习题2及解答Word下载.docx
《习题2及解答Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《习题2及解答Word下载.docx（29页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
当n＝2m＋1时，3n＝9m×
3≡3（mod8），
所以，对任意正整数n，有3n＋1＝2或4（mod8），
故k≤2．又22｜31＋1，所以，所求k的最大值为2．
5．设n为正整数．证明：
存在十进制表示中只出现数码0和1的正整数m，使得
【答案】考虑数列1，11，111，…，
其中必有两个数对模n同余（因为任何整数除以n所得的余数只能为0，1，2，…，n－1，共n种情况），它们的差（大的减小的）就是符合要求的m．
6．设n为是一个正奇数．证明：
存在一个十进制表示中每个数码都是奇数的正整数m，使得
．
【答案】如果（5，n）＝1，那么由上题的结论，知存在m＝
，使得n｜m，而n为奇数，结合5
n，知（n，10）＝1，故n｜
．命题获证．
如果5｜n，设5α｜n，那么可写n＝5α·
n1，其中5
n1．利用2.2节例5的结论，可知存在一个α位的正整数m1，使得5α｜m1，且m1的每个数码都是奇数，这时，考虑数
m1，
，…，
，
这里
表示i个m1连写形成的十进制数（故上面所列的数都是5α的倍数），则存在1≤i＜j≤n1＋1，使得
≡
（modn1），
结合（n1，10）＝1，可知
n1｜
于是记m＝
，则m中的每个数码都是奇数，且
5α｜m，n1｜m，
而（5α，n1）＝1，
故5α·
n1｜m，即n｜m．
命题获证．
7．证明：
对每个正整数n，数
都是合数．
【答案】若n为偶数，则19×
8n＋17≡1×
（－1）n＋2≡0（mod3）；
若n≡1（mod4），写n＝4k＋1，则
19×
8n＋17＝19×
642k×
8＋17≡6×
（－1）2k×
8＋4≡0（mod13）；
若n≡3（mod4），则19×
642k+1×
8＋17≡（－1）×
（－1）2k+1×
3＋2≡0（mod5）．
所以，对任意正整数n，数19×
8n＋17是合数．
8．Fibonaccia数列
定义如下：
，n＝1，2，…．
（1）证明：
该数列任意连续10项之和是11的倍数；
（2）求最小的正整数k，使得该数列中任意连续k项之和是12的倍数．
【答案】考虑数列｛Fn｝中每一项除以11（或12）所得的余数．
⑴｛Fn（mod11）｝：
1，1，2，3，5，－3，2，－1，1，0，1，1，…，所以｛Fn（mod11）｝是以10为周期的纯周期数列，因此
｛Fn｝中任意连续10项之和≡1＋1＋2＋3＋5＋（－3）＋2＋（－1）＋1＋0＝11≡0（mod11），
命题获证．
⑵｛Fn（mod12）｝：
1，1，2，3，5，－4，1，－3，－2，－5，5，0，1，1，…是以12为周期的纯周期数列．直接验证，可求出满足条件的最小正整数k＝36．
说明若k是满足⑵的最小正整数，而n是满足⑵的正整数，则k｜n（这个结论请读者证明）．因此，找到满足条件的n＝36（｛Fn（mod12）｝的每个周期内各数之和≡4（mod12））后，只需验证36的正因数不合要求，就能断言36是符合条件的最小正整数．
9．设整数a、b满足：
．证明：
【答案】先分别证明：
⑴若a2＋b2≡0（mod3），则a≡b≡0（mod3）；
⑵若a2＋b2≡0（mod7），则a≡b≡0（mod7）．
这只需注意到，对任意整数x，都有x2≡0或1（mod3），
及x2≡0，1，2或4（mod7），
即可证出．
现在由21｜a2＋b2可推出21｜a，21｜b，故212｜a2＋b2，所以命题成立．
10．正整数a、b、c满足：
c有一个大于5的素因子．
【答案】我们分别证明：
⑴若2｜c，则2｜a，2｜b；
⑵若3｜c，则3｜a，3｜b；
⑶若5｜c，则5｜a，5｜b．
⑴的证明是平凡的．
⑵的证明只需注意到c2＝a2＋ab＋b2＝（a－b）2＋3ab，就容易证出．
对于⑶，由条件，知4c2＝4a2＋4ab＋4b2＝3a2＋（a＋2b）2，
而对任意整数x，知x2≡0，1，4（mod5），
于是，由3x2＋y2≡0（mod5），
可知x2≡y2≡0（mod5），
即x≡y≡0（mod5）．
因此，由5｜c，知3a2＋（a＋2b）2≡0（mod5），
故a≡a＋2b≡0（mod5），
可得a≡b≡0（mod5），
所以⑶成立．
回到原题，当c是2、3或5的倍数时，c2＝a2＋ab＋b2两边可分别约去22、32或52后，等式的形式保持不变．所以c有一个大于5的素因子．
11．将整数1，2，…，9填入一个3×
3的表格，每格一个数，使得每行、每列及每条对角线上各数之和都是9的倍数．
该表格中正当中那个方格内的数是3的倍数；
（2）给出一个正当中方格内所填数为6的满足条件的放置方法．
【答案】⑴设表格中第i行、第j列的方格上所填的数为aij，1≤i≤3，1≤j≤3，
则a11＋a22＋a33≡a13＋a22＋a31≡a12＋a22＋a32≡a21＋a22＋a23≡0（mod9），
于是它们求和后，得（a11＋a12＋a13＋a21＋a22＋a23＋a31＋a32＋a33）＋3a22≡0（mod9），
即3a22＋（1＋2＋…＋9）≡0（mod9），
故9｜3a22，
即3｜a22，
从而表格中正当中的格子内所填数为3的倍数．
⑵下表给出的例子是中间格为6的一种填法．
9
5
4
1
6
2
8
7
3
12．下面的算式给出了一种判别一个数是否为19的倍数的方法：
每次去掉该数的最后一位数字，将其两倍与剩下的数相加，依此类推，直到数变为20以内的数为止，若最后一个数为19，则最初的那个数为19的倍数，否则原数不是19的倍数．
例如上面判定了67944为19的倍数，而44976不是19的倍数．
（1）试证明：
上面的判别方法是正确的；
（2）请给出判别一个数是否为29的倍数的类似方法．
【答案】一般地，设数
是一个十进制表示下的n＋1位数，则若它是19的倍数，那么
10
＋a0＝
≡0（mod19），
故20
＋2a0≡0（mod19），
即
这表明每次操作后的结果都是19的倍数．
另一方面，若
则10
＋20a0≡0（mod19），
这表明10
＋a0≡0（mod19），
≡0（mod19），
所以，每次操作后的结果是19的倍数，则操作前该数也是19的倍数．
所以，题给的判别方法是正确的．
对于29而言，类似的判别方法是：
每次去掉最后一位，将它的3倍与剩下的数相加，以此类推，直到变为30以内的数为止．若最后的结果为29，则原数是29的倍数，否则原数不是29的倍数．
13．能否将2010×
2010的方格表的每个方格染成黑色或白色，使得关于表格的中心对称的方格颜色不同，且每行、每列中黑格数与白格数都各占一半？
【答案】不能做到．
事实上，若存在满足条件的染色方式，我们在黑格中都写上＋1，白格中都写上－1，并依表格的中心所在的两条方格线将表格分为4块，左上角那块中各数之和设为A，右上角那块为B，左下角那块为C，右下角那块为D．由条件，可知A，B，C，D都是10052个奇数之和，故A，B，C，D都为奇数，且A＝－D，B＝－C（因为关于表格的中心对称的方格不同色），而且A＋B＝A＋C＝0（这里用到每行、每列中黑、白格数各占一半）．所以，A－C＝A＋C＝0，这要求A＝C＝0，但A、C都是奇数，矛盾．
14．标号为1，2，…，100的火柴盒中有一些火柴，如果每次提问允许问其中任意15盒中所有火柴数之和的奇偶性．那么要确定1号盒中火柴数的奇偶性，至少需要提问几次？
【答案】至少需要3次提问．
先证“3次提问是足够的”．例如：
第一次为：
a1，a2，…，a15；
第二次为：
a1，a2，…，a8，a16，a17，…，a22；
第三次为：
a1，a9，a10，…，a22．
其中ai表示第i盒中火柴的数目．这样，3个答案之和的奇偶性与a1的奇偶性相同（其余每盒在3次提问中恰好出现2次）．因此，经3次提问可确定a1的奇偶性．
再证“至少需要3次提问”．如果提问只有两次，且两次中都出现a1，那么在两次提问中必有ai和aj，使得ai只在第1次提问中出现，而aj只在第二次提问中出现，这样同时改变a1、ai、aj的奇偶性，每次答案是相同的，从而不能确定a1的奇偶性．如果两次中都不出现a1，在a1都不出现时，改变a1的奇偶性；
在a1只出现一次时，改变a1与ai（这里ai是与a1同时出现的某个火柴盒）的奇偶性，那么两次答案仍是相同的，不能确定a1的奇偶性．
综上可知，至少需要提问3次．
15．求所有的正整数n，使得可以在一个n×
n的方格表的每个方格内写上＋1或－1，满足：
每个标号为＋1的方格的相邻格中恰有一个标号是－1，而每个标号为－1的方格的相邻格中恰有一个标号是＋1．
【答案】用aij表示第i行、第j列上的方格内所填的数．如果存在符合要求的填法，那么我们不妨设a11＝1（否则改变表格中所有数的符号再讨论），此时a21与a22中恰好有一个为－1，不妨设a21＝－1（否则将表格的第2行与第2列互换后再讨论），则a12＝1，进一步讨论，知a22＝－1，a13＝1，…，可知第1行中的数都是1，第2行中的数都是－1，进而，第3行中的数都是－1，第4行中的数都是1，依此递推，知当且仅当i≡1（mod3）时，第i行中的数都是1，而其余每行中的数都是－1．如果，n≡0（mod3），那么第n行的数为－1，该行上的每个方格中相邻方格上的书都是－1，不合要求，直接验证可知其余情况都合要求．
所以，当且仅当3
n，n＞1时，存在符合要求的填法．
16．设
是1，2，…，100的一个排列，令
，i＝1，2，…，100，记
为
除以100所得的余数．证明：
中至少有11个不同的数．
【答案】若r1，r2，…，r100中只有10个不同的数，则对i＝1，2，…，99，ri+1－ri只有102－9＝91（这里减去9是因为ri+1＝ri时所得的值都是零）种不同取值．但是在模100的意义下，ri+1－ri依次为a2，a3，…，a100，共有99种不同的取值，矛盾．
所以r1，r2，…，r100中至少有11个不同的值．
17．求所有满足下述条件的正整数a的个数：
存在非负数
，使得
＝
【答案】若a是一个满足条件的数，则
＞1，故a＞1．
此时，对
＋
＋…＋
两边模a－1，知1≡
（moda－1），
所以a－1｜2000．
另一方面，若a＞1满足a－1｜2000，则我们在x1，x2，…，x2001中取a个数为0，a－1个为1，a－1个为2，…，a－1个为k－1，这里k＝
，并取x0＝k，就有
所以，当且仅当a＞1且a－1｜2000时，a为满足条件的数，这样的a共有20个．
18．设m、n为正整数，m＞1．证明：
的充要条件是
【答案】若m（2m－1）｜n，设n＝m（2m－1）k，则
2n－1＝
－1＝
A，
其中A＝
＋1．
注意到
－1≡
－1≡0（mod2m－1），
所以
2｜2n－1．
反过来，若
2｜2n－1，我们先证m｜n．若否，设n＝mq＋r，0＜r＜m，则由
2n≡1（mod2m－1），
知（2m）q·
2r≡1（mod2m－1），
故2r≡1（mod2m－1），
但是1≤2r－1＜2m－1．
所以2m－1
2r－1，矛盾．因此m｜n．
现设n＝mq，则2n－1＝（2m－1）×
B，
其中B＝（2m）q-1＋（2m）q-2＋…＋2m＋1，
由（2m－1）2｜2n－1，
知2m－1｜B，
又B＝1q-1＋1q-2＋…＋1＝q（mod2m－1），
所以2m－1｜q，
从而m（2m－1）｜n．
19．设正整数a、b互素，p为奇素数．证明：
【答案】记A＝
＝ap-1―ap-2b＋…―abp-2＋bp-1，结合p为奇数及b≡―a（moda＋b），知
A≡
＝pap-1（moda＋b）．
而（a，b）＝1，
故（a，a＋b）＝1，
所以（a＋b，
）＝（a＋b，A）＝（a＋b，pap-1）＝（a＋b，p）＝1或p．
20．求最小的正整数a，使得对任意整数x，都有
【答案】由条件，知65｜（18＋9a）（取x＝1），而（9，65）＝1，故65｜a＋2，
即a≥63．
当a＝63时，利用Fermat小定理知：
对任意整数x，都有
5x13＋13x5＋9ax≡13x＋9ax≡（3＋（－1）×
3）x≡0（mod5）；
5x13＋13x5＋9ax≡5x＋9ax≡（5＋9×
（－2））x≡0（mod13）．
所以65｜5x13＋13x5＋9ax．
综上可知，所求的最小正整数a＝63．
21．是否存在整数a、b、c，使得方程
和
都有两个整数根？
【答案】不存在这样的整数a、b、c．
事实上，若a、b、c满足条件，我们不妨设a为偶数（否则用－（a＋1）、－（b＋1）、－（c＋1）代替a、b、c讨论），由条件，结合韦达定理知－
与
都是整数，故b、c都是偶数，所以a＋1、b＋1、c＋1都是奇数．此时，对任意整数x，有
（a＋1）x2＋（b＋1）x＋（c＋1）≡x2＋x＋1＝x（x＋1）＋1≡1（mod2）
（最后一步用到x与x＋1中有一个偶数）．这表明方程（a＋1）x2＋（b＋1）x＋（c＋1）＝0没有整数根，矛盾．
22．求所有的正整数组（x，y，z，w），使得x！
＋y！
＋z！
＝w！
【答案】不妨设x≤y≤z＜w，则w≥z＋1，若z≥3，则
w！
≥（z＋1）·
（z！
）≥z！
＋x！
矛盾，故z≤2．
若z＝1，则x＝y＝z＝1，此时w！
＝3，不存在这样的w，故z＝2．
此时w≥3，故w！
≡0（mod3），
所以x！
≡1（mod3），
而x≤y≤2，
故只能是x＝y＝2，
此时w＝3，
故（x，y，z，w）＝（2，2，2，3）．
23．求满足下述条件的整数数组（a，b）的组数：
0≤a，b≤36，且
【答案】注意到，a2＋b2≡a2－36b2（mod37），故由条件知
37｜a2－36b2，
即37｜（a－6b）（a＋6b），
所以37｜a－6b或37｜a＋6b．
因此，对每个1≤b≤36，可知恰有两个a（a≡±
6b（mod37））满足条件，
而b＝0时，由a2＋b2≡0（mod37）知a＝0．
所以，满足条件的（a，b）共有2×
36＋1＝73（组）．
24．设m、n为正整数，且
m是一个完全平方数．
【答案】有条件可设m2＋n2＋m＝kmn，k为正整数，这样，关于n的一元二次方程n2－kmn＋m2＋m＝0①有正整数解，故△＝（km）2－4（m2＋m）＝m（k2m－4m－4）是一个完全平方数．
若m为奇数，则（m，k2m－4m－4）＝（m，－4）＝1，故由△为完全平方数知m为完全平方数．
若m为偶数，则由①知n为偶数（否则①的左边为奇数，矛盾），故4｜n2，4｜kmn，4｜m2，从而由①知4｜m．设m＝4m1，则△＝16m1（k2m1－m1－1），
所以，m1（k2m1－m1－1）是一个完全平方数，这时（m1，k2m1－m1－1）＝（m1，－1）＝1．
故m1是完全平方数，所以m＝4m1也是完全平方数，命题获证．
25．证明：
若正整数n可以表示为三个正整数的平方和的形式，则
也可以表示为三个正整数的平方和的形式．
【答案】设n＝x2＋y2＋z2，x≥y≥z为正整数，
则n2＝（x2＋y2＋z2）2
＝（x2＋y2）2＋2（x2＋y2）z2＋z4
＝（x2＋y2－z2）2＋4（x2＋y2）z2
＝（x2＋y2－z2）2＋（2xz）2＋（2yz）2．
注意到，x2＋y2－z2＞0，知n2可表为3个正整数的平方和．
26．求所有的正整数n，使得n的三次方根等于n去掉最后三位数字后得到的正整数．
【答案】设n＝1000x＋y，这里x为正整数，y为整数，且0≤y≤999．依题意知x3＝1000x＋y．
1000x≤x3＜1000x＋1000＝1000（x＋1），
故x2≥1000，x3＋1≤1000（x＋1），
得x2≥1000，x2－x＋1≤1000．
所以32≤x＜33，
故x＝32，
这样y＝768，
所以n＝32768．
27．证明：
存在无穷多个整数n，使得数n、n＋1、n＋2都可以表示为两个整数（不必不同）的平方和．例如：
，故n＝0即为一个满足条件的整数．
【答案】只需寻找正整数l，使得l2－1＝x2＋y2有正整数解．
令x＝2m2，y＝2m，及l＝2m2＋1，就有l2－1＝x2＋y2．所以，对任意正整数m，取
n＝（2m2＋1）2－1＝4m4＋4m2，
则n＝（2m2）2＋（2m）2，
n＋1＝（2m2＋1）2＋02，
n＋2＝（2m2＋1）2＋12．
28．求最小的正整数n，使得在十进制表示下
的末三位数字是888．
【答案】由条件，知n3≡888（mod1000），故
n3≡888（mod8），n3≡888（mod125），
由前者知n为偶数，设n＝2m，则
m3≡111（mod125），
因此m3≡111≡1（mod5）．
注意到当m＝0，1，2，3，4（mod5）时，对应地
m3≡0，1，3，2，4（mod5），
所以，由m3≡1（mod5）知m≡1（mod5），可设m＝5k＋1，这时
m3＝（5k＋1）3＝125k3＋75k2＋15k＋1≡111（mod125），
故75k2＋15k≡110（mod125），
从而15k2＋3k≡22（mod25），
既有15k2＋3k＋3≡0（mod25），
故5k2＋k＋1≡0（mod25）．
这要求5k2＋k＋1≡0（mod25），
故5│k＋1．
可设k＋1＝5l，得5k2＋k＋1＝5×
（5l－1）2＋5l，
＝125l2－50l＋5（l＋1）
≡0（mod25），
故5│l＋1．
可设l＋1＝5r，因此
n＝2m＝10k＋2＝10（5l－1）＋2
＝50l－8＝50（5r－1）－8
＝250r－58．
结合n为正整数，可知n≥250－58＝192．
又1922＝7077888符合要求，故满足条件的最小正整数为192．
29．设正整数n＞1，证明：
数
既不是完全平方数，也不是完全立方数．
【答案】由于n≥2，故2n－1≡－1（mod4），而完全平方数≡0或1（mod4），故2n－1不是完全平方数．
另一方面，若存在n＞1及正整数x，
使得2n－1＝x3，
则2n＝（x＋1）（x2－x＋1），
由于x2－x＋1＝x（x－1）＋1，
其中x（x－1）为偶数（两个相邻整数中有一个为偶数），故x2－x＋1为奇数，
这要求x2－x＋1＝1，
进而x＝1，导出n＝1，矛盾．故2n－1不是一个完全平方数．
30．设a、b、c为正整数，且
为整数．证明：
a、b、c都是完全平方数．
【答案】先证：
对任意正整数a，若
为有理数，则a为完全平方数．
事实上，若
，p、q为正整数，且（p，q）＝1，则a＝
，此时由a为正整数，知p2｜q2，但（p，q）＝1，故p＝1，即a＝q2．
再证原题：
设
＝m，m为整数，则（
）2＝（m－
）2
即a＋b＋2
＝m2－2
＋c，
于是
为有理数．进而可设
＝n，n为正有理数，
则ab＝（n－
）2＝n2－2n
＋c，
故
为有理数．利用前面的结论可知c为完全平方数，因此
＝m－
为正整数．同上处理可知a，b也都是完全平方数．
31．已知正整数c是一个奇合数．证明：
存在正整数a，使得
，且
是一个完全平方数．
【答案】通过凑完全平方式来处理．由条件可设c＝pq，3≤p≤q，p、q都是奇数，现在需要寻找a，使得（2a－1）2＋8pq是一个完全平方式，一个自然的取法是：
2a－1＝2q－p，则
（2a－1）2＋8pq＝（2q－p）2＋8pq＝（2q＋p）2，
a＝
（2q－p＋1）＝q－
≤q－1＝
－1≤
－1，
符合题中的要求．
32．设整数a、b满足：
对任意正整数n，数
都是完全平方数．证明：
a＝0．
【答案】若a≠0，注意到在a＜0时，n充分大后，数2na＋b＜0，与2na＋b为完全平方数矛盾，故a＞0．现在设2na＋b≡x2n，xn为正整数，则对任意正整数n，有xn＜xn+1．
由于4x2n－x2n+2＝4（2na＋b）－（2n+2a＋b）＝3b，
升级会员 