习题答案.docx

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1、习题11当为偶数时，+4”是大于2的偶数,从而它是合数.当n为奇数时,设=24+1,则4+4”=+4X(2*.利用/+4/=(x2+2/4x2/=(x22xy+2y2)(x2+2xy+2y2),可得出+4X(2)4为合数.2 .由I4工212工一27=(2x+3)(2-9)I,可知只有I2x+3I=1或I2z-9I=1时,数I4/-12n-27I才可能为素数.依此可得所求的x=-2,-1,4或5,对应的I42-12x-27|分别为13,11,11或13,都是素数.3 .若相为合数,则存在正整数，使2pV如且力|帆此时有1(相一1)!,但mI(mD!+1,故力|(加一1)!+1,这导致I矛盾.4

2、 .不妨设q+1*r+2+3.对d=10的情形，由qrp2A-10,应有p2+10(p+1)(+3),这要求4力7,即p1,矛盾.故d=10时不存在符合要求的p、q、r.当d=11时，立=2,q=3,丁=5满足条件.5 .若P为合数,设力=qr,2qy,则2。一I=(2)r-1=(29-1)(2,7)r-1+(29)r-2HF1),这导致291；22一1(注意,12。一10,4为奇数.若91,则2n+1=(22*)+1=(x+1)(71xq2+一x+1),是两个大于1的正整数之积,不是素数,其中工=2叱依此可知，由2+1为素数可得Q=1,即命题成立.7 .利用(ad+6C)(ab-cd)=da

3、一C)b(ac)=(d-6)(qc),及c;ab+cd,可得QcCId+be.8 .由恒等式(be-i-ad)2一(bead)2=4abcd=4(c)(6d),结合条件，可知2ISCad,故ibe-ad.现在,我们设be+ad=uxbead=，则由知，-4倍鹰),故一？2为偶数,进而+y与z-y都是偶数,所以，由+y,x-ybe=-uyad=-U922可得6c、Qd都是的倍数.9 .满足条件的最小的n=270.事实上,由条件知ioI72.从的末尾数字为9的因数出发来讨论:若9I，则90In,此时直接验证可知90和180都不是某个末尾为7的数的倍数；若19I垢则190I，而九=190不是某个末尾

4、为7的数的倍数.而270分别是10,1,2,3,54,5,6,27,18,9的倍数,符合条件,故最小为270.10 .设M=aa2-a9是一个满足条件的数，由条件可知5=5,并且恁、。4、。6、。8是2、4、6、8的一个排列,进而,。1、6、。7、。9是1、3、7、9的排列.依此可知a4=2或6(因为4Ia3a4)9而进一步,还有8Ia7a89因此=2,6,故(a49as)=(2,6),(6,2).对这两种情况作进一步的分析,就可找到一个满足条件的M=381654729.11 .当2时，a与H都是奇数,于是，q=2&i1是正整数,又Pnq1,这时=+6=+/)为合数.反过来,设n为合数,设n=

5、pq.2pq,则令(a,b,Xyy)=(),p(q-1)1,(p-1)(q-1)9就有na+d且三+/=1.ab13 .注意到10001=73137为合数,而从第二项起,我们有an=1000100010001“个Ooo1=104n+IoM1D4FIO4+1=1=1041_(102-1)(102n+1)io4-I，由于)2时，104-IV102(HD-16时，A+16,有6w-(+2)3a+1)-(+2)=2k2+k6,所以,此时处+也+4为合数,即只需考虑左5的情形,考察数列4：1, 2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6,6,6,6,6,6,从第一项起求和得到的素数分别是

6、：3,5,11,61,67,73,79,共7个.所以仅当=2,3,5,16,17,18,19时，田+生+a”为素数.15 .由条件可知，当TnI%,且Mo时,有a2aw.所以，ai1,a22，。422。222,类似地，。823,。1622,。8025,。400326,a2000279即2000128.另一方面,对任意正整数,设n的素因数分解式为n=PVPJ2Pk其中Pip2Pk为素数0，a2,，G为正整数,定义an=2c+2+a*,则数列QQ符合题中的要求,并且2000=24+327.所以,Mooo的最小值为128.16 .设d=(2m-192w+1),则d2m-1,故dI(2m)n-1n,即

7、d2mn-.另外dI2”+1,又加为奇数,故所以2w+1I(2n)m+1w,dI2w*+1.对比所得的两个式子,知a12,又2加一1为奇数,故d=117.不妨设徵V%利用平方差公式知Fw-2=22-1=(22rt,-1)(22HT+1)=(222-1)(222+1)(22w1+1)Z=(2-1)(2+1)(221+1)(22T+1),所以，EJFn-2,从而(F,FQ=(2,FQ,而BI为奇数,故(2,Fm)=I9即(F,Fm)=1.18.由条件可知a、b、c、H不全相等,不妨设a是其中最大的数,则dV+b+c+Hy2z23,并且2,2,211=1,xyz日n1.1,11即I=方.Xyz1又当

8、z=3时,有3I2d,进而3Id,故abed为3的倍数,因此只需考虑z3的情形.而当时,有1+1+11+1+1=1N十y十Z06十6十62故只能是z=V=N=6,此时abed为3的倍数.所以,只需考虑N=4或5的情形,注意到Z=5时,有5I2d,可知abed是5的倍数,进而只需考虑N=4的情形,此时1.11I=7，Ny4即xy4x4y=0(i4)(y4)=16.结合3可知Cr-4,V4)=(16,1),(8,2),(4,4),分别对应2d=20a=56=4c,2d=12a=6b=4c,2d=8a=Sb=4c.第一种情形要求5IH,第二种情形要求3I乙第三种情形要求=6,c=2a9d=4,此时a

9、、b、c、d的最小公倍数为d,而不是Q+6+c+d,矛盾.综上可知,a6cd是3或5的倍数.19 .如果至少有两个不同的素因子,那么可记=Pq,其中2p,P、q为正整数,且9,q)=1(注意,这里的P、q不一定是素数)此时，2P，则(am-1,art-1)=(am-an9an-1)=(an(amn-1),an1)而(a，a-I)=1,故(心一1,a-1)=(am-n-1,an-1),依次递推,对指数进行“辗转相除”,可知结论成立.21 .由a”+1为素数,可知a为偶数,与第6题类似,可知存在非负整数3使得=23于是an-1.=2*-1=(2*1-1)(2i1+1)Z=(1)(+1)(2+1)(

10、2t1+1).进一步，(a八1,+1)=J-b2)=1(这里用到“为偶数)，依次倒推,可知+1,a2+1,/+,，+1两两互素,从而它们中任取若干个数作乘积(一个数都不取时,乘积认为是D形成的2*个数两两不同，当然,这个数都是。”一1的因数,所以，d(-1)2/=几22 .当=3时,对任意三个连续正整数。一1,%+1,若a+1I-1,则a+1I(-1),而(+1,a)=1,故a+1I-1,矛盾.当3时,若n为偶数,记=2m,则数2m1,2m,2(2Tn1)中,最大的数2(2n-1)是其余2m1个数(它们中有2m1与2帆,其最小公倍数是2n(2n-1)的倍数)的最小公倍数的因数;若n为奇数,记=

11、2m+1,则数2帆-2,Zm-I9，2(2m-1)是个连续正整数(注意,这里用到相1),它们中最大的数是其余n一1个数的最小公倍数的因数.所以，当且仅当3时,正整数符合条件.23 .利用an+bn=(rt-m+1f-mam+夕)一(ambn-m+an-mbm),知若2m,则an+bn=anm+bnm)(am+bm)-ambm(an-2m+bn-2m),于是am+1f,Iambm(Q12府+if-2m).由(a,6)=1,得(优*,护)=1,进而Cam+bm,am)=Cam+bm,6w)=1,故(心+夕，心/)=1,因此am+trIan-2m+bn-2m.用九一2m代替明重复上述讨论,最终可将n变为小于2m的正整数.此时，由I膻+夕及。1,知取如果=m,那么命题已经成立；如果mZ1时是不可能的.综上可知mIn(注意:事实上推出了n为m的奇数倍).24 .将命题一般化,可证:对任意w(2),都存在个不同的正整数,使得其中任意两个不同的数M6满足U-W2Iab.证明如下：当=2时,取为=1,2=2,则它们满足条件.现在设mV。2VVa“是九(2)个满足要求的正整数,即对1Vjn,都有(4一叼Iaiai.考虑下面的+1个数a