初等数论习题解析

当 N < 0 时 原方程无非负整数解 此时 ⎧ ⎨x = bt,
⎩y = −at,
a = bq1 + r1 , 0 < r1 < b, b = r 1 q2 + r 2 , 0 < r 2 < r 1 , ······ r n − 2 = r n − 1 qn + r n , r n = 1 . 由第一章 §3 定理 Qn a − Pn b = (−1)n−1 ,
初等数论第三次作业
证明不定方程 x2 + y 2 = z 4 , (x, y ) = 1, x, y, z > 0, 2 | x 的一切正整数解可以写成公式 x = 4ab(a2 − b2 ), y = |a4 + b4 − 6a2 b2 |, z = a2 + b2 , a > b > 0, (a, b) = 1, a, b一奇一偶. 证明：原方程可以写为 x2 + y 2 = ( z 2 ) 2 , 其正整数解为 x = 2uv, y = |u2 − v 2 |, z 2 = u2 + v 2 . 其中 u, v > 0, (u, v ) = 1, u, v 一奇一偶 再考虑方程 z 2 = u2 + v 2 ,
t∈N
求不定方程 2x + 5y + 7z + 3w = ⎧ 10 的全部整数解 ⎪ ⎪ 2x + 5y = t1 , ⎪ ⎨ 解：由于 2, 3, 5, 7 两两互质 所以可设 t1 + 7z = t2 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t + 3w = 10,
2
初等数论第二次作业 依次解得 ⎧ ⎨x = 3t1 − 5r, 消去 t1 , t2 得 ⎧ ⎨t1 = −6t2 − 7s, ⎩z = t + s,
[a, b] 区间内整数的个数 n a, b ̸∈ N 时 n = [b] − [a] = [b − a]或[b − a] + 1 a ̸∈ N, b ∈ N 时 n = [b − a] + 1 a ∈ N, b ̸∈ N 时 n = [b − a] + 1 a, b ∈ N 时 n = [b − a] + 1 综上 n = [b − a]或[b − a] + 1
r, s, t ∈ N
r, s, t ∈ N
证明：二元一次不定方程 ax + by = N, a > 0, b > 0, (a, b) = 1 的非负整数解的解数为 证明： 确 当 N = 0 时 原方程的所有解为 一个 N + 1 = 1 命题正确 ab 当 N > 0 时 由 (a, b) = 1 知 N ab 或 N ab +1 N N ≤ −1 + 1 ≤ 0 命题正 ab ab ⎧ ⎨x = 0 , t ∈ N 非负整数解只有 ⎩y = 0 ,
于是方程 ax + by = N 有一个特殊解：
x0 = N · (−1)n−1 Qn , y0 = N · (−1)n Pn . x0 , y0 一正一负 不妨设 x0 > 0, y0 ≤ 0 其中 P0 = 1 , P 1 = q1 , P k = qk Pk − 1 + P k − 2 , Q 0 = 0 , Q 1 = 1 , Q k = qk Q k − 1 + Q k − 2 , k = 2, · · · , n.
=(a1 + a2 p + · · · + as ps−1 ) + (a2 + a3 p + · · · + as ps−2 )+ =a1 + a2 (1 + p) + a3 (1 + p + p2 )+ p−1 p2 − 1 p3 − 1 p s−1 − 1 ps − 1 + a2 + a3 + · · · + as−1 + as p−1 p−1 p−1 p−1 p−1 1 = a0 (p0 − 1) + a1 (p − 1) + a2 (p2 − 1) + · · · + as (ps − 1) p−1 1 = ( a0 p 0 + a1 p + a2 p 2 + · · · + as p s ) − ( a0 + a1 + · · · + as ) p−1 n − Ss = p−1 = a1 式中 Ss =
976 1976 . 976 1976 976 2 1976 , 19 976 1976 ) 976 1976 ) ∞ i=1
976 976 976 = + = 51 + 2 = 53 i 1 19 19 192
= 2(1976!) − 2(1000!) − 2(976!) = 1969 − 994 − 971 = 4 = 19(1976!) − 19(1000!) − 19(976!) = 109 − 54 − 53 = 2 |
r3 = 1 ′ 因此 17x − 20y = 1 的一个解是 x′0 = −7, y0 = −6 所以原方程的所有解为
因此 17x − 20y = 35 的一个解是 x0 = −7 × 35 = −245, y0 = −6 × 35 = −210 ⎧ ⎨x = −245 + 20t, ⎩y = −210 + 1次作业 若 x ∈ [7, 8)，4x2 + 51 = 40[x] = 280，解得 x =
2
√
229 ； 2 269 ； 2
若 x ∈ [8, 8.5)，4x + 51 = 40[x] = 320，解得 x = 综上，方程 4x2 − 40[x] + 51 = 0 的解集为 设 n 是任一正整数，且 √
2
⎩(2x − 17)(2x − 3) ≤ 0
, 解不等式组得x ∈ [1.5, 3.5) ∪ (6.5, 8.5]
√
29 ； 2 √
若 x ∈ [3, 3.5)，4x2 + 51 = 40[x] = 120，无解； 若 x ∈ [6.5, 7)，4x + 51 = 40[x] = 240，解得 x = 3
证明： 注意到 p ≥ 2，所以 n 可用关于 p 的有限次多项式表示，即 n = a0 + a1 p + a2 p2 + · · · + as ps , 0 ≤ as < p, 在 n! 的标准分解式中，质因数 p 的指数 p(n!) = n n n + 2 + ··· + s p p p · · · + ( as − 1 + as p ) + as
√
√ √ √ 29 3 21 229 269 , , , 2 2 2 2
n = a0 + a1 p + a2 p2 + · · · , p是质数, 0 ≤ ai < p, 证明：在 n! 的标准分解式中，质因数 p 的指数是 h= 其中 Sn = a0 + a1 + a2 + · · · n − Sn p−1
第六章
作业
初等数论第一次作业
证明： 证明 762 |
976 1976 976 1976 ；
=
在 1976! 的标准分解式中质因数 2 的指数 2(1976!) = =
∞ i=1
1976! 1976! 1001 × 1002 × · · · × 1976 = = (1976 − 976)! × 976! 1000! × 976! 1 × 2 × · · · × 976 1976 2i
s
· · · + as−1 (1 + p + · · · + ps−2 ) + as (1 + p + · · · + ps−1 )
ai .
i=0
注：原题中正整数 n 与系数和式中的 n 易混淆，所以用 s 表示系数和
第六章
作业
初等数论第二次作业
解下列不定方程 15x + 25y = 100 306x − 360y = 630 解： 原方程等价于 3x + 5y = 20 易见其有一整数解为 x0 = 5, y0 = 1 且 (3, 5) = 1 所以其所有解为 ⎧ ⎨x = 5 − 5t, t∈N ⎩y = 1 + 3t, 原方程等价于 17x − 20y = 35 先解 17x − 20y = 1 由于 (17, 20) = 1 20 17 17 17 15 3 2 r2 = 2 q3 = 1 r1 = 3 q2 = 5 q1 = 1 q P Q 1 0 0 1 1 1 1 2 5 6 5 3 1 P3 = 7 Q3 = 6
2
⎩y = −t + 2r, 1
此即原方程的所有解
⎧ ⎪ x = −18 + 54t − 21s − 5r, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = 6 − 18t + 7s + 2r, ⎪ ⎪ z = 1 − 3t + s, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ w = 3 + t,
⎧ ⎨t2 = 1 − 3t, ⎩w = 3 + t,
在 1000! 的标准分解式中质因数 2 的指数 2(1000!) = =
∞ i=1
1000 2i
1000 1000 1000 + + ··· + 1 2 2 2 29
= 500 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 994 在 1000! 的标准分解式中质因数 19 的指数 19(1000!) =