2,k)k2，当nk1时，f(2,k1)f(11,k1)f(1,f(2,k)f(1,k2)(k2)1(k1)2所以对一切自然数结论都成立2)当n1时，f(3,n)f(21,n)f(2,2)22212结论成立假设nk时，结论成立，即f(3,k)2k2nk1时，

5、f(3,k1)f(21,k1)f(2,f(3,k)f(2,2k2)2k222(k1)2所以对一切自然数结论都成立3)当n1时，f(4,1)f(31,1)f(3,2)2222112结论成立假设nk时，结论成立，即f(4,k)2k12当nk1时，f(4,k1)f(3,f(4,k)f(3,2k12)2(2k 12) 2 2k 2所以对一切自然数结论都成立p621、证明定理2.1证明：a,b,c,dZ，a,bc,dac,bd因为自然数加法满足交换律ac,bdca,db而c,da,bca,dba,bc,dc,da,ba,b,c,d,e, f Z，a,b c,d e, f a c,b d以为自然数满足加法

6、结合律(a,b即整数加法满足交换律和结合律p62 2、已知a, b,c, d Z ，求证 a, be, f (a c) e,(b d) fc,d) e, f a,b (c,d e, f)c,d的充要条件是a,b c,d 1,1证明：“”已知a,bc,d则adbca,bc,dad,bc1,1“”已知a,bc,d1,1则ad,bc1,1，adbca,bc,dp624、已知a,bN，求证(a,b)a,b证明：a,bb,a(a,b)b,aa,bp625、已知a,b,c,dZ,求证(a,bc,d)a,bc,d证明：左边(a,bc,d)ad,bcbc,ad右边a,bc,db,ac,dbc,ad所以左边等于

7、右边(a,bc,d)a,bc,dp627、已知a,b,cN,求证当且仅当adbc时a,bc,d证明：“”已知adbc，a,bc,dad,bcadbcad,bc是负数，a,bc,d已知a,bc,d则a,bc,dad,bca d,b c 是负数，ad bcp629、已知Z ,求证：1)II证明：设 a,b,c,d1) a c,b d而 a b, cd(a c) (b d)(a c) (b d) (a b) (c d) a b2) ac bd, ad bcac bd (ad bc)ac bd (ad bc)a(c d) b(d c)| |(ab)(c d) a b|c dk名胜负的次数各为 ak ,

8、bk ,IIp6312、n名棋手每两个比赛一次，没有平局，若第k1,2,n,求证：ai2a2.a2bi2b2.b2证明：对于ak(k1,2,，n),必存在一个bj(j1,2,，n)使得akbja2b2(k,j1,2,.,n)a；a2.a2b2b.b；p63-16、已知p10ab,p10cd,求证padbc证明：由已知：s,tZ使10abps,10cdptb10aps,d10cptadbc10acapt(10accps)p(csat)padbcp6317、设2不整除a,求证8a21证明：因为2不整除a,所以存在唯对q,rZ,使a2qr,其中0r2.222_2.r1,a4q4q1a14q(q1)8

9、a1p6320、设aZ,求证a(a1)(a2)(a3)1是奇数的平方证明:(a 1)(a 2)肯定为偶数a(a1)(a2)(a3)1(a1)1(a1)(a2)(a2)11(a(a(a221)2(a1)(a2)2(a2)1221)2(a2)22(a1)(a2)11)(a2)12a1,a2肯定一奇一偶(a1)(a2)1肯定为奇数p6322、证明：前n个自然数之和的个位数码不能是2、4、7、9证明：前n个自然数的和为(1n)n2因为：n个自然数的和仍为自然数1+n与n中必定一个为奇数一个为偶数若个位数码为2则1+n与n的个位数码只能是1,4或4,1而(1+n)-n=1个位数码不能为2若个位数码为4则

10、1+n与n的个位数码只能是1,8或8,1也不可能成立若个位数码为7则1+n与n的个位数码有2种可能，则2,7或1,14也不可能成立，若个位数码为9则1+n与n的个位数码有2种可能，即2,9或1,18也不可能成立，综上，前n个自然数和的个位数码不能是2,4,7,9p6326、证明2.3定理1(a1,a2,an,)=(a1,a2,an)证明：因为：(ag,.an,)是&但,.小的公因数中的最大数所以R需考虑非负整数(a1，a2,an,)=(a1，a2,an)p6329、证明2.3定理4的推论(a,b)1的充要条件是有x,yZ使得axby1证明：因为(a,b)1a,b不全为0“”由定理4x,

11、yZ使axby(a,b)1“”设(a,b)d则da,db,daxbyd1d(a,b)1p6330、证明2.3定理6及其推论。定理6：若mN,则(ma,mb)m(a,b)证明：若a,b都为0,则(0,0)m(0,0)显然成立若a,b不全为零，则X0,y°Z使ax。by。(a,b).、maxmby(ma,mb)而maxmbym(axby)因为x,yZ,a%by°axbyax0by°axbym(ax0by0)max'mbym(a,b)maxmbym(a,b)(ma,mb)而(ma,mb)amx0mby0m(a,b)(ma,mb)m(a,b)推论：设d是a,b的公

12、因数，则(a/d,b/d)1的充要条件是d(a,b)证明：“"d是a,b的公因数dNdd(a/d,b/d)(a,b)"”因为d(a,b)x,yZ,使axbydx,yZ,使(a/d)x(b/d)y1(a/d,b/d)1p6432、证明2.3定理七及其推论定理七：若(a,c)1,bZ,b,c中至少有一个不为0,则(ab,c)(b,c)证明：b,c中至少有一个不为0x,yZ使abxcy(ab,c)因为(a,c)1(ab,c)b,(ab,c)c因为(b,c)(ab,c)(ab,c)(b,c)推论:若(a,c)1,(b,c)1,则(ab,c)1证明：因为(b,c)1,b,c不为零(a

13、b,c)(b,c)1p64-33、已知n是奇数，nab,nab,求证n(a,b)证明：因为nab,nabn(ab)(ab),n(ab)(ab)n2a,n2bn2(a,b),因为n是奇数，n(a,b)''''''''p64-36、已知(a,b)d,(a,b)d,求证(aa,ab,ab,bb)dd证明：(aa,ab)a(a,b)ad,(ab,bb)bd'.'.'.(aa,ab,ab,bb)(ad,bd)ddp6440、已知aN,求证a,2a,.na中n的倍数的个数等于(n,a)证明：当(n,a) 1时，nna结

14、论成立,当(n,a)d时，d1,令ada1,(n,a1)1,则a,2a,na可改写为da1,2da1,nda1因为d1所以其中一定包括na1,2na1,(d1)na1,dna1都是n的倍数，共有d个.一.一.2p6442、已知p是异于3的奇素数，求证24P1证明：p是异于3的奇素数，p21为偶数，p3p2192p1(p1)(p1)其中p1,p1都为合数，且都大于3p1,p1都可被2、3中的一个整除，若2p1,则由p1(p1)22p1,因为p13,p1324p21p6444、已知整数a,n都大于1,an1是素数，求证a2且n是素数证明：反证n不是素数当a2时an1不是素数与已知矛盾，所以n是素数

15、p6445、求不大于50的一切素数解：平方不大于50的素数是2,3,5,7则不大于50的一切素数2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47p6446、求下列各数的标准分解式：1)82798848解：82798848=2835113p6449、已知整数a,b,c都大于1,求证(a,c),(b,c)(a,b,c)证明：(a,c),(b,c)(a,c)(b,c),ab(,c)(a,b,c)(a,c),(b,c)(a,b)p6669、已知p是奇素数，求证 1) 1 2p3p . (p 1)p 0(mod p)1(mod p)2)12p13p1.(p1)p1证明：1

16、)因为(1,p)1,(2,p)1,.,(p1,p)11p1(modp),2p2(modp),3p3(modp)(p1)pp1(modp)1 2p 3p . (p 1)p(1 2 3 . (p 1)(mod p)因为1 2 3 . (p 1)四二p(p 1)21 2p3p.(p1)p0(modp)2 )1p11(modp),2p11(modp),3p11(modp)(p1)p11(modp)12P13p1(p1)p11(modp)q1p1p6670、设p,q是相异素数，求证pq1(modpq)证明：pq10(modp),qp11(modp),pq1qp11(modp)同理pq1qp11(modq)pq1qp11(modp,q)即pq1qp11(modpq)p6672、已知p是素数，N,求证(1)(p)(p2).(p)p证明：因为p是素数，所以(pk