数论讲义答案

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1、数论选讲一、整除1整数是离散的，每两个整数之间的距离至少为1即 aba b1， a, bZ2带余除法设b0 ，对于任一整数a ，总可以找到一对唯一确定的q ， r 满足aqbr ， 0rb 我们称 r 为 a 除以 b 的余数当 r 0 时，我们说 a 被 b 整除或 b 整除 a ，记为 b | a 并称 a 是 b 的倍数或 b 是 a 的约数（因数），此时 b a 当 r 0 时，我们说 a 不被 b 整除或 b 不整除 a ，记为 b | a 3如果正整数 a 除了 1 及 a 以外没有其他的约数，则称a 为质数，否则称 a 为合数100 以内的质数如下：2， 3， 5， 7， 11，

2、 13， 17， 19，23， 19， 31， 37， 41，43， 47， 53， 59， 61， 67， 71， 73， 79， 83， 89， 914唯一分解定理每一个大于1的自然数 n 都可写成质数的连乘积，ki 的形式，其中 p1p2pk 为质数， iN * ，即表示成 n p11 p22pk kpii 1且这种表示是唯一的5利用唯一分解定理，我们可以得到关于n 的正约数的两个性质：n 的正约数个数为kd (n) (1 1)(2 1) ( k 1)( i1) i 1n 的所有正约数之和为kij (n)pii 1j06若 x | a 且 x | b，则称 x 为 a 、 b 的公约数

3、设 d 为所有 x 中的最大者， 则称 d 为 a 、 b的最大公约数，记作 d (a, b) 7若 a | y ， b | y ，则称 y 为 a 、 b 的公倍数 设 m 为所有 y 中大于零的最小者，则称 m为 a 、 b 的最小公倍数，记作 m a,b 8对于任意正整数a 、 b ，都有 ab(a, b) a,b 9贝佐特（ 17301783 ）定理设d(a, b) ，则存在整数u 、 v ，使得 uavbd 10如果 a | c ， b |c ， ( a,b)1，则 ab | c 【例题选讲】1、证明两个连续正整数的积不可能是完全平方数，也不可能是完全立方数反设存在正整数x， y，使

4、 x(x 1) y2，由于 x， x 1 互质，故x， y 都是完全平方数两个完全平方数相差1，只有 0 与 1 满足要求，此时x 0， y 0，与 x 为正整数矛盾又反设存在正整数x， y，使 x(x 1)y3，由于 x， x1 互质，故x， y 都是完全立方数设 x u3，x 1 v3(u，v N *，vu) ，v3 u3 (v u)(v2 vu u3) 1，由于 v u 1，v2vu u2 7，故 v3u3 1 不成立，故证dn2、设 m n 1，( m， n) d，证明： mC m为整数证明：由于 C n 为整数，又n C n n m! C n 1为整数mm mmn!( m n)!m

5、1存在 x，y Z ，使 xm ynd，所以，dnxm ynn xCnnn xCnyCn 1CmC y Cm1Zm mmmm mmn3、证明：若 (m ， n) 1，则 m|C m n1nmmnnmnmCm n 1 m nCm nmC m n1 nC m n 1 mC m nnC m n 1 m(C m nnCmn 1)，nn m|n Cm n 1，但 (m，n) 1，故 m|Cm n 14、在 n2 与( n 1)2 之间任取若干个互不相同的整数，则这些整数两两的乘积都互不相等证明：若只取 3 个整数 a， b， c，满足 n2 ab c (n 1)2，则 ab ac bc故只有取的数至少有

6、 4 个时才有可能使两两的积相等设 n2 a b c d ( n 1)2，且有 ad bc于是 b d，令 b d u(u，v N* ， (u，v) 1)acacv于是，必有b up，d uq，a vp， cvq由 c b a，知 u v，q p所以， u v 1，qp 1d uq (v 1)(p 1) vp p v1 a (p v) 1n2 2 pv 1n22 a 1 n2 2n 1 (n 1)2与 d (n 1)2 矛盾5、已知 a、b 为正整数，并且ab2|( a3 b3)，求证 a b设(a， b) d，且 a a1d， bb1d(a1，b1 为自然数 )，则 (a1， b1) 1.

7、由 ab2|( a3 b3)，可设 a3 b3 kab2 (k N*) ， a3 b2(ka b)323即 a1 b1( ka1 b1)于是， b1|a1，故 (a1， b1) b1 1 a1|(ka1 1)，于是 a1|(ka1 1)，11 1 a b d a |1，于是 a注：由于 ab2 与 a3、b3 均为 3 次式，故可同时约去d3 而不影响问题的结论故可设(a，b)1 来做又证：设a3b3a 2ba3ab2 k(kN *) ，即 ( )k记 x ，则 x 为有理数，且x kx 10bab此方程的有理根只能为x 1，但 a，b 均为自然数，故x 1， a b6、存在1000 个连续正

8、整数，其中恰有20 个素数证明：取 1001! 2， 1001! 3， ， 1001! 1000， 1001! 1001，这 1000 个数都是合数记 1001! 2a则 a，a 1， a 2， ， a 999 均为合数去掉 a 999，添上 a 1，又得 1000 个数： a 1， a， a 1， a 998由于去掉一个合数而添了一个整数，故所得1000 个数中至多有1 个素数再去掉 a 998 而添上 a2，此时，这 1000 个数中素数的个数比刚才的1000 个数多 1个或相同或减少1 个这一过程可以一起进行到得到1，2， 999， 1000 这 1000 个数为止此时，这1000个数中

9、的素数个数多于20 个(2 至 100 中就有 25 个素数 )由于每次置换1 个数时，所得的1000 个与与原 1000 个数相比较，素数的个数只能增加 1 个或相同或减少1 个于是这一过程中每次所得素数个数至多变化1 个，于是必有某个时刻，恰有20 个素数说明：离散的零点定理设f(n) 是定义在整数上的函数，取值也是整数且|f( n 1) f(n)| 1，且存在不同两个整数 a， b(a b)，使 f(a)f( b) 0，则必存在整数 c，满足 a c b，使 f(c) 07、求出具有下述性质的正整数n ：它被n的所有正整数整除解：设 q2 n (q 1)2， (q N*) ，则 n q令

10、 n q2 r(0 r 2q)由于 q|n， q|q2，故 q|rr 0， q， 2q即所有满足n q2 ， q2 q， q2 2q 的正整数均为本题的解解：显然， n1， 2， 3， 4 满足题意现设n 5由此题知， nq2，q2 q， q2 2q且 q2又 n 能被 q 1 整除当 nq2 q(q 1) q，于是 q 1|q q 1 1 q2 时，此时， n4；当 nq2 q (q 1)(q 2) 2，有 q 1|2 q 2， 3，此时， n 6， 12；当 nq2 2q (q 1)(q 3)3，有 q1|3q2， 4，此时， n 8， 24 n1， 2， 3， 4， 6，8， 12， 2

11、48、证明：有无穷多个n，满足： n|2n1分析：证明满足某要求的整数有无穷多个，通常有：给出一个公式，可以由此公式得出无穷多满足要求的数；给出一个递推式，可以由其中任一个满足要求的数得出只一个满足要求的数；且这些数都互不相同；用数学归纳法证明之解法一： n 1 时， 1|21 1；n 3 时， 3|23 1；n 9 时， 9|29 1即 n 30， 31 ，32 时均满足要求k3k故推测 3|2 1 对于一切正整数 k 成立下用数学归纳法证明：3k3k设 3k|2 1则存在正整数t，使 2 3k t 1故 23k 13k1 1(3 kt 1)3 1 33kt3 32k 1t2 3k 1t 3

12、k1t(32k 1 t2 3kt 1)即 3k1|21 由数学归纳原理知，对于一切正整数3k1从而有无穷多的整数n 3kk，都 3k|2使 n|2n 1，解法二：前已有n 1 时， 3|21 1 3，又有 23|23 1 9， 9|29 1 513kkk1mmm 1下用数学归纳法证明之：故推测：若 mk|2 1，记 mk 1 2 1，则 mk 1|2mk 1 为奇数，故 mk 为奇数，令mk由于 22 1 mku， u 为奇数即 mk 1 mkuk 1kkkkk于是， 2m 1 (2m)u 1 (2m 1)(2 m)u 1 (2m)u2 1) mk 1(2m) u 1 (2kk1mm)u 2

13、1)即 mk 1|2 1 成立由数学归纳法知推测成立说明：解法一即给出一个解的公式，解法二给出了一个递推均用数学归纳法证明9、证明：任意正整数n 可以表示成 a b 的形式，其中a， b 是正整数，且a 与 b 不同的素因子个数相同证明： n pn(p 1)n若 n 为偶数，取 p 2，a pn， bn此时， a， b 的不同素因子个数都与n 相同若 n 为奇数， 取不能整除 n 的最小素数p，p3此时， p1 的素因子或者只有 2(p1 2k) ，或者除 2 外都是 n 的因子 (因小于 p 的素数都能整除n)，此时 a，b 的素因子都比n多 1 个故证二、同余11设 mN * ，如果整数

14、a 、 b 除以 m 的余数相同，则其差ab 必被 m 整除，即存在 qZ 使得 abqm则称 a 、 b 模 m 同余，或简称同余记为ab mod m 12同余的基本性质aa modm 若 ab modm ，则 ba mod m 若 ab ， bc mod m ，则 ac mod m 若 ab ， cd mod m ，则xaycxbyd modm ， x 、 yZ acbd modm anbnmod m ， nN 若 acbc mod m ，则 ab modm(c,m)若 ab modm ， n | m ，则 ab mod n 若 ab modmi，则 a b modm1 , m2 , mk

15、 13同余是一种等价关系，整数集Z 可以根据模 m 来分类：如果 a 、 b 模 m 同余，则 a 、b 属于同一类，否则不属于同一类这样可以得到模m 的 m 个剩余类（同余类） ，即：M iikm kZ， i0,1,2, m1从每一类中各取一个数作为代表得到的m 个数称为模 m 的一个完全剩余类，简称完系，当 m 为奇数时，其由绝对值最小的数组成的完系为：0,1, 2,m 12当 m 为偶数时，其由绝对值最小的数组成的完系为：0,1,2,( m 1), m 2214在模 m 的 m 个剩余类 M iikm kZ（ i 0,1,2, m1）中，如果 i 与 m 互质，那么 M i 中每一个数均

16、与 m 互质这样的剩余类共有(m) 个，(m) 是 1、2、 、 m中与 m 互质的个数，称为欧拉函数15在(m) 个剩余类中各取一个代表，称为模m 的缩剩余系，简称缩系质数p 的缩系由 p1个数组成，即1,2, p1 ，或1,2,p 1216设正整数 m 、 n 互质，则(mn)(m)(n) 事实上，如果 a1, a2 , at ， b1 ,b2 ,bs分别是模 m 与模 n 的缩系，那么 mbi na j 1 i s,1 j t 是模 mn 的缩系kN* 则17设npii ，pi 为 不同的质数，ii1k1 )k(n) n(1p i 1 ( pi1) piii1i118欧拉定理：设a, m

17、1 ，则 a (m)1 modm 19费马小定理：设p 为质数，则 a pa mod p 当 a, p 1 时， a p 11 mod p 20中国剩余定理（孙子定理）：设正整数m1 、 m2 、 、 mk 两两互质，则对于任意给定的整数 a1 、 a2 、 、 ak ，同余方程组xa1modm1xa2modm2xakmod mkkkM一定有解令 Mi 1mi ，则其解为xi 1ai bi m iM1 mod mi 其中 bi 满足bimi【例题选讲】10、证明：若整数a， b， c 满足 ab c 0，记 d a1999b 1999 c1999则 |d|不是素数证明：首先， un u(mod

18、 2) ，故 d a1999b1999 c1999 a b c 0(mod 2) ，即 2|d又由 Fermat 定理， u3 u(mod 3)3ku u(mod 3) ，从而 u19993374 1 u u74 1 u75 u25 u24 1 u81 u(mod 3) ，故 da1999 b1999 c1999a b c 0(mod 3) ， 6|d，即 |d|不是素数11、用 1， 2， 3， 4， 5， 6， 7 这 7 个数码组成 7 位数，每个数码恰用一次，证明 ：这些七位数中没有一个是另一个的倍数设有两个这样的七位数a， b， (a b)，满足 a bc，其中 c 为大于 1 的整

19、数由于 1 2 34 5 6 7 281(mod 9) ，故 a b1(mod 9) 若 abc，则 bc 1(mod 9) ，于是， c1(mod 9) 但 c1，从而 c 10此时 bc 不是七位数，与 a 是七位数矛盾12、设 p 为素数， a2， m 1， am 1(mod p) ， ap1 1(mod p 2)求证 ：am 1(mod p 2)证明： am 1(mod p)am 1 px，故 apm (1 px) p 1p2()所以， apm 1(mod p 2) ap1 1(mod p 2)a(p 1)m1(mod p 2) 同乘以 am： apm am(mod p 2) am a

20、pm 1(mod p2)13、设 p 为给定正整数，m， n 为任意正整数，试确定(2p) 2m (2p 1)n 的最小正值解： (2p)2m 1(mod 2p 1)，故 (2p)2m (2p1)n1(mod 2p 1)若存在 m，n，使 (2p)2m (2p 1)n 1，则有 (2p)2m 1 (2p 1)n(2p) m1)(2p) m 1)(2p 1)n由于 (2p)m 1， (2p)m 1) 1，故 (2p) m1 an，(2p) m 1 bn，且 (a，b) 1即 an bn 2只有 n1，a b 2 时成立，此时，解 (2p)2m (2p1) 1 2p(2p) 2m1 1) 1 这是

21、不可能的故所求最小值 1再若存在m，n 使 (2p)2m (2p 1)n (2p 1) 12p，此时，(2p)2m (2p 1)n ( 1)n 0(mod 2p) ，故不可能于是，所求最小值4p 2 1 4p 1取 m 1，n 2，得 (2p) 2 (2p1)24p 1 所求最小值为4p 1，当 m 1， n 2 时取得此最小值14、数列 x n ：1，3，5，11， ，满足 xn1 xn 2xn1(n 2)，数列 y n ：7，17，55，161， ，满足 yn1 2yn 3yn 1(n 2)，证明：这两个数列没有相同的项分析：证明这两个数列mod 8 后都是周期数列证明： mod 8：数列

22、 xn (mod 8)： 1，3， 5， 3， 5， 若 x2k 2 3，x2k 1 5(mod 8) 成立，则 x2k 1 5 2 3 11 3(mod 8) ，x2k 32 5 13 5(mod 8) 即 x2n 3， x2n1 5(mod 8) 对于一切 n N* 成立而数列 yn(mod 8) ：7， 1， 7， 1， 若 y2k 1 7，y2k 1(mod 8) 成立，则 y2k1 1 2 73 23 7(mod 8) ，y2k 2 7 2 1 3 17 1(mod 8) 即 y2n 1， y2n17(mod 8) 对于一切 n N* 成立在 x n 中， x1 1 1(mod 8)

23、 ，但 yn 是单调增的，且y11，故 yn 1，于是不可能yn1，故证说明：利用抽屉原理可以证明：若数列 x n 满足递推关系 ：xn k f(x nk 1， xnk 2， xn )，其中 f 为 k 元整系数多项式初始值x1， x2， ， xk 为给定整数于是 x n 为一整数数列则 x n 模 m(m 1， m N*) 后终将成为周期数列 (可能除去开始的若干项)15、设 m 是给定正整数，证明：由x1 x2 1，xn 2 xn 1 xn(k 1， 2， )定义的数列 x n 的前 m2 个项中，必有一个能被m 整除证明：记 xi yi(mod m)(0 yi m 1)取数组 (y 1，

24、 y2 )， (y2， y3)， ， (y i， yi1)， 由于只有 m2 个不同的数组故取m21 个数组，必有两个数组相同，即存在1i jm2 1，使 yiyj， yi1 yj 1，于是 (yi， yi1) (yj ， yj 1 )，取满足此要求的最小的i，则 i 必须为 1否则， 由 i 1，则 yi1 yi 1 yi ，yj 1 yj1 yj(mod m) ，于是， yi 1 yj1，得 (yi1，yi) (yj 1， yj)，这与 i 的最小性矛盾从而i 1即存在 (y， yj 1) (1， 1)(j m2 1)，此时 y 0，即 m|xj 1故证jj 116、连结正 n 边形的顶点

25、，得到一个n折线 (即用这个正 n 边形的 n 个顶点为顶点连出一个有 n 条边的闭折线 ) 证明：若 n 为偶数，则连线中有两条平行线；若n 为奇数，则连线中不可能恰有两条平行线证明：按逆时针顺序把为n 个顶点编号： 0， 1， 2， ， n 1且按 a0 a1 an 1an a0 连成折线，其中a0，a1， ， an 1 是 0， 1，2， ， n 1 的一个排列由于 a 为正 n 边形的顶点，故 a a aa aai ai1 aj aj 1 a1 (modiiai1j aj1ii1jjn) 当 n 为偶数时， 2 /|1n? 1，故模 n 的任一完系之和 0 1 (n 1) n(n 1)

26、2/ 0(mod n) n1n1n 1n11但 i 0(ai ai 1) i 0ai i 0ai 1 2i 0ai 2 2n(n 1) 0(mod n) 这说明全体ai ai 1 不构成完系所以，必有0 i ，j n1， i j，使 ai ai1 aj aj1(mod n) ，于是必有两条平行线若 n 为奇数，若恰有一对边aiai 1 aj aj 1，则 ai ai 1(mod n) 的剩余类中，必有一对剩余类 r 出现 2 次，故必有一对剩余类s 没有出现，于是n 1iai 1n 1n 1n 1iai1 2ai 0(mod n) ， (a) aii 0i 0 0i 0n1另一方面，(ai a

27、i 1) 01 (n1) rs r s 0(mod n) i 0这说明， n 为奇数时，不可能恰有一对边平行17、设 n 为奇数， n 3集合 S 0 ， 1， 2， ， n 1 证明：在S 中去掉任一个元后，余下的元都能划分成两个集合，每个集合都有n 1n 同余个元，且两组的和模2证明： 1 首先，若去掉的元为 0， n4k 1，则余下 4k 个元分成 2k 对： 1 ， 4k ， 2 ， 4k1 ， ， 2k ， 2k 1 ，每对的和mod n 均为 0于是，任取其中k 对为一组，余下k 对为另一组，两组的和模n同余； n4k 3，余下 4k2 个元中，先取1 ， 2， 4k ， 3 ，4

28、k 1，4k 2 ，再把其余的数分成 2k 2 对： 4 ， 4k 1 ， 5 ， 4k2 ， ， 2k 1， 2k 2 ，每对的和mod n 均为 0于是，任取其中k1 对加上 1 ，2，4k 为一组，余下k1 对加上 3 ，4k1，4k2 为另一组，两组的和模n 同余；2若去掉的数为a，则把所有的数都加n a 得到集合S n a， n a 1， ， n，n 1，2n a 1 ，S 仍是模 n 的完系去掉S 中的 a 对应于 S 中的 n于是 S 可以按 1分成满足要求的两组，再把分好的数各减去n a 即得到 S 的一个分法18、一个立方体的顶点标上数1 或 1，各面中心标上一个数，它等于该

29、面4 个顶点上标的数的乘积证明：这样标出的14 个数的和不能为0证明：设此14 个数的和为S现把任一个标1 的顶点改为标1，则它同时使相关3 个面上的数的符号改变，改变后 14 个顶点上数的和为S 于是 S S 2( 1 1 11)但任何 4 个 1 或 1 的和为偶数，于是S S 0(mod 4) 这样一起做下去，直到所有顶点标的数都为1，此时和S 142(mod 4) 于是 S 2(mod 4) ，从而 S 019、求所有正整数n ，使由 n 1 个数码 1 及 1 个数码 7 组成的 n 位数都是素数解：对于 n，所有这样的n 位数都可写成N A n 6 10k(其中， An 表示由 n

30、 个 1 组成的 n 位数， k 0， 1， ， n 1)若 3|n，则 3|A n，于是 3|N此时 N 不是素数现设 3 |? n， A n(mod 7) 有下表：n12456A n(mod 7)14520注意 A 6 0(mod 7) ，故有 A 6k r Ar (k N* ， 1 r 6)由于 (10，7) 1，故 1，10，102， ， 105是 7 的一个缩系，从而6 10k(k 0，1，2，3， 4， 5)也是 mod 7)的一个缩系又有下表：k(mod 6)0123456 10k(mod 7)645132且 6106k r6 10r(k N* ， 0 r 5) n6 时，按 n

31、 1，2，4，5(mod 6) ，取 k0，4，5，2，即有 7|N 此时 N 不是素数而 n4 时， 7111 13547； n 5 时， 11711 71673 ，即 n 4， 5 均不满足要求 n1， 2三、高斯函数与不定方程21高斯函数x ：表示不超过x 的最大整数，称为x 的整数部分同时记xxx为 x 小数部分（或称尾数部分）22x 的基本性质：x R ， x 1 x xx 1；x R ， xx x ；x R ， nZ ， x nx n ， x nx x R ， yR ， xy x y ， xy x y x 0 ， y 0 ， xy x y 【例题选讲】20、若 n 4(mod 9)

32、，证明不定方程x3 y3 z3 n 没有整数解证明： x 1，2， 0(mod 3)x3 1， 2， 0(mod 9) ， x3 y3 z3 0， 1， 2， 3， 6，7， 8(mod 9) 故此方程无解44421、确定方程 x1 x2 x14 1599 的全部非负整数解解： x4 0， 1(mod 16) ，于是 x4 x4 x4 0，1， 2， ， 141214而 15995(mod 16) 故无解22、证明：方程x!y!=z! 有无穷多组正整数解(x， y， z)满足 x y z证明：由于n!=n (n 1)!. 故(n!)!=(n!)(n! 1)!从而取 x n，y n! 1， zn

33、!，则有无穷多个解说明：给出了一个解的公式23、求不定方程x4 y4 z4 2x2y2 2y2z2 2z2x2 24 的全部整数解解：若 ( x，y， z)是其一个解，则( x， y， z)也是方程的一个解x4 y4 z4 2x2y2 2y2z2 2z2x2 x4 y4 z4 2x2y2 2y2z2 2z2x2 4z2 x2 (x2 y2z2)2 (2zx) 2 (x2 y2 z2 2zx)( x2 y2 z2 2zx) (x yz)( x yz)(x y z)(x y z) ( xy z)( xy z)( xy z)( xy z) 于是，原方程即(xy z)( x y z)(x y z)(

34、xy z) 23 3由于 x y z， x y z， x y z， x y z 的奇偶性相同若它们全为奇数，则其积为奇数， 不可能等于 24，若它们全为偶数，则其积可以被24 整除，也不可能等于24从而本题无满足要求的解解法 2 由于左边为偶数，故x， y， z 或都为偶数，或两奇一偶 若 x， y， z 两奇一偶，不妨设x， y 为奇数， z 为偶数，则x4 1(mod 16) ，y4 1(mod 16) ，z4 0(mod 16) ， x4 y4 z4 2(mod 16)x2 1， 9(mod 16) ， y2 1， 9(mod 16) ， z2 0， 4(mod 16) 于是x2y2 1

35、， 9(mod16)2x2y2 2y2z2 2z2x224 2x2y2 2z2(x2 y2 ) 24 2 08 10(mod 16) 从而 x4 y4 z4 / 2x2y22y2 z2 2z2x2 24(mod 16) ； 若 x， y， z 均为偶数，则x4 y4 z4 0(mod 16) ， 2x2y2 2y2z2 2z2x2 24 8(mod16)，仍有 x4 y4 z4 / 2x2 y2 2y2z2 2z2x2 24(mod 16)从而本题无满足要求的解24、证明：方程 y y2 x x2 x3 没有非零整数解证明：反设存在非零整数x， y 满足方程，则 (y x)(y x1) x3

36、下证 (y x，y x1) 1设 (y x，y x 1) p，则 p|x，于是由 p|y x，知 p|y，但 p|yx 1，故 p|1即 p1于是 y x 与 yx 1 都是完全立方数，设 y x1 a3，y x b3，x ab则 a3 b3 2x 1 a3 b3 2ab 1(a b)(a2 ab b2)2ab 1由 x ab， 若 ab 0，则 x 0有 a b故 ab 1，a2 ab b2 2ab ab 3ab2ab ab2ab 1从而 (a b)( a2 abb2) 2ab 1，矛盾； ab0，则 x0，与 x 非零矛盾； ab0，于是 2x 10，故 a bb 0，a 0，|a b|2

37、a2ab b2 2|ab| ab |ab|，所以 |a b|a2 ab b2| 2|ab|，而 |2ab 1| 2|ab|，从而 |(a b)(a2 ab b2 )| |2ab 1|，矛盾故证25、求不定方程(n 1)! n k 1 的全部正整数解解： n2时，有解 (n， k) (2， 1)当 n 2时，左边为偶数，故n 只能为奇数取 n3， (3 1)! 2 31 1，故有解 ( n， k) (3， 1)；取 n5， (5 1)! 24 52 1，故有解 (n， k) (5， 2) 1为整数且 n 1 1，从而下设 n 7 且 n 为奇数于是 n n 4，所以， 2n|(n 2)!222(

38、n1) 2|(n 1)! (n 1)2|nk 1 (n 1) 1k 1 (n 1)k C1(n 1) k 1 C2(n 1)k2 Ck 2kkk(n1) 2 k(n1) (n 1)2|k(n 1) (n 1)|k k n 1此时， nk 1nn 1 1 (n1)! ，故 n 7 时不定方程无解即方程的解为(n， k) (2，1) ，(3， 1)， (5， 2)26、证明方程x2 y2 z2 3xyz 有无穷多组正整数解(x， y，z)证明由于方程具有对称性，故可改证此方程的满足x y z 的解有无数组若 xy z a(a N* )，则 3a2 3a3 a 1即方程有解 (1， 1， 1)；若

39、xy 1，则得 2 z2 3z，得方程的另一组解为 (1，1， 2)；若 x1， y 2，则得方程 z2 6z5 0，得方程的另一组解 (1，2， 5)；现设 (a0， b0， c0) ( 其中 a0 b0 c0)是方程的一组正整数解，即222成立，a bc 3a0b0c00002222考虑方程 b0 c0 z2 3b0 c0z，即 z2 3b0c0z (b0 c0) 0，此方程必有一正整数解z a0，由韦达定理，其另一解为z1 3b0c0 a0 必为正整数于是原方程必有解(b0， c0， 3b0c0 a0) 且这一组解也满足b0c03b0c0 a0令 a1 b0，b1 c0，c1 3b0 0

40、 a0 为方程的一组满足a1 b1 c1 的正整数解， 则又可从c此解出发得到方程的另一组解(b1 ，c1，3b1c1 a1 )这一过程可以无限延续下去，从而原方程有无穷多组解x yz 3，27、求不定方程组x3 y3 z3 3 )的全部整数解解： (1， 1， 1)是一组解消去 z：x3 y3 (3x y)3 33(xy) 2 xy(x y) 9(x y) 8 0 (x y)(xy 3(xy) 9) 8于是 x y|8x y 1， 2， 4， 8若 x y 1，则 xy 2(无解 )； x y 1， xy 20x 5， y 4， z 4，或 x4， y 5， z 4；x y 2，xy 1x

41、y 1， z 1； x y 2， xy 19(无解 )； x y 4， xy 5(无解 )；x y 4，xy 23(无解 ) ；x y 8，xy 16x y4，z 5；x y 8，xy34(无解 ) 解为 (1， 1， 1)， ( 5，4， 4)， (4， 5， 4)， (4， 4， 5)28、求不定方程x3 x2y xy 2 y3 8(x2 xy y2 1)的全部整数解解： (xy)(x y)2 2xy) 8(x y) 2 xy 1)令 xy u， xy v，则得 u(u2 2v) 8(u2 v 1)是一个关于v 的一次方程显然 u 必为偶数，设u2w ，则得 w(2w 2 v) 2(4w2

42、 v 1)2w3 8w2218 vw2 2w 2 4w 8 w2于是 w 2 1， 2， 3， 6， 9， 18w 3 ， 1 ， 4 ， 0 ，5， 1，8， 4，11， 7， 20 ， 16； v 20， 8， 1， 1，16， 4 ，85， 43，188， 120， 711， 569 )x， y 是方程 16 满足此要求t2 2wt v 0 的整数解，故w 2 v 为完全平方数其中只有 (x， y) (2，8) ，(8， 2)w 5，v29、对任意的 nN,计算和 S nk21k .K 02解：因 nk 12nk 11 对一切k=0,1,成 立，因此，222kn 11 22kn 1 kn

43、 1 .222又因为 n 为固定数，nnnn当 k 适当大时 ,2 k1,从而 2k0,故SK0(2 k 2k1)n.30、计算和式 S502305n的值.n 0503解：显然有：若 x y1, 则 xy x y1, x, yR.503 是一个质数， 因此， 对 n=1,2, ,502,305n 都不会是整数，但 305n + 305(503n)305,503503503可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是， 305n+ 305(503n) 304.故503503S502 305n 251( 305n 305(503n) ),304 251 76304.n 1503n 150350331、设 M 为一正整数，问方程x 2 x2 x 2 ，在 1 ，M 中有多少个解？解：显然 x=M是一个解 ,下面考察在 1， M 中有少个解 .设 x 是方程的解 .将 x 2 x 22 x x x 2 代入原方程，化简得2 x x2 x x x 2 .由于 0 x1, 所以上式成立的充要条件是2 x x 为一个整数 .设