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中央电大《初等数论》形成性考核册,第17页上有这样一道数论题:“证明;任意一个n位整数αnαn-1……α2α1,与其按逆字码排列得到的数α1α2……αn之差,必是9的倍数。”
本文将上述命题作如下引申:仁取一个n位整数,将这n个数字任意重新排列,则开头的数与新数之间的差,总能被9整除。
下面给出它的两种证法,供大家参考。
证法1:设所取的n位整数为αnαn-1……α2α1,重新排列的新数为bnbn-1……b2b1,则a1+α2+……αn=b1+b2+……bn,(α1-b1)+(α2-b2)+……+(αn-bn)=0.
于是,αnαn-1……α2α1-bnbn-1……b2b1=(α1-b1)+(α2-b2)•10+(α3-b3)•102+……+(αn-bn)10n-1=(α1-b1)+(α2-b2)+……+(αn-bn)+(α2-b2)
(10-1)+(α3-b3)(102-1)+……+(αn=bn)(10n-1-1)=(α2-b2)(10-1)+(α3-b3)(102-1)+……(αn-bn)(10n-1-1)因(10-1)、(102-1)……(10n-1-1)
均能被9整除。
所以,αnαn-1……a2α1-bnbn-1……b2b1能被9整除。
证法2:所设同上。∵10k-1≡1(mod9),∴αk•10k-1≡αk(mod9).
(k=1,2,……n),于是α1+α2•10+……+αn•10n-1≡α1+α2+……αn(mod9).
即αnαn-1……a2α1≡α1+α2+……αn(mod9),同理bnbn-1……b2b1≡b1+b2+……bn(mod9)∴αnαn-1……α2α1-bnbn-1……b2b1≡(α1+α2+……αn)-(b1+b2+……bn)≡0(mod9)
故αnαn-1……α2α1--bnbn-1……b2b1能被9整除。
注:本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
本文将上述命题作如下引申:仁取一个n位整数,将这n个数字任意重新排列,则开头的数与新数之间的差,总能被9整除。
下面给出它的两种证法,供大家参考。
证法1:设所取的n位整数为αnαn-1……α2α1,重新排列的新数为bnbn-1……b2b1,则a1+α2+……αn=b1+b2+……bn,(α1-b1)+(α2-b2)+……+(αn-bn)=0.
于是,αnαn-1……α2α1-bnbn-1……b2b1=(α1-b1)+(α2-b2)•10+(α3-b3)•102+……+(αn-bn)10n-1=(α1-b1)+(α2-b2)+……+(αn-bn)+(α2-b2)
(10-1)+(α3-b3)(102-1)+……+(αn=bn)(10n-1-1)=(α2-b2)(10-1)+(α3-b3)(102-1)+……(αn-bn)(10n-1-1)因(10-1)、(102-1)……(10n-1-1)
均能被9整除。
所以,αnαn-1……a2α1-bnbn-1……b2b1能被9整除。
证法2:所设同上。∵10k-1≡1(mod9),∴αk•10k-1≡αk(mod9).
(k=1,2,……n),于是α1+α2•10+……+αn•10n-1≡α1+α2+……αn(mod9).
即αnαn-1……a2α1≡α1+α2+……αn(mod9),同理bnbn-1……b2b1≡b1+b2+……bn(mod9)∴αnαn-1……α2α1-bnbn-1……b2b1≡(α1+α2+……αn)-(b1+b2+……bn)≡0(mod9)
故αnαn-1……α2α1--bnbn-1……b2b1能被9整除。
注:本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文