数论2
第20讲 数论综合二完整版
第20讲数论综合二兴趣篇1．有4个不同的正整数，它们中任意2个数的和都是2的倍数，任意3个数的和都是3的倍数，要使这4个数的和尽可能小，请问：这4个数应该分别是多少？答案：1、7、13、19解析：“任意2个数的和都是2的倍数”说明四个数奇偶性相同，“任意3个数的和都是3的倍数”说明四个数除以3的余数相同．若这四个数为奇数，第一个数为1，依次加6可得四个数为1、7、13、19.若这四个数为偶数，第一个数为2，依次加6可得四个数为2、8、14、20.显然第一组更小．2．已知算式（1+2+3+…+n）+ 2007的结果可表示为n（n>l）个连续自然数的和．请问：共有多少个满足要求的自然数n？答案：5个解析：1+2+3+…+n是项数为n的等差数列之和，我们考虑将2007平均分成n份，加到每一项上即可．2007=32×223，有6个约数，分别为1、3、9、223、669、2007。
其中1舍去，有5个满足要求的自然数。
3．有些自然数能够写成一个质数与一个合数之和的形式，并且在不计加数顺序的情况下，这样的表示方法至少有4种，请问：所有满足上述条件的自然数中最小的一个是多少？答案：11解析：因为有四种表示方法，至少涉及四个质数，最小的四个质数是2、3、5、7，最小的四个合数是4、6、8、9，恰好有11=7+4=5+6=3+8= 2+9.因此满足条件最小的数是11.4．甲、乙两个自然数的乘积比甲数的平方小2008.请问：满足上述条件的自然数有几组？答案：4组解析：由题目条件得，甲×甲-甲×乙=甲×（甲-乙）2008，将2008写成两个数乘积的形式，有如下几种：2008=2008×1=1004×2=502×4=251×8．因此满足条件的甲、乙数为(2008，2007)、(1004，1102)、(502，498)、(251，243)，共有4组．5．两个不同两位数的乘积为完全平方数，请问：它们的和最大可能是多少？答案：170解析(1)两个数均为平方数，则它们的乘积仍为平方数，这种情况和最大为81+64=145.(2)两个数均不是平方数，则这两个数为a×m2，a×n2(其中m不等于n).对可能的情况进行讨论：当a=2时，这两个数最大是2×72、2×62，和为98+72=170.当a=3时，这两个数最大是3×25、3×16，和为75+48=123.当a=5时，这两个数最大是5×16、5×9，和为80+45=125.当a=6时，这两个数最大是6×16、6×9，和为96+54=150．……经讨论，和最大为170．6．n个自然数，它们的和乘以它们的平均数后得到2008.请问：n最小是多少？答案：502解析：由于2008=2008×1=1004×2=502×4=251×8，如果这挖个数的和为2008，平均数为1，那么n为2008.如果这n个数的和为1004，平均数为2，那么n为502.知果这n个数的和为502，平均数为4，那么这不可能，如果这n 个数的和为251，平均数为8，那么这不可能，因此n最小是502.7．一个正整数若能表示为两个正整数的平方差，则称这个数为“智慧数”，比如16=52-32，16就是一个“智慧数”，请问：从1开始的自然数列中，第2008个“智慧数”是多少？答案：2680解析：通过尝试可以发现如下规律：相邻两个平方数的差为3，5，7，9，11…即除1外，所有的奇数均为“智慧数’’．相邻两个奇数的平方差与相邻两个偶数的平方差为8，12，16，20，24，28…即除4之外，所有4的倍数的数是“智慧数”，所以1～2000的“智慧数”有2000÷2 +2000÷4-2=1498个．1～2500的“智慧数”有2500÷2+2500÷4-2=1873个．1～2700的“智慧数”有2700÷2+2700÷4-2=2023个．因此第2008个“智慧数”为2680.8．将1001-5分别除以2，3，4，…，100，可以得到99个余数(余数有可能为0).请问：这99个余数的和是多少？答案：4565解析：100!能够被2，3，4，…，100整除，100!-5除以100的余数为100-5=95，100!-5除以99的余数为99 -5=94，100! -5除以98的余数为98- 5=93，…，100!-5除以6的余数为6-5 =1，除以5余0，除以4余3，除以3余1，除以2余1（判断除以2、3、4的余数，只需用2、3、4的倍数减5即可）．所以余数和为1+1+3+0+1+2+…+94+95=5+(1+95)×95÷2 = 4565.9．卡莉娅、小高和墨莫三人经常去电影院，卡莉娅每隔2天去一次，小高每隔4天去一次，墨莫每隔6天去一次．今天他们三人都去电影院，将来会有连续三天都有人去电影院．如果今天是第1天，那么最早出现的具有上述性质的连续三天是哪三天？答案：第6天、第7天和第8天解析：由题意知，卡莉娅将在第4天、第7天、第10天……去电影院．小高将在第6天、第11天、第16天……去电影院．墨莫将在第8天、第15天、第22天……去电影院．则最早出现的连续三天是第6天、第7天和第8天．10.有三个连续的自然数，它们的平方从小到大依次是10、9、8的倍数．请问：这三个数中最小的一个是多少？答案：50解析：三个连续自然数的平方从小到大依次是10、9、8的倍数，则三个连续自然数从小到大依次是10、3、4的倍数．由龀可推断出三个数中最小的数是10的倍数，并且除以3余2，除以4余2.满足上述条件最小的数是50．拓展篇1．有一个正整数，它加上100后是一个完全平方数，加上168后也是一个完全平方数．请问：这个正整数是多少？答案：156解析：设这个正整数为n ，则n+100=b 2，n+168=a 2，两式相减得a 2-b 2=68，而a 2-b 2=(a+b)×（a-b ），68=1×68 =2×34=4×17，由此可得⎩⎨⎧==+，，2b -a 34b a 解得⎩⎨⎧==，16b ,18a 所以n 为156．2．如果三个正整数a 、b 、c 满足a 2 +b 2=c 2，则称这三个数构成一个勾股数组(a ，b ，c)．与5有关的勾股数组有两组：(3，4，5)和(5，12，13)，请问：与13有关的勾股数组有哪些？答案：(5,12.13)、(13, 84, 85)解析：当c= 13时，则很显然(5，12，13)是一组勾股数．当a=13时，则132 +b 2=169+b 2=C 2，即c 2-b 2=(c+b)×(c-b)=169×1，由此可得⎩⎨⎧==+，1b -c ,169b c 解得⎩⎨⎧==84,b ,85c 因此(13, 84, 85)也是一组勾股数．3.小高往一个水池里扔石子．第一次扔1颗石子，第二次扔2颗石子，第三次扔3颗石子，第四次扔4颗石子……他准备扔到水池的石子总数是106的倍数，请问：小高最少需要扔多少次？答案：52次解析：小高扔的石子数为n ×(n+1)÷2，而106=2×53，因此，n 或n+1其中有一个应是53或53的倍数，当n=52时，满足石子数是106的倍数，因此小高最少需要扔52次．4．已知两个自然数的最大公约数是6，两数之和为1998.请问：满足上述条件的数一共有多少组？答案：108组解析：设甲、乙两数分别为6a、6b，其中a与b互质，且6a+6b=1998，即a+b=333=32×37，将333分成两数之和，共有166组分法，其中当两数是3或37的倍数时．两数不互质．同时166÷3=55……1，166÷37 =4……18，其中111被算了两次，因此满足条件的组数有166-55-4+1=108组．5．数学老师把一个两位数的约数个数告诉了墨莫，聪明的墨莫仔细思考了一下后算出了这个数，同学们，你们知道这个数可能是多少吗？答案：64或36解析：若约数个数为2个，是质数，这样的两位数有很多．若约数个数为3个，可以用a2来表示，也有很多．约数个数为4个的两位数也有很多．约数个数为5个的数可以表示为a4，有16和81，不唯一，约数个数为6个的两位数也不唯一，约数个数为7个的两位数表示为a6，只有26 =64，是唯一的，同样的，约数个数为9个的两位数也是唯一的，只有36.约数个数更多的两位数，或者不唯一，或者不存在，因此这个数可能为64或36.6．在一个正整数的所有约数中，个位数字为0，1，2，…，9的数都出现过，请问：这样的正整数最小是多少？答案：270解析：若约数的个位数字为0，则这个数应为10的倍数．若约数的个位数字为9，则这个数至少是9的倍数，这样个位数字为0、1、2、3、5、6、8、9都不用再考虑．再考虑个位数字为7，则至少是7的倍数，或者为27的倍数也可以，满足上述条件的数为630或270.两者都含有个位数字为4的约数．因此最小为270．7．甲、乙两个三位数的乘积是一个五位数，这个五位数的后四位数是3456.如果甲的数字和是8，乙的数字和是14，那么甲、乙两数之差是多少？答案：30解析：甲的数字和是8，乙的数字和是14，若没有进位，乘积的数字和应为112，除以9余4，若有进位，每进一位，数字和减少9，最终乘积酌数字和仍然除以9余4，因此这个五位数只能为43 456.分解质因数得43456=26×7×97，容易找到满足条件的数为224和194，差为30.8．A 求最小的正整数n ，使得2006+7n 是完全平方数，答案：29解析：452=2025，2025-2006=19不是7的倍数．462=2116，2116-2006=110不是7的倍数．472 =2209, 2209-2006=203是7的倍数，商为29.因此满足条件的最小的正整数n 为29.9．请写出由不同的两位数组成的最长的等比数列．答案：16、24、36、54、81解析：容易想到的结果为10、20、40、80，即公比为2．但实际上公比还可以更小，比如23，此时要求第一项应为24 =16的倍数，因此等比数列可以为16、24、36. 54.。
数论2讲义
第二课作业讲评：第2题.考虑由所有这样的有理数所组成的集合S ：它的平方大于2但小于3，虽然它有下界（例如1或小于1的整数）和上界（例如2或大于2的整数）.证明：在集合S 中，不存在最小元素和最大元素.证法一：若S 中有最小元素k ，则223k k <<<<取(m k k j =-⋅，2k k +，2k k ++而222m k <<且m S ∈，与k 最小矛盾.证法二：假设a b <，找一个n ，..()1s t n b a -> 令1[]2n b a =+-，则,..m s t an m bn ∃<<，故ma b n<<.第1题.求其和为2016的正整数之积的最大值. 解：设12122016...,..,,...,n n x x x s t x x x =+++最大，断言：（1）4,5,2(2)i i i i x x x x ≤≥=+-（2）4,22i i x x ==+（3）此时2,3i x =，断言2的个数不超过3.已知：1,...,0n x x >，12...1n x x x =，求证：1)1)nn i i x =≥∏.证：1)nn i i x =>∏，11,...,,...1n n y y y y ∃=，11..))nni i i i s t x y ==≥∏∏. 断言：1...n y y ==.否则，若i j y y <，)i i y y >，矛盾.例5.一次10名选手参加的循环赛中无平局，胜者得1分，负者得0分.证明：各选手得分的平方和不超过285.证：设得分为110,...,d d 时，2221210...d d d +++最大断言：此时110,...,d d 互不相等.否则，若,i j d d i j =≠.改变,i j 的比赛结果，2222(1)(1)i j i j d d d d +±>+ 而22201...9285+++=，得证.例7.证明方程333240x y z +-=没有正整数解,,x y z . 证法一：不妨设000,,x y z 是使0||x 最小的一组解.正整数解，0||0x ∴≠. 令333333*********,8240420x x x y z x y z =+-=⇒+-=， 令333333*********,4820240y y x y z x y z =+-=⇒+-=， 令333333*********,2480240z z x y z x y z =+-=⇒+-=.即111,,x y z 也是解，但101010,,x x y y z z <<<，与000,,x y z 最小矛盾.证法二：mod 9，330,1mod9,20,2mod9x y ≡±≡±3320,1,2,3mod9x y ⇒+≡±±±340,4mod9z ≡±，333mod9x y z ≡≡≡3|,3|,3|x y z ⇒.由Fermat 小定理知：p 质数，(,)1a p =，则11mod p ap -≡.存在一个正数k ，{0|1mod },.. 1.l k k S l k p s t MinS p k =>≡=-称为模p 的原根.12,,...,n k k k 除以p 的系数构成以p-1为最小正周期的周期数列，121{,,...,}p k k k -是一个模p 缩系.例4.设集合12,,...,n A A A 和12,,...,n B B B 是集合M 的两个n -分划（把集合M 分成若干个互不相交的非空子集12,,...,n A A A 的并，称12,,...,n A A A 是集合M 的一个n -分划），已知对任意两个不交的集合,(1,)i j A B i j n ≤≤，均有||i j A B n ≥ .求证：2||2n M ≥.证：设11{||,...,||,||,...,||}n n Min A A B B k =设1||A k =，当2n k ≥时，21||||2ni i n M A k n ==≥⋅≥∑当2nk <时，设与1A 相交的j B 有l 个（l k ≤），设为1,...,l B B 2222211||||||()()()()()222lnj j i i l n n n M B B lk n l n k k n k ==+=+≥+--≥+-≥+=∑∑.例6.某地区网球俱乐部有20名成员，举行14场单打比赛，每人至少上场一次，求证：必有6场比赛，其12个参赛者各不相同.证：设最多有不超过5场，参赛者两两不同，设r 是参赛者两两不同，场数最多且5r ≤.r 场有2r 人参赛，剩下202r -人，至少202r -场比赛. 20222015r r r -+=-≥.联赛第2题设12{,,...,}(2)n S A A A n =≥，12,,...,n A A A 是互不相同的有限集合.满足,i j A A S ∀∈，有i j A A S ∈ ，若1m i n ||2i i n k A ≤≤=≥.求证：存在1ni i x A =∈ 使得x 属于12,,...,n A A A 中至少nk 个集合.证：不妨设1||A k =，将S 的元素分为三类. 第一类：包含1A 的，设为1S ，有s 个；第二类：与1A 交为∅的，设为2S ，有t 个； 第三类：不包含1A ，但与1A 相交，设为3S ，有n s t --个.211M S S M A −−−→ 单射，t s ∴≤至少有1A 中的一个元素x ，属于3S 中的集合个数n s tk--≥. 只需证：n s t n s k k --+≥，s t s k +≥，2s t s ts k ++≤≤.例8.设a 是奇数，证明：∃∞多个正整数0d >，..(23,)1d s t a -=.若整数a 满足|22aa -，则称a 为伪素数. <1>求证：不是素数的伪素数有至少1个.解：341是.3411131341|221131|22⨯-⇒⨯- 1131311131312(2)2222mod11⨯=≡=⨯≡1131111022222mod31⨯≡=⨯≡设,,1|1a pq p q p q =<--122222mod pq q q p -≡≡⨯≡1222mod pq p q -≡⨯，1|21p q --，11,31p q ==.<2>求证：341是最小的伪素数.例2.若干人聚会，其中某些人彼此认识，已知：若某两人在聚会者中有相同数目的熟人，则他俩便没有共同的熟人，证明：若聚会者中有人至少有20个熟人，则必然也有人恰好有20个熟人.证：A 认识人最多，设认识最多，认识k 个（20k ≥）A 认识1kB B ，他们均认识A ，故他们认识人数互不相等. 他们每人最多认识k 个故1k B B 恰好分别认识1k 人，其中一人认识20个.。
第2章[第2部分]密码学数学基础(数论2)
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乘法逆元
以上定义的乘法满足交换律，且有单位元‘01’。 另外，对任何次数小于8的多项式b(x)，可用推广的 欧几里得算法得 b(x)a(x)+p(x)c(x)=1 即a(x)· b(x)=1 mod p(x)，因此a(x)是b(x)的乘法 逆元。 再者，乘法还满足分配律： a(x)· (b(x)+c(x))= a(x)· b(x)+a(x)· c(x) 所以，256个字节值构成的集合，在以上定义的加法 和乘法运算下，有有限域GF(28)的结构。
f1(x)=x3+1 f2(x)=x3+x+1 f3(x)= x3+x2+1 f4(x)= x3+ x2+x+1
(记住，所有的系数要模2约化)
构造域举例
因为： f1(x)=x3+1=(x+1)(x2+x+1)
f4(x)= x3+ x2+x+1=(x+1)(x2+1)
而f2(x), f3(x)是不可约化的。 f2(x), f3(x)中任何一个都可用于构造一个具有八个 元素的域。
GF(28)上的乘法
要计算GF(28)上的乘法，必须先确定一个GF(2)上 的8次不可约多项式；GF(28)上两个元素的乘积就是这 两个多项式的模乘（以这个8次不可约多项式为模）。 在Rijndael密码中，这个8次不可约多项式确定为 p(x)= x8+x4+x3+x+1 它的十六进制表示为‘11B’。 例如，‘57’·‘83’=‘C1’可表示为以下的多项式乘法： (x6+x4+x2+x+1)· 7+x+1)≡x7+x6+1(modp(x)) (x
2020年小升初数学专题复习训练—拓展与提高：数论(2)(知识点总结+同步测试)(含详细答案)
2020年小升初数学专题复习训练—拓展与提高数论（2）知识点复习一．位值原则【知识点归纳】1．位置原则：同一个数字，由于它在所写的数里的位置不同，所表示的数也不同．也就是说，每一个数字除了本身的值以外，还有一个“位置值”．例如“5”，写在个位上，就表示5个一；写在十位上，就表示5个十；写在百位上，就表示5个百；等等．这种把数字和数位结合起来表示数的原则，称为写数的位值原则．2．通常使用的是十进制计数法，其特点是“满十进一”．就是说，每10个某一单位就组成和它相邻的较高的一个单位，即10个一，叫做“十”，10个十叫做“百”，10个百叫做“千”，等等．写数时，从右端起，第一位是个位，第二位是十位，第三位是百位，第四位是千位，等等．3．用阿拉伯数字和位值原则，可以表示出一切整数．例如，926表示9个百，2个十，6个一，即926=9×100+2×10+6．根据问题的需要，有时我们也用字母代替阿拉伯数字表示数．【命题方向】例1：个两位数其十位上的数字与个位上的数字交换以后，所得到的两位数比原来小27，则满足条件的两位数共有（）A、3B、4C、5D、6分析：设：原两位数的十位数为x，个位数为y，则原两位数值为（10x+y），交换后两位数的个位数为x，十位数为y，数值为（10y+x），x．y为小于10的正整数．因为交换后的两位数比原来小27，所以：（10x+y）-（10y+x）=27，进而得出x-y=3．然后对x、y进行取值，解决问题．解：设原两位数的十位数为x，个位数为y，由题意得：（10x+y）-（10y+x）=2710x+y-10y-x=279x-9y=27x-y=3，则x-3=y，y+3=x，【解题方法点拨】通常使用的是十进制计数法，其特点是“满十进一”，就是说，每10个某一单位就组成和它相邻的较高的一个单位，即10个一，叫做“十”，10个十叫做“百”，10个百叫做“千”，等等．写数时，从右端起，第一位是个位，第二位是十位，第三位是百位，第四位是千位，等等．二．数的整除特征【知识点归纳】整除是整数问题中一个重要的基本概念．如果整数a除以自然数b，商是整数且余数为0，我们就说a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，记作b丨a．此时，b是a的一个因数（约数），a是b的倍数数的整除特征（1）能被2整除的数的特征：如果一个整数的个位数是偶数，那么它必能被2整除．（2）能被5整除的数的特征：如果一个整数的个位数字是0或5，那么它必能被5整除．（3）能被3（或9）整除的数的特征：如果一个整数的各位数字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除．（4）能被4（或25）整除的数的特征：如果一个整数的末两位数能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除．（5）能被8（或125）整除的数的特征：如果一个整数的末三位数能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除．（6）能被11整除的数的特征：如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除，那么它必能被11整除．【命题方向】例1：下列4个数都是六位数，A是大于0小于10的自然数，B是0，一定能同时被2、3、5整除的数是（）A、AAABAA B、ABABAB C、ABBABB D、ABBABA分析：这个六数个位上的数字是0，能被2和5整除，不管A是比10小的哪个自然数，A+A+A的和一定是3的倍数，所以ABABAB一定能被3整除解：B=0，ABABAB能被2和5整除，A+A+A的和一定是3的倍数，ABABAB也一定能被3整除，故选：B．点评：此题主要考查能被2、3、5整除的数的特征：一个数个位上是0或5，这个数就能被5整除；个位是0、2、4、6、8的数能倍2整除；一个数各数位上的数字之和是3的倍数，这个数就能被3整除．例2：有一个四位数3AA1能被9整除，A是7．分析：已知四位数3AA1能被9整除，那么它的数字和（3+A+A+1）一定是9的倍数然后再根据题意进一步解答即可．因为A是一个数字，只能是0、1、2、3、…、9中的某一个整数，最大值只能是9．若A=9，那么3+A+A+1=22，22＜27，所以3AA1的各位数字和只能是9的1倍或2倍，即9或18．解：根据题意可得：四位数3AA1，它能被9整除，那么它的数字和（3+A+A+1）一定是9的倍数；因为A是一个数字，只能是0、1、2、3、…、9中的某一个整数，最大值只能是9；若A=9，那么3+A+A+1=3+9+9+1=22，22＜27，所以，3AA1的各位数字和只能是9的1倍或2倍，即9或18；当3+A+A+1=9时，A=2.5，不合题意；当3+A+A+1=18时，A=7，符合题意；所以，A代表7，这个四位数是3771．答：A是7，故答案为：7．点评：本题主要考查能被9整除数的特征，即一个数能被9整除，那么这个数的数字和一定是9的倍数，然后在进一步解答即可．三．整除性质【知识点归纳】整除的性质性质1 如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（这里设a＞b）．例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）．性质2如果a能被b整除，b能被c整除，那么a能被c整除．例如：3丨6，6丨24，那么3丨24．性质3如果a能同时被m、n整除，那么a也一定能被m和n的最小公倍数整除．例如：6丨36，9丨26，6和9的最小公倍数是18，18丨36．如果两个整数的最大公约数是1，那么它们称为互质的．例如：7与50是互质的，18与91是互质的．性质4整数a，能分别被b和c整除，如果b与c互质，那么a能被b×c整除．例如：72能分别被3和4整除，由3与4互质，72能被3与4的乘积12整除．性质4中，“两数互质”这一条件是必不可少的.72分别能被6和8整除，但不能被乘积48整除，这就是因为6与8不互质，6与8的最大公约数是2．性质4可以说是性质3的特殊情形．因为b与c互质，它们的最小公倍数是b×c．事实上，根据性质4，我们常常运用如下解题思路：要使a被b×c整除，如果b与c互质，就可以分别考虑，a被b整除与a被c整除．能被2，3，4，5，8，9，11整除的数都是有特征的，我们可以通过下面讲到的一些特征来判断许多数的整除问题．【命题方向】例1：一个数除以9余8，除以6余5，这个数加上1就能被5整除，则符合条件的最小自然分析：由题意可得：该数加上1，可以被9，6，5整除，即求三个数的最小公倍数减1；三个数的最小公倍数是3×3×2×5=90，所以最小是90-1=89．解：3×3×2×5-1=89；故答案为：89．点评：解答此题的关键是要明确：该数加上1，可以被9，6，5整除，即求三个数的最小公倍数减1即可．例2：从1到2010这2010个正整数中，能被8整除，且不能被9整除的正整数有224个．分析：先求出能被8整除的数的整数个数，所有8的倍数，去掉72的倍数即是8的倍数又是9的倍数，即可求出是能被8整除，且不能被9整除的正整数个数：1至2010这些整数，是能被8整除数的共有251个．2010÷8=251…4，又是8的倍数又是9的倍数那么就是72的倍数．2010÷72=27…66，251-27=224个解：2010÷8=251…4，所以1至2010这些整数，是能被8整除数的共有251个，2010÷72=27…66，能被72整除数的共有27个，所以能被8整除，且不能被9整除的正整数个数有251-27=224（个），故答案为：224点评：解决此题关键是先求出能被8整除的数的个数，能被72整除的数的个数，进一步得解．四．带余除法【知识点归纳】如：16÷3=5…1，即16=5×3+1，此时，被除数除以除数出现了余数，我们称之为带余数的除法．一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0），那么一定有另外两个整数q和r，0≤r＜b，使得a=q×b+r．当r=0时，我们称a能被b整除当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商（亦简称为商）．【命题方向】例1：所有被4除余1的两位数的和为（）A、1200B、1208C、1210D、1224E、1229分析：本题中，由整除的意义可知，除以4后余1的最小两位数是：12+1=13．除以4后余1的最大两位数是：96+1=97．由此我们想除以4后余1的两位数一共有多少个？即所有除以4后余1的数组成的数列：13+17+21+…+97的项数有多少？由题意知数列的公差是4，那么计算项数得：（97-13）÷4+1=22．然后利用公式求它们的和就行了．解：除以4后余1的最小两位数是：12+1=13，除以4后余1的最大两位数是：96+1=97，那么除以4后余1的两位数一共有：（97-13）÷4+1=22（个），所有除以4后余1的两位数的和为：13+17+21+…+97=（13+97）×22÷2=110×11=1210．答：一切除以4后余1的两位数的和是1210．故选：C．点评：本题考查余数的性质与等差数列求和．本题的解题关键是由除以4余1这一特点，想到满足条件的最小的两位数是13，最大的两位数是97，是一个公差为4的等差数列．例2：一本书如果每天读80页，那么4天读不完，5天又有余；如果每天读90页，那么3天读不完，4天又有余；如果每天读N页，恰好N（N是自然数）天读完，这本书是324页．分析：设页数为x，①由“一本书如果每天读80页，那么4天读不完，5天又有余”得320＜x＜400；②由“如果每天读90页，那么3天读不完，4天又有余”得270＜x＜360；③由①②得320＜x＜360．满足上述条件的只有n=18.320＜18×18=324＜36．解：设页数为x，①320＜x＜400；②270＜x＜360；③由①②得：320＜x＜360，满足上述条件的只有n=18．320＜18×18=324＜360．故答案为：324．点评：此题考查了带余除法的知识，以及分析问题的能力．【题方法点拨】对任意整数a，b且b≠0，存在唯一的数对q，r，使a=bq+r，其中0≤r＜|b|．这个事实称为带余除法定理，是整除理论的基础．若c|a，c|b，则称c是a，b的公因数．若d 是a，b的公因数，d≥0，且d可被a，b的任意公因数整除，则称d是a，b的最大公因数．若a，b的最大公因数等于1，则称a，b互素．累次利用带余除法可以求出a，b的最大公因数，这种方法常称为辗转相除法．又称欧几里得算法．五．唯一分解定理【知识点归纳】（1）整数的唯一分解定理：设a＞1，则必有a=p1p2…p n，其中p i（1≤i≤n）是素数，在不计素数乘积的次序的意义下，表达式是唯一的．（2）此定理又称作算术基本定理，它是初等数论中最基本的定理之一，是整除理论的中心内容，它反映了整数的本质．算术基本定理的内容由两部分构成：分解的存在性；分解的唯一性，即若不考虑排列的顺序，正整数分解为素数乘积的方式是唯一的．【命题方向】例1：三个连续的自然数的最小公倍数是9828，这三个自然数的和等于81．分析：先把9828分解质因数，即9828=2×2×3×3×3×7×13，因为是三个连续的自然数，因此通过试算得出结论．解：9828=2×2×3×3×3×7×13=26×27×2826+27+28=81答：这三个自然数的和等于81．故答案为：81．点评：此题通过分解质因数，通过推算，解决问题．例2：分母是135的最简真分数共有72个．分析：解答此题首先把135分解质因数，用质因数分别除135算出不是最简真分数（质因数的倍数为分子的不是最简真分数）的个数，每两个质因数的乘积为分子的已重复计算，要从总个数中减去，再加上以135为分子的1个，从135中减去不是最简真分数的总个数即为分母是135的最简真分数的个数．解：就是求与135互质并且小于135的数有多少，然后加1．135=3×3×3×5小于135的数，减去3和5的倍数3的倍数有3，6，9，…135，共45个5的倍数有5，10，15…135，共27个15的倍数15，30…135，共9个45+27-9=63个135-63=72个．答：分母是135的最简真分数共有72个．故答案为：72．点评：本题主要考查倍数、最简真分数以及容斥原理等方面的知识．几个简单的判别法有助于求一个数的标准分解式：（1）整数a能被2整除的，末尾数字是偶数（2）整数a能被3整除的，各位数字之和能被3整除（3）整数a能被5整除的，末尾数字是0或5（4）整数a能被11整除的，a的奇位数字的和与偶位数字的和之差能被11整除．同步测试一．选择题（共10小题）1．一个三位数，百位数字是A，十位数字是B，个位数字是C，表示这个三位数字的式子是（）A．A+B+C B．ABC C．100A+10B+C2．一个两位数其十位上的数字与个位上的数字交换以后，所得到的两位数比原来小27，则满足条件的两位数共有（）A．3B．4C．5D．63．用4、2、0三个数能组成（）个能被2和3整除的三位数．A．3B．4C．64．米平均分成（）份，每份是米．A．18B．54C．65．一个合数至少有（）A．一个因数B．两个因数C．三个因数6．参加学校体操表演的男女生共120人，男女生人数比一定不可能是（）A．1：5B．7：5C．11：13D．9：27．从1到2000共2000个整数里面，是3的倍数但不是5的倍数的数有（）A．532B．533C．534D．5358．一个数被7除，余数是3，该数的3倍被7除，余数是（）A．3B．6C．2D．19．一筐苹果，2个2个地拿，3个3个地拿，4个4个地拿，5个5个地拿都正好拿完没有余数，这筐苹果最少应有（）个．A．120B．90C．60D．3010．某民兵连在操场上列队，只知道人数在90到110人之间，且这些人排成3列无余数，排成5列不足2人，排成7列不足4人，则共有民兵（）人．A．108B．102C．107D．109二．填空题（共10小题）11．一个长方形的面积是210平方厘米，它的长和宽的厘米数是两个连续的自然数，这个长方形的周长是厘米．12．如果两个自然数相除，商是16，余数是13，被除数、除数、商与余数的和是569，那么被除数是．13．有些自然数，它加1是2的倍数，它加2是3的倍数，它的3倍加1是5的倍数，那么所有这样的自然数中最小的一个是．14．24能写出三个连续自然数的乘积：24＝2×3×4，但是18却不可以，如果把18与某个合适的自然数n 相乘，那么乘得的积也可以写成三个连续自然数的乘积．符合要求的n最小是．15．从0、1、4、5、6五个数字中，选四个数字组成一个能同时被2、3、5整除的最小四位数是16．为了参加中考跳绳测试小强带元到超市购买跳绳．如果买一根跳绳，他还剩元，若再帮同学买一根就只剩元（跳绳单价不变），则一根跳绳单价为元．17．一个六位数□1997□能被33整除，这样的数是．18．六位数□1991□能被66整除，则这个六位数是．19．一个小数，如果把它的小数部分扩大了5倍，它就变成17.92；如果把它的小数都扩大了8倍，它就变成20.38．则这个小数是．20．已知A＝（6143﹣728）×22472，那么A÷9的余数是．三．判断题（共5小题）21．四位数3AA1能被9整除，则A一定为7．．（判断对错）22．三个连续自然数的和一定是3的倍数．．（判断对错）23．连续的四个自然数中，一定有一个数是4的倍数．．（判断对错）24．42只能被7整除．．（判断对错）25．连续三个自然数的和必定能被6整除．（判断对错）四．应用题（共5小题）26．有一个四位数，十位上的数字是0，个位上的数字比百位上的数字大1，千位上的数字比百位上的数字小7，这个四位数是多少？27．有一个两位数，各数位上的数字之和是7，十位上的数字比个位上的数字小3．这个两位数是多少？28．林老师出生的年份数目：加上5的和是9的倍数，加上6的和是10的倍数，加上7的和是11的倍数，加上8的和是12的倍数，你知道林老师是哪一年出生的．29．用一个自然数去除另一个自然数，商为10，余数是1．被除数、除数、商、余数的和是89，求这两个自然数各是多少？30．一些孩子在沙滩上玩耍，他们把石子多堆，其中有一个孩子发现从石子堆选出六堆，其中至少有两堆的石子数除以5的余数相同，你能说一说他的结论对吗？为什么？参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．【分析】根据数位顺序知：这个三位数是由A个100，B个10和C个1组成的，即：100A+10B+C；据此选择即可．【解答】解：由分析得出：这个三位数是：100A+10B+C．故选：C．【点评】解题关键是根据已知条件，把未知的数用字母正确的表示出来，然后根据题意列式计算即可得解．2．【分析】设：原两位数的十位数为x，个位数为y，则原两位数值为（10x+y），交换后两位数的个位数为x，十位数为y，数值为（10y+x），x、y为小于10的正整数．因为交换后的两位数比原来小27，所以：（10x+y）﹣（10y+x）＝27，进而得出x﹣y＝3．然后对x、y进行取值，解决问题．【解答】解：设原两位数的十位数为x，个位数为y，由题意得：（10x+y）﹣（10y+x）＝2710x+y﹣10y﹣x＝279x﹣9y＝27x﹣y＝3，则x﹣3＝y，y+3＝x，因为x、y为小于10的正整数，所以x＝9，8，7，6，5，4；对应的y＝6，5，4，3，2，1所以10x+y＝96，85，74，63，52，41共有6个．答：满足条件的两位数共有6个．故选：D．【点评】对于位置原则问题，一般采取设未知数的方法，推出关系式，进行取值，解决问题．3．【分析】被2整除数的特征是个位数为0、2、4、6、8的数；能被3整除数的特征是数的各位数相加的和能被3整除．所以，用4、2、0三个数能组成能被2整除的数有：240、420、402，204；由于4+2+0＝6，6能被3整除，所以这四个数同时也能被3整除，即用4、2、0三个数能组成4个能被2和3整除的三位数．【解答】解：根据能被2和3整除数的特征可知，用4、2、0三个数组成的被2和3整除的三位数有240、420、402，204；即用4、2、0三个数能组成4个能被2和3整除的三位数．故选：B．【点评】完成本题要在了解被2、3整除数的特征的基础上进行．4．【分析】根据题意，就是求米里面有几个米，由此列式解答并作出选择．【解答】解：÷＝6（份）．故选：C．【点评】此题关键是理解题意，就是求一个数里面有几个另一个数，用除法计算．5．【分析】根据合数的意义，一个自然数，如果除了1和它本身还有别的因数，这样的数叫做合数．所以合数至少有三个因数．据此选择．【解答】解：一个合数至少有三个因数．故选：C．【点评】此题考查的目的是理解合数的意义．明确：合数至少有三个因数．6．【分析】由题意知道，男女人数的总份数必须是120的约数，由此即可得到答案．【解答】解：9+2＝11（份），11不是120的约数，所以男女生人数的比不可能是2：9；故选：D．【点评】由题意知道，男女人数的总份数必须是120的约数，由此即可得到答案．7．【分析】先求出能被3整除的数的整数个数，所有3的倍数，去掉15的倍数即是3的倍数又是5的倍数，即可求出是3的倍数但不是5的倍数的数个数：1至2000这些整数，是3的倍数的共有666个．2000÷3＝666…2，又是3的倍数又是5的倍数那么就是15的倍数．2000÷15＝133…5，666﹣133＝533个．【解答】解：2000÷3＝666…2，1至两千这些整数，是3的倍数的共有666个2000÷15＝133…5，15的倍数有133个，是3的倍数但不是5的倍数的数个数666﹣133＝533（个），故选：B．【点评】解决此题关键是先求出能被3整除的数的个数，能被15整除的数的个数，进一步得解．8．【分析】一个数被7除，余数是3，假设商是a，根据余数性质，被除数等于商乘除数加余数，这个数等于7a+3；要求这个数的3倍被7除时余数是多少，代入计算式3（7a+3）÷7，得到3a+9÷7，3a是整数，9÷7＝1…2，所以商是3a+1，余数是2，因此得解．【解答】解：假设一个数被7除，余数是3，商是a，则这个数是：7a+3，这个数的3倍被7除时余数是：3（7a+3）÷7＝3a+9÷7＝（3a+1）…2，所以余数是2，故选：C．【点评】根据余数的性质，假设出未知数，进一步计算即可得解．9．【分析】一筐苹果，2个2个地拿，3个3个地拿，4个4个地拿，5个5个地拿都正好拿完而没有余数，说明这框苹果是2、3、4、5的倍数，因为4是2的倍数，只要是3、4、5的倍数就一定也是2的倍数，所以只要求出3、4、5的最小公倍数，即可得解．【解答】解：3、4、5互质，所以3、4、5的最小公倍数是3×4×5＝60（个），答：这筐苹果最少应有60个；故选：C．【点评】灵活运用求几个数的最小公倍数的方法来解决实际问题．10．【分析】解答此题，首先把问题转化成带余除法算式，排成3列无余数，可以得出该整数为3的倍数，故排除选项C、选项D．排成5列不足2人，可以得出该整数被5整除余3，排成7列不足4人，可以得出该整数被7整除余3；故排除选项B．故选A.108．【解答】解：102÷3═36，108÷3═36；102÷5═20…2；108÷5═21…3；102÷7═14…4，108÷7═15…3；108人排成3列无余数，排成5列不足2人，排成7列不足4人，答案为108．故选：A．【点评】解答带余除法问题，一定要分清除数、被除数、余数之间的关系，否则易混淆余数，导致错误答案．二．填空题（共10小题）11．【分析】由“长和宽的厘米数是两个连续的自然数”可以设这个长方形的宽为x厘米，则长为（x+1）厘米，再据“长方形的面积是210平方厘米”可得：x（x+1）＝210，解此方程即可．【解答】解：设这个长方形的宽为x厘米，则长为（x+1）厘米，x（x+1）＝210，利用因式分解可得：x＝14，x+1＝15；长方形的周长：（14+15）×2＝58（厘米）．答：这个长方形的周长是58厘米．故答案为：58．【点评】解答此题的关键是：设出未知数，求出长方形的长和宽，进而求其周长．12．【分析】据题意可设被除数是a，除数是b，根据被除数、除数、商与余数的关系可得a＝16b+13，又被除数、除数、商与余数的和是569，所以a+b+16+13＝569，即16b+13+b+16+13＝569，解出b的值就能求出被除数了．【解答】解：设被除数是a，除数是b，则：a＝16b+13；a+b+16+13＝569；即16b+13+b+16+13＝56917b＝527，b＝31；所以被除数是：a＝16×31+13＝509．故答案为：509．【点评】完成本题主要是通被除数、除数、商与余数的关系及被除数、除数、商与余数的和是569这两个条件从而求出除数是多少来解决问题的．13．【分析】加1是2的倍数，加2是3的倍数，则这样的数比2、3的公倍数多1，2、3的最小公倍数是6，6+1＝7，则所有这样的自然数中最小的一个是7，7×3+1＝22，22不是5的倍数；6×2+1＝13，13×3+1＝40，40是5的倍数；据此解答．【解答】解：2、3的最小公倍数是6，6+1＝7，则所有这样的自然数中最小的一个是7，7×3+1＝22，22不是5的倍数；6×2+1＝13，13×3+1＝40，40是5的倍数；答：所有这样的自然数中最小的一个是13．故答案为：13．【点评】此题主要把实际问题转化为求最小倍数的数学问题，解决数学问题，回到实际问题，这是数学中常用的一种方法．14．【分析】首先把18分解质因数为18＝2×3×3，连续的三个自然数中，含有两个因数3，从最小的考虑，有7、8、9，8、9、10，因为要求的n最小，所以是7、8、9三个连续自然数的乘积．【解答】解：18＝2×3×3，而7×8×9＝7×2×2×2×3×3＝18×28＝7×8×9，所以符合要求的n最小是28．故答案为：28．【点评】此题考查分解质因数的运用，注意连续三个自然数中不会出现有两个数是3的倍数．15．【分析】根据2、3、5的倍数的特征可知：能同时被2、3、5整除的数的特征是：个位上必须是0且各位上的数字之和是3的倍数．据此解答．【解答】解：要先满足个位上是0，要使这个四位数最小，就要选取另外4个数中较小的3个数，因为1+4+5＝10，1+4+6＝11，10和11都不是3的倍数，所以只有1+5+6＝12符合要求；所以这个最小的四位数是1560．故答案为：1560．【点评】此题考查的目的是理解掌握2、3、5的倍数的特征．注意个位上是0的数同时是2和5的倍数．16．【分析】如果买一根跳绳，他还剩元，若再帮同学买一根就只剩元（跳绳单价不变）．（a、b 都是一位数）．假设一根跳绳的价格为：x元．有一下等量关系式：100a+b﹣x＝10b+a①（买一根余额．）10b+a﹣x＝10a+b②（再买一根余额．）根据这两个式子求跳绳的价格．【解答】解：设一根跳绳的价格为：x元．有一下等量关系式：100a+b﹣x＝10b+a①（买一根余额．）10b+a﹣x＝10a+b②（再买一根余额．）①式﹣②式得：a＝1 b＝6（100a+b﹣x）﹣（10b+a﹣x）＝（10b+a）﹣（10a+b）99a﹣9b＝9b﹣9a11a﹣b＝b﹣a12a＝2bb＝6aa＝1 b＝6a＝2时b＝12 （不满足a、b都是一位数的要求）．因此a＝1 b＝6 代入①式﹣②式得：106﹣61＝45．答：一根跳绳单价为45元．故答案为：45．【点评】把aob这个三位数写成100a+b的形式是解题的突破口．17．【分析】能被33整除的数，一定能被3整除，用列举法，分别列出首位是1﹣9的所有情况，再逐个检验后确定答案．【解答】解：119970，119973，119976，119979；219972，219975，219978；319971，319974，319977；419970，419973，419976，419979；519972，519975，519978；619971，619974，619977；719970，719973，719976，719979；819972，819975，819978；919971，919974，919977；检验后得出219978、619971和919974都能够被33整除．故答案为：219978、619971或919974．【点评】解决此题关键是理解能被33整除的数，一定能被3整除，再用列举法，分别列出首位是1﹣9的所有情况，再逐个筛查．18．【分析】19910÷66＝301余44，100000÷66＝1515余10（2000÷66余20，以此类推）．要使这个六位数能被66整除，那么个位数加上余数44，再加上□00000（整十万）除以66产生的余数，它们的和应该是66的倍数；据此解答．【解答】解：19910÷66＝301余44，100000÷66＝1515余10（2000÷66余20，以此类推）．要使这个六位数能被66整除，那么个位数加上余数44，再加上□00000（整十万）除以66产生的余数，它们的和应该是66的倍数．所以10×2+44+2＝66×1，10×8+44+8＝66×2，所以，这个六位数是219912或819918．故答案为：219912或819918．【点评】此题主要考查数的整除的特征，明确除以66产生的余数，它们的和应该是66的倍数．19．【分析】先根据20.38﹣17.92可得这个数的小数部分的3倍是多少，再除以3可得原数的小数部分即为0.82，用17.92减去这个小数部分的5倍即可得原数17.82﹣4.1＝13.82．【解答】解：20.38﹣17.92＝2.462.46÷3＝0.820.82×5＝4.1017.92﹣4.10＝13.82故答案为：13.82．【点评】本题首先要求出这个数的小数部分，再根据题意推理计算即可．20．【分析】根据“弃九法”直接简算即可．【解答】解：6143去掉数字6+3＝9，剩下的数字和是1+4＝5，728去掉数字7+2＝9，剩下的数字是8，5减8不够减，所以9+5﹣8＝6，所以（6143﹣728）÷9的余数就是6；同理，22472去掉数字7+2＝9，剩下的数字和是2+2+4＝8，所以22472÷9的余数就是8；6×8＝48所以，48÷9＝5 (3)所以，A÷9的余数是3．故答案为：3．【点评】本题考查了利用“弃九法”求余数的问题，一个数除以9的余数，等于数字和除以9的余数．三．判断题（共5小题）21．【分析】已知四位数3AA1正好是9的倍数，则其各位数字之和3+A+A+1一定是9的倍数，可能是9的1倍或2倍，可用试验法解答．【解答】解：假设3+A+A+1＝9，则A＝2.5，不合题意，舍去；再设3+A+A+1＝18，则A＝7，符合题意；那么A＝7．故答案为：√．【点评】此题应根据能被9整除数的特征，进行分析解答即可．22．【分析】设三个连续自然数中的第一个为a，由这三个连续的自然数可表示为a、a+1，a+2．其和为：a+（a+1）+（a+2）＝3×（a+1），所以三个连续自然数的和一定是3的倍数．【解答】解：设三个连续自然数中的第一个为a，则三个连续自然数的和为：a+（a+1）+（a+2）＝3×（a+1）．所以，所以三个连续自然数的和一定是3的倍数．故答案为：正确．【点评】本题是根据相邻的两个自然数相差1的特点从而求出个连续自然数的和是3的倍数的．23．【分析】根据4的倍数的特征，举出反例进行判断【解答】解：如：0、1、2、3是四个连续的自然数，但是没有一个是4的倍数．因此，四个连续自然数中，一定有一个是4的倍数．这种说法是错误的．故答案为：×．【点评】此题考查的目的是理解掌握4的倍数的特征．24．【分析】整数a除以整数b（不≠0），得到的商是整数，而没有余数，就说整数a能被整数b整除，整数b能整除整数a，根据整除的含义，42不只是能被7整除，它还能被1、2、3、6、14、21、42整除．由此作出判断．【解答】解：因为42能被1、2、3、6、7、14、21、42整除，所以42只能被7整除错误．故答案为：错误．【点评】解决此题关键是理解整除的含义，找出能整除42的数，再做出判断．25．【分析】设三个连续自然数中的第一个为a，由这三个连续的自然数可表示为a、a+1，a+2．其和为：a+（a+1）+（a+2）＝3×（a+1），所以三个连续自然数的和一定是3的倍数，不一定是6的倍数．【解答】解：设三个连续自然数中的第一个为a，则三个连续自然数的和为：a+（a+1）+（a+2）＝3×（a+1），所以三个连续自然数的和一定是3的倍数，不一定是6的倍数，即连续三个自然数的和不一定能被6整除．故答案为：×．【点评】本题是根据相邻的两个自然数相差1的特点从而求出三个连续自然数的和是3的倍数的．四．应用题（共5小题）26．【分析】根据题意可知，“个位上的数字比百位上的数字大1”，说明百位上的数字不是9，而“千位上的数字比百位上的数字小7”，所以百位是8，个位是9，千位是1．这个数为：1809．【解答】解：因为“个位上的数字比百位上的数字大1”，说明百位上的数字不是9，。
初等数论二-夏子厚
如：5x+6y=C无非负整数解的最大整数C=?
第一节 二元一次不定方程
• 思考与练习2.1 • 1、解下列不定方程： （1）15x+25y=100 （2）306x-360y=630 • 2、把100分成两份，使一份可被7整除， • 一份可被11整除。 • 3、设a与b是正整数，(a, b) = 1，则任何大
，tZ，于是由x ，但区间的长度是
0，y 0 N ，故此区来自abab
间内的整数个数为[ N ]或[ N ] 1。 ab ab
第一节 二元一次不定方程
例4：证明：二元一次不定方程 ax by =N
(a, b) = 1，a＞1，b＞1,当N＞ab a b
时有非负整数解，但是N= ab a b时则 不然。（不再给予证明）
于ab a b的整数n都可以表示成n = ax by的形式，其中x与y是非负整数，但是n = ab a b不能表示成这种形式。
第二节 多元一次不定方程
• 设a1, a2, , an是非零整数，N是整数，称 关于未知数x1, x2, , xn的方程
•
a1x1 a2x2 anxn = N (1)
第一节 二元一次不定方程
•
(3)
写出方程(1)的解
x y
x0 y0
b1t a1t
，t
Z
，
其中(a, b)c1
c，a1
a (a, b)
，b1
b (a, b)
。
• 例1：求7x+4y=100的一切整数解
• 解：因（7，4）=1，从而原方程有解。 其特解为x0 =0，y0 =25。
六年级奥数专题 数论综合二(学生版)
学科培优数学“数论综合二”学生姓名授课日期教师姓名授课时长知识定位在整个数学领域,数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。
翻开任何一本数学辅导书,数论的题型都占据了显著的位置。
在小学各类数学竞赛和小升初考试中,我们系统研究发现,直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右,而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中,这一分值比例还将更高。
知识梳理涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题,以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题．例题精讲【试题来源】【题目】一台计算器大部分按键失灵,只有数字“7”和“0”以及加法键“+”尚能使用,因此可以输入77,707这样只含数字7和0的数,并且进行加法运算．为了显示出222222,最少要按“7”键多少次?【试题来源】【题目】有一批图书总数在1000本以内,若按24本书包成一捆,则最后一捆差2本；若按28本书包成一捆,最后一捆还是差2本书；若按32本包一捆,则最后一捆是30本．那么这批图书共有本．【试题来源】【题目】一个五位数恰好等于它各位数字和的2007倍,则这个五位数是 .【试题来源】【题目】在纸上写着一列自然数1,2,…,98,99.一次操作是指将这列数中最前面的三个数划去,然后把这三个数的和写在数列的最后面.例如一次操作后得到4,5,…,98,99,6；而两次操作后得到7,8,…,98,99,6,15.这样不断进行下去,最后将只剩下一个数,则最后剩下的数是 .【试题来源】【题目】有两种规格的9箱钢珠,每箱300个,甲种钢珠每个10克,乙种钢珠每个11克,将这9箱钢珠编为1~9号,然后依次从1~9号箱中取出20,21,22,23,24,25,26,27,28,个钢珠,这些钢珠共重5555克。
问：哪几箱是甲种钢珠？【试题来源】【题目】把除1外的所有奇数依次按一项,二项,三项,四项循环的方式进行分组：(3),(5,7),(9,11,13),(15,17,19,21),(23),(25,27),(29,3l,33),(35,37,39,41),(43),……．那么,第1994个括号内的各数之和是多少?【试题来源】【题目】2001个球平均分给若干人,恰好分完。
初中数学竞赛讲座-数论部分2(整数的整除性)
初中数学竞赛讲座-数论部分2（整数的整除性）第二讲整数的整除性一、基础知识：1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义：设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．也称b是a的约数，a是b的倍数。
如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作b｜a．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1若a|b,b|c，则a|c证明：∵a|b,b|c，∴bap,cbq（p,q是整数），∴c(ap)q(pq)a，∴a|c性质2若a｜b，b｜a，则|a|=|b|．性质3若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)，且对任意整数m，n，有c｜(ma±nb)．证明：∵a|b,a|c，∴bap,caq(b,q是整数），∴bcapaqa(pq)，∴a|(bc)性质4若b｜a，d｜c，则bd｜ac．特别地，对于任意的非零整数m，有bm｜am性质5若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．性质6若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a【此处[b，c]为b，c的最小公倍数；(b，c)为b，c的最大公约数】．性质7若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．性质8n个连续整数中，必有一个能被n整除．【特别地：两个连续整数必有一偶数；三个连续整数必有一个被3整除，如11，12，13中有3|12；41，42，43，44中有4|44；77，78，79，80，81中5|80．】二．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法等．下面举例说明．例1若a｜n，b｜n，且存在整数某，y，使得a某+by=1，证明：ab|n．初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明：由条件，可设n=au，n=bv，u，v为整数，于是n=n(a某+by)=na某+nby=abv某+abuy=ab(v某+uy)所以n|ab例2证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．证明：设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故24|[(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例3若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．证明因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．例4若某，y为整数，且2某+3y，9某＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证明：设u=2某＋3y，v=9某＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17某．①所以17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9某＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2某＋3y．例5已知a，b是自然数，13a＋8b能被7整除，求证：9a+5b都能被7整除．分析：考虑13a＋8b的若干倍与9a+5b的若干倍的和能被7整除，证明13a＋8b+4（9a+5b）=7（7a+4b）是7的倍数，又已知13a+8b是7的倍数，所以4（9a+5b）是7的倍数，因为4与7互质，由性质7|（9a+5b）例6已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明用反证法．如果a，b不都能被3整除，那么有如下两种情况：(1)a，b两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a，3b．令a=3m，b=3n±1(m，n都是整数)，于是a2+b2=9m2+9n2±6n+1=3(3m2＋3n2±2n)+1，不是3的倍数，矛盾．(2)a，b两数都不能被3整除．令a=3m±1，b=3n±1，则a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2=9m2±6m+1+9n2±6n＋1=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．由此可知，a，b都是3的倍数．例7已知a，b是正整数，并且a2＋b2能被ab整除，求证：a=b．先考虑a，b互质的情况，再考虑一般情况。
初等数论二-夏子厚
N
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
an1xn1
dn1t
(2)
第二节 多元一次不定方程
• 注：定理2说明了求解n元一次不定方程 的方法：先解方程组(2)中的第二个方程， 再解方程组(2)中的第一个方程，于是， 解n元一次不定方程就化为解n 1元一 次不定方程。重复这个过程，最终归结 为求解二元一次不定方程。
第二节 多元一次不定方程
• 定理2 设a，b，c是整数，若方程ax by
= c有解(x0, y0)，则它的一切解具有
•
x
y
x0 y0
b1t a1t
， tZ
(2)
•
的形式，其中
a1
a (a, b)
，b1
b (a, b)
。
第一节 二元一次不定方程
• 证明 容易验证，由式(2)确定的x与y满足方 程(1)。下面证明，方程(1)的解都可写成式(2) 中的形式。
，tZ，于是由x ，但区间的长度是
0，y 0 N ，故此区
a
b
ab
间内的整数个数为[ N ]或[ N ] 1。 ab ab
第一节 二元一次不定方程
例4：证明：二元一次不定方程 ax by =N
(a, b) = 1，a＞1，b＞1,当N＞ab a b
时有非负整数解，但是N= ab a b时则 不然。（不再给予证明）
t 1 3u x t 2v
• z 2 u
y
v
u，vZ
第二节 多元一次不定方程
• 从上式中消去t，得到
x 1 3u 2v
•
y
v u, vZ。 (6)
z 2 u
• 要使x 1，y 1，z 1，则应有
• 3u 2v 0，
初等数论第二章同余
和
N = cin_Yan_2…①仇=a2ci[a()-10°+a5a4a3-103H。
注:一般地，在考虑使N = an_{an_2-被加除的余数时,首先 是求岀正整数匕使得
10*三 一1或1(modm),
再将N=ci叶\5_2…写成
x + y+ 1 = 9或18,
3-y + x = 0或llo
这样得到四个方程组：
j\ + y + l = a
\3- y+x = b
其中。取值9或18, b取值0或11。在0<x,y<9的条件下解这四个 方程组，得到x=8, y = 0, z = 6o
习题一
1.证明定理1和定理2。
2.证明定理4。
3.证明定理5中的结论（i ）—（iv）o
(v)由
ac=be(mod m)
得到m |c(a-b),再由(c,加)=1和鉛一章翕三节定理4得到m \a- b,即
a = b(mod m)o
证毕。
例1设N = anall_［- --aQ是整数N的十进制表示，即
N=ani0,?+an-ilO,/_1+ …+ailO+ao ,
则
(i )3|Nq3|£⑷；
x = y(modm),⑷三切(modm),0 < / <n,
则பைடு நூலகம்
工4兀’三工(mod力7)。⑵
i=0i=0
证明留作习题。
定理5下面的结论成立：
(i)a = b(mod m),d \ m, d> 0 a = b(modd)；
华罗庚文集 数论卷2读书笔记
华罗庚文集数论卷2读书笔记华罗庚的文集，华罗庚先生自己说的，都是他个人思想的体现，他不会用别人的名字来冠称。
读了华罗庚的文集我收获颇多：华罗庚先生是一位非常杰出的数学家，可是他所学的知识都是自学的。
在二十世纪初，华罗庚对数论的研究已经很深了，就差没有创立数论的理论了。
但是当时的中国社会却是一个兵荒马乱的时代，民不聊生，作为中国顶尖的数学家之一，他只能苦苦等待着战争结束，那时候他就能做自己喜欢的事情了。
然而，因为文化大革命的爆发，这样的机会永远也不会到来了。
不过好在他很幸运，总算是熬了过去。
不过这几年的折腾并没有使他放弃对数论的研究。
虽然当时很不容易，但是在十年动乱的日子里，他还是坚持着自己的梦想，即便这条路再艰难也要走下去，他说过“如果我不干数学，我的生活也就会少了许多乐趣”。
但另一方面，又不像其他的科学家一样，他们从事的工作很特殊，即使不是很成功，对社会的影响也很小。
相比起来，他更应该被赞扬，正因为这种对事业的忠诚与认真，使他受到了上帝的庇护。
他是伟大的，是值得我们敬佩的。
有人曾经问过他，怎么可以在如此困难的条件下继续坚持研究呢？他淡淡地说道：“有两个字叫坚持，就是咬牙。
”华罗庚的书写得真好啊！有些句子，读起来似乎不是很顺口，但是仔细品味，却别有一番滋味。
你看，有这样一段话：这是一个最合理的、最完整的公式。
……而数论中的公式，很多都是“虽不全合理，却在一定程度上符合实际，是实验和计算的基础，而且一般有三四个公式就足够用了”，他们只是不够精确而已。
他们与函数的一切性质接近，他们的准确度已经达到了百分之百，只是因为他们没有更进一步的发展罢了。
看了这一段话，我明白了一个道理：不管做什么事情，都要找到最合适的方法，这样才能成功。
华罗庚有一句名言：“如果不把问题弄清楚，宁可不去做。
”他就是靠着这股劲头，不断地提高自己的成绩，做到了一个更高的境界。
我们做任何事情，也要这样，如果一遇到困难就退缩，这怎么可以呢？华罗庚对事物敏锐地观察和精细地分析，给了我极大的启示。
初等数论第二章：不定方程
( y0 y ) 是整数, 令这个整数为t1 , 代入上式,得 a x x0 bt1 , 即x x0 bt1 . 同时由 ( y0 y ) t1 , 得y y0 at1 . a
1、辗转相除法 对于ax+by=c,先利用辗转相除法得到 ax+by=1的一个解;再两边乘于c,得到ax+by=c的一个解; 最后运用定理(2.2)写出一切整数解.
§2.2 解二元一次不定方程
• 对于二元一次不定方程(2.1)整数解的研 究,最理想的结果是能像一元二次方程那 样,找出表示方程(2.1)所有整数解的公式. • 这个公式是能够找到的,但它是建立在方 程(2.1)的一个整数解(即所谓的特解)的 基础上的.因些如何找到方程(2.1)的一个 整数解就成为求出它一切整数解的关键.
)
（6）的解为：y 2 33t , x y x 3 37t (t 0, 1, 2,
)
从而原方程的解为：x 3 37t , y 2 x y 8 107t (t 0, 1, 2, )
或先求出原方程的一个特解，再给出一切整数解。
在（2）式两端同乘以c1得 asc1 btc1 (a, b)c1 c 令x0 =sc1 , y0 =tc1，即得 ax0 by0 c， 故（2. 1）式有一组整数解x0，y0 .
注：定理的证明过程实际给出求解方程（2.1）的方法：
初等数论第二章2
况不能发生。 况不能发生。
第二节 方程 x2 + y2 = z2
(ⅱ) 2 ⅱ
| a，2b. 此时 由式 及式(12), 有 及式 / ， 此时, 由式(11)及式
x02 = 2ab，(a, 2b) = 1，a > b > 0. ， ， (13)
利用引理可知，存在正整数 ， 利用引理可知，存在正整数u，v1，使得 x0=uv1, a=u2, 2b=v12, (u,v1)= 1, u>0, v1 > 0. 由2b = v12推出 2v12，2v1，v1 = 2v， ， 因此，存在整数 ， ， 因此，存在整数u，v，使得 a =u2, b =2v2, (u, v)= 1，u> 0, v> 0. ， (14)
x0 y0 z0 也是方程(10)的解 的解。 ( , , 也是方程 的解。 ) 2 d d d
因此， 的最小性， 因此，由z0的最小性，可知 d = (x0, y 0) = 1，(x02, y02) = d 2 = 1。 ， 。 显然x 有不同的奇偶性.不妨设 不妨设2 显然 02与y02有不同的奇偶性 不妨设 x0,2 y/ . | 0
第二节 方程 x2 + y2 = z2
由定理2，存在正整数 ， ， 由定理 ，存在正整数a，b，使得 (a, b) = 1，a > b > 0， ， ， 其中a与b有不同的奇偶性，并且 其中 与 有不同的奇偶性， 有不同的奇偶性 x02 = 2ab，y02 = a2 − b2，z0 = a2 + b2. ， 下面按照a与 的奇偶性 考察两种情况。 的奇偶性， 下面按照 与b的奇偶性，考察两种情况。 (12) (11)
与式(5)是矛盾的 式 (1)，式 (4)与式 是矛盾的 ， 因此 ， 结论 ⅲ) ， 与式 是矛盾的，因此，结论(ⅲ 成立。证毕。 成立。证毕。
数论(2)同余
数论（2）-----同余1. 设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作)(mod m b a ≡，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作)(mod m b a ≡， 显然，)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -⇔∈+=⇔≡；每一个整数a 恰与1，2，……，m ，这m 个数中的某一个同余；2 同余的性质：1) 反身性：)(mod m a a ≡；2) 对称性：)(mod )(mod m a b m b a ≡⇔≡；3) 传递性：若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡则)(mod m c a ≡;4) 若)(mod 11m b a ≡，)(mod 22m b a ≡，则)(mod 2121m b b a a ±≡±特别是)(mod )(mod m k b k a m b a ±≡±⇔≡；5) 若)(mod 11m b a ≡，)(mod 22m b a ≡，则)(mod 2121m b b a a ≡；特别是 )(mod ),(mod m bk ak Z k m b a ≡⇔∈≡则)(m o d),(mod m b a N n m b a nn ≡⇔∈≡则； 6) )(mod )(m ac ab c b a +≡+；7）* 设()f x 是系数全为整数的多项式，若(mod )a b m ≡，则()()(mod )f a f b m ≡ 8) 若)(mod 1),(),(mod m b a m c m bc ac ≡=≡时，则当 )(mod ),(dm b a d m c ≡=时，当； )(mod )(mod m b a mc bc ac ≡⇔≡特别地， 9) 若)(mod 1m b a ≡，)(mod 2m b a ≡)(mod 3m b a ≡…………… )(mod n m b a ≡， 且)(mod ],,[21M b a m m m M n ≡⋯⋯=，则3. 完全剩余类在取定某数m 为模后，按照同余关系把彼此同余的整数归为一类，这些数称为模m 的剩余类。
数论2——整除
二、整除（一）整数的封闭性 1、 解方程：6323xy yz xz yz +=⎧⎨+=⎩，x,y,z 都是正整数2、 某班参加公益活动，甲组同学平均每个人收集废电池17个，乙组同学平均每人收集20个；丙组同学平均每个人收集21个，三组收集共233个。
则三组一共多少人？3、 如果一个正整数等于他的各位数字之和的4倍，成为好数。
求所有的好数4、 一个四位数和他的四个数字之和为2001，求这个四位数5、 n 为正整数，使得(1)(1)(2)1226kn n n n n n ---+++=，试求所有可能的正整数n 和k 。
6、 求所有的正整数n ，使得对于这样的n ，总能找到实数a,b 使得函数21()f x x ax b n=++，对于任意整数x ，f(x)也是整数。
7、 已知n ，k 都是正整数，满足不等式1637439n k n k-<<+，如果对于某个n ，只有为一的正整数k 使得不等式成立。
试求所有满足条件的正整数n 的最大值和最小值。
8、 已知正整数a,b,c 满足：,a b c abc ab bc ca <<=++，试求所有满足条件的a,b,c9、 有20堆石子，每一堆都有2006枚。
每次操作时，将其中19堆中各取出1枚石子，放入剩下一堆，称为一次操作。
经过不到20次操作后，某一堆石子剩下了1990枚，有一堆石子的数目在2080到2100之间。
求这堆石子还有多少粒。
10、 有2006个都不等于119的正整数排成一列。
其中任意连续若干项的和都不等于119，试求这2006个数的和。
（二）数的整除1、已知正整数n 大于30，且41n -整除2002n ，试求n2、设a,b 都是自然数，使得221|1a ab b ab ++++，证明:a=b 。
3、已知a,b 都是整数，且229|a ab b ++，求证：3|,3|a b4、已知,,,,x y a m n 都是正整数，满足22,mnx y a x y a +=+=，试求300a 是多少位数。
六年级下册数学试题-奥数专题：第3讲 数论(2)全国通用
六年级下册数学试题-奥数专题：第3讲数论（2）全国通用数论这门学科最初是从研究整数开始的，所以叫做整数论。
后来整数论又进一步发展，就叫做数论了。
确切的说，数论就是一门研究整数性质的学科。
数论在数学中的地位是独特的，高斯曾经说过“数学是科学的皇后，数论是数学中的皇冠”。
这个“皇冠”上历史上出现了许多闪闪发亮的明珠：哥德巴赫猜想，孪生素数猜想，斐波那契数列，梅森素数，费马大定理，黎曼猜想等等数论是华杯赛的必考点之一，也常常被放在压轴题的位置。
本讲继续针对数论模块的高频考点和难点，进行讲解巩固。
考察难度数论题作为华杯赛的必考点之一，整体难度大，一般情况下在 3★以上，部分涉及构造或代数运算的题目会达到 5★。
备考建议孩子在复习的时候，约倍、质合、整除的特征和性质这些基本概念要非常熟悉，但这些知识基础还远远不够，进一步要把重点放在相关应用上，此外分解质因数也是常用分析问题的方式之一，更高阶的需要掌握分类讨论的思想和代数构造的能力。
课前预习1)在下边的算式中，每个汉字代表0 至9 这十个数字中的一个，相同的汉字代表相同数字、不同汉字代表不同数字．则“数学竞赛”所代表的四位数是．（第19届华杯复赛）2)设n是小于50的自然数，使得3n+5和5n+4有大于1的公因数的所有的n有个．（第18 届华杯复赛）模块一数字谜要点复习1.数字谜定义:一般是指那些含有未知数字或未知运算符号的算式．2.数字谜突破口：这种不完整的算式，就像“谜”一样，要解开这样的谜，就得根据有关的运算法则，数的性质（和差积商的位数，数的整除性，奇偶性，尾数规律等）来进行正确的推理，判断．3.解数字谜：一般是从某个数的首位或末位数字上寻找突破口．推理时应注意：⑴⑵⑶数字谜中的文字，字母或其它符号，只取0~9 中的某个数字；要认真分析算式中所包含的数量关系，找出尽可能多的隐蔽条件；必要时应采用枚举和筛选相结合的方法（试验法），逐步淘汰掉那些不符合题意的数字；⑷数字谜解出之后，最好验算一遍．例11)在图中的加法竖式中，如果不同的汉字可以代表相同的数字，使得算式成立，则四位数华杯决赛的最小值为．（第16 届华杯复赛）兔六决年届赛十+华杯20112)用“学”和“习”代表两个不同的数字，四位数“ 学学学学”与“习习习习”的积是一个七位数，且它的个位和百万位数字与“学”所代表的数字相同，那么“ 学习”所能代表的两位数共有个．（第18 届华杯复赛）3)如图的加法竖式中，不同的汉字可以代表相同的数字，满足要求的不同算式共有种。
数论二次互反律
数论二次互反律
数论二次互反律是一种经典的数学定理，它指出对于任意正整数a和p，当p是奇素数时，如果a是p的一个二次剩余，那么a的逆元也是p的一个二次剩余；如果a是p的一个二次非剩余，则a的逆元是p的一个二次非剩余。
具体来说，设a和p是两个正整数，且p是奇素数。
如果存在一个整数x，使得x^2 ≡ a (mod p)，那么称a是p的一个二次剩余。
如果不存在这样的整数x，则称a是p的一个二次非剩余。
根据二次互反律，当a是p的一个二次剩余时，存在一个整数y，使得y^2 ≡ a^-1 (mod p)；当a是p的一个二次非剩余时，存在一个整数z，使得z^2 ≡ a^-1 (mod p)。
这个定理在密码学中应用广泛，尤其是在RSA加密算法中。
总之，数论二次互反律是一个非常重要的数学定理，它能帮助我们更好地理解奇素数的性质，并且在密码学中有着广泛的应用。
- 1 -。
数论2—数的奇偶性
数论2—数的奇偶性第⼆讲——数的奇偶性⼀、基本概念和知识⼀、奇数和偶数整数可以分成奇数和偶数两⼤类.能被2整除的数叫做偶数，不能被2整除的数叫做奇数。
偶数通常可以⽤2k（k为整数）表⽰，奇数则可以⽤2k+1（k为整数）表⽰。
特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。
⼆、奇数与偶数的运算性质性质1：偶数±偶数=偶数，奇数±奇数=偶数。
性质2：偶数±奇数=奇数。
性质3：偶数个奇数相加得偶数。
性质4：奇数个奇数相加得奇数。
性质5：偶数×奇数=偶数，奇数×奇数=奇数。
三、奇反偶同：搞清⼀件事情的初始状态，进⾏奇数次操作，会和起始状态相反，进⾏偶数次操作，会回到初始状态。
⼆、例题例1 1+2+3+…+99的和是奇数？还是偶数？例2 能不能在下⾯的每个⽅框中，分别填⼊加号或减号，使等式成⽴1□2□3□4□5□6□7□8□9=10例3 元旦前⼣，同学们相互送贺年卡.每⼈只要接到对⽅贺年卡就⼀定回赠贺年卡，那么送了奇数张贺年卡的⼈数是奇数，还是偶数？为什么？例4 桌上有9只杯⼦，全部⼝朝上，每次将其中6只同时“翻转”.请说明：⽆论经过多少次这样的“翻转”，都不能使9只杯⼦全部⼝朝下。
例5 某校六年级学⽣参加区数学竞赛，试题共40道，评分标准是：答对⼀题给3分，答错⼀题倒扣1分.某题不答给1分，请说明该校六年级参赛学⽣得分总和⼀定是偶数。
例5 在中国象棋盘任意取定的⼀个位置上放置着⼀颗棋⼦“马”，按中国象棋的⾛法，当棋盘上没有其他棋⼦时，这只“马”跳了若⼲步后回到原处，问：“马”所跳的步数是奇数还是偶数？例6 ⼀个俱乐部⾥的成员只有两种⼈：⼀种是⽼实⼈，永远说真话；⼀种是骗⼦，永远说假话。
某天俱乐部的全体成员围坐成⼀圈，每个⽼实⼈两旁都是骗⼦，每个骗⼦两旁都是⽼实⼈。
外来⼀位记者问俱乐部的成员张三：“俱乐部⾥共有多少成员？”张三答：“共有45⼈。
”另⼀个成员李四说：“张三是⽼实⼈。
《易经》说数123与数论2
《易经》说数123 与数论2《易经》说数123.与数论(2)(八卦数论成果被剽窃)国内外研易者公认《易经》象数理源远流长、博大精深，岂知中国《易经》却是数论的鼻祖！"数往者顺，知来者逆"！外百家讲坛第169讲《易经》里的数与数学科学南怀瑾先生论述过《易经》里的三套数字(卜卦用数字、伏羲八卦数字、河洛图与文王八卦数字)，它们的真实性是不争的事实。
三套数字还含有辞数。
在我们的拙著《解圆与数论》一直认为《易经》里的数不是孤立静止的常数，而是变数，是无穷之变数；《易经》里的量不是孤立静止的常量，而是动量，是无穷之动量。
"动""变"是宇宙的根本规律，是宇宙自然之"道"。
《周易上传》30卦与《周易下传》34卦由八经卦构成六爻之64重卦，自下而上看每卦均有"初、二、三、四、五、上"六爻，据传文王周公系辞，阳爻"-"用九，阴爻"--"用六，视六爻之阳阴相应叫做"初九、九二、九三、九四、九五、上九"或"初六、六二、六三、六四、六五、上六"。
上下传64卦之卦序卦象卦辞，为无字天数太极八卦图作了精辟恢弘之诠释。
《系辞上传》第一章："天尊地卑，乾坤定矣，.而成位乎其中矣。
"言造化之实，乾坤之理，万物有序，一阳一阴两划1、2刚柔而已。
第二章："圣人设卦，.六爻之动，三极之道也.。
"言圣人作易君子学易与八卦的客观性，"6爻"与"3极"乃为宇宙自然法则，即"道"。
第三章："彖者，言乎象者也，爻者，言乎变者也，吉凶者，言乎其失得也，.。
"专释象卦爻辞之通变规律。
第四章；"易与天地准，故能弥伦天地之道，.仰则观象于天，俯则观法于地，.范围天地而不过，曲成万物而不遗，.故神无方而易无体。
刘竞琰数论(2)数的整除
教案教师：__ 王鑫___ 学生：_ 刘竞琰上课时间：学生签字：__________数论（二）数的整除【专题知识点概述】一、常见数字的整除判定方法1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除；2. 一各位数数字和能被3整除，这个数就能比9整除；一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除；3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除.4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除.（以上规律仅在十进制数中成立.）5. 部分特殊数的分解：1001=7×11×13；111111=111×1001二、整除性质(1)性质1 如果数a和数b都能被数c整除，那么它们的和或差也能被c整除．即如果c︱a，c︱b，那么c︱(a±b)．在理解这个性质时，我们要注意，反过来是不成立的，即两数的和(a+b)或差(a-b)能被c整除，这两个数不一定能被c整除．如5 ︱(26+24)，但526，524．再看下面这个问题：2∣12，12∣36．2能否整除36？显然，回答是肯定的．这是因为36是12的倍数，12又是2的倍数，那么36一定是2的倍数．由此我们又可以得出：(2)性质2 如果数a能被数b整除，b又能被数c整除，那么a也能被c整除．即如果b∣a，c∣b，那么c∣a．用同样的方法，我们还可以得出：(3)性质3 如果数a能被数b与数c的积整除，那么a也能被b或c整除．即如果bc∣a，那么b∣a，c∣a．(4)性质4 如果数a能被数b整除，也能被数c整除，且数b和数c互质，那么a一定能被b与c的乘积整除．即如果b∣a，c∣a，且(b，c)=1，那么bc∣a．如：如果3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4)∣12．(5)性质5 如果数a能被数b整除，那么am也能被bm整除．如果 b｜a，那么bm｜am（m为非0整数）；(6)性质6 如果数a能被数b整除，且数c能被数d整除，那么bd也能被ac整除．如果 b｜a ，且d｜c ，那么ac｜bd；【习题精讲】【例1】（难度级别※）已知道六位数20□279是13的倍数，求□中的数字是几？【例2】（难度级别※）173□是个四位数字。
第30讲：数论(二)同余与不定方程 作业
第三十讲 数论（二）同余与不定方程课后作业【1】设12,,(4)n x x x n >为+1或-1，并且123423451230n x x x x x x x x x x x x +++=。
求证：n 是4的倍数【2】求不定方程2252x y -=的整数解。
【3】求最大的正整数x ，使得对任意y N ∈，有|7121y x y +-。
【4】若n 为正整数，若3n +与7n +都是素数，求n 除以3的余数。
【5】设a 是整数，求证：530|a a -第三十讲 数论（二）同余与不定方程参考答案【1】设12,,(4)n x x x n >为+1或-1，并且123423451230n x x x x x x x x x x x x +++=。
求证：n 是4的倍数【解析】设12342345123,,,n x x x x x x x x x x x x 中+1的有k 个，于是-1的也有k 个，故2n k =。
再把12342345123,,,n x x x x x x x x x x x x 这n 个数相乘，得412()1(1)(1)k k k n x x x =⨯-=-，所以(1)1k -=。
故k 为偶数，从而n 是4的倍数。
【2】求不定方程2252x y -=的整数解。
【解析】由于,x y 是整数，在原方程两边mod5得22(mod5)x ≡20,1,2,3,4(mod5)0,1,4,4,1(mod5)x x ≡≡若，则 所以22(mod5)x ≡是无解的。
所以不定方程2252x y -=无解。
【3】求最大的正整数x ，使得对任意y N ∈，有|7121y x y +-。
【解析】令1,2,3y =，得到|18,|72,|426x x x 所以(18,72,426)6=,|6x下证对任意y N ∈，有6|7121y y +-7121110(mod6)y y y +-≡-≡【4】若n 为正整数，若3n +与7n +都是素数，求n 除以3的余数。
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另一方面，可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数。
（2，61，2×61），（3，60，3×60），（4，59，4×59），…，
（30，33，30×33），（31，32，31×32）。
说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。但对其他位数的数不一定成立。如12+21，506+605等。
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？
3.结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。
运用反证法的关键在于导致矛盾。在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。
解：如果存在这样的三位数，那么就有
100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。这表明所找的数是不存在的。
因为9999=99×101，所以所有幸运券号码之和能被101整除。
试说明分子m是质数89的倍数。
解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的办法，将和
①②两式相加，得
从而
2m×88！=89×k（k是正整数）。
因为89为奇质数，所以89不能整除 88！，从而89|m。
第2讲 数论的方法技巧（下）
四、反证法
反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。
反证法的过程可简述为以下三个步骤：
1.反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；
2.归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；
说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9。将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。故和的数字中必有偶数。
例7 求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和。
解：在这些数前面添一个数0，并不影响所有数码的和。将这1000万个数两两配对，因为0与9999999，1与9999998，…，4999999与5000000各对的数码和都是9×7=63。这里共有5000000对，故所有数码的和是63×5000000=315000000。
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解。
求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数。
解：因每一真分数满足
而所求的数整S是四个不同的真分数之和，因此2<S<4，推知S=3。于是可得如下5组不同的真分数：
99！不能。因为99！为偶数，而99个奇数之和为奇数，所以99！不能表示为99个连续奇数之和。
说明：利用构造法证明存在性问题，只要把满足题设要求的数学对象构造出来就行。
例6 从1，2，3，…，999这999个数中，要求划去尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不等于另外两个数的乘积。应划去哪些数？
解：开始只有1枚1分硬币，没有1角的，所以开始时1角的和1分的总枚数为 0+1=1，这是奇数。每使用一次该机器，1分与1角的总枚数记为Q。下面考查Q的奇偶性。
如果塞入1枚1分的硬币，那么Q暂时减少1，但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币），所以总数Q没有变化；如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币），那么Q增加4，而其奇偶性不变；如果塞入1枚1角硬币，那么Q增加2，其奇偶性也不变。所以每使用一次机器，Q的奇偶性不变，因为开始时Q为奇数，它将一直保持为奇数。
这样，我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少 10的情况，因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币，那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数。矛盾。
例 4在3×3的方格表中已如右图填入了9个质数。将表中同一行或同一列的3个数加上相同的自然数称为一次操作。问：你能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数吗？为什么？
解法二：作配对处理
将括号内的分数进行通分，其公分母为
1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，
从而
m×88！=89×k（k=n×q）。
因为89为奇质数，所以89不能整除88！，从而89|m。
七、估计法
估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的。
当n=430时，1×2×…×n的尾部有106个零；
当n=435时，1×2×…×n的尾部有107个零。
因此，n的最大值为434。
解：显然，号码为9999的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码n是幸运券，那么号码为m=9999-n的购物券也是幸运券。由于9999是奇数，所以m≠n。
由于m+n=9999，相加时不出现进位，所以除去号码是均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的倍数。
例8 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号。若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”。例如号码 0734，因 0+7=3+4，所以这个号码的购物券是幸运券。试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。
例5 99和99！能否表示成为99个连续的奇自然数之和？99
解：9999能。因为9999等于99个9998之和，所以可以直接构造如下：
9999=（9998-98）+（9998-96）+…+
=（9998-2）+9998+（9998+2）+…+
=（9998+96）+（9998+98）。
例11 已知在乘积1×2×3×…×n的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值。
分析：若已知n的具体数值，求1×2×…×n的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值。
因此，乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）。又乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×2×…×n的尾部有99个零，还需 7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以
上面写出的这些数都是互不相同的，并且这些数中的最大数为 31×32=992。如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件。所以，30是最少的个数。
六、配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对（可用于计数）。传说高斯8岁时求和（1+2+…+100）首创了配对。像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解。
解：因为表中9个质数之和恰为100，被3除余1，经过每一次操作，总和增加3的倍数，所以表中9个数之和除以3总是余1。如果表中9个数变为相等，那么9个数的总和应能被3整除，这就得出矛盾！
所以，无论经过多少次操作，表中的数都不会变为9个相同的数。
五、构造法
构造法是一种重要的数学方法，它灵活多样，数论中的许多问题都可以通过构造某些特殊结构、特殊性质的整数或整数的组合来解决。