代數(shù)和通信部分習(xí)題解

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1、.WORD.格式.代數(shù)與通信部分習(xí)題解習(xí)題1.1A（P6）１.若n為奇數(shù)，證明8

2、n2-1。證明：n為奇數(shù)，可設(shè)n=2m+1,其中m為整數(shù)。于是n2-1=(2m+1)2-1=(4m2+4m+1)-1=4m(m+1),注意到2

3、m(m+1)，所以8

4、4m(m+1),即8

5、n2-1。２.若n為奇數(shù)并且n≥5,則。證明：n為奇數(shù)并且n≥5可設(shè)n=2m+1,其中m為整數(shù)且m>1,于是＝注意到，即為整數(shù)。所以。注：當(dāng)n=3時(shí)，整除變?yōu)橄嗟?，結(jié)論也成立。３.若m和n是正整數(shù)，,證明不整除。反證法：假設(shè)，由帶余除法可設(shè)n=

6、qm+r其中，于是有.專業(yè)資料.整理分享..WORD.格式.由假設(shè)，故，而為正整數(shù)，所以，故，即，或，所以，從而m-1=1,r-1=0,即m=2,這與矛盾，所以不整除。討論：根據(jù)以上證明可知，或?qū)懗?其中m為奇數(shù)。4．設(shè)為實(shí)數(shù)（m≥2）,證明證明：（1）首先證明：因?yàn)槠渲?，所以從而有?）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：.專業(yè)資料.整理分享..WORD.格式.５．設(shè)n為大于１的整數(shù)，證明（１）不是整數(shù)。（２）不是整數(shù)。證明：（１）設(shè)某個(gè)正整數(shù)使，則的各項(xiàng)必

7、只有一項(xiàng)分母為，其余各項(xiàng)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(xiàng)相加必得如下形式的數(shù)其中q和k是正整數(shù)，從而，其分母是偶數(shù)，分子是奇數(shù)，因此不可能等于整數(shù)。（２）設(shè)某個(gè)正整數(shù)使，則的各項(xiàng)必只有一項(xiàng)分母為，其余各項(xiàng)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(xiàng)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)。６.證明（１）形如4m+3(m∈Z)的素?cái)?shù)有無限多個(gè)。（２）形如6m+5(m∈Z)的素?cái)?shù)有無限多個(gè)。證明：（１）分兩步來證明。首先證

8、明形如4m+3的正整數(shù)必定含有形如4m.專業(yè)資料.整理分享..WORD.格式.+3的素因數(shù)。事實(shí)上，一切奇數(shù)素?cái)?shù)都能寫成4k+1或4k+3的形式，這里k是整數(shù)。而由于所以把形如4k+1的數(shù)相乘的乘積仍為4k+1形式的數(shù)。因此，把4n+3分解成素因數(shù)的乘積時(shí)，這些素因數(shù)不可能都是4m+1的形式的素?cái)?shù)，一定有4m+3形式的素?cái)?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?cái)?shù)，令顯然，每個(gè)都不是q的素?cái)?shù)，否則將導(dǎo)致，這是不可能的。如果q本身是素?cái)?shù)，由于＝，這表示q也是形如4m+3的數(shù)，顯然，從而q>

9、N.這表示存在大于Ｎ之形如4m+3的素?cái)?shù)q.如果q本身不是素?cái)?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?cái)?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?cái)?shù)有無窮多個(gè)。（２）首先證明形如6m+5的正整數(shù)必定含有形如6m+5的素因數(shù)。事實(shí)上，一切大于3的素?cái)?shù)都能寫成６k+1或６k+５的形式，這里k是整數(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)。因此，把６n+５分解成素因數(shù)的乘積時(shí)，一定有６m+５形式的素因數(shù)。其次，設(shè)N任取之正整數(shù)，并

10、設(shè)為形如６m+５的不超過Ｎ之所有素?cái)?shù)，令顯然，每個(gè)都不是q的素?cái)?shù)，否則將導(dǎo)致，這是不可能的。如果q本身是素?cái)?shù)，由于，這表示q也是形如６m+５的數(shù)，顯然，從而q>N.這表示存在大于Ｎ之形如６m+５的素?cái)?shù)q.如果q本身不是素?cái)?shù)，由第一步知，q一定含有形如６m+５之素因數(shù)p,同樣可證明，這表示存在大于Ｎ之形如６m+５的素?cái)?shù)p.由于Ｎ是任取之正整數(shù)，這樣就證明了形如６n+５的素?cái)?shù)有無窮多個(gè)。７.設(shè)為正整數(shù)。如果n沒有小于等于的素因子，則n為素?cái)?shù)。證明：反證法。若n不是素?cái)?shù)，設(shè)n=ab,1

11、于等于的素因子的條件矛盾，故n必為素?cái)?shù)。.專業(yè)資料.整理分享..WORD.格式.習(xí)題１.１Ｂ（P11）１.對(duì)每個(gè)正整數(shù)n,證明是既約分?jǐn)?shù)。證明：，所以是既約分?jǐn)?shù)。4．設(shè)則當(dāng)且僅當(dāng)。證明：設(shè)，則有。（1）若，則有，而，所以，即。（2）若，即，有，又因?yàn)椋烧膫鬟f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。解：利用輾轉(zhuǎn)相除法。963=657×1+306657=306×2+45306=45×6+3645=36×1+936=9×4（963，6

12、57）=9，將以上倒數(shù)第2式通過回代得到963×（-15）+657×22=9即(x,y)=(-15,22)是原方程的一個(gè)解。從而全部整數(shù)解為：6．求下列方程的全部整數(shù)解（１）6x+20y-15z=23（２）25x+13y+7z=2解：（1）因?yàn)椋?，20，15）=1

13、23，可知方程有整數(shù)解，又因?yàn)?20,15)=5,可知{20y+15z:y,z∈Z}=5Z,因此方程等價(jià)于聯(lián)立方程組.專業(yè)資料.整理分