初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)
初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛数论定理数论是数学的一个重要分支，它研究的是整数之间的性质和关系。
在中学阶段数学竞赛中，数论是一个必考的难点，其中数论定理是必须掌握的内容。
下面就来讲述一下中学数学竞赛中常考的数论定理。
1. 质数分解定理任意一个自然数都可以唯一分解成若干个质数的积。
例如，24=2×2×2×3，而28=2×2×7。
在数论中，质数是自然数中只能够被1和其本身整除的数，2、3、5、7、11、13、17等等都是质数。
而将一个自然数n分解成若干个质数的积，又称为n的质因数分解式。
2. 最大公约数定理对于任意两个自然数a和b（a≠0或b≠0），有：它们的最大公约数（Greatest Common Divisor，缩写为GCD）等于它们的公因数中最大的一个。
例如，GCD（18，24）=6，因为18的因数有1、2、3、6、9和18，而24的因数有1、2、3、4、6、8、12和24，它们的公因数有1、2、3和6，而其中最大的一个就是6，即GCD（18，24）=6。
4. 模运算定理（欧拉定理）当a和n是互质的正整数时，有a^(φ(n)) ≡ 1(mod n)，其中φ(n)代表n的欧拉函数，即小于n的正整数中与n互质的数的个数。
例如，当a=2、n=3时，φ(n)=2，有2^(φ(n))=2^2=4，而4-1=3是3的倍数，因此2^(φ(n)) ≡ 1(mod n)，即2^(φ(n)) ≡ 1(mod 3)。
5. 费马小定理当p是一个质数，a是一个正整数时，有a^(p-1) ≡ 1(mod p)。
以上就是中学数学竞赛中常考的数论定理。
掌握好这些定理，将有利于解决数论问题。
初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)
第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。
例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。
．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。
例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。
初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛中常用的数论定理：
1. 质数与因数：任何一个整数都可以唯一分解成若干质数的乘积，而且所有的因子都由这些质因子的指数作出来。
2. 最大公因数和最小公倍数：两个正整数a和b的最大公因数和最小公倍数分别记作gcd(a,b)和lcm(a,b)。
它们有许多重要性质可以应用。
3. 素性质数列：素数可以用许多方式列举出来，例如欧拉函数、Wilson定理、费马小定理等等。
其中一些方法在竞赛中比较常用。
4. 同余定理：如果a和b除以正整数m的余数相同，即
a≡b(mod m)，那么a和b就被称为模m同余。
同余关系具有传递性、对称性和反对称性，可以用来证明各种数学恒等式和不等式。
5. 等比数列：等比数列指的是一个数列中每个数都是前一个数乘以一个固定的比例因子。
一些有用的定理包括调和平均值不小于几何平均值、柯西不等式等等。
6. 解方程：竞赛中常常需要解各种复杂的方程，例如二次方程、方程组、移项变系数、绝对值不等式等等。
有些常见的技巧包括配方法、因式分解、代数恒等式、三角变换等等。
初中数学竞赛讲义 第一章 整数
第一章 整数一、自然数的十进制表示数的进位制很多，常用的是十进位制，简单地说，就是用十个不同的数字符号（0，1，2，3，4，5，6，7，8，9）和由低向高位“满十进一”的位制原则，就可以写出一切自然数来.对于一切十进位制的自然数，都可以用其各位上单位的和的形式来表示，如：510910*********3+⨯+⨯+⨯=，对于任意自然数N ，都可以表示为：01221110101010a a a a a N n n nn +⨯+⨯++⨯+⨯=-- 的形式，这里0121,,,,,a a a a a n n -各表示0到9这十个数字中的任意一个，但0≠n a . 有时还把该自然数N 表示成0121a a a a a n n -（0≠n a ），在上面加一横，意在避免与0121,,,,,a a a a a n n -的乘积发生混淆.例1．一个六位数的最高位是1，若把1移作个位数，其余各数的大小和顺序都不变，则所得的新六位数恰好是原数的3倍，求原六位数.例2．设n 为正整数，计算 99999个n × 99999个n ＋199999个n例3．试问，是否存在整数ab 和cd ，使得abcd cd ab =⋅？二、奇数与偶数一个整数，不是奇数就是偶数.概念：偶数：能被2整除的整数叫做偶数；奇数：不能被2整除的整数就叫做奇数.我们常用n2表示偶数，用12+n或12-n表示奇数（n为整数）.奇数偶数的常用性质：（1）奇数±奇数＝偶数，奇数±偶数＝奇数，偶数±偶数＝偶数奇数×奇数＝奇数奇数×偶数＝偶数，偶数×偶数＝偶数（2）奇数个奇数相加，其和为奇数；偶数个奇数相加，其和为偶数；任意多个偶数相加，和总为偶数；（3）任意多个奇数相乘，积为奇数；任意个偶数相乘，积为偶数.推论：奇数的正整数次幂是奇数，偶数的正整数次幂是偶数，（4）若干个整数的积为奇数，则每个整数都为奇数；若干个整数的积为偶数，则其中至少有一个是偶数；（5）两个连续整数，必有一个是奇数，一个是偶数；两个连续整数的和是奇数，积是偶数. （6）若a是整数，则a，a-，a具有相同的奇偶性；（7）若a，b是整数，则babaabbaba-+--+,,,,具有相同的奇偶性.例4．在2010个自然数1，2，3，…，2010的每一个数前面任意添加“＋”号或“－”号，然后将这2010个整数相加，请你判断，最后的结果是奇数还是偶数？例5．已知cba，，中有两个奇数，一个偶数，试判断()()()321+++cba的奇偶性.例6．计算：()223521+-例7．已知y x ，均为一位正整数，且满足y x y x 9292=⋅，求y x ，的值.例8．已知自然数y x ,满足606341993=+y x ，求xy 的值.例9．某次九年级数学竞赛共有20道题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错扣1分. 求证：不论多少人参赛，全体学生的得分总分一定是偶数.三、整数的整除（1）定义：设a ，b 是整数，0≠b ，如果有整数p ，使得bp a =，那么称a 能被b 整除，或称b 整除a ，记作a b .又称b 为a 的约数，a 为b 的倍数.如果a 不是b 的倍数，则称整数b 不整除a ，或称a 不能被b 整除.（2）整除的常用性质： ① 若b a ，c b ，则c a .② k 是任意整数，若a b ，则ka b . ③ 若b a ，c a ，则()c b a ±. ④ 若ab m ，()1,=a m ，则b m .⑤若mb，则[]ma，ma,.b⑥若mb，且()1a，mab.a，则m,=b（3）整数整除的常用判定方法：①若整数M的个位数是偶数，则M2.②若整数M的个位数是0或5，则M5.③若整数M的各位数字之和是3的倍数，则M3；若整数M的各位数字之和是9的倍数，则M9.4；④若整数M的末两位数是4的倍数，则M若整数M的末两位数是25的倍数，则M25.⑤若整数M的末三位数是8的倍数，则M8；若整数M的末三位数是125的倍数，则M125.11.⑥若整数M的奇位上数字之和与偶位上的数字之和的差是11的倍数，则M例10．在一个两位数的两个数字中间插入一个数字后，这个两位数就变成了一个三位数，且该三位数是原来两位数的9倍，则这样的两位数有多少个？例11．若78N=是一个能被17整除的四位数，求x.2x例12．从1到2000这2000个数中，有多少个数既不能被4整除，又不能被6整除？例13．五位数xy 538能被3，7，11整除，求22y x -的值.例14．已知整数45613ab 能被198整除，求a 与b 的值.四、质数与合数（没有说明的情况下，只在正整数范围内讨论）如果一个大于1的正整数只能被1和其本身整除，就把这个数叫做质数（也叫素数），如果还能被1和本身以外的数整除，就称其为合数.（负数的绝对值是质数的话，这个负数也是质数，在后面的章节中，如果没有特殊说明，只在正整数范围内考虑质数合数） 特别注意的是：1即不是质数也不是合数.五、质因数的分解我们经常把一个大于1的整数分解为若干个质数的连乘积形式，这就是所谓的分解质因数，乘积中的每一个质数，都叫做这个整数的质因数.关于质因数分解有以下定理：算数基本定理 任意一个大于1的整数N 都可以分解为质因数的乘积.如果不考虑这些质因数的次序，那么这种分解是唯一的.通常可以表示成以下形式：n n p p p N ααα 2121=()*在上式中，n p p p ,,,21 都是质数且互不相同，n ααα,,,21 都是正整数.这种分解式称为 正整数N 的标准分解式.例如540的标准分解式是53254022⨯⨯=.推论1（约数个数定理） 如果对于大于1的整数N ，其标准分解式如()*式所示， 那么N 共有正约数()()()11121+++n ααα 个，这些约数包括1和N 本身.推论2 如果对于大于1的整数N ，其标准分解式如()*式所示，那么N 是一个完全平方数的充要条件是n ααα,,,21 都是偶数，即N 的正约数个数是奇数.由此可以得到 质数的如下整除性质：（1）p 是质数，b a ,都是整数，如果ab p ，则a p 或b p ，特别地2a p 时，a p ； （2）n p p p ,,,21 是不同的质数，a 是整数，如果a p 1，a p 2，a p n , ，则a p p p n 21.例15．已知质数q p ,满足3153=+q p ，求13+q p 的值.例16．3个质数之积是这3个质数之和的17倍，求这3个质数.例17．已知p 是质数，36+p 也是质数，求4811-p 的值.例18．写出30个连续的自然数，使得个个都是合数.例19．360能被多少个不同的正整数整除.例20．写出在100以内的具有10个正约数的所有正整数.例21．求392的标准分解式，并求其全部正约数的和.例22．已知三位数abc是一个质数，如果将这个三位数重复写一遍，就得到一个六位数abcabc，问这个六位数一共有多少个不同的正约数.六、公约数与公倍数（一般情况下，只在正整数范围内讨论）（1）公约数与最大公约数整数a和b都有的约数，叫做a和b的公约数，a和b的最大公约数可以表示为()ba,，若()1a，则称a和b互质.b,=（2）公倍数和最小公倍数如果一个数既是a 的倍数又是b 的倍数，那么就称其为a 和b 的公倍数，a 和b 的最小公倍数记作[]b a ,定理1：若a ，b 是正整数，则()[]b a b a ab ,,=定理2：若a ，b 是正整数，则()()b a b b a ,,=+；()()b a b b a ,,=-例23．已知b a ,两正整数的最大公约数是6，最小公倍数是36，求b a ,这两个数.例24．正整数n m ,的最大公约数大于1，且满足3713=+n m ，求mn 的值.七、完全平方数如果N 是整数，且M N =2，则称整数M 为完全平方数（简称平方数），平方数M 有 以下常用性质：（1） 若M 是整数，则平方数2M 与()21+M 之间不存在其他平方数，即两个连续平方数之间任何一个数都不是平方数；（2） 平方数M 的末尾数只能是0，1，4，5，6，9，而不能是2，3，7，8； （3） 偶数的平方必是4的倍数，而奇数的平方必是8的倍数加1；（4） 平方数的末尾数是奇数时，其十位数必为偶数，平方数的末尾是6时，其十位数必为奇数；（5） 两个平方数的乘积还是平方数，一个平方数与一个非平方数的乘积肯定不是平方数； （6） 任何平方数除以3，余数不可能是2；除以4，余数不可能是2，3；除以5，余数不可能是2，3；除以8，余数不可能是2，3，5，6，7；除以9,余数不可能是2，3，5，6，8.例25．若N 是一个完全平方数，则它后面的一个完全平方数是_______________.例26．求自然数n ，使得n n S n 542+=为完全平方数.例27．直角三角形两条斜边长b a ，均为正整数，且a 为质数，若斜边场也是整数，求证 ()12++b a 是完全平方数.八、带余除法设整数a 除以整数b ()0≠b ，所得的商和余数分别为q 和r ()b r <≤0，则有r bq a +=， 即：被除数＝除数×商＋余数.（1）整数n m ,除以d 所得余数相同()n m d -⇔.（2）用任意连续n ()0>n 个整数除以n ，所得的余数中，0，1，…，1-n 各出现一次.九、末位数rk a+4与r a 有相同的末位数.其中a 为整数，k 为非负整数，r 为1、2、3、4中的任意一个.（注意：不要取0=r ）例28．今有自然数带余除法算式8 C B A =÷，如果2178=++C B A ，求A 的值.例29．若一个正整数a 被2，3，4，5，6，7，8，9这八个自然数除，所得的余数都为1，求a 的最小值.例30．20032003的个位数是多少？习题一1、某校九年级（1）班同学做一个数学实验：在黑板上写上1，2，3，…，40这40个数，第一个同学上来擦去其中任意两个数，然后写上他们的和或者差，第二个同学、第三个同学及以后每位同学都按此规则操作，直到黑板上只有一个数为止，问：最后一个数是奇数还是偶数，为什么？2、已知z y x ,,为正整数，且z y ,均为质数，并满足zyxyz x 111,=+=，求x 的值.3、有()3≥n n 位同学围成一圈，求证：相邻两人是一男一女的对数必是偶数.4、设有101个自然数，记为101321,,,,a a a a ，已知10132110132a a a a x ++++= 为 偶数，判断10199531a a a a a y +++++= 是奇数还是偶数，说明理由.5、设y x ,为两个不同的正整数，并且5211=+yx，求y x +的值.6、设k a a a a ,,,,321 是k 个互不相等的正整数，且1995321=++++k a a a a ，求k 的最大值.7、已知正整数a 恰有12个正约数（包括1和a ），求符合要求的a 的最小值.8、将1，2，3，…，37排成一行：3721,,,a a a ，1,3721==a a ，并使k a a a +++ 21能被1+k a 整除（36,,2,1 =k ）.求（1）37a ；（2）3a .9、一个三位数，等于它的各位数字之和的12倍，试写出所有这样的三位数.10、求方程10047=+y x 的非负整数解.11、已知q p 、都是质数，1是以x 为未知数的方程9752=+q px 的根，则410140++q p 的值是多少？12、正方体的每个面上都写着一个自然数，并且相对的两个面所写的两数之和相等， 若10的对面写的是质数a ，12的对面写的是质数b ，15的对面写的是质数c ， 那么ac bc ab c b a ---++222的值是多少？13、已知两个连续奇数的平方差是2000，则这两个连续奇数可以是多少？14、今天是星期日，若明天算第一天，则第333201121+++ 天是星期几？15、z y x ,,为互不相等的自然数，且135032=z xy ，则z y x ++的最大值是多少？16、[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]32.3=，已知正整数n 小于2002，且263nn n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，则这样的n 有多少个？。
数学竞赛筑阶系列讲座01—初等数论之一
b a 数学竞赛筑阶系列讲座——初等数论之一讲解人：凌 彬姓名__________专题一：整数的基本知识一、十进制整数和整除概念十进制中的n 位数表示为：12121121101010n n n n n n a a a a a a a a ----=⨯+⨯++⨯+ ， 其中i a 是0到9中整数且0n a ≠．设a 、b 是两个整数，0b ≠，假如有一个整数c ，使得a bc =，则称b 能整除a ，记作|b a ．如果没有这样的c ，则称b 不能整除a ，记作 ．例1．一个六位数，如果它的前三位数码与后三位数码完全相同，顺序也相同，则7，11，13是此六位数的约数．例2．证明：201001能被11整除．二、数的整除的特征1．一个整数被2整除（即是偶数），则它的个位是偶数；反之亦然． 2．一个整数被5整除，则它的个位数是0或5；反之亦然．3．设整数1n N a a = 被3（或9）整除，则N 的各位数码之和1n a a ++ 被3（或9）整除，反之亦然．4．设整数1n N a a = 被11整除，则N 的各位数码的正负交错和：111(1)n n n a a a ---++-被11整除；反之亦然．例3．用数码1，2，3，4，5，6各十个，随意排成一个六十位数n ，求证：n 一定是3的倍数．例4．由数码0，1，2，3，4，5能否组成各位数码不同而又能被11整除的六位数？例5．已知1345n xy z =能被792整除，试确定x 、y 、z 的值．三、整除的两个基本性质和一个基本公式基本性质1 如果|c ab ，(, )1a c =，那么|c b ．基本性质2 设|b a ，|c a ，如果(, )1b c =，那么|bc a ． 基本公式 对任意正整数n 以及整数a 、b ，总有|n n a b a b --．例6．已知有n 使1987|111n，求证：对此n 也有 1987|111999888777nnnn．例7．证明：对任意一个整数a ，都有36|a a -．例8．已知|10n a b -，|10n c d -，求证：|n ad bc -．四、平方数的性质（也叫完全平方数）1．性质1 平方数的个位数只能取0、1、4、5、6、9这六种情形． 2．性质2 偶数的平方必是4的倍数即偶数的平方必是8n 或84n +型． 3．性质3 奇数的平方必是8的倍数加1即81n +型．4．性质4 平方数与平方数的乘积必为平方数，平方数与非平方数的乘积必为非平方数． 5．性质5 平方数的形式必为下列两种之一：3k ，31k +． 6．性质6 平方数的数字之和只能是0，1，4，7，9．（注：256的各位数字相加25613++=，13叫做256的各位数字之和，再把13的各位数字相加134+=，4也叫做256的各位数字之和）例9．证明： 111n，222n ， ，999n(1)n >都不是平方数．例10．证明：225671987m mn n -+=无整数解．例11．证明：方程2222n a b c abc ++=(*)n N ∈只有0a b c ===这一组整数解．例12．证明：49，4489，444889， ，14448889nn -都是平方数．例13．证明： 1111100051nn -⨯+是平方数．五、巩固练习1．设n 为正整数，证明：421n -能被15整除．2．已知存在正整数n ，使 111n被1987整除，证明：数 111999888777nn n np =和数 1111111999888777n n n n q ++++=都能被1987整除．3．已知八位数141283x y 是9及11的倍数，求这个八位数的万位数码x 及十位数码y ．4．设n 为非负整数，求证：2211112n n +++是133的倍数．5．证明：有一个且只有一个n ，使811222n ++是平方数．6．设正整数n 不是4的倍数，证明：10|1234n n n n +++．。
初一数学竞赛讲座 2 初一数学竞赛讲座⑴数论的方法与技巧
初一数学竞赛讲座 2 初一数学竞赛讲座⑴数论的方法与技巧导读：就爱阅读网友为您分享以下“初一数学竞赛讲座⑴数论的方法与技巧”的资讯，希望对您有所帮助，感谢您对的支持!（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；（3）划去这些两位数中的合数；（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。
问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？解：第1次操作得数字串711131131737；第2次操作得数字串11133173；第3次操作得数字串111731；第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731；第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173。
不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117。
例11 有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面。
再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面。
反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律。
列表如下：设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：（1）当N=2（a=0，1，2，3，?）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2张；（2）当N=2+m（m＜2）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张。
取N=100，因为100=2+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第72张。
说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，?然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯。
数学奥赛讲稿 初等数论奇数、偶数、质数、合数(一)
数学奥赛讲稿 初等数论奇数、偶数、质数、合数（一）知识、方法、技能Ⅰ.整数的奇偶性将全体整数分为两类，凡是2的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为2m （m ∈Z ），任一奇数可表为2m+1或2m －1的形式.奇、偶数具有如下性质：（1）奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数；奇数±偶数=奇数；偶数×偶数=偶数；奇数×偶数=偶数；奇数×奇数=奇数；（2）奇数的平方都可表为8m +1形式，偶数的平方都可表为8m 或8m +4的形式（m ∈Z ）.（3）任何一个正整数n ，都可以写成l n m2=的形式，其中m 为非负整数，l 为奇数.这些性质既简单又明显，然而它却能解决数学竞赛中一些难题.Ⅱ.质数与合数、算术基本定理大于1的整数按它具有因数的情况又可分为质数与合数两类.一个大于1的整数，如果除了1和它自身以外没有其他正因子，则称此数为质数或素数，否则，称为合数.显然，1既不是质数也不是合数；2是最小的且是惟一的偶质数.定理：（正整数的惟一分解定理，又叫算术基本定理）任何大于1的整数A 都可以分解成质数的乘积，若不计这些质数的次序，则这种质因子分解表示式是惟一的，进而A 可以写成标准分解式： n a n a a p p p A 2121⋅= （*）.其中i n p p p p ,21<<< 为质数，i α为非负整数，i =1，2，…，n .【略证】由于A 为一有限正整数，显然A 经过有限次分解可分解成若干个质数的乘积，把相同的质因子归类整理可得如（*）的形式（严格论证可由归纳法证明）.余下只需证惟一性.设另有j m n q q q q q q q A m ,,212121<<<⋅= 其中βββ为质数，i β为非负整数，j=1，2，…，m .由于任何一i p 必为j q 中之一，而任一j q 也必居i p 中之一，故n=m .又因 ),,2,1(,,2121n i q p q q q p p p i i n n ==<<<<<则有，再者，若对某个i ，i i βα≠（不妨设i i βα>），用i i p β除等式n n n a n a a p p p p p p βββ 21122121⋅=两端得：.11111111n i i n i i n i i n i p p p p p p p ββββεβαα +-+--⋅=此式显然不成立（因左端是i p 的倍数，而右端不是）.故i i βα=对一切i =1，2，…，n 均成立.惟一性得证.推论：（合数的因子个数计算公式）若n n p p p A ααα 2121=为标准分解式，则A 的所有因子（包括1和A 本身）的个数等于).1()1)(1(21+++n ααα （简记为∏=+n i i 1)1(α） 这是因为，乘积2222212111()1()1(21nn p p p p p p p p ++++++⋅++++ αα )nn p α++ 的每一项都是A 的一个因子，故共有∏=+ni i 1)1(α个. 定理：质数的个数是无穷的.【证明】假定质数的个数只有有限多个,,,21n p p p 考察整数.121+=n p p p a 由于1>a 且又不能被),,2,1(n i p i =除尽，于是由算术基本定理知，a 必能写成一些质数的乘积，而这些质数必异于),,2,1(n i p i =，这与假定矛盾.故质数有无穷多个.赛题精讲例1．设正整数d 不等于2，5，13.证明在集合｛2，5，13，d ｝中可以找到两个元素a ,b ，使得a b －1不是完全平方数.（第27届IMO 试题）【解】由于2×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，因此，只需证明2d －1，5d －1，13d －1中至少有一个不是完全平方数.用反证法，假设它们都是完全平方数，令2d －1=x 2①5d －1=y 2②13d －1=z 2③x,y,z ∈N *由①知，x 是奇数，设x =2k －1，于是2d －1=（2k －1）2，即d =2k 2－2k+1，这说 明d 也是奇数.因此，再由②，③知，y,z 均是偶数.设y=2m ,z =2n ,代入③、④，相减，除以4得，2d =n 2－m 2=(n+m)(n －m)，从而n 2－m 2为偶数，n ，m 必同是偶数，于是m+n 与m －n 都是偶数，这样2d 就是4的倍数，即d 为偶数，这与上述d 为奇数矛盾.故命题得证.例2．设a 、b 、c 、d 为奇数，bc ad d c b a =<<<<并且,0，证明：如果a +d =2k ，b+c=2m ，k,m 为整数，那么a =1.（第25届IMO 试题）【证明】首先易证：.22m k >从而ad d a d a c b a d m k 4)()(,(22+-=+->->于是因为 22)(4)(c b bc c b +=+->.再由,222,2,22a b a b b c a d bc ad k m m k -=⋅-⋅-=-==可得 因而))(()2(2a b a b a b m k m -+=⋅--①显然，a b a b -+,为偶数，a b m k --2为奇数，并且a b a b -+和只能一个为4n 型 偶数，一个为4n+2型偶数（否则它们的差应为4的倍数，然而它们的差等于2a 不是4 的倍数），因此,如果设f e a b m k ⋅=--2，其中e,f 为奇数，那么由①式及a b a b -+,的特性就有（Ⅰ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21f a b e a b m 或（Ⅱ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21e a b f a b m 由f a b a b a b ef m k 222≤-<-≤-=- 得e=1，从而.2a b f m k --=于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为⎪⎩⎪⎨⎧-=-=+--)2(2,21a b a b a b m k m 或⎪⎩⎪⎨⎧=--=+--12),2(2m m k a b a b a b 解之，得1122-+-=⋅m m k a .因a 为奇数，故只能a =1.例3．设n a a a ,,,21 是一组数，它们中的每一个都取1或－1，而且a 1a 2a 3a 4+a 2a 3a 4a 5+…+a n a 1a 2a 3=0，证明：n 必须是4的倍数.（第26届IMO 预选题）【证明】由于每个i a 均为1和－1，从而题中所给的等式中每一项321+++i i i i a a a a 也只取1或－1，而这样的n 项之和等于0，则取1或－1的个数必相等，因而n 必须是偶数，设n=2m.再进一步考察已知等式左端n 项之乘积=(n a a a 21)4=1，这说明，这n 项中取－1的项（共m 项）也一定是偶数，即m=2k ，从而n 是4的倍数.。
《数学竞赛辅导》——初等数论
数学竞赛辅导》——初等数论部分数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991 年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6 道IMO 试题中有5 道与数论有关。
数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。
可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。
初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。
做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。
这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于a,b N, q,r N，满足a bq r，其中0 r b。
除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。
相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。
希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。
编者：刘道生2007-8-21 于江西赣州第一节整数的p 进位制及其应用正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数, 这是一种位值记数法。
进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系,数列问题等等。
在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。
基础知识给定一个 m 位的正整数 A ,其各位上的数字分别记为记为：A a m i a m 2a 。
（其中 a m 1 0 ）。
由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的m 1次多项式，即A a mi 10m1 a m 2 10m 2 a i 10 a 。
，其中 a ： {0,1,2, ,9}, i 1,2, ,m 1 且a m 10 ,像这种10的多项式表示的数常常简记为生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作A a m1a m2 a 0 ,以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基， 我们都认为它是十进制的数字。
七年级数学上册竞赛系列讲座第一讲进位制
第一讲 进位制笔记：我们通常使用的十进制，有两个特点：1、用10个数字（数码），即0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，2、逢十进一除了十进制，还有其他的进位制。
例如南美的玛雅人采用了二十进制，欧洲有过十二进制（1“打”表示12只），六十进制（1小时等于60分），我国的旧秤，是16进制，1斤等于16两，所以成语“半斤八两”表示两个人实力相当，改用新秤，就应当是“半斤五两”了。
二进制，是十进制外最常用的进制。
二进制采用两个数字0,1，并且“逢二进一”。
在十进制中，365的6表示106⨯，3表示2103⨯。
同样，在二进制中，111的左边起第一个1表示221⨯，第二个1表示21⨯，第三个1（也是从右边数起的第一个1）表示1.为了避免混淆，g 进制中的数常加一个括号，并在右下方加注一个g 。
例如二进制中的111记作2111）（。
十进制的数则仍通常表示。
根据上面所说，2111）（=7121212=+⨯+⨯ 这就是化二进制为十进制的方法。
类似地，可以考虑g 进制。
在g 进制中，有g 个数字，分别表示0,1,2,3......g-1(在10>g 时，需要自己制造几个新的数字，这时仅有10个数字0,1,3，。
，9是不够的），并且“逢十进一”。
一般地，g 进制中的数可以写成_____________10)g n a a a ⋅⋅⋅（，即 。
二进制的运算十分简单，因而应用十分广泛，尤其在计算机中，基本上都用二进制与八进制。
二进制的四则运算与十进制基本相同，只是在加减运算中，将“逢十进一”改为“逢二进一”。
乘法口诀只剩一句“一一得一”，完全不需要背乘法表。
当然，0乘任何数，积为零。
1、将2101010）（化为十进制数。
2、化1027）（为二进制数。
3、计算：22101111）（）（⨯4、计算：22)101(100011÷）（5、计算：[]2222101110000110101110）（）（）（）（÷++。
数学竞赛中的数论问题
2-4 数学竞赛中的数论问题（09-10-28）数论是研究自然数的一个数学分支. 一、数学竞赛中数论问题的基本内容 主要有8个定义、15条定理.定义1 （带余除法）给定整数,,0,a b b ≠如果有整数(),0q r r b ≤<满足 a qb r =+，则q 和r 分别称为a 除以b 的商和余数．特别的，0r =时，则称a 被b 整除，记作b a ，或者说a 是b 的倍数，而b 是a 的约数．定义2 （最小公倍数）非零整数12,,,n a a a 的最小公倍数是能被其中每一个()1i a i n ≤≤所整除的最小正整数，记作[]12,,,n a a a ．定义3 （最大公约数）设整数12,,,n a a a 中至少有一个不等于零，这n 个数的最大公约数是能整除其中每一个整数的最大正整数，记作()12,,,n a a a ．定理1 对任意的正整数，有 ()[],,a b a b ab ⋅=．定义 4 如果整数,a b 满足(),1a b =，则称a 与b 是互素的（以前也称为互质）．定义5 大于1且除1及其自身外没有别的正整数因子的正整数，称为素数（以前也称为质数）．其余大于1的正整数称为合数；数1既不是素数也不是合数．定理2 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数．定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记作(mod )a b c ≡若则称,a b 关于模c 不同余，记作a(mod )b c ．定理3 （整除的性质）设整数,,a b c 为非零整数，（1） 若c b ，b a ，则c a ； （2） 若c a ，则bc ab ；（3） 若c a ，c b ，则对任意整数,m n ，有c ma nb +； （4） 若(),1a b =，且a bc ，则a c ； （5） 若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c （6） 若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ．定理4 （同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m >（1） 若(mod )a b m ≡且(mod )b c m ≡，则(mod )a c m ≡； （2） 若(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(mod )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡．（3） 若(mod )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )n n a b m =，且(mod )an bn mn ≡；（4） 若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m kk k ⎛⎫= ⎪⎝⎭．定理5 设,a b 为整数，n 为正整数，（1） 若a b ≠，则()()n n a b a b --； （2） 若a b ≠-，则()()2121n n a b a b --++； （3） 若a b ≠-，则()()22n n a b a b +-．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a 是小于k 的非负整数，且10a >．若 12121m m m m n a k a k a k a ---=++++，则称数12m a a a 为n 的k 进制表示．定理6 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示． 定理7 任意一个正整数n 与它的十进制表示中的所有数字之和关于模9同余．定理8 （分解唯一性）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的 1212k a a ak n p p p =.定理9 若正整数n 的素数分解式为 1212,k a a ak n p p p =则n 的约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++，n 的一切约数之和等于121212111111k a a a k k p p p p p p ---⋅⋅⋅---． 定义8 对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+．定理10 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦定理11 如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a --． 定理12 设p 为素数，对任意的整数a ，有()mod p a a p ≡． 定理13 设正整数1212.k a a ak n p p p =，则不大于n 且与n 互素的正整数个数()n ϕ为()12111111kn n a a a ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+---⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 定理14 整系数二元一次方程ax by c +=存在整数解的充分必要条件是(),c a b ．定理15 若()00,x y 是整系数二元一次方程ax by c +=的一个整数解，则方程的一切整数解可以表示为00,.x x bt y y at =-⎧⎨=+⎩()t Z ∈ 二. 数学竞赛中数论问题的重点类型 主要出现8类问题.：1.奇数与偶数（奇偶分析法、01法）；2.约数与倍数、素数与合数；3.平方数；4.整除；5.同余；6.不定方程；7.数论函数、[]x 高斯函数、()n φ欧拉函数； 8.进位制（十进制、二进制）. 三. 例题选讲例1 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100.每盏灯由一个拉线开关控制着.最初，电灯全是关着的.另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的讲解 （1）直接计算100次记录，会眼花缭乱.（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次.（3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系：灯被拉奇数次的亮！（4）哪些数有奇数个约数：平方数. （5）1～100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100.答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个还亮.例2 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦.讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号.关键是弄清[]x 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除： （1）分子是那些数相加，求出和来；由366518302004219663666⨯=<<=⨯，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个（2）除法谁除以366，求出商的整数部分.原式()036536612345175366⨯+++++⨯⎡⎤=⎢⎥⎣⎦1036687536614310236612.⨯+⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦=命题背景2004年有12个月、366天.例3 ()111959,IMO-证明对任意正整数n，分数214143nn++不可约.证明1 （反证法）假若214143nn++可约，则存在1d>，①使()214,143n n d++=从而存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩②③消去n ，()()3322⨯-⨯，得()132d q p =- ④ 的 1d = ⑤由（1）、（5）矛盾，得1d =. 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法 （2）式④是实质性的进展，表明()()131432214n n =+-+可见 ()214,1431n n ++=. 由此获得2个解法.证明2 设()214,143n n d ++=。
初中数学竞赛辅导讲座19讲(全套)
第一讲 有 理 数一、有理数的概念及分类。
二、有理数的计算：1、善于观察数字特征；2、灵活运用运算法则；3、掌握常用运算技巧（凑整法、分拆法等）。
三、例题示范例1、 已知数轴上有A 、B 两点，A 、B 之间的距离为1，点A 与原点O 的距离为3，那么满足条件的点B 与原点O 的距离之和等于多少？满足条件的点B 有多少个？例2、 将9998,19991998,9897,19981997----这四个数按由小到大的顺序，用“<”连结起来。
提示1：四个数都加上1不改变大小顺序；提示2：先考虑其相反数的大小顺序；提示3：考虑其倒数的大小顺序。
例3、 观察图中的数轴，用字母a 、b 、c 依次表示点A 、B 、C 对应的数。
试确定三个数ca b ab 1,1,1-的大小关系。
分析：由点B 在A 右边，知b-a >0，而A 、B 都在原点左边，故ab >0,又c >1>0,故要比较ca b ab 1,1,1-的大小关系，只要比较分母的大小关系。
例4、 在有理数a 与b(b >a)之间找出无数个有理数。
提示：P=na b a -+（n 为大于是 的自然数） 注：P 的表示方法不是唯一的。
2、符号和括号在代数运算中，添上（或去掉）括号可以改变运算的次序，从而使复杂的问题变得简单。
例5、 在数1、2、3、…、1990前添上“+”和“ —”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？提示：造零：n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0注：造零的基本技巧：两个相反数的代数和为零。
3、算对与算巧例6、 计算 -1-2-3-…-2000-2001-2002提示：1、逆序相加法。
2、求和公式：S=(首项+末项)⨯项数÷2。
例7、 计算 1+2-3-4+5+6-7-8+9+…-2000+2001+2002例8、 计算9999991999999个个个n n n +⨯ 提示1：凑整法，并运用技巧：199…9=10n +99…9，99…9=10n -1。
高中数学竞赛系列讲座--进位制
为了区分不同的进位制，常在数的右下角标明基数， 十进制一般不标注基数.
例如十进制的133.59，写成133.59(10) 七进制的13，写成13(7)；二进制的10，写成10(2)
一般地，若k是一个大于1的整数，那么以k 为基数的k进制可以表示为一串数字连写在一起 的形式：
a n a n 1a 1 a 0 ( k ) ( 0 a n k ,0 a n 1 ,,a 1 ,a 0 k ) .
其它进制数化成十进制数公式
二、 二进制
二进制的表示方法
二进制是用0、1两个数字来描述的．如 11001 区分的写法：11001（2）或者 (1 11001 ( 1)2 2 1 0 )2 4 0 1 2 3 1 0 2 2 0 2 1 1 2 0
八进制呢？如7342(8) k进制呢？ anan-1an-2…a1(k)？
• 则119＝(2) • 所以434(5)＝(2)
十进制转换为二进制
把49化为二进制数
余数
有没有反 复执行的 步骤
2
49 12 24 0源自2 12 026 0
23 1
21 1
0
注意： 1.最后一步商为0， 2.将上式各步所得的余数从下到上排列，得到：49=110001（2）
5 89 5 17
53 0
所以，89=324（5）
余数
4 2 3
练习：
完成下列进位制之间的转化：
（1）10231（4）= （2）235（7）= （3）137（10）= （4）1231（5）= （5）213（4）= （6）（2）=
（10）； （10）； （6）； （7）； （3）； （4）。
小结
• 1．进位制是一种记数方式，用有限的数 字在不同的位置表示不同的数值。可使 用数字符号的个数称为基数，基数为k， 即可称k进位制，简称k进制。k进制需要 使用k个数字；
数学竞赛中的数论知识点总结
数学竞赛中的数论知识点总结数学竞赛中，数论是竞赛题目中经常出现的一个重要知识点。
在数论中，各种定理和技巧层出不穷，很多时候需要针对特殊类型的问题有针对性地进行研究。
本文将对数论中的一些基本知识点进行总结，以便竞赛选手更好地备战数学竞赛。
一、同余同余是数论中常见的一个概念。
a与b模n同余，当且仅当它们的差能被n整除，即a-b是n的倍数。
可以表示为$a \equiv b\pmod{n}$。
同时，同余关系具有传递性、反身性和对称性。
同余关系在数论中有很多应用，特别是在求证和构造问题中。
二、模反元素求模反元素是数论中的一个重要技巧。
在模n的情况下，如果a乘以x再模n可以得到1，那么x就是a模n的反元素（或倒数）。
求模反元素的一般方法是通过使用扩展欧几里得算法，在求最大公约数的同时求出x和y的值，其中x就是a模n的反元素。
三、欧拉函数欧拉函数是数论中一个重要的概念，通常记为$\varphi (n)$。
欧拉函数的意义是小于n的正整数中，与n互质的数的个数。
求欧拉函数的方法有很多种，其中比较常用的有：将n分解为质因数的积，然后根据欧拉函数的性质，对于每个不同的质因数，将它的欧拉函数值相乘即可。
四、费马小定理费马小定理是数论中常用的一个定理，它表明如果p是一个质数，那么对于任意正整数a，$a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$。
这个定理在构造和求证问题中有很多应用，特别是在判定质数的问题中。
五、中国剩余定理中国剩余定理是一种将模数分解成相对质数乘积的方法。
可以表示为：$\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{n_1} \\ x \equiv a_2\pmod{n_2} \end{cases}$ 其中，$n_1$和$n_2$是两个互质的正整数，a1和a2是任意整数。
该定理的思路是先根据n1和n2分别求出它们的模反元素，然后利用同余方程组的解法，得出一个通解，最后在将通解化简成最小正整数解即可。
初中奥数讲义数论专题：进位制
华杯赛数论专题|.6 进位制我们平常熟悉的十进制.（2012）10＝2×103＋0×102＋1×101＋2其他进制转化为十进制.（a…bcde）n＝a×n k-1＋……＋b×n3＋c×n2＋d×n＋e例题.例1.A,B是两个自然数,如果A进位制数47和B进位制数74相等,那么A＋B的最小可能值是多少？【答案】24【解答】由已知.4A＋7＝7B＋4,即4A＝7B－3,可见B除以4余1。
又B进制中有7出现,说明B＞7,因此B的最小值是9,相应的计算出A＝15。
所以A＋B最小值是9＋15＝24。
例2.一个十进制的两位数A,它的十位数字为5,另一个R进制数为B,它的各位数字与A分别相等,而且B在十进制中恰好是A的3倍,那么数A和B在十进制中各是多少？【答案】50、150,或者55,165【解答】设A在十进制中表示是（）,由已知.5×R＋m＝3×（50＋m）,即5×R＝150＋2×m,可见m是5的倍数,因此m＝0或5。
相应的计算出R＝30或32。
所以A和B分别是50、150,或者55,165。
例3.一个自然数的六进制表示与九进制表示均为三位数,并且它们各位数字的排列顺序恰好相反,那么此自然数用十进制表示法写出是多少？【答案】212【解答】设自然数在六进制中表示是（）,则在九进制中表示是（）。
则36a＋6b＋c＝81c＋9b＋a,35a＝3b＋80c,通过对等式的观察,可以发现b是5的倍数。
又由于b是在六进制中的数,所以,b是0或5。
（1）若b＝0, 则上式变为35a＝80c,即7a＝16c,a需要是16的倍数,a又小于6。
所以,a＝0。
但是a在首位,a又不能等于0。
所以,这样的数字不存在。
（2）若b=5, 则上式变为7a＝3＋16c,a＝5,c＝2。
所以,这个六进制数是（552）6化为十进制是5×62＋5×6＋2＝212。
第一讲(初等数论)资料
第一讲、初等数论与数学竞赛一、进位制知识要点：（1） 十进制自然数N 的表示方法：12110011101,...,2,1,09010101010a a a a a a N a n i a a a a a a N n n n n i ini i n n n n ⋅⋅⋅=≠-=≤≤⨯=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=--=--∑，上式也可写作），（其中 （2） b 进制数b N 表示方法：)0,10(0≠-≤≤=∑=n i i ni i b a b a b a N（3） 十进制数与b 进制数的互相转换 例题分析：例1、 将十进制数2000转换成六进制数。
2......33362000=÷ 3......556333=÷ 1......9655=÷ 3......169=÷1......061=÷ 所以6)13132(2000=十进制整数转换为b 进制数方法：“除b 取余” 例2、 将十进制数0.315转换为八进制数。
520.28315.0=⨯ 整数部分为：2 160.48520.0=⨯ 整数部分为：4 280.18160.0=⨯ 整数部分为：1 240.28280.0=⨯ 整数部分为：2 所以，8)2412.0(315.0≈十进制小数转换为b 进制数方法：“乘b 取整”例3、2000263616361)13132(12346=+⨯+⨯+⨯+⨯=5625.354142434042)21.203(210124=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=--b 进制数转换为十进制数只需直接进行计算。
例4、把正整数中的所有数字都不大于7的数排成一列，求所形成的递增数列中的第2000项。
解：所形成的数列为1，2，3，4，5，6，7，10，11，12，13，14，15，16，17，20，21，22，23，......可以看出，数列中的每一项顺次构成全体八进制数，而8)3270(2000= 因此，数列中的第2000项为3720.例5、设十进制数1999在b 进制中写成三位数xyz ，且x+y+z=1+9+9+9，求b 的值。
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第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。
例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。
．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。
例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。
具体做法是：用2乘十进制小数，可以得到积，将积的整数部分取出，再用2乘余下的小数部分，又得到一个积，再将积的整数部分取出，如此进行，直到积中的小数部分为零，或者达到所要求的精度为止。
然后把取出的整数部分按顺序排列起来，先取的整数作为二进制小数的高位有效位，后取的整数作为低位有效位。
例如：0.250.25*2 = 0.5 ------------整数部分：0 0.5*2 = 1.0 ------------整数部分：1所以十进制数0.25转为二进制数即为 0.01 所以十进制数 60.25 转为二进制数即为 (11100.01)2 二、典型问题：例1 证明：形如abcabc 的六位数总能被7、11、13整除。
证明：将已知的六位数写成十进制表达形式，得c b a c b a abcabc +⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=10101010102345)110()1010()1010(3425+⨯++⨯++⨯=c b a 100110010100100⨯+⨯+⨯=c b a )10100(1001c b a ++⨯= )10100(13117c b a ++⨯⨯= abcabc ∴总能被7，11，13整除。
【变式】试证明：任何一个四位正整数，如果四个数字和是9的倍数，那么这个四位数必能被9整除。
并把它推广到n 位正整数，也有同样的结论。
证明：设一个四位数为103a +102b +10c +d ，根据题意得a+b+c+d =9k (k 为正整数)，∴d =9k －a －b －c ,代入原四位数，得 103a +102b +10c ＋9k －a －b －c ＝(103－1)a +(102-1)b +9c +9k =9(111a +11b +c +k) ∵111a +11b +c +k 是整数，∴四位数103a +102b +10c +d 能9被整除推广到n 位正整数：n 位正整数记作10n －1a 1+10n-2a 2+…+10a n-1+a n （1） ∵a 1+a 2+…+a n-1+a n =9k(k 是正整数) ∴a n =9k －a 1－a 2－…－a n-1 代入（1）得原数＝10n －1a 1+10n-2a 2+…+10a n-1+9k －a 1－a 2－…－a n-1 ＝（10n-1－1）a 1+（10n-2－1）a 2+…+9a n-1+9k ∵10n-1－1，10n-2－1，…10－1分别表示-1999n 个，-2999n 个，…，9∴原数＝9（ -1111n 个a 1＋ -2111n 个a 2＋…＋a n +k ）∴这个n 位正整数必能被9整除【注】能被2、3、5、7、11、13、17、19整除的数的特征 （1）能被2整除的数的特征是个位上是偶数，（2）能被3整除的数的特征是所有位数的和是3的倍数（例如：315能被3整除，因为3+1+5=9是3的倍感）（3）能被5整除的数个位上的数为0或5， （4）能被7整除的数的特征若一个整数的个位数字去掉,再从余下的数中,减去个位数的2倍,如果差是7的倍数, 则原数能被7整除。
如果数字仍然太大不能直接观察出来，就重复此过程。
（5）能被11整除的数的特征把一个数由右边向左边数,将奇位上的数字与偶位上的数字分别加起来,再求它们的差,如果这个差是11的倍数(包括0),那么,原来这个数就一定能被11整除。
例如：判断491678能不能被11整除。
奇位数字的和9+6+8=23 偶位数位的和4+1+7=12因此,491678能被11整除。
这种方法叫“奇偶位差法”。
（6）能被13整除的数的特征把一个整数的个位数字去掉，再从余下的数中，加上个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被13整除。
如果数字仍然太大不能直接观察出来，就重复此过程。
例如：判断1284322能不能被13整除。
128432+2×4=12844012844+0×4=128441284+4×4=13001300÷13=100所以，1284322能被13整除。
（7）能被17整除的数的特征把一个整数的个位数字去掉，再从余下的数中，减去个位数的5倍，如果差是17的倍数，则原数能被17整除。
如果数字仍然太大不能直接观察出来，就重复此过程。
例如：判断1675282能不能被17整除。
167528-2×5=16751816751-8×5=167111671-1×5=1666166-6×5=136到这里如果你仍然观察不出来，就继续……6×5=30，现在个位×5=30>剩下的13，就用大数减去小数，30-13=17，17÷17=1；所以1675282能被17整除。
（8）能被19整除的数的特征把一个整数的个位数字去掉，再从余下的数中，加上个位数的2倍，如果差是19的倍数，则原数能被19整除。
如果数字仍然太大不能直接观察出来，就重复此过程。
例2．设n为正整数，计算999n个 ×999n个＋1999n个解：原数＝（10n –1）×（10n –1）+1×10n+10n－1111n 个1222n 个2这些数都是两个相邻的正整数的积＝333×3341 ×（ 1013n -＋1）111n 个1 222n 个2＝109n ＝ 103n -上述结论证明了各数都是两个相邻的正整数的积4．已知：有一个三位数除以例5 已知abcd 是一个四位数，且999 =-dcba abcd ，问“”代表几？解：将abcd 及dcba 用十进制表示出来，并求差，得)1111010111(9d c b a dcba abcd --+=-。
可见，两数之差为9的倍数，从而999也应是9的倍数，故+9+9+9也是9的倍数，得“”代表9或0，由题意知0舍去，所以代表9。
例6．一个六位数的最高位是1，若把1移作个位数，其余各数的大小和顺序都不变，则所得的新六位数恰好是原数的3倍，求原六位数。
解：设原六位数1右边的五位数为x ，那么原六位数可记作1×105＋x ，新六位数为10x ＋1， 根据题意，得 10x ＋1＝3（1×105＋x ） 7x=299999 x=428571210a a a ，这1210a a a +1321a a a -+111210k k k k a a a a a a -+--+．一个自然数的首位数字是4，将其首位数字移至末尾之后，它的大小降为原来的最小正整数。
解：设所求的数表示为4abc =410n A ⨯+，其中A=ab c (A 是一个4104ab c A =+由题意，得410n⨯+4(104)A + 39A=4(10n⨯-19996n -⨯个9143332n -⨯个3故13332n -个3必能被13整除，不难发现33332最小值是410256。
9．已知一个四位数的各位数字的和与这个四位数相加等于解：设所求四位数是abcd ，由题意得 1995=++++abcd d c b a 。
19952111011001=+++∴d c b a 。
①此时必有a =1（请读者想一想为什么？）∴101b +11c +2d =994 ②此时必有b =9（请读者想一想为什么？）85211=+∴d c 。
③对于③式，若c =8或9，则左边都大于85；若c ≤6，则左边都小于85，所以只有c =7。
将c =7代入③，得 d =4。
故所求四位数是1974。
说明：解答整数问题，常常需要从首位或末位数字入手去进行分析，本例在确定a ，b ，c ，d 的值时，我们都是采用了首位数字分析法。
例11．试证明：当abc 是37的倍数时，bca 也是37的倍数。
证明：a c b bca c b a abc ++=++=10100,10100 ， a c b a bca 999)10100(10-++=∴ a abc 372710⨯-⨯=。
故当abc 是37的倍数时，bca 也一定是37的倍数。
例12．有一种室内游戏，魔术师要求某参赛者想好一个三位数abc ，然后，魔术师再要求他记下五个数acb 、bac 、bca 、cab 、cba ，并把这五个数加起来求出和N ，只要讲出N 的大小，魔术师就能说出原数abc是什么。
如果N=3194，请你确定abc 。
解：由题意，得3194=++++cba cab bca bac acb 。
两边加上abc ，得 abc c b a +=++3194)(222， abc c b a ++⨯=++∴8614222)(222。