初等代数研究课后习题答案

初等代数研究课后习题

20071115033 数学院 07（1） 杨明

1、证明自然数的顺序关系具有对逆性与全序性，即

（1）对任何N b a ∈,，当且仅当b a <时，a b >.

（2））对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立.

证明：对任何N b a ∈,，设a A ==，b B ==

（1）“?” b a <，则B B ??,,使,~B A ，A B B ~,?∴,a b >∴ “?” a b >，则B B ??,,使A B ~,，B B A ?∴,~,b a <∴

综上 对任何N b a ∈,，b a

（2）由（1）b a b a <∴与b a >不可能同时成立，

假设b a <∴与b a =同时成立，则B B ??,,使,~B A 且B A ~，

,~B B ∴与B 为有限集矛盾，b a <∴与b a =不可能同时成立，

综上，对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立..

2、证明自然数的加法满足交换律.

证明：对任何N b a ∈,设M 为使等式a b b a +=+成立的所有b 组成的集合

先证 a a +=+11，设满足此式的a 组成集合k ，显然有1+1=1+1成立

φ≠∈∴k 1，设k a ∈，a a +=+11，则

+++++++=+=+==+a a a a a 1)1()1()(1

k a ∈∴+，N k =∴， 取定a ，则1M φ∈≠，设,b M a b b a ∈+=+，则

()()a b a b b a b a +++++=+=+=+ ,b M M N

+∴∈∴= ∴ 对任何N b a ∈,，a b b a +=+

3、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b N ?∈，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，

()()1f b g b a ==? 1M φ∴∈≠ 设b N ∈则()()f b g b =()()f b a g b a ∴+=+ ()()f b g b ++∴=，b M +∴∈，M N ∴= 即b N ?∈，()()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1a =时，b N ?∈，

111,1111b b b b ++?=?==+=?+ φ≠∈∴k 1，设a K ∈，b N ?∈，

有,a b 与它对应，且1a a ?=，ab ab a +=+，对b N ?∈，令a b ab b +

=+ 1111a a a a ++?=?+=+=

1

()(1)

a b ab b ab a b ab b a a b a ++++++

=+=+++=+++=+

a K +∴∈ K N ∴= 即乘法存在

p24—5、解：满足条件的A 有1{

1,2}A =，2{1,2,3}A =，3{1,2,4}A =，4{1,2,5}A = 5{1,2,3,4}A =，6{1,2,3,5}A =，7{1,2,4,5}A =，8{1,2,3,4,5}A =

123456782,3,4,5A A A A A A A A ========∴========基数和为23343528+?+?+= p24—6、证明：,A a B b ==，A 中的x 与B 中的y 对应 A B ab ∴?=，B A ba ab ∴?==

A B ab ?= A B A B B A

∴?=?=? p24—8、证明：1）3+4=7

3134++== 3231(31)4++++=+=+==

3332(32)56++++=+=+==

3433(33)67+++

+=+=+==

2）3412?= 313?= 32313136

+?=?=?+= 33323239+?=?=?+=

343333312+?=?=?+=

p24—12、证明：1）()m n m n ++++

+=+

()1(1)m n m n m n m n +++++++=++=++=+

2）()mn nm m +++=+

()1(1)mn mn mn m nm m ++++=+=++=+

p26—36、已知(,)f m n 对任何,m n N ∈满足

(1,)1(1,1)(,2)(1,1)(,(1,))f n n f m f m f m n f m f m n =+??+=??++=+?

求证：1）(2,)2f n n =+

2）(3,)22f n n =+

3）1(4,)22n f n +=-

证明：1)当1n =时，(2,1)(11,1)(1,2)2112f f f =+==+=+结论成立，

假设n k =时，结论成立，即(2,)2f k k =+，

当1n k =+时，

(2,1)(11,1)(1,(2,))(1,2)(2)1(1)2

f k f k f f k f k k k +=++==+=++=++ 所以对一切自然数结论都成立

2）当1n =时，(3,)(21,)(2,2)22212f n f n f =+==+=?+结论成立

假设n k =时，结论成立，即(3,)22f k k =+

当1n k =+时，

(3,1)(21,1)(2,(3,))(2,22)2222(1)2

f k f k f f k f k k k +=++==+=++=++ 所以对一切自然数结论都成立

3）当1n =时，11(4,1)(31,1)(3,2)2222

2f f f +=+==?-=-结论成立 假设n k =时，结论成立，即1(4,)2

2k f k +=- 当1n k =+时，

112(4,1)(3,(4,))(3,22)

2(22)222k k k f k f f k f ++++==-=-+=-

所以对一切自然数结论都成立

p62—1、证明定理2.1

证明：[,],[,]a b c d Z ?∈，[,][,][,]a b c d a c b d +=++

因为自然数加法满足交换律[,][,]a c b d c a d b ∴++=++

而[,][,][,]c d a b c a d b +=++[,][,][,][,]a b c d c d a b ∴+=+

[,],[,],[,]a b c d e f Z ?∈，

[,][,][,][,][,][(),()]a b c d e f a c b d e f a c e b d f ++=+++=++++

以为自然数满足加法结合律([,][,])[,][,]([,][,])a b c d e f a b c d e f ∴++=++ 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 b c d =的充要条件是[,][,][1,1]a b c d -= 证明：“?” 已知[,][,]a b c d =则a d b c +=+

[,][,][,][1,1]a b c d a d b c ∴-=++=

“?” 已知[,][,][1,1]a b c d -=则[,][1,1]a d b c ++=，a d b c +=+

[,]

[,]a b c d ∴= p62—4、已知N b a ∈,，求证([,])[,]a b a b --=

证明：[,][,]a b b a -= ([

,])[,][,a b b a a b --=-= p62—5、已知[,],[,]a b c d Z ∈，求证([,][,])[,][,]a b c d a b c d --=-+

证明：左边([,][,])[,][,]a b c d a d b c b c a d --=-++=++

右边[,][,][,][,][,]a b c d b a c d b c a d -+=+=++

所以左边等于右边([,][,])[,][,]a b c d a b c d ∴--=-+

p62—7、已知,,a b c N ∈，求证当且仅当a d b c +<+时[,][,]a b c d <

证明：“?” 已知a d b c +<+，[,][,][,]a b c d a d b c -=++

因为 a d b c +<+ [,]a d b c ∴++是负数，[,][,]a b c d ∴<

“?” 已知[,][,]a b c d <则[,][,][,]a b c d a d b c -=++

因为[,]a d b c ++是负数，a d b c ∴+<+

p62—9、已知,Z αβ∈，求证：1）αβαβ+≤+

，2） αβαβ=

证明：设[,],[,]a b c d αβ== 1）[,]a c b d αβ+=++ ()()

a c

b d αβ∴+=+-+ 而,a b

c

d αβ=-=-

()()()()a c b d a b c d a b c d

+-+=-+-≤-+- αβαβ∴+≤+

2）[,]ac bd ad bc αβ=++ ()ac bd ad bc αβ∴=+-+

而,a b c d αβ=-=-

()()()()()ac bd ad bc a c d b d c a b c d a b c d +-+=-+-=--=-- αβαβ∴=

p63—12、n 名棋手每两个比赛一次，没有平局，若第k 名胜负的次数各为,k k a b ，

1,2,........,k n =，求证：2222221212......n n

a a a

b b b +++=+++ 证明：对于(1,2,...,)k a k n =，必存在一个(1,2,...,)j b j n =使得k j a b =

?22

(,1,2,...,)k j a b k j n == 222221212......n n a a a b b b ∴+++=+++ p63—16、已知10p a b -，10p c d -，求证p ad bc -

证明：由已知：,s t Z ?∈使10a b ps -=，10c d pt -=

? 10,10b a ps d c pt =-=-

10(10)()ad bc ac apt ac cps p cs at ∴-=---=-

p ad bc ∴-

p63—17、设2不整除a ，求证281a +

证明：因为2不整除a ，所以存在唯一一对,q r Z ∈，使2a q r =+，其中02r <<

?1r =，22441a q q ∴=++?214(1)a q q -=+ 281a ∴-

p63—20、设a Z ∈，求证(1)(2)(3)1a a a a ++++是奇数的平方

证明：

22222

(1)(2)(3)1[(1)1](1)[(2)(2)1]1

[(1)(1)][(2)(2)]1

(1)(2)2(1)(2)1

[(1)(2)1]a a a a a a a a a a a a a a a a a a ++++=+-+++++=+-+++++=++-+++=++- 1,2a a ++肯定一奇一偶(1)(2)a a ∴++肯定为偶数

(1)(2)1a a ∴++-肯定为奇数

p63—22、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(1)2

n n + 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2,4,7,9

p63—26、证明2.3定理1（12,,......,n a a a ）=（12,,......n a a a ）

证明：因为：（12,,......,n a a a ）是12,,......n a a a 的公因数中的最大数

所以R 需考虑非负整数 ∴（12,,......,n a a a ）=（12,,......n a a a ） p63—29、证明2.3定理4的推论(,)1a b =的充要条件是有,x y Z ∈使得1ax by += 证明：因为(,)1a b = ,a b ∴不全为0

“?” 由定理4 ,x y Z ?∈使(,)1ax by a b +==

“?” 设(,)a b d =则,d a d b ，d ax by ∴+ 1d ∴ (,)1d a b ∴==

p63—30、证明2.3定理6及其推论。定理6：若m N ∈，则(,)(,)ma mb m a b =

证明：若,a b 都为0，则(0,0)(0,0)m =显然成立

若,a b 不全为零，则00,x y Z ?∈使00(,)ax by a b +=

''(,)max mby ma mb +=而''''()max mby m ax by +=+

因为,x y Z ?∈，00ax by ax by ++ ''00ax by ax by ∴++

''00()m ax by max mby ∴++?''(,)m a b max mby +?(,)(,)

m a b m a m b 而00(,)(,)ma mb amx mby m a b += (,)(,)

m a m b m a b ∴= 推论：设d 是,a b 的公因数，则(/,/)1a d b d =的充要条件是(,)d a b =

证明：“?” d 是,a b 的公因数 d N ∴∈ (/,/)

(,)d d a d b d a b ∴== “?” 因为(,)d a b = ,x y Z ∴?

∈，使ax by d += ? ,x y Z ?∈，使(/)(/)1a d x b d y +=?(/,/)1a d b d =

p64—32、证明2.3定理七及其推论

定理七：若(,)1a c =，b Z ∈，,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0 ,x y Z ∴?∈使(,)abx cy ab c +=

因为(,)1a c = (,),(,)a b c b a b c c 因为(,)(,)b c ab c (,)

(,)a b c b c ∴= 推论：若(,)1a c =，(,)1b c =，则(,)1ab c =

证明：因为(,)1b c =，,b c ∴不为零 (,)(,)1a b c b c ∴==

p64—33、已知n 是奇数，,n a b n a b +-，求证(,)n a b 证明：因为,n a b n a b +- ()(),()()n a b a b n a b a b ∴++-+-- ?2,2n a n b ?2(,)n 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 a b bb dd =

证明：''''''''(,)(,),(,)aa ab a a b ad ab bb bd ===

''''''(,,,)(,)a a a b a b b b a d b d d d ∴== p64—40、已知a N ∈，求证,2,......a a na 中n 的倍数的个数等于(,)n a

证明：当(,)1n a =时，n na 结论成立，

当(,)n a d =时，1d >，令1a da =，1(,)1n a =，则,2,......a a na 可改写为 111,2,......da da nda 因为1d >所以其中一定包括1111,2,......(1),na na d na dna - 都是n 的倍数，共有d 个

p64—42、已知p 是异于3的奇素数，求证2241p -

证明：p 是异于3的奇素数，21p ∴-为偶数，3p >?219p ->

21(1)(1)p p p -=+-其中1,1p p +-都为合数，且都大于3

1,1p p ∴+-都可被2、3中的一个整除，若21p -，则由1(1)2p p +=-+

21p +，因为13,13p p +>-> 2241

p ∴- p64—44、已知整数,a n 都大于1，1n a -是素数，求证2a =且n 是素数

证明：反证 n 不是素数 当2a =时1n a -不是素数与已知矛盾，所以n 是素数

p64—45、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

2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47

p64—46、求下列各数的标准分解式：1）82798848

解：82798848=8532311??

p64—49、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 ab a c b c c a b c a c b c a b === p66—69、已知p 是奇素数，求证1）123...(1)0(mo

d )p p p p p ++++-≡

2）111123...(1)1(mod )p p p p p ---++++-≡-

证明：1）因为(1,)1,(2,)1,...,(1,)1p p p p ==-=

11(m o d )p p ∴≡，22(mod )p p ≡，33(mod )p p ≡…(1)1(mod )p

p p p -≡- 123...(1)(123...(1))(mod )p p p p p p ∴++++-≡++++- 因为(1)123...(1)2p p p -++++-= (1)2

p p p -

123...(1)0(mod )p p p p p ∴++++-≡

2）111(mod )p p -≡，121(mod )p p -≡，131(mod )p p -≡…1(1)1(mod )p p p --≡

111123...(1)1(mod )p p p p p ---∴++++-≡-

p66—70、设,p q 是相异素数，求证111(mod )q p p q pq --+≡

证明：10(mod )q p p -≡，11(mod )p q p -≡，111(mod )q p p q p --∴+≡ 同理111(mod )q p p q q --+≡111(mod[,])q p p q p q --∴+≡

即111(mod )q p p q pq --+≡

p66—72、已知p 是素数，N α∈，求证2(1)()()...()p p p p αα????++++=

证明：因为p 是素数，所以1(),k k k p p p k N ?-=-∈

221()1,(),....,()p p p p p p p p ααα???-∴=-=-=-

因为(1)1?= 2(1)()()...()p p p p αα????∴++++=

p66—73、计算(66150)?

解：66150的标准分解式为322661502357=???

02(66150)2357(21)(31)(51)(71)15120?∴=????----=

p66—74、已知整数2a >，求证2()a ?

证明：设a 的标准分解式为1212...n n a p p p ααα=???，其中12,,...,n p p p 为素数 1,(1,2,...,i i n α≥=，若2n a =显然1()22a a a ?-=-，2()a ?∴

当2n a ≠时，一定12p ?≠且11p -为偶数，2()a ?∴

综上所述2a >时2()a ?