高中数学竞赛中数论问题的常用方法
高中数学竞赛解题方法
高中数学竞赛解题方法高中数学竞赛是展现数学优秀人才的舞台，而参加数学竞赛也成为了大多数学子们展示自己特长的方式。
想要在高中数学竞赛中获得好成绩，除了平时的坚实基础，更需要掌握一套行之有效的解题方法。
本文将从数学思维、解题技巧、数学知识的拓展等几方面进行介绍，希望能对广大竞赛学子有所帮助。
一、数学思维1.思维模型数学竞赛中，思维模型功能强大。
它是指一种通用解决问题的思维方式。
思维模型根据不同的考试形式和题型，具体体现为归纳法、逆推法、类比法、转化法、画图法、反证法等。
2.逆向思维数学竞赛中，逆向思维是常见的求解复杂问题的方法之一。
我们经常会遇到问题分解、构造和证明题等类型的问题，这些问题需要用到逆向思维。
逆向思维的关键在于反着想，从解的步骤逆向推导，而不是直接计算出答案。
二、解题技巧1.强化基础高中数学竞赛的解题技巧常常是建立在扎实的基础上的，因此，学习基础知识以及掌握基本的解题技巧是必不可少的。
可以分别从代数、几何、数论等各方面提高基本功。
2.多练习数学竞赛是相对于普通数学而言的。
其中的难度和复杂度更高，需要更多练习来不断提高自己的解题能力。
只有不断练习，才能加深对数学竞赛知识的理解，掌握解决问题的思路。
3.掌握易错点掌握易错点是提高解题能力的重要方法之一。
例如，负数、分数等基础问题很容易错，而一旦犯了这种错误通常会影响整个题目的解答。
三、数学知识的拓展数学竞赛中，知识量和难度都非常大，需要有一定的数学知识储备。
同时，我们还需要通过实际操作和实验，拓宽我们的研究领域，扩展我们的数学思维。
1.参加数学竞赛通过参加各种数学竞赛，我们可以了解到更多的数学领域和知识点，从而扩大自己的数学知识面和解题思路。
2.阅读数学相关书籍对于数学爱好者来说，阅读数学相关的书籍也是一种不错的拓展数学知识的方式。
可以挑选一些优秀的数学竞赛相关的书籍，如《高中数学竞赛1200题》、《计数的艺术》等等。
总而言之，高中数学竞赛不是一朝一夕可以练就的能力，需要长时间的沉淀和坚实的基础。
高中奥林匹克数学竞赛解题方法
高中奥林匹克数学竞赛解题方法一、代数技巧代数是数学的基础，掌握代数技巧对于解决数学问题至关重要。
以下是一些常用的代数技巧：1、合并同类项：将同类项合并为一个项，可以简化计算过程。
2、提取公因式：将公因式提取出来，可以简化计算过程。
3、完全平方公式和平方差公式：这两个公式在代数中非常常用，可以用来进行化简和展开。
4、分式的约分：将分式约分为最简形式，可以简化计算过程。
5、根式与分数指数幂的互化：将根式转化为分数指数幂，或将分数指数幂转化为根式，可以用来解决一些复杂的问题。
二、几何技巧几何是数学中重要的分支之一，掌握几何技巧对于解决数学问题非常重要。
以下是一些常用的几何技巧：1、三角形的内心、外心和垂心：掌握这些特殊点的性质和作法，可以用来解决一些与三角形相关的问题。
2、圆的标准方程和一般方程：掌握圆的标准方程和一般方程，可以用来解决一些与圆相关的问题。
3、立体几何中的空间向量：通过空间向量的运算，可以用来解决一些立体几何问题。
4、解析几何中的直线、圆和椭圆：掌握直线、圆和椭圆的性质和作法，可以用来解决一些解析几何问题。
三、数据分析数据分析是数学中重要的应用之一，掌握数据分析技巧对于解决实际问题非常重要。
以下是一些常用的数据分析技巧：1、数据的集中趋势和离散程度：掌握数据的集中趋势和离散程度，可以用来评估数据的分布情况。
2、数据的可视化：通过图表等可视化工具，可以更加直观地展示数据和分析结果。
3、回归分析：通过回归分析，可以找出变量之间的关系，从而对数据进行更加深入的分析。
4、方差分析：通过方差分析，可以检验多个样本之间是否存在显著性差异。
5、时间序列分析：通过时间序列分析，可以预测未来一段时间内的数据变化趋势。
四、数学建模数学建模是数学中重要的应用之一，掌握数学建模技巧对于解决实际问题非常重要。
以下是一些常用的数学建模技巧：1、建立数学模型：根据实际问题建立相应的数学模型，可以是方程、不等式、图形等。
高中数学竞赛题目解析与解题技巧
高中数学竞赛题目解析与解题技巧引言数学是一门广泛应用于各个领域的学科，它的应用不仅限于解决实际问题，还包括在数学竞赛中展示才华。
高中数学竞赛是对学生数学能力的综合考验，不仅需要深厚的数学知识，还需要良好的解题技巧和思维能力。
本文将介绍高中数学竞赛题目的一些常见类型，并提供解题技巧，帮助读者更好地应对数学竞赛。
数列与序列等差数列等差数列是高中数学竞赛中经常出现的题型之一。
对于给定的等差数列，求解其中某一项或求解前n项和是常见的考点。
解题技巧包括使用通项公式和求和公式来快速求解。
此外，还需要注意将等差数列问题转化为已知条件，利用已知条件推导出所求的未知量。
等比数列等比数列是另一个常见的数列类型。
与等差数列类似，求解等比数列的通项或前n项和也是考点之一。
解题技巧包括使用通项公式和求和公式进行求解。
此外，还需要注意等比数列的特点，如首项、公比以及递推关系等，利用这些特点进行解题分析。
数列极限数列极限是高中数学竞赛中较为复杂和抽象的题目之一。
要求求解数列的极限值，需要运用极限的定义和性质进行分析。
解题技巧包括使用夹逼定理和数列收敛性的判定方法，以及灵活运用数列极限的性质，如极限运算法则、极限不等式和极限的唯一性等。
几何与三角形平面几何平面几何是高中数学竞赛中的一个重要部分。
常见的几何题目包括线段、角度、三角形、四边形和圆等。
解题技巧包括使用几何图形的性质和定理进行分析，灵活运用平行线、垂直线、相似三角形、角平分线和圆的性质等。
此外，还需要注意对等式和不等式进行推导和证明。
三角函数三角函数是高中数学竞赛中的另一个重要内容。
常见的三角函数题目包括求解三角方程、三角恒等式、三角函数图像和三角函数性质等。
解题技巧包括运用三角函数的定义和性质进行分析，灵活运用三角函数的周期性、奇偶性和对称性，以及运用三角函数的图像进行推导和求解。
三角形三角形是几何学的基本要素之一，也是高中数学竞赛中的重要内容。
常见的三角形题目包括求解三角形的面积、周长、角度和边长等。
高中数学竞赛专题讲座竞赛中的数论问题
竞赛中的数论问题的思索方法一. 条件的增设对于一道数论命题，我们往往要首先解除字母取零值或字母取相等值等“平凡〞的状况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小依次、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。
1. 大小依次条件及实数范围不同，假设整数x ，y 有大小依次x <y ，那么必有y ≥1，也可以写成，其中整数t ≥1。
例1. 〔22〕设m ，n 是不大于1981的自然数，1)(222=--m nm n ，试求22n m +的最大值。
解：易知当时,222=+n m 不是最大值。
于是不访设n >m ,而令1，n >u 1≥1，得-2(m -1mu 1)(22112=--u mu m 。
同理，又可令 u 1+ u 2，m >u 2≥1。
如此接着下去将得1= 1，而11+-+=i i i u u u ，i ≤k 。
故n m u u u u k k ,,,,,,121 +是不大于1981的裴波那契数，故987，1597。
例 2. 〔匈牙利—1965〕怎样的整数a ，b ，c 满意不等式?233222c b ab c b a ++<+++解：假设干脆移项配方，得01)1()12(3)2(222<--+-+-c b b a 。
因为所求的都是整数，所以原不等式可以改写为：c b ab c b a 234222++≤+++，变形为：0)1()12(3)2(222≤-+-+-c b b a ，从而只有1，2，1。
2. 整除性条件对于整数x ，y 而言，我们可以讨论其整除关系：假设，那么可令；假设x ∤y ，那么可令，0<r ≤1。
这里字母t ，r 都是整数。
进一步，假设a q |，b q |且a b >，那么q a b +≥。
结合高斯函数，设n 除以k ，余数为r ，那么有r k k n n +⎥⎦⎤⎢⎣⎡=。
还可以运用抽屉原理，为同余增设一些条件。
数论解题的实用技巧与思维导
数论解题的实用技巧与思维导数论解题的实用技巧与思维导向数论，作为数学的一个重要分支，在解题过程中常常需要使用一些技巧和思维导向来提高效率和准确度。
本文将介绍数论解题的一些实用技巧，帮助读者在数论问题上取得更好的成绩。
1. 充分利用基本定理：在解题过程中，我们可以运用数论的基本定理来简化问题。
例如，费马小定理可以用来求解模运算问题，欧拉定理可以用来求解幂运算问题。
掌握这些基本定理并能够熟练运用，将会大大提高问题解决的效率。
2. 拆分因式与整除关系：在解决数论问题时，经常会用到拆分因式与整除关系。
将一个数拆分成素数的乘积，可以帮助我们找到问题的规律和特点，从而得到更好的解题思路。
同时，注意利用整除关系可以帮助我们缩小问题的解空间，减少计算量。
3. 数表与数形的应用：数论的解题常常和数表、数形密切相关。
掌握一些常见的数论数表，如素数表、因子表等，能够在解题过程中提供更多的信息和思路。
此外，将数论问题转化为数形问题，可以通过观察图形的特点来解决问题，有时会更加直观和简洁。
4. 递归思维与数学归纳法：递归思维在解题中常常用到，通过从简单情况开始推导，不断迭代问题的解，可以建立起问题的解决框架。
数学归纳法也是解决数论问题的一种有效思维工具，通过证明一个数学命题对某个特定的数成立，再由此证明该命题对所有数都成立。
掌握递归思维和数学归纳法，能够让解题过程更加系统和逻辑。
5. 近似与不等式：在一些复杂的数论问题中，使用近似和不等式可以大大简化问题。
利用近似值或者上下界的不等式来逼近问题的解，将有助于我们快速找到答案或者证明结论。
同时，对于一些数论问题，使用不等式可以将问题转化为求解某个函数的最值问题，从而提供更多的思路和工具。
6. 等式的巧妙运用：数论问题中，等式的巧妙运用常常会给解题带来突破口。
通过构造适当的等式，可以得到问题的新的表达形式，进而找到解决问题的思路和方法。
注意观察问题中的等式，将其变形或运用到其他方面，将会为解题带来新的可能性。
数学竞赛常见解题方法总结
数学竞赛常见解题方法总结数学竞赛常见解题方法可以分为几个大类，包括代数、几何、概率与统计以及数论。
每个类别下又有不同的方法和技巧，适用于解答不同类型的题目。
下面将对这些常见解题方法进行总结和分析。
一、代数类解题方法1. 数列求和：对于给定的数列，可以用等差数列或等比数列的求和公式来快速求解。
此外，还可以利用差分法、二次差分法等方法求和。
2. 方程求解：对于一元二次方程、一次方程及其他更复杂的方程，可以运用配方法、因式分解、绝对值法、韦达定理等方法求解。
3. 不等式求解：针对不等式问题，可以运用代换法、区间判断法、平方运算法等方法，求解不等式的解集。
4. 函数图像分析：可以通过求导、极值问题等方法，对函数的图像进行分析和求解。
5. 组合函数求解：针对给定的复合函数，可以通过逆函数定义、复合函数的性质等方法进行求解。
二、几何类解题方法1. 平面几何定理：常用平面几何定理包括平行线定理、相似三角形定理、勾股定理等。
在解题过程中，可以通过画图、构造辅助线等方法，将问题转化为已知几何定理的形式进行求解。
2. 三角形性质利用：针对三角形问题，可以应用三角形中位线、垂心定理、欧拉定理等几何性质进行解题。
3. 向量方法：向量方法在几何问题中有广泛应用，常用于求解线段的中点、平行四边形的性质、共线问题等。
4. 坐标系与方程运用：对于平面几何问题，可以通过建立坐标系，利用坐标运算进行解题。
此外，还可以通过方程的运用，表示几何图形，进而求解问题。
三、概率与统计类解题方法1. 随机事件计算：针对概率问题，可以利用集合论的知识进行解题，包括用频率定义概率、利用互斥事件和对立事件计算概率等方法。
2. 组合计数：在概率和统计问题中，常常需要进行组合和计数的运算。
可以利用阶乘、排列组合等方法进行计算。
3. 数据处理与分析：对于给定的数据集合，可以通过构造频率分布表、绘制直方图、计算中位数、算术平均数等方法进行数据的处理和分析。
数学竞赛中的数论问题
数学竞赛中的数论问题第二部分 数论题的范例讲解主要讲几个重要类型：奇数与偶数，约数与倍数（素数与合数），平方数，整除，同余，不定方程，数论函数等．重点是通过典型范例来分析解题思路、提炼解题方法和巩固基本内容．一、奇数与偶数整数按照能否被2整除可以分为两类，一类余数为0，称为偶数，一类余数为1，称为奇数．偶数可以表示为2n ，奇数可以表示为21n -或21n +．一般地，整数被正整数m 去除，按照余数可以分为m 类，称为模m 的剩余类(){}mod i C x x i m =≡，从每类中各取出一个元素i i a C ∈，可得模m 的完全剩余系（剩余类派出的一个代表团），0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧，常称作奇偶分析，这种技巧与分类、染色、数字化都有联系，在数学竞赛中有广泛的应用． 关于奇数和偶数，有下面的简单性质：（1）奇数≠偶数．（2）偶数的个位上是0、2、4、6、8；奇数的个位上是1、3、5、7、9． （3）奇数与偶数是相间排列的；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；． （4）奇数个奇数的和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；偶数跟奇数的和是奇数；任意多个偶数的和是偶数．（5）除2外所有的正偶数均为合数；（6）相邻偶数的最大公约数为2，最小公倍数为它们乘积的一半． （7）偶数乘以任何整数的积为偶数．（8）两数和与两数差有相同的奇偶性，()mod 2a b a b +≡-． （9）乘积为奇数的充分必要条件是各个因数为奇数． （10）n 个偶数的积是2n的倍数．（11）()11k-=的充分必要条件是k 为偶数，()11k-=-的充分必要条件是k 为奇数．（12）()()()()()()22220mod 4,211mod 4,211mod8n n n ≡-≡-≡． （13）任何整数都可以表示为()221mn k =-．……例1 （1906，匈牙利）假设12,,,n a a a 是1,2,,n 的某种排列，证明：如果n 是奇数，则乘积()()()1212n a a a n ---是偶数．类似题：例1-1（1986，英国）设127,,,a a a 是整数，127,,,b b b 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b ---是偶数．（127,,,a a a 中奇数与偶数个数不等）例1-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a ---必为偶数．（暗藏3,1,4,1,5,9,2,6,5,3,5,8,9,7,9,3,2,3,8,4,6,2,6,4中奇数与偶数个数不等）例2 能否从1,2,,15中选出10个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），所得的14个差恰好为1,2,,14？例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？例4 有n 个数121,,,,n n x x x x -，它们中的每一个要么是1，要么是1-．若1223110n nn x x x x x x x x -+++++=，求证4|n ．例5 n 个整数121,,,,n n a a a a -，其积为n ，其和为0，试证4|n ．例6 在数轴上给定两点1，在区间内任取n 个点，在此2n +个点中，每相邻两点连一线段，可得1n +条互不重叠的线段，证明在此1n +条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条．二、约数与倍数最大公约数与最小公倍数的求法． （1）短除法．（2）分解质因数法．设1212,0,1,2,,k k i a p p p i k αααα=≥=， 1212,0,1,2,,k k i b p p p i k ββββ=≥=．记 {}{}min ,,max ,i i i i i i γαβδαβ==， 则 ()1212,k k a b p p p γγγ=， []1212,k k a b p p p δδδ=．（3）辗转相除法()()()()()121,,,,,0n n n n a b b r r r r r r r -======．例7 （1）求()8381,1015，[]8381,1015； （2）()144,180,108，[]144,180,108．例8 正整数n 分别除以2,3,4,5,6,7,8,9,10得到的余数依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则n 的最小值为 ．．例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？例10 对每一个2n ≥，求证存在n 个互不相同的正整数12,,,n a a a ，使i j i ja a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j n i j ∈≠成立．例11 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约．例12 不存在这样的多项式 ()1110mm m m f n a n a na n a --=++++，使得对任意的正整数n ，()f n 都是素数． ．三、平方数若a 是整数，则2a 就叫做a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质（1）平方数的个位数只有6个：0,1,4,5.6.9．（2）平方数的末两位数只有22个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．（3）()()()()2220mod 4,211mod 4n n ≡-≡． （４）()()2211mod 8n -≡．（6）凡是不能被3整除的数，平方后被3除余1．（7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．（9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足222a b c +=的整数(),,a b c 叫做勾股数．勾股数的公式为2222,2,,a m n b mn c m n ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩其中,m n 为正整数，(),1m n =且,m n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数．2．平方数的证明方法 （1）反证法． （2）恒等变形法．（3）分解法．设a 为平方数，且a bc =，(),1b c =，则,b c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法（1）若()221n x n <<+，则x 不是平方数．（2）约数有偶数个的数不是平方数．（3）个位数为2，3，7，8的数不是平方数． （4）同余法：满足下式的数n 都不是平方数．()2mod3n ≡， ()23mod4n ≡或， ()23mod5n ≡或，()23567mod8n ≡或或或或，()2378mod10n ≡或或或．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．如个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是6、而十位数是偶数的数．例13 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？例14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数,a b ，斜边为正整数c ，若a 为素数，求证()21a b ++为平方数．例15 求证，任意3个连续正整数的积不是平方数．例16 ()2311986,IMO -设d 是异于2，5，13的任一整数．求证在集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b ，使得1ab -不是完全平方数．例17 (296IMO -)设,a b 为正整数，1ab +整除22a b +．证明221a b ab ++是完全平方数．四．整除整除的判别方法主要有7大类．1．定义法．证b a a bq ⇔=，有三种方式． （1）假设a qb r =+，然后证明0r =．（定理4） （2）具体找出q ，满足a bq =． （3）论证q 的存在．例18 任意一个正整数m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除．2．数的整除判别法． ()1011010mod3n n a a a a a a -++⨯+≡++++， ()1011010mod9n n a a a a a a -++⨯+≡++++如果一个整数的末三位数与末三位数以前的数字所组成的数的差能被7或11或1210a a a()13132101001n n a a a a a a a -⨯--，()13210132101001n n n a a a a a a a a a a a --⇔⨯-，13，而7,11,13均为素数知，m 能被7或11或13()()()()11101110101010111mod11.n n n n nn n n a a a a a a a a ----⨯+⨯++⨯+≡-+-++-+3．分解法．主要用乘法公式．如()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-．例19 试证()()555129129++++++．例20 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+， 求证p 可被1979整除（1979p ）例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++的分子m 是吉祥数．4． 余数分类法．例21 试证()()3121n n n ++．例22 k个连续整数中必有一个能被k整除．例23 k个连续整数之积必能被!k整除．n≥），若顺序相邻的3人中恰有一例24 有男孩、女孩共n个围坐在一个圆周上（3-．个男孩的有a组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b组，求证3a b例25 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2．五、同余根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以直接用来解题．例26 正方体的顶点标上1+或1-，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数的乘积，求证，这样得出的14个数之和不能为0．．例27 设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110 的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．六、不定方程未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解，叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决3个问题，方程是否有解？有解时，有几个解，解数是有限还是无穷？求出全部解．例28 解方程719213x y +=．例29 求方程3222009x x y +=的整数解．例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．（1988，高中联赛）例31（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出123,,a a a ，使同时满足21323, 3a a a a -≥-≥，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？七．数论函数主要是[]x 高斯函数，()n ϕ欧拉函数．例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于．．6．时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数[]y x =（[]x 表示不大于x 的最大整数）可以表示为 (A)10x y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (B)310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (C) 410x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (D)510x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ （2010年全国高考数学陕西卷理科第10题）例33 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求 122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦．例34 50!的标准分解式中2的指数．八、综合练习例35 整数勾股形中，证明（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数；（3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数．例36 已知ABC 内有n 个点，连同,,A B C 共有3n 个点，以这些点为顶点，把ABC 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把,,A B C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（斯潘纳定理）例37 对整点25边形的顶点作三染色，求证，存在一个三顶点同色的三角形，它的重心也是整点．。
克服中学数学数论难题的九个窍门
克服中学数学数论难题的九个窍门数论是中学数学中的一门重要学科，它研究整数及其性质。
然而，对于许多中学生来说，数论问题往往被认为是难以解决的。
那么，如何克服中学数学数论难题呢？在本文中，我们将介绍九个窍门，帮助学生们摆脱数论问题的困扰。
窍门一：掌握基本概念和定理数论的基本概念和定理是解决难题的基础。
熟悉质数、整除性、同余等概念，并掌握费马小定理、欧拉函数等常用定理，能够为解决数论难题提供基础。
窍门二：强化归纳法的应用归纳法是解决数论问题常用的方法之一。
学生们应该学习并掌握强化归纳法的技巧，善于使用递推思想，将问题转化为递推关系，从而更好地解决数论难题。
窍门三：灵活应用数学推理数论问题往往需要运用严密的数学推理来解决。
培养自己的推理能力，灵活应用逻辑推理、反证法以及自然语言中的数量关系等方法，将有助于解决数论难题。
窍门四：深入理解整数的性质整数具有特殊的性质，对这些性质的深入理解将有助于解决数论难题。
学生们应该了解数的奇偶性、数的位数性质等基本性质，并掌握整数运算规则，以及整数之间的关系。
窍门五：加强实战训练实战训练是掌握数论技巧的关键。
通过做大量的数论习题，提高解题的速度和准确性，培养解决复杂问题的能力。
此外，可以参加数学竞赛等活动，锻炼自己的数论技巧。
窍门六：积极寻求辅导与交流学习数论时，遇到困难不要轻易放弃，要积极寻求老师或同学的帮助。
可以参加数学小组讨论，相互交流解题思路，借鉴他人的优点，提高自己的解题能力。
窍门七：培养数论问题解决的耐心数论问题往往需要持续的思考和推理，因此需要培养解题时的耐心。
对于复杂的数论难题，可以分解成多个子问题，逐步解决，从而减轻困境感，提高解题效率。
窍门八：运用辅助工具合理运用辅助工具，如数学软件、图形计算器等，能够帮助学生更好地解决数论难题。
但是要注意，只有在必要的情况下才使用辅助工具，以免依赖工具而失去自主解题能力。
窍门九：保持积极的心态解决数论难题可能会遇到困难和挫折，但保持积极的心态是成功的关键。
高中数学竞赛中数论问题的常用方法
高中数学竞赛中数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法.1.基本原理为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下:我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ϕ表示{1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ϕ为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ϕ中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ϕ}为模m 的简化剩余系.定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=.定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则11ni i i a x =∑≡21ni ii b x=∑；(2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则)(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m dbd a ≡；(4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+；(3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为∑≥1k kpn.定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模m 的完全剩余系；(2)若{)(21,...,,m r r r ϕ}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ϕ}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ϕϕϕ=.(2)若n 的标准分解式为k kp p p n ααα (2)121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相同的素数,则)11)...(11)(11()(21kp p p n n ---=ϕ. 对于以上结论的证明,有兴趣的读者可查阅初等数论教材.2 方法解读对于数论试题,除直接运用数论的基本原理外,常用的基本方法还有因式(因数)分解法,配对法,分组法,估值法,同余方法,构造法,调整法,数学归纳法与反证法.下面分别予以说明2.1基本原理的应用例1 设正整数a ,b ,c 的最大公约数为1,并且c ba ab=- (1),证明:)(b a -是一个完全平方数. 证:设d b a =),(,d a a 1=,d b b 1=,其中1),(11=b a .由于1),,(=c b a ,故有1),(=c d .由(1)得c b c ad b a 1111-= (2)由(2)知,c b a 11|,又1),(11=b a ,∴ c a |1.同理可证c b |1,从而有c b a |11,设k b a c 11=,k 为正整数,代入(2)得)(11b a k d -= (3)由(3)知d k |,又c k |,∴1),(|=c d k ,∴1=k . ∴11b a d -=.∴211)(d b a d b a =-=-.故成立. 例2 设n 为大于1的奇数,1k ,2k ,…,n k 为给定的整数.对于{n ,...,2,1}的排列12(,,...,)n P a a a =, 记1()ni i i s P k a ==∑,试证存在{n ,...,2,1}的两个不同的排列B 、C,使得)()(!|C s B s n -.证:假设对于任意两个不同的排列B 、C,均有!n 不整除)()(C S B s -.令X 为{n ,...,2,1}的所有排列构成的集合,则{()|s P P X ∈}为模!n 的一个完全剩余系,从而有!1(1!)!()(mod !)2n P Xi n n s P i n ∈=+≡=∑∑ (1) 又 1()()ni i P X P X i s P k a ∈∈==∑∑∑=∑=+ni i k n n 12)1(! (2) 而n 为大于1的奇数,所以由(1),(2)得)!(mod 02)1(!2!)!1(1n k n n n n ni i ≡+≡+∑=. 又1)!,!1(=+n n ,所以)!(mod 02!n n ≡,矛盾.故,存在B 、C X ∈,B ≠C,使得)()(!|C s B s n -. 2.2 因式(数)分解数论中许多问题直接与因式(数)分解相关联,如合数问题,整除问题等常常是要证明某种分解式的存在.数的标准分解式本身就是一种特定形式的因数分解.在不定方程的求解与一些代数式的求值中,因式(数)分解能帮助我们确定某些变量的取值范围,寻找到解题的方法.例3 求三个素数,使得它们的积为和的5倍.解:易知a ,b ,c 中必有一个为5,不妨设5c =,则有5++=b a ab ,从而有6)1)(1(=--b a .因为1-a 与1-b 均为正整数,不妨设b a <,则有⎩⎨⎧=-=-6111b a 或⎩⎨⎧=-=-3121b a ,从而知2=a ,7=b .故所求的三个素数为2,5,7.2.3 配对例4 设k 为正奇数,证明:n ++++...321整除kk k n +++...21. 分析 因为2)1(...321+=++++n n n .故需证)...21(2|)1(kk k n n n ++++,注意到当k 为奇数时,kk y x +可因式分解,因此可将)...21(2kkkn +++中的n 2个数两两配对.证 )...21(2kkkn +++=kkkkkkkn n n n 2]1)1[(...])2(2[])1(1[++-++-++-+, 而当k 为奇数时,kkb a b a ++|,从而知()kk k n n +++...212| (1)又 ()kk k n+++...212=]1[...])1(2[]1[k k k k k kn n n +++-+++,∴)...21(2|)1(kk kn n ++++ (2) 由(1)(2)知,)...21(2|)1(kkkn n n ++++,故结论成立.2.4 分组例5 (1990年高中联赛试题)设}200,...,2,1{=E ,},...,,{10021a a a G =E ⊆,且G 具有下列性质:(1)对任何1001≤<≤j i ,201≠+j i a a ；(2)100801001=∑=i ia.试证:G 中的奇数的个数是4的倍数,且G 中所有数的平方和是一定数.证:对于1001≤≤i ,令12-=i i α,i i αβ-=201.},{i i i E βα=,则G 中恰含i E 中的一个元素.设G中有k 个奇数1i α,2i α,…,k i α,有s 个偶数s j j j βββ,...,,21,这里},...,,,,...,,{2121s k j j j i i i =}100,...,2,1{.由题设知,10080=∑∑∑∑====+-=+sr j kt i sr j kt i r t rt1111)201(βββα=∑∑==-kt i k t t 112201β+⎪⎭⎫⎝⎛+∑∑==k t sr j i r t 11ββ =-k 2012∑=kt i t1β+)200...642(++++=1010022011+-∑=kt i tk β.∴2022011-=-∑=kt i tk β(1)由于t i β为偶数,所以∑=kt i t12|4β,又20|4,所以k 201|4,∴k |4,即k 是4的倍数.∑∑∑===+=sr j kt i i irta121210012βα=∑∑==+-sr j kt i rt 1212)201(ββ=∑∑==⨯-kt i kt t 1122012201β+)(1212∑∑==+sr j kt i r tββ=∑=⨯-kt i tk 122012201β+)200...642(2222++++=)2201(2011∑=-kt i tk β+6)1200)(1100(1004++⨯(2)将(1)代入(2)得62011011004)20(20110012⨯⨯⨯+-⨯=∑=i i a =1349380.2.5估值例6 令n a 表示前n 个质数之和,即21=a ,5322=+=a ,105323=++=a ,…,证明:对任意的正整数n ,区间[1,+n n a a ]中包含有一个完全平方数.分析:设质数从小到大依次为12,,...,k p p p …,要结论成立,只要存在正整数m ,使得12+≤≤n n a m a ,只要1+≤≤n n a m a ,只要11≥-+n n a a ,只要n n n a a a 211+≥-+,只要n n a p 211+≥+,只要)...(44)1(2121k n n p p p a p +++=≥-+ (1)证:直接验证易知[2,1,a a ],[32,a a ],[43,a a ],[54,a a ]中都含有1个完全平方数.当5≥n 时,我们证明:(1)式成立.为此,令2112(1)(1)4(...)n k f n p p p p ++=--+++,则n n n p p p n f n f 4)1()1()()1(221----=-++=n n n n n p p p p p 4)2)((11--+-++.当2≥n 时,n p 为奇数,故21≥-+n n p p ,1(1)()2(22)n n n f n f n p p p ++-≥+--=)2(21--+n n p p 0≥, 故当2≥n 时,数列)(n f 为递增数列.由于)(4)1()5(432125p p p p p f +++--==)7532(4)111(2+++--=32>0所以当5≥n 时,0)5()(>≥f n f .故当5≥n 时(1)式成立.例7 求出不定方程1)!1(-=-kn n (1)的全部正整数解.解 当2=n 时,易得1=k ；当2>n 时,(1)式左边为偶数,故右边也是偶数,所以n 为奇数.当3=n 时,由13!2-=k,得1=k .当5=n 时,由15!4-=k,得2=k .当5>n 且为奇数时,321-<-n n ,221≠-n ,故)!2(|212--⋅n n ,即)!2(|)1(--n n ,因此2(1)|(1)!n n --,所以)1(|)1(2--k n n .另一方面,由二项式定理知1)1)1((1-+-=-kkn n =A(2)1-n +)1(-n k .其中A 为整数,所以)1(|)1(2--n k n ,故k n |)1(-,因此1-≥n k ,故有)!1(111->-≥--n n n n k.这说明当5>n 时,方程(1)无解,故方程(1)的解为)1,2(),(=k n ,)1,3(,)2,5(.2.6同余 例8 证明991993991993+能被1984整除.证 993993993)991(-≡=9912)991()991(--=)1984(m od )991()991)(11984495(991991-≡-+⨯,∴)1984(m od 0991)991(991993991991991993≡+-≡+.∴991993991993|1984+.例9 用1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字的7位数,证明:这些7位数中没有一个是另一个的倍数. 证:若有两个7位数a ,b ,使得kb a = (1) 由于a ,b 均是由1,2,...,7所排成,故72≤≤k 由(1)得)9(mod kb a ≡, ∴)9(mod 11⋅≡k ,即)9(mod 1≡k ,这与92≤≤k 矛盾,故结论成立. 2.7构造例10 若一个正整数的标准分解中,每个素约数的幂次都大于1,则称它为幂数,证明:存在无穷多个互不相同的正整数,它们及它们中任意多个不同数的和都不是幂数.证:将全体素数从小到大依次记为1p ,2p ,...,n p ,….令11p a =,2212p p a =,当2≥n 时,n n n n n n p p p p p p a a 21222111...---==,下证:1a ,2a ,…,n a ,…合题意. 事实上, n n a p |,但2n p |/n a ,所以n a 不是幂数.又对于k i i i <<<≤ 211,)1(112121i i i i i i i i a a a a a a a a k k +++=+++ =)1(11i i Ap a +=)1(111212221i i i Ap p p p p +- , 其中A 为正整数.因为1)1,(11=+i i Ap p ,所以1i p 在)(21k i i i a a a +++ 的标准分解中的幂次为1,因而不是幂数.例11 设}2011,,3,2,1{ 中质数的个数为a ,n 为正整数且a n ≤<1,求证必有2011个连续正整数, 其中恰有n 个质数.证:令}2010,,2,1,{+++=k k k k A k ,并令)(k f 为k A 中质数的个数,则易知a f =)1(,0)2!2012(=+f . 对于)1!2012(,,2,1+= k ,显然有1|)()1(|≤-+k f k f ,所以对于a n ≤<0,必存在一个0k ,使得n k f =)(0,从而0k A 中的2011个连续整数满足要求.2.8 数学归纳法例12 设n 是正整数,求证:124323|51222-+-n n n.证:令22()332241nf n n n =-+-.因为0)1(=f ,所以)1(|512f ,假设)(|512n f ,那么对于1+n ,因为)183(8)()1(2--=-+n n f n f n,所以要证)1(|512+n f ,只需证)183(8|5122--n n ,即只需证明)183(|642--n n .为此,令183)(2--=n n g n .显然有0)1(|64=g ,假设)(|64n g ,由于)199(64)19(8)()1(21+++=-=-+-- n n nn g n g ,因此)1(|64+n g ,由归纳法原理知对一切n ,有183|642--n n,从而有)1(|512+n f ,再由归纳法原理知,对于正整数n ,有)(|512n f .2.9 反证法例13 试证方程042333=--z y x (1)无正整数解.分析:若(z y x ,,)为(1)的一组解,则x 为偶数,令12x x =,则0243331=--z y x ,从而知y 为偶数,再令12y y =,代入得04233131=--z y x ,故z 为偶数,再令12z z =,代入得042313131=--z y x ,因此),,(111z y x 也是方程(1)的解.这样由方程(1)的一组正整数解),,(z y x 必可得到另一组正整数解),,(111z y x ,且x x <1.因此,若开始取得的正整数解使得x 达到最小,则这种下降不可能进行.证:反证法. 若方程(1)存在正整数解,设),,(000z y x 是使得x 达到最小的正整数解,那么依分析的过程知必可得到方程(1)的一组正整数解),,(111z y x ,且01x x <,这与0x 达到最小相矛盾,这个矛盾表明方程(1)无正整数解. 习题1．设1≥≥n m ,m ,n 为整数,证明nm C mn m ),(是整数. 2．设a ,b 为整数,证明:))1(()2)((|)!(1b n a b a b a a bn n -+++- .3.设n 是大于3的奇数,证明可将集合}1,,3,2,1{-n 的元素分成两组,每组21-n 个元素,使得两组数的和模n 同余.。
数论常见题型与解题方法归纳(1)中级版
数论常见题型与解题方法归纳(1)中级版数论是数学的一个重要分支，研究整数的性质和关系。
在竞赛和考试中，数论题型占有很重要的比例。
本文将介绍数论中一些常见的题型和解题方法。
1.质数和因数分解质数是指除了1和自身外没有其他因数的整数。
因数分解是将一个整数分解为若干个质数的乘积。
在解数论问题中，经常需要找出一个数的质因数以及对其进行因数分解。
解题方法：使用试除法来判断一个数是否是质数，即判断其能否被2到√n 之间的整数整除。
使用素数筛法来求得一定范围内的所有质数，便于后续计算。
使用因数分解来对一个数进行分解，不断将其除以质数，直到无法再继续分解为止。
2.同余同余是指两个整数对同一个模数取余的结果相等。
同余在数论中有广泛应用，可以用于求解线性同余方程、模运算等问题。
解题方法：使用同余定理，例如费马小定理和中国剩余定理，来化简同余方程，求解未知数的取值范围。
利用同余关系进行模运算，加速计算过程。
3.数字性质数字性质包括周期性、循环小数、尾数规律等。
了解数字的性质可以帮助我们解决一些数论问题。
解题方法：观察数字的周期性，寻找规律，找出循环节的长度和循环节的具体数值。
分析数字的尾数规律，例如只有0、1、5、6结尾的平方数，可以根据这个规律简化计算。
4.等式和方程解数论问题中常常涉及到等式和方程。
有时我们需要证明等式成立，有时我们需要求解未知数的具体取值。
解题方法：利用数论定理和性质，使用等价关系进行等式的转化和展开。
利用同余运算和数的性质来求解方程，推导出未知数的取值。
以上是数论常见题型与解题方法的简要归纳。
数论作为一个深奥且重要的数学分支，需要多进行练习和实践，不断熟悉和掌握相关的概念和技巧。
希望本文对您有所帮助。
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c 不同余，记作a(mod )b c ．(mod )a b c ≡作若则称,a b 关于模,,a b c 为非零整数，定理3 （整除的性质）设整数（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(m o d 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(m o d )a n b n m n ≡；（4） 若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 定理5 设,a b 为整数，n 为正整数，（1） 若a b ≠，则()()n na b a b --；（2） 若a b ≠-，则()()2121n n a b a b --++；（3） 若a b ≠-，则()()22nn a b ab +-．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 aaak n p p p = .定理9 若正整数n 的素数分解式为 1212,k aaak 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 aaak n p p p = ，则不大于n 且与n 互素的正整数个数()n ϕ为()12111111k n 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36651830200421963666⨯=<<=⨯，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214143n n ++不可约.证明1 （反证法）假若214143n n ++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 ++=.存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩①②消去n ，②×3-①×2，得()132d q p =- ③ 得 1d =.证明3 由()()131432214n n =+-+得 ()214,1431n n ++=.证明4 ()214,143n n ++ ()71,143n n =++ ④ ()71,1n =+ ⑤1=. 解题分析：第④ 相当于 ①-②；：第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式与⑤式的效果是一样的.例4 （1906，匈牙利）假设12,,,n a a a 是1,2,,n 的某种排列，证明：如果n 是奇数，则乘积()()()1212n a a a n --- 是偶数.解法1 （反证法）假设()()()1212n a a a n --- 为奇数，则i a i -均为奇数，奇数个奇数的和还是奇数奇数=()()()1212n a a a n -+-++-()()12120n a a a n =+++-+++= ，这与“奇数≠偶数”矛盾. 所以()()()1212n a a a n --- 是偶数.评析 这个解法说明()()()1212n a a a n --- 不为偶数是不行的，体现了整体处理的优点，但掩盖了“乘积”为偶数的原因.解法2 （反证法）假设()()()1212n a a a n --- 为奇数，则i a i -均为奇数，i a 与i 的奇偶性相反，{}1,2,,n 中奇数与偶数一样多，n 为偶数但已知条件n 为奇数，矛盾. 所以()()()1212n a a a n --- 是偶数.评析 这个解法揭示了()()()1212n a a a n --- 为偶数的原因是“n 为奇数”.那么为什么“n 为奇数”时“乘积”就为偶数呢？解法3 121,2,,,,,,n n a a a 中有1n +个奇数，放到n 个括号，必有两个奇数在同一个括号，这两个奇数的差为偶数，得()()()1212n a a a n --- 为偶数.例4-1（1986，英国）设127,,,a a a 是整数，127,,,b b b 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b --- 是偶数.例4-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a --- 必为偶数.例5 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+， 求证p 可被1979整除（1979p ）111123131811111111223131813192413181111111112313181319236591111660661131813196601319661131898999066013196611318989p q =-+--+⎛⎫⎛⎫=+++++-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫=+++++-++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+++++++=+++⨯⨯⨯ 99019796606611319659!19791319!MM=⨯⨯⨯⨯=⨯有1979整除1319!pq，从而1979整除1319!p ，但1979为素数，()1979,1319!1=，得p 可被1979整除例6 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2.讲解 只需说明()23131222n n n n -+=为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明()()3212131222n n n n n n ++++=是3的倍数.作变形()()()32222213111,3,81228n n n n n n ++++-=-=命题得证.证明 已知即()()321213111222n n n n n n ++++-=-， ①因为相邻2个整数(),1n n +必有偶数，所以3231122n n n ++-为整数.又①可变为 ()()32222213111228n n n n n n ++++-=-，因为相邻3个整数()()2,22,21n n n ++必有3的倍数，故()()22221n n n ++能被3整除；又()3,81=，所以()()222218n n n ++能被3整除；得3231122n n n ++-用3除时余2.例7．设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110 的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．证明 由已知有 ()()()0121mod21mod2n fa a a a α≡⇔++++≡ ， ①()()()1mod21mod2n f a β≡⇔≡， ②若方程()0=x f 存在整数根0x ，即()00f x =. 当0x 为奇数时，有()()()00120mod20mod2n f x a a a a ≡⇔++++≡ ，与①矛盾.有0x 为偶数时，有()()()00mod20mod2n f x a ≡⇔≡，与②矛盾.所以方程()0=x f 没有整数根．例8 ()2311986,IMO -设d 是异于2，5，13的任一整数.求证在集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b ，使得1ab -不是完全平方数.证明 因为2222513,21315,51318⨯-=⨯-=⨯-=，所以不是完全平方数只能是21,51,131d d d ---.若结论不成立，则存在正整数,,x y z ，使22221, 51, 131, d x d y d z -=-=-=①②③同时成立，由①知x 是奇数，设21x n =-代入①得 2221d n n =-+为奇数，代入②、③知,y z 均为偶数.设2,2y p z q ==，代入②、③后相减，有 ()()222d q p q p q p =-=+-.由于2d 为偶数，故,p q 同奇偶，()()q p q p +-可被4整除，得d 为偶数.这与上证d 为奇数矛盾.所以，在集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b ，使得1ab -不是完全平方数.例9 (296IMO -)设,a b 为正整数，1ab +整除22a b +．证明221a b ab ++是完全平方数．（第130页例2-52）证明 令221a b k ab +=+．k 是正整数．式中,a b 是对称的，不妨设a b ≥． (l)若a b =，则()2222211a k k a k k a =⇒-=⇒=+．本题获证． (2)若ab >，由带余除法定理，可设a bs t =-（2,0,,s t b s t ≥≤<是整数)，则2222222211a b b s bst t b ab b s bt +-++=+-+， 易证此式大于1s -且小于1s +(可用放缩法证)．所以必有2222221b s bst t b s b s bt -++=-+化简得221b t s bt +=+，于是222211a b b t s ab bt ++==++， 其中t b a <<．此时若0t =，则2k b =，本题获证．若0t >，可继续令11b ts t =-（11112,0,,s t t s t ≥≤<是整数），仿上可推得222222111111t t a b b t s ab bt tt +++===+++，此时若10t =，则2k t =，本题获证．若10t >，可如上法做下去．因120t t t >>>≥ ，且均为整数．故总能得到某个10i t +=，使2i k t =，是完全平方．综上本题获证．解决这道世界级难题的这种巧妙的证明方法叫“无穷递降法”，是17世纪法国数学家费马(Fermat ．1601一1665)首创和应用的一种方法．作业1、求方程3222009x x y +=的整数解.2、2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++ 的分子m 是吉祥数．作业1. 设10,a =)1231,2,n n a a n +== ，证明对于n a 不可能有某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.（P.185，32）证明 由已知有12220n n n n n a a a a a +-=+>+≥，得 1n n a a +>.又由已知有123n n a a +-=平方得 2211310n n n n a a a a ++-+-=，同理 2211310n n n n a a a a ---+-=， 这表明11,n n a a +-是二次方程()()22310n n x a x a -+-=的两个不等根，得113n n n a a a +-+=-，即 113n n n a a a +-=--.若存在某一正整数N ，使2N a 能被1989整除，则2N a 能被3整除，由221223N N N a a a --=--知22N a -能被3整除，如此类推，可得2a 能被3整除，但(211312a a =+=， 这一矛盾说明，不存在某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.作业2.已知实函数(,)f x y 满足(,0)1,f x = ① ((,),)(,).f f x y z f z xy z =+ ② 求(,)f x y 的表达式.解 把①代入②，有()()()()1,,0,,01f y f f x y f y y y ==+=+， ③ 进而 ()()(),111,1f x f x =+- ()()()1,1,1f f x =- （由③） ()()1,111f x =⋅-+()111x =+-+⎡⎤⎣⎦1x =+ ④ 一方面由④有()()(),,1,1,f f x y f x y =+ ⑤ 另一方面由②、③有()()(),,11,11 1.f f x y f xy xy =+=++ ⑥ 由⑤、⑥得(),111f x y xy +=++， 即 (),1f x y xy =+.检验知(),1f x y xy =+为所求.。
高中数学竞赛 数论部分
初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。
1． 请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。
(1894年首届匈牙利 数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。
②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3） 证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。
（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。
（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。
2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。
（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。
这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。
如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。
3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。
高中数学联赛数论专题
高中数学联赛数论专题数论是数学中的一个重要分支，涉及整数的性质和关系。
在高中数学联赛中，数论作为一个专题常常被提及，并且在竞赛题目中占据一定比例。
本文将从数论的基本概念、典型问题和解题思路等方面进行探讨。
一、数论的基本概念数论是研究整数的性质和关系的数学领域，其中核心概念包括因数、倍数、质数、互质等。
因数指的是能够整除某个整数的所有正整数，而倍数则是某个整数所能够整除的所有整数。
质数是只能被1和自身整除的整数，而互质则是两个数的最大公因数为1。
二、典型问题在高中数学联赛的数论专题中，常常会出现以下典型问题：1. 质因数分解：给定一个整数，要求将其分解为质因数的乘积。
质因数分解不仅是数论中的重要知识点，还是其他数学学科的基础。
2. 同余定理：同余定理是数论中的重要理论，涉及到整数之间的模运算。
常见的同余定理包括欧拉定理、费马小定理等。
3. 素数判定：判断一个数是否为素数是数论中的常见问题。
除了常规的试除法，还可以运用费马检验、米勒-拉宾素性测试等方法进行判定。
4. 数列问题：数论与数列密切相关，常常会涉及到数列的性质和规律。
例如斐波那契数列、约瑟夫环等经典问题。
5. 不定方程：不定方程指的是关于整数解的方程，解决不定方程需要灵活运用数论知识和技巧。
典型的不定方程问题包括费马方程、佩尔方程等。
三、解题思路在高中数学联赛中，解决数论问题的关键在于运用合适的方法和技巧。
下面给出几点解题思路供参考：1. 寻找规律：数论问题常常有一定的规律性，通过观察和归纳找出规律是解题的关键。
可以通过列数表、找数列规律等方法进行推断。
2. 利用等式性质：利用等式的性质可以化简或者变形给定的数论问题，将其转化为更容易解决的形式。
例如利用同余关系化简方程、利用性质求解方程等。
3. 利用定理和公式：数论中有很多重要的定理和公式，熟练掌握并恰当运用可以大大提高解题效率。
例如欧拉定理、费马小定理等。
4. 分类讨论：针对不同情况进行分类讨论，找出不同情况下的共同性质和规律。
高中数学竞赛资料数论部分
高中数学竞赛资料数论部分The following text is amended on 12 November 2020.初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。
1．请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。
(1894年首届匈牙利数学竞赛第一题)（2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。
②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3） 证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。
（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题）（4） 证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。
（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。
2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。
（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。
这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。
如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。
3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。
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。
高中数学竞赛数论
高中数学竞赛数论数论作为数学的一个分支，是数学竞赛中重要的考查内容之一。
高中数学竞赛数论题目常常涵盖了整数性质、模运算、质数等各个方面的知识。
在数论的学习和应用中，往往需要我们灵活运用各种技巧和方法来解决问题。
本文将从基本概念、常见性质、解题技巧等方面来介绍高中数学竞赛数论的相关内容。
一、基本概念1. 整数的性质：整数的奇偶性、整数的除尽性等都是数论中基本的概念。
在解题过程中，我们常常需要利用整数的性质来简化问题。
2. 算术基本定理：任何一个大于1的正整数，都可以表示为若干个质数的乘积，且这种表示方法是唯一的。
这一定理在数论中有着非常重要的作用，解决了很多关于因数分解的问题。
3. 同余方程：在数论中，我们常常会接触到模运算和同余方程。
同余方程是指在整数集合Z上定义的一种关系，通常用符号“≡”来表示。
在解决问题时，求解同余方程是一个常见的手段。
二、常见性质1. 质数性质：质数是指只有1和它本身两个正因数的自然数。
在解题中，我们需要掌握质数的性质，如质数的判定方法、质数之间的性质等。
2. 欧拉定理：欧拉定理是数论中的一个重要定理，它描述了正整数幂的同余性质。
欧拉定理在数论中的应用非常广泛，是解决一类数论问题的重要工具。
3. 数列与递推关系：在数论竞赛中，常常会涉及到数列和递推关系。
我们需要熟练掌握数列的性质和常见的数列递推方法，以便解题时能够迅速找到规律。
三、解题技巧1. 数学归纳法：数学归纳法是数论中常用的证明方法，通过数学归纳法可以证明某个结论对于所有正整数都成立。
在数论竞赛中，经常可以用到数学归纳法来解决问题。
2. 等价转化：有时候，我们需要将原来的问题进行等价转化，从而简化解题过程。
通过巧妙的等价转化，我们可以找到更容易解决的问题。
3. 假设反证法：假设反证法是一种解题思路，通过假设问题的否定，再通过逻辑推导得出矛盾，从而证明原命题成立。
在数论中，假设反证法常常被用来解决一些猜想和证明问题。
数论的基本解法
数论的基本解法概述数论是研究整数和整数之间的关系、性质以及应用的数学分支。
在数学竞赛中，数论问题常常出现，并且往往需要一些基本的解法来解决。
本文将介绍数论问题的一些基本解法，帮助读者更好地应对数论问题。
解法一：质因数分解质因数分解是数论问题中最常见的解法之一。
质因数分解可以将一个数分解为若干个质数的乘积。
通过质因数分解，我们可以得到一个数的质因数，在进一步求解时会更加方便。
例如，对于一个正整数 n，我们可以通过如下步骤进行质因数分解：1.从最小的质数 2 开始，不断尝试将 n 整除，直到无法整除。
2.如果某个质数 p 能够整除 n，我们就可以得到一个质因数，同时将 n 除以 p。
反复执行这一步骤，直到 n 变为 1.解法二：同余模运算同余模运算是另一种经常用到的数论解法。
同余模运算是指对于给定的两个整数 a 和 b，当它们除以一个正整数 m 所得的余数相等时，就称 a 与 b 在模 m 下同余，记作a ≡ b (mod m)。
同余模运算的性质可以帮助我们简化问题的求解。
例如，我们可以利用同余模运算来简化大数运算、判断奇偶性、求解线性同余方程等。
解法三：欧拉函数欧拉函数是数论中另一个重要的概念。
欧拉函数 phi(n) 表示小于等于 n 且与 n 互质的数的个数。
欧拉函数有许多重要的性质，比如欧拉函数的递推公式：如果p 是质数，那么 phi(p) = p-1.通过欧拉函数，我们可以求解一些与模运算有关的问题。
解法四：扩展欧几里得算法扩展欧几里得算法是解决线性同余方程ax ≡ b (mod m) 的常用工具。
扩展欧几里得算法可以在给定 a、b 和 m 的情况下，快速求解出同余方程的解。
扩展欧几里得算法的核心思想是利用欧几里得算法求解最大公约数，同时获得一组特殊解。
通过这个特殊解，我们可以得到同余方程的一般解，并利用模运算得到其中的整数解。
结语以上是数论问题的一些基本解法，质因数分解、同余模运算、欧拉函数以及扩展欧几里得算法是数论问题中常用的工具。
数学数论与代数竞赛攻略解析
数学数论与代数竞赛攻略解析数学数论与代数竞赛一直是学生们备战数学竞赛的重点之一。
本文将从数论与代数两个方面，为大家提供一些攻略解析，帮助学生们更好地备战竞赛。
一、数论竞赛攻略解析数论竞赛主要考察对数学理论与推理的理解和应用能力。
以下是一些建议和技巧，帮助学生们在数论竞赛中取得好成绩。
1. 熟悉基础理论：在备战数论竞赛前，首先要掌握基础的数论理论和定理。
包括质数、素数、同余定理等。
熟悉这些基础理论可以帮助学生们更好地理解和解题。
2. 多做历年真题：数论竞赛的解题思路和方法有很大的规律性。
通过多做历年的竞赛题目，可以熟悉常见的解题思路和方法。
同时，也可以发现一些隐含的规律和技巧。
3. 理清逻辑思路：在解题过程中，要学会理清逻辑思路。
一些数论问题常常需要通过数学归纳法、反证法等方法进行证明。
理清思路可以帮助学生们准确地找到解题的方向。
4. 多进行思维训练：数论竞赛中，很多题目需要一些巧妙的想法和方法，这就要求学生们具备一定的思维能力。
可以通过做一些思维训练的题目，提高思维灵活性和解题能力。
二、代数竞赛攻略解析代数竞赛主要考察对代数理论和计算方法的掌握。
以下是一些建议和技巧，帮助学生们在代数竞赛中取得好成绩。
1. 熟悉基础知识点：代数竞赛中，要掌握代数基础知识，包括多项式、方程、函数等。
对于不同类型的题目，要了解相应的基本概念和定理。
2. 注意概念理解：代数竞赛中，有些题目考察对概念的理解。
学生们要注意理解概念的含义和使用方法。
建议结合例子和实际问题进行理解和记忆。
3. 注重计算技巧：代数竞赛中，也有一些需要进行计算的题目。
学生们应该掌握一些计算技巧，如快速化简、合并同类项等。
这样可以提高解题效率。
4. 拓宽思维方式：代数竞赛中，有时需要一些非传统的思维方式。
学生们可以通过解题技巧的训练，灵活运用代数定理和方法。
多进行思维拓展，提升解题的创新性。
总结：数学数论与代数竞赛攻略解析主要包括充分准备基础知识、多做历年真题、理清逻辑思路和进行思维训练等。
高联二试数论常用引理
高联二试数论常用引理是数学竞赛中的重要内容之一，涉及到数论知识、代数和几何等领域。
下面将对高联二试数论常用引理进行详细回答，使用600字来回答这个问题。
首先，我们需要明确高联二试数论常用引理的主要内容。
这些引理包括素数定理、费马小定理、欧拉定理、费马引理、欧拉准则等。
这些引理在解决数论问题时具有重要的作用，可以帮助我们解决各种复杂的问题。
接下来，我们将从以下几个方面详细介绍高联二试数论常用引理的应用：1. 素数定理：素数定理是数论中的一个重要定理，它描述了自然数序列中素数的分布规律。
在解决数论问题时，素数定理可以帮助我们快速找到问题的突破口，从而快速解决问题。
2. 费马小定理：费马小定理是数论中的一个基本定理，它可以将一个数的平方幂分解为质因数的乘积。
在解决数论问题时，费马小定理可以帮助我们快速找到问题的解，从而简化问题。
3. 欧拉定理：欧拉定理是数论中的一个重要定理，它描述了质数的性质。
在解决数论问题时，欧拉定理可以帮助我们判断一个数是质数还是合数，从而简化问题。
4. 费马引理：费马引理是数论中的一个重要原理，它可以帮助我们证明某些数学结论。
在解决数论问题时，费马引理可以提供证明问题的思路和方法，帮助我们快速解决问题。
5. 欧拉准则：欧拉准则是一个关于整数的性质的重要定理，它描述了两个正整数的最大公约数的性质。
在解决数论问题时，欧拉准则可以帮助我们快速找到问题的解，从而简化问题。
综上所述，高联二试数论常用引理在解决数论问题时具有重要的作用。
通过熟练掌握这些引理，我们可以更好地理解数学问题的本质，从而快速找到问题的解。
同时，这些引理也是数学竞赛中的重要考点之一，对于提高数学水平具有重要意义。
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高中数学竞赛中数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法.1.基本原理为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下:我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ϕ表示{1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ϕ为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ϕ中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ϕ}为模m 的简化剩余系.定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=.定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则11ni i i a x =∑≡21ni ii b x=∑；(2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则)(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m dbd a ≡；(4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+；(3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为∑≥1k kpn.定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模m 的完全剩余系；(2)若{)(21,...,,m r r r ϕ}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ϕ}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ϕϕϕ=.(2)若n 的标准分解式为k kp p p n ααα (2)121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相同的素数,则)11)...(11)(11()(21kp p p n n ---=ϕ. 对于以上结论的证明,有兴趣的读者可查阅初等数论教材.2 方法解读对于数论试题,除直接运用数论的基本原理外,常用的基本方法还有因式(因数)分解法,配对法,分组法,估值法,同余方法,构造法,调整法,数学归纳法与反证法.下面分别予以说明2.1基本原理的应用例1 设正整数a ,b ,c 的最大公约数为1,并且c ba ab=- (1),证明:)(b a -是一个完全平方数. 证:设d b a =),(,d a a 1=,d b b 1=,其中1),(11=b a .由于1),,(=c b a ,故有1),(=c d .由(1)得c b c ad b a 1111-= (2)由(2)知,c b a 11|,又1),(11=b a ,∴ c a |1.同理可证c b |1,从而有c b a |11,设k b a c 11=,k 为正整数,代入(2)得)(11b a k d -= (3)由(3)知d k |,又c k |,∴1),(|=c d k ,∴1=k . ∴11b a d -=.∴211)(d b a d b a =-=-.故成立. 例2 设n 为大于1的奇数,1k ,2k ,…,n k 为给定的整数.对于{n ,...,2,1}的排列12(,,...,)n P a a a =, 记1()ni i i s P k a ==∑,试证存在{n ,...,2,1}的两个不同的排列B 、C,使得)()(!|C s B s n -.证:假设对于任意两个不同的排列B 、C,均有!n 不整除)()(C S B s -.令X 为{n ,...,2,1}的所有排列构成的集合,则{()|s P P X ∈}为模!n 的一个完全剩余系,从而有!1(1!)!()(mod !)2n P Xi n n s P i n ∈=+≡=∑∑ (1) 又Θ1()()ni i P X P X i s P k a ∈∈==∑∑∑=∑=+ni i k n n 12)1(! (2) 而n 为大于1的奇数,所以由(1),(2)得)!(mod 02)1(!2!)!1(1n k n n n n ni i ≡+≡+∑=. 又1)!,!1(=+n n ,所以)!(mod 02!n n ≡,矛盾.故,存在B 、C X ∈,B ≠C,使得)()(!|C s B s n -. 2.2 因式(数)分解数论中许多问题直接与因式(数)分解相关联,如合数问题,整除问题等常常是要证明某种分解式的存在.数的标准分解式本身就是一种特定形式的因数分解.在不定方程的求解与一些代数式的求值中,因式(数)分解能帮助我们确定某些变量的取值范围,寻找到解题的方法.例3 求三个素数,使得它们的积为和的5倍.解:易知a ,b ,c 中必有一个为5,不妨设5c =,则有5++=b a ab ,从而有6)1)(1(=--b a .因为1-a 与1-b 均为正整数,不妨设b a <,则有⎩⎨⎧=-=-6111b a 或⎩⎨⎧=-=-3121b a ,从而知2=a ,7=b .故所求的三个素数为2,5,7.2.3 配对例4 设k 为正奇数,证明:n ++++...321整除kk k n +++...21. 分析 因为2)1(...321+=++++n n n .故需证)...21(2|)1(kk k n n n ++++,注意到当k 为奇数时,kk y x +可因式分解,因此可将)...21(2kkkn +++中的n 2个数两两配对.证 Θ)...21(2kkkn +++=kkkkkkkn n n n 2]1)1[(...])2(2[])1(1[++-++-++-+, 而当k 为奇数时,kkb a b a ++|,从而知()kk k n n +++...212| (1)又Θ()kk k n+++...212=]1[...])1(2[]1[k k k k k kn n n +++-+++,∴)...21(2|)1(kk kn n ++++ (2) 由(1)(2)知,)...21(2|)1(kkkn n n ++++,故结论成立.2.4 分组例5 (1990年高中联赛试题)设}200,...,2,1{=E ,},...,,{10021a a a G =E ⊆,且G 具有下列性质:(1)对任何1001≤<≤j i ,201≠+j i a a ；(2)100801001=∑=i ia.试证:G 中的奇数的个数是4的倍数,且G 中所有数的平方和是一定数.证:对于1001≤≤i ,令12-=i i α,i i αβ-=201.},{i i i E βα=,则G 中恰含i E 中的一个元素.设G中有k 个奇数1i α,2i α,…,k i α,有s 个偶数s j j j βββ,...,,21,这里},...,,,,...,,{2121s k j j j i i i =}100,...,2,1{.由题设知,10080=∑∑∑∑====+-=+sr j kt i sr j kt i r t rt1111)201(βββα=∑∑==-kt i kt t 112201β+⎪⎭⎫⎝⎛+∑∑==k t sr j i r t 11ββ =-k 2012∑=kt i t1β+)200...642(++++=1010022011+-∑=kt i tk β.∴2022011-=-∑=kt i tk β(1)由于t i β为偶数,所以∑=kt i t12|4β,又20|4,所以k 201|4,∴k |4,即k 是4的倍数.∑∑∑===+=sr j kt i i irta121210012βα=∑∑==+-sr j kt i rt 1212)201(ββ=∑∑==⨯-kt i kt t 1122012201β+)(1212∑∑==+sr j kt i r tββ=∑=⨯-kt i tk 122012201β+)200...642(2222++++=)2201(2011∑=-kt i tk β+6)1200)(1100(1004++⨯(2)将(1)代入(2)得62011011004)20(20110012⨯⨯⨯+-⨯=∑=i i a =1349380.2.5估值例6 令n a 表示前n 个质数之和,即21=a ,5322=+=a ,105323=++=a ,…,证明:对任意的正整数n ,区间[1,+n n a a ]中包含有一个完全平方数.分析:设质数从小到大依次为12,,...,k p p p …,要结论成立,只要存在正整数m ,使得12+≤≤n n a m a ,只要1+≤≤n n a m a ,只要11≥-+n n a a ,只要n n n a a a 211+≥-+,只要n n a p 211+≥+,只要)...(44)1(2121k n n p p p a p +++=≥-+ (1)证:直接验证易知[2,1,a a ],[32,a a ],[43,a a ],[54,a a ]中都含有1个完全平方数.当5≥n 时,我们证明:(1)式成立.为此,令2112(1)(1)4(...)n k f n p p p p ++=--+++,则n n n p p p n f n f 4)1()1()()1(221----=-++=n n n n n p p p p p 4)2)((11--+-++.当2≥n 时,n p 为奇数,故21≥-+n n p p ,1(1)()2(22)n n n f n f n p p p ++-≥+--=)2(21--+n n p p 0≥, 故当2≥n 时,数列)(n f 为递增数列.由于)(4)1()5(432125p p p p p f +++--==)7532(4)111(2+++--=32>0所以当5≥n 时,0)5()(>≥f n f .故当5≥n 时(1)式成立.例7 求出不定方程1)!1(-=-kn n (1)的全部正整数解.解 当2=n 时,易得1=k ；当2>n 时,(1)式左边为偶数,故右边也是偶数,所以n 为奇数.当3=n 时,由13!2-=k,得1=k .当5=n 时,由15!4-=k,得2=k .当5>n 且为奇数时,321-<-n n ,221≠-n ,故)!2(|212--⋅n n ,即)!2(|)1(--n n ,因此2(1)|(1)!n n --,所以)1(|)1(2--k n n .另一方面,由二项式定理知1)1)1((1-+-=-kkn n =A(2)1-n +)1(-n k . 其中A 为整数,所以)1(|)1(2--n k n ,故k n |)1(-,因此1-≥n k ,故有)!1(111->-≥--n n n n k.这说明当5>n 时,方程(1)无解,故方程(1)的解为)1,2(),(=k n ,)1,3(,)2,5(.2.6同余 例8 证明991993991993+能被1984整除.证 Θ993993993)991(-≡=9912)991()991(--=)1984(m od )991()991)(11984495(991991-≡-+⨯,∴)1984(m od 0991)991(991993991991991993≡+-≡+.∴991993991993|1984+.例9 用1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字的7位数,证明:这些7位数中没有一个是另一个的倍数. 证:若有两个7位数a ,b ,使得kb a = (1) 由于a ,b 均是由1,2,...,7所排成,故72≤≤k 由(1)得)9(mod kb a ≡, ∴)9(mod 11⋅≡k ,即)9(mod 1≡k ,这与92≤≤k 矛盾,故结论成立. 2.7构造例10 若一个正整数的标准分解中,每个素约数的幂次都大于1,则称它为幂数,证明:存在无穷多个互不相同的正整数,它们及它们中任意多个不同数的和都不是幂数.证:将全体素数从小到大依次记为1p ,2p ,...,n p ,….令11p a =,2212p p a =,当2≥n 时,n n n n n n p p p p p p a a 21222111...---==,下证:1a ,2a ,…,n a ,…合题意.事实上,Θn n a p |,但2n p |/n a ,所以n a 不是幂数.又对于k i i i <<<≤Λ211,)1(112121i i i i i i i i a a a a a a a a k k +++=+++ΛΛ=)1(11i i Ap a +=)1(111212221i i i Ap p p p p +-Λ, 其中A 为正整数.因为1)1,(11=+i i Ap p ,所以1i p 在)(21k i i i a a a +++Λ的标准分解中的幂次为1,因而不是幂数.例11 设}2011,,3,2,1{Λ中质数的个数为a ,n 为正整数且a n ≤<1,求证必有2011个连续正整数, 其中恰有n 个质数.证:令}2010,,2,1,{+++=k k k k A k Λ,并令)(k f 为k A 中质数的个数,则易知a f =)1(,0)2!2012(=+f . 对于)1!2012(,,2,1+=Λk ,显然有1|)()1(|≤-+k f k f ,所以对于a n ≤<0,必存在一个0k ,使得n k f =)(0,从而0k A 中的2011个连续整数满足要求.2.8 数学归纳法例12 设n 是正整数,求证:124323|51222-+-n n n.证:令22()332241nf n n n =-+-.因为0)1(=f ,所以)1(|512f ,假设)(|512n f ,那么对于1+n ,因为)183(8)()1(2--=-+n n f n f n,所以要证)1(|512+n f ,只需证)183(8|5122--n n ,即只需证明)183(|642--n n .为此,令183)(2--=n n g n .显然有0)1(|64=g ,假设)(|64n g ,由于)199(64)19(8)()1(21+++=-=-+--Λn n nn g n g ,因此)1(|64+n g ,由归纳法原理知对一切n ,有183|642--n n,从而有)1(|512+n f ,再由归纳法原理知,对于正整数n ,有)(|512n f .2.9 反证法例13 试证方程042333=--z y x (1)无正整数解.分析:若(z y x ,,)为(1)的一组解,则x 为偶数,令12x x =,则0243331=--z y x ,从而知y 为偶数,再令12y y =,代入得04233131=--z y x ,故z 为偶数,再令12z z =,代入得042313131=--z y x ,因此),,(111z y x 也是方程(1)的解.这样由方程(1)的一组正整数解),,(z y x 必可得到另一组正整数解),,(111z y x ,且x x <1.因此,若开始取得的正整数解使得x 达到最小,则这种下降不可能进行.证:反证法. 若方程(1)存在正整数解,设),,(000z y x 是使得x 达到最小的正整数解,那么依分析的过程知必可得到方程(1)的一组正整数解),,(111z y x ,且01x x <,这与0x 达到最小相矛盾,这个矛盾表明方程(1)无正整数解. 习题1．设1≥≥n m ,m ,n 为整数,证明nm C mn m ),(是整数. 2．设a ,b 为整数,证明:))1(()2)((|)!(1b n a b a b a a bn n -+++-Λ.3.设n 是大于3的奇数,证明可将集合}1,,3,2,1{-n Λ的元素分成两组,每组21-n 个元素,使得两组数的和模n 同余.。