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习题四

习题四

作者: 洛玖言 | 来源:发表于2019-10-11 13:32 被阅读0次

习题四

1

证明：连续 n 整数中恰有一个被 n 整除.

Sol:
易知，连续 n 个整数可以表示为，kn-i,kn-i+1,\cdots,(k+1)n-i-1\,\,(0\leqslant i<n)
通过适当调整顺序可得模 n 的完全剩余系.
知必存在一数与 0 同余.
所以连续 n 整数中恰有一个被 n 整除.

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(i) 证明：完全平方数模 3 同余于 0 或 1；模4 同余于 0 或 1；模 5 同余于 0，1 或 4.
(ii) 证明：完全立方数模 9 同余于 0 或 \pm 1；整数的四次幂 模 16 同余于 0 或 1.

(i)
Sol:
可用 3n,3n+1,3n+2\,(n\in\mathbb{Z}) 表示所有整数
(3n)^2\equiv9n^2\equiv0\pmod{3}
(3n+1)^2=3(3n^2+2n)+1\equiv1\pmod{3}
(3n+2)^2=3(3n^2+4n+1)+1\equiv1\pmod{3}
知上述结论成立.

同理也可用 4n,4n+1,4n+2,4n+3 表示所有整数
(4n)^2=4(4n^2)\equiv0\pmod{4}
(4n+1)^2=4(4n^2+2n)+1\equiv1\pmod{4}
(4n+2)^2=4(4n^2+4n+1)\equiv0\pmod{4}
(4n+3)^2=4(4n^2+6n)+1\equiv1\pmod{4}
知上述结论成立.

同理也可用 5n,5n+1,5n+2,5n+3,5n+4 表示所有整数
(5n)^2=5(5n^2)\equiv0\pmod{5}
(5n+1)^2=5(5n^2+2n)+1\equiv1\pmod{5}
(5n+2)^2=5(5n^2+4)+4\equiv4\pmod{5}
(5n+3)^2=5(5n^2+6n+1)+4\equiv1\pmod{5}
(5n+4)^2=5(5n^2+8n+3)+1\equiv1\pmod{5}
知上述结论成立.

(ii)
Sol:
可用 3n-1,3n,3n+1\,(n\in\mathbb{Z}) 表示所有整数
(3n)^3\equiv27n^3\equiv0\pmod{9}
(3n+1)^3\equiv9(3n^3+3n^2+n)+1\equiv1\pmod{9}
(3n-1)^3\equiv9(3n^3-3n^2+n)-1\equiv-1\pmod{9}

可用 2n,2n+1\,(n\in\mathbb{Z}) 表示所有整数
(2n)^4\equiv16n^4\equiv0\pmod{16}
(2n+1)^4\equiv16(n^2+n)^2+8n(n+1)+1\equiv1\pmod{16}
补：n,n+1 中必有一为偶数，所以 8n(n+1)\equiv0\pmod{16}

综上所述，完全立方数模 9 同余于 0 或 \pm 1；整数的四次幂 模 16 同余于 0 或 1.
得证.

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(i) 证明：当 n\geqslant3 时，\varphi(n) 是偶数；
(ii) 证明：当 n\geqslant2 时，不超过 n 且与 n 互素的正整数之和是 \dfrac12n\varphi(n) .

Sol:
当 n 是奇数时，若存在一个 0<i<\dfrac{n}2，且 (i,n)=1 ，
都有 (n-i,n)=1 且 \dfrac n2<n-i<n
所以 对于任意的 i 有 (i,n) 都有 n-i 与其一一对应.且不存在 i=n-i
所以此时 \varphi(n) 为偶数.

当 n 为偶数时，\dfrac{n}{2} 为整数，且 (n,\dfrac{n}{2})=\dfrac{n}{2}>1
同样
若存在一个 0<i<\dfrac{n}2，且 (i,n)=1 ，
都有 (n-i,n)=1 且 \dfrac n2<n-i<n

所以 对于任意的 i 有 (i,n) 都有 n-i 与其一一对应.且不存在 i=\dfrac{n}{2}
所以此时 \varphi(n) 为偶数.

所以对与任意 n\geqslant3， 都有 \varphi(n) 时偶数.

(ii)
Sol:
对于任意的与 n 互素的正整数 i,\,(0<i<\dfrac{n}{2}) ,有 n-i 也与 n 互素
每一对之和都为 n 一共有 \dfrac{1}{2}\varphi(n) 对与 n 互素的正整数，
所以 不超过 n 且与 n 互素的正整数之和是 \dfrac12n\varphi(n).
得证.

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设 n 为偶数， a_1,\cdots,a_n 及 b_1,\cdots,b_n 都是模 n 的完系，则 a_1+b_1,\cdots,a_n+b_n 不是模 n 的完系.

反证法：
设 a_1+b_1,\cdots,a_n+b_n 是模 n 的完系，
设 a_1,\cdots,a_n 模 n 的求和为 A=1+2\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}
b_1,\cdots,b_n 模 n 的求和为 B=1+2\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}
\because a_1+b_1,\cdots,a_n+b_n 是模 n 的完系
\therefore a_1+b_1+\cdots+a_n+b_n\equiv(1+2+\cdots+n)\equiv\dfrac{n(n+1)}{2}\pmod{n}
又 a_1+a_2+\cdots+a_n+b_1+b_2+\cdots+b_n\equiv n(n+1)\pmod{n}
由上述两式可知
\dfrac{n(n+1)}{2}\equiv n(n+1)\pmod{n}
所以有 \dfrac{n+1}{2}\equiv0\pmod{n}
又 n 为偶数，知与题设矛盾.
所以，n 为偶数时， a_1,\cdots,a_n 及 b_1,\cdots,b_n 都是模 n 的完系，则 a_1+b_1,\cdots,a_n+b_n 不是模 n 的完系.

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用例 1 的方法，求满足下免同余式的 x :
(i) 8x\equiv 5\pmod{23}
(ii) 60x\equiv 7 \pmod{37}

这边先引一下例一

例一

求满足 24x\equiv7\pmod{59} 的所有 x.

Sol:
由于 (24,59)=1，从而

\begin{aligned} x\equiv&\dfrac{7}{24}\equiv\dfrac{7+59}{24}\equiv\dfrac{66}{24}\\ \equiv&\dfrac{11}{4}\equiv\dfrac{-48}{4}\\ \equiv&-12\pmod{59} \end{aligned}

(i)
Sol:
由于 (8,23)=1，从而

\begin{aligned} x\equiv&\dfrac{5}{8}\equiv\dfrac{5+23}{8}\equiv\dfrac{7}{2}\\ \equiv&\dfrac{7+23}{2}\\ \equiv&15\pmod{23} \end{aligned}

(ii)
Sol:
由于 (60,37)=1，从而

\begin{aligned} x\equiv&\dfrac{7}{60}\equiv\dfrac{7+37}{60}\equiv\dfrac{44}{60}\\ \equiv&\dfrac{11}{15}\equiv\dfrac{11+37}{15}\equiv\dfrac{48}{15}\\ \equiv&\dfrac{16}{5}\equiv\dfrac{16+37}{5}\equiv\dfrac{53}{5}\\ \equiv&\dfrac{53+37}{5}\equiv\dfrac{90}{5}\\ \equiv&18\pmod{37} \end{aligned}

整数与多项式-【目录】

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