仁华思维导引解析14讲：数论综合之二
初中数学 费马大定理的证明涉及到哪些数学分支和概念
初中数学费马大定理的证明涉及到哪些数学分支和概念费马大定理的证明涉及到许多数学分支和概念，下面将详细介绍其中的一些主要数学分支和概念。
1. 代数几何：费马大定理的证明需要运用到代数几何的理论和方法。
代数几何是研究代数方程与几何图形之间的关系的数学分支。
在费马大定理的证明中，数学家们需要将方程a^n + b^n = c^n转化为几何图形，并通过几何的分析和研究来推导出结论。
代数几何的概念和工具在费马大定理的证明中发挥了重要的作用。
2. 数论：费马大定理是一个数论问题，涉及到了整数的性质和数学结构。
数论是研究整数及其性质的数学分支。
在费马大定理的证明中，数学家们需要研究方程a^n + b^n = c^n在整数域上的性质，探究其解的可能性。
数论的概念和理论为费马大定理的证明提供了基础和工具。
3. 模形式理论：费马大定理的证明涉及到了模形式理论的概念和方法。
模形式理论是研究特殊类型的复函数的数学分支，与费马大定理的证明有密切的联系。
数学家们利用模形式理论的工具和技巧，对费马大定理进行了深入的研究和探索，为证明提供了重要的思路和方法。
4. 椭圆曲线理论：费马大定理的证明涉及到了椭圆曲线理论的概念和技巧。
椭圆曲线理论是研究椭圆曲线及其性质的数学分支，与费马大定理的证明有重要的关联。
数学家们利用椭圆曲线理论的工具和方法，对费马大定理进行了深入的研究和分析，从而推动了证明的进展。
5. 调和分析：费马大定理的证明涉及到了调和分析的概念和技巧。
调和分析是研究周期函数的一种数学分支，与费马大定理的证明有一定的联系。
数学家们运用调和分析的方法和理论，对费马大定理进行了进一步的研究和分析，为证明提供了重要的工具和思路。
此外，费马大定理的证明还涉及到了其他数学分支和概念，如模论、解析数论、群论、模数论等。
数学家们通过运用多个数学分支的理论和方法，不断尝试和探索，才得以逐步接近费马大定理的证明目标。
总的来说，费马大定理的证明涉及到了代数几何、数论、模形式理论、椭圆曲线理论、调和分析等多个数学分支和概念。
数学思维导引-六年级-数论综合一 (7)
2、设 N=301×302×…×2005×2006，请问： （1）N 的末尾一共会出现多少个连续的数字“0”？ （2）用 N 不断除以 12，知道结果不能被 12 整除为止，一共可以除以多少次 12？ 【答案】（1）426 个；（2）850 次 【分析】
（1）1～2006
末尾
0
的个数
2006 5
【答案】70 【分析】7 和 5 前面的没法改，2 的因子个数奇数个，除不完。
4、有 15 位同学，每位同学都有个编号，他们的编号是 1 号到 15 号。1 号同学写了一个自 然数，2 号说：“这个数能被他的编号数整除。1 号一一作了验证：只有两个同学（他们 的编号是连续的）说得不对，其余同学都对。问： （1）说的不对的两位同学他们的编号是哪两个连续的自然数？ （2）如果 1 号同学写的自然数是一个五位数，那么这个自然数为多少？
所以应为 14、32、 50、68、86 中的一组，满足条件的只有 1 个，14。 方法二：题目给出了所谓幸运数具备的三个条件，要求的是所有的两位幸运数．这就使求解 的范围缩小在两位数之内．可以先从条件②入手，再利用条件①和③，最终求出所有的两位 幸运数．
设所求的幸运数是质数 p 的两倍，即此幸运数为 2p ，则 p 的所有可能取值为 5、7、 11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47．于是 2p 1的所有可能取值为 9、 13、21、25、33、37、45、57、61、73、81、85、93．根据条件①， 2 p 1应为质 数，因此2 p 1 只可能为 13、37、61 或 73．再由条件③知 2 p 1除以 9 所得余数 应为 4，于是 2p 1只能等于 13，从而这个幸运数只能是2 p 14 ．
共 28 个
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.。
易经的奥秘第十四集：卦的象数理
易经的奥秘第⼗四集：卦的象数理第⼗四集：卦的象数理央视百家讲坛台湾师范⼤学教授曾仕强视频讲授播⾳⽩：⽆论我们懂不懂易经，易经中的象、数、理都⼀直在我们的⽣活当中。
不成功，就成仁。
这句话就来⾃于易经中⼤过卦的卦象，⽽七上⼋下，就和易经的数有关，那么易经中的理是什么？学习易经是不是可以使我们变得更加有智慧呢？让我们跟随台湾师范⼤学曾仕强教授⼀起来探索易经的奥秘第⼗四集《卦的象数理》。
我们学习易经，应该掌握那些基本的东西呢？⼀定要把易经的象数理三个东西都弄清楚。
其实易经中的象数理⼀直就在我们的⽣活当中，⽐如“不成功就成仁”。
这句话就来⾃于易经中⼤过卦的卦象。
它要么就是棺材，要么就是桥梁。
桥梁就是成功，棺材就是成仁。
不成功便成仁才叫⼤过。
⼜⽐如每当我们拿不定主意，或者忐忑不安的时候，常常会说⼼⾥七上⼋下的，⽽这个七上⼋下就和易经中的数有关，但是数字七⽐⼋⼩，为什么七在上⼋在下，易经中的理⼜是什么？学习易经，是不是可以使我们变得更加智慧呢？让我们跟随台湾师范⼤学曾仕强教授⼀起来探索易经的奥秘第⼗四集《卦的象数理》。
曾仕强：我们都知道，易经他是从象开始的，实际上这句话，也有点问题，应该说⼀切⼀切都是从数开始。
你⼼中没有数，你怎么去画这个象，但是我们所看到的，就是他把象画出来，我们没有深⼊去了解这象的背后，它⼀定有个数在，所以中国⼈常常讲，⼀切有定数，这句话其实不迷信。
你看宇宙万象哪个没有定数。
你看到⼀棵树，你⼤概就知道，它能不能活，能活多久，将来会长成什么样，这内⾏⼈⼀看就知道。
因为所有的事情，⼤都有⼀定的规律。
为什么我们三岁就会看⼤，六岁就会看⽼。
就是三岁⼩孩⼀看就知道他长⼤以后会怎么样，到了六岁，差不多⼀⽣都看透了。
你说我看不懂，那是你的事。
孔⼦他说，虽然⼀百岁以后的事情，我都可以看得清楚，这在论语⾥⾯讲得很清楚，他告诉他的学⽣⽒张，虽百岁可知也。
这不是神通，这是推论。
今天叫做推理，你看我们⼜把理说出来，象数的后⾯有⼀个更看不清楚的叫做理，所以数是离不开理，象也离不开理，但是理呢它是“从象跟数合起来所得到的⼀个规律”。
数学思维导引-六年级-数论综合二（17）
数学思维导引-六年级-数论综合⼆（17）第18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，这4个数应该分别是多少？【分析】对于2，3同余，对于6同余。
答案：1，7，13，192、已知算式()的结果可表⽰为()1+++++n n>个连续⾃然数的和。
请问：共1232007n有多少个满⾜要求的⾃然数n？答案：5个【分析】3，9，223，669，20073、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。
所有满⾜上述条件的⾃然数中最⼩的⼀个是多少？答案：11【分析】2+9=3+8=5+6=7+44、甲、⼄两个⾃然数的乘积⽐甲数的平⽅⼩2008。
满⾜上述条件的⾃然数有⼏组？答案：4组【分析】甲（甲-⼄）=2008=2×2×2×251=2008×1=1004×2=502×4=251×85、两个不同两位数的乘积为完全平⽅数，它们的和最⼤可能是多少？答案：170【分析】170=98+726、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【分析】2008=23×251是平均数的倍数。
平均数尽量⼤，和是平均数的倍数，和为1004，平均数为2。
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22=-，1653 16就是⼀个“智慧数”。
请问：从1开始的⾃然数数列中，第2008个“智慧数”是多少？答案：2680【分析】所有的奇数均可，a2-b2=(a-b)(a+b)所有4的倍数均可，所有除以4余2的均不⾏。
2008÷3=669 (1)669×4=26762676+4=26808、将!-分别除以2,3,4…，100，可以得到99个余数（余数有可能为0）。
小学奥数 数论导引
数论（导引五、六年级共计45页）数论问题第1讲整除一、内容概述：掌握整除的概念和基本性质，掌握能被某些特殊数整除的数的特征，通过分析整除特征解决数的填补问题，以及多位数的构成问题等。
二、典型例题（一）兴趣篇1.★下面有9个自然数:14，35，80，152，650，434，4375，9064，24125.在这些自然数中，请问：(1)有哪些数能被2整除？哪些能被4整除？哪些能被8整除？(2)有哪些数能被5整除？哪些能被25整除？哪些能被125整除？2.★有如下9个三位数：452，387，228，975，525，882，715，775，837.这些数中哪些能被3整除？哪些能被9整除？哪些能同时被2和3整除？3.★★有如下4个自然数：2695，1804，1963，23205.这些数中哪些能被11整除？哪些能被7整除？哪些能被13整除？4.★★一个三位数的十位数字未知，请分别根据下列要求找出“□”中合适的取值：(1) 如果要求这个三位数能被3整除，“□”可能等于多少？(2) 如果要求这个三位数能被4整除，“□”可能等于多少？(3) 这个三位数有没有可能同时被3和4整除？如果有可能，“□”可能等于多少？5.★★四位数能被11整除，求出所有满足要求的四位数.6.★★新学年开学了，同学们要改穿新的校服，萱萱收了9位同学的校服费（每人交的钱一样多）交给老师.老师给了萱萱一张纸条，上面写着“交来校服费元”，其中有一滴墨水，把方格处的数字污染得看不清了.墨莫看了看，很快就算出了方格处的数字.聪明的读者们，你们能算出这个数字是多少吗？7.★★四位数能同时被3和5整除，求出所有满足要求的四位数.8.★★★四位偶数能被11整除，求出所有满足要求的四位数.9.★★★一天，王经理去电信营业厅为公司安装一部电话.服务人员告诉他，目前只有形如“1234□6□8”的号码可以申请.也就是说，在申请号码时，方框内的两个数字可以随意选择，而其余数字不得改动.王经理打算申请一个同时能被8和11整除的号码.请问：他申请的号码可能是多少？10.★★★一个各位数字各不相同的四位数能被9整除，把它的个位数字去掉后剩下一个三位数，这个三位数能被4整除.这个四位数最大是多少?（二）拓展篇1.★判断下面11个数的整除性：23487，3568，8875，6765，5880，7538，198954，6512，93625，864，407.（1）这些数中，有哪些数能被4整除？哪些数能被8整除？（2）哪些数能被25整除？哪些数能被125整除？（3）哪些数能被3整除？哪些数能被9整除？（4）哪些数能被11整除？2.★★是一个四位数.数学老师说：“我在其中的方框内先后填入3个数字，得到3个四位数，依次能被9，11，8整除.”问：数学老师在方框中先后填入的3个数字之和是多少？3.★★多位数能被11整除，满足条件的n最小是多少？4.★★★五位数能同时被11和25整除，这个五位数是多少？5.★★★牛叔叔给45名工人发完工资后，将总钱数记在一张纸上.但是记账的那张纸被香烟烧了两个洞，上面只剩下“678”，其中方框表示被烧出的洞.牛叔叔记得每名工人的工资都一样，并且都是整数元.请问：这45名工人的总工资有可能是多少元呢？6.★★★六位数能同时被9和11整除，这个六位数是多少？7.★★★★请从1，2，3，4，5，6，7这7个数字中选出5个组成一个五位数，使它是99的倍数.这个五位数最大是多少？8.★★★卡莉娅写了一个两位数59，墨莫写了一个两位数89，他们让小高写一个一位数放在59和89之间拼成一个五位数，使得这个五位数能被7整除.请问：小高写的数是多少？9.★★★已知51位数能被13整除，中间方格内的数字是多少?10.★★★（1）一个多位数（两位及两位以上），它的各位数字互不相同，并且含有数字0.如果它能被11整除，那么这个多位数最小是多少？（2）一个多位数，它的各位数字之和为13，如果它能被11整除，那么这个多位数最少是多少？11.★★★用数字6，7，8各两个，要组成能同时被6，7，8整除的六位数.请写出一个满足要求的六位数.12.★★★墨莫和小高玩一个数字游戏.墨莫先将一个三位数的百位和个位填好，然后小高来填写这个三位数的十位.如果最后这个三位数能被11整除，那么小高获胜，否则墨莫获胜.墨莫想了一会，想到了一个必胜的办法.请问：墨莫想到的办法是什么？13.★★★★对于一个自然数N，如果具有以下的性质就称为“破坏数”：把它添加到任何N 整除.请问：一共有多少个不大于10的一个自然数的右端，形成的新数都不能被1破坏数？14.★★★一个五位数，它的末三位为999.如果这个数能被23整除，那么这个五位数最小是多少？（三）超越篇1.★★★在所有各位数字互不相同的五位数中，能被45整除的数最小是多少？2.★★★将自然数1，2，3，…，依次写下去形成一个多位数“123456789101112 …”.当写到某个数N时，所形成的多位数恰好第一次能被90整除.请问：N是多少？3.★★★萱萱的爸爸买回来两箱杯子，两个箱子上各贴有一张价签，分别写着“总价117.□△元”、“总价127.○◇元”（□，△，○，◇四个数字已辨认不清，但是它们互不相同）.爸爸告诉萱萱，其中一箱装了99只A型杯子，另一箱装了75只B型杯子，每只杯子的价格都是整数分.但是爸爸记不清每个价签具体是多少钱，也记不得哪个箱子装的是A型杯子，哪个箱子装的是B型杯子了.爸爸知道萱萱的数学水平很厉害，于是他想考考萱萱.萱萱看了看，说：“这可难不倒我，我刚好学了一些复杂的整数性质，这下可以派上用场了.”同学们，你能像萱萱一样把价签上的数分辨出来吗？4.★★★★小高在一张纸条上依次写上了2，3，4，5，6，7这六个数字，形成了一个六位数.卡莉娅把这张纸条撕成了三节，这三张纸条上的数加起来得到的和（如图，三节++=）能被55整除.请问：卡莉娅可能是在什么位置撕断纸条上的和为234567486的这张纸？5.★★★★将一个自然数N接在任一自然数右面（例如将2接在13的右面的到132），如果所得的新数都能被N整除，那么称N为“神奇数”.请求出所有的两位“神奇数”.6.★★★★在六位数中的两个方框内各填入一个数字，使此数能被17和19整除.方框中的两位数是多少？7.★★★★多位数A由数字1，3，5，7，9组成，每个数字都可以重复出现但至少出现一次，而且A可以被A中的任意一个数字整除.求这样的A的最小值.8.★★★★★有一些自然数，从左向右读与从右向左读是完全一样的，我们将这样的数称作“回文数”.比如2332，181，77都是回文数.如果一个六位回文数除以95的商也是回文数，那么这个六位数是多少？数论问题第2讲质数与合数一、内容概述：掌握质数与合数的概念;熟悉常用的质数，并掌握质数的判定方法；能够利用分解质因数的方法解决相关的整数问题;学会计算乘积末尾零的个数.二、典型问题:（一）兴趣篇1.★写出50以内所有的质数.2.★（1）如果两个质数相加等于16，这两个质数有可能等于多少？（2）如果两个质数相加等于25，这两个质数有可能等于多少？（3）如果两个质数相加等于29，这样的两个质数存在吗？3.★有人说：“任何7个连续整数中一定有质数.”请你举一个例子，说明这句话是错的.4.★★★请写出5个质数，使得它们正好构成一个公差为12的等差数列.5.★请把下面的数分解质因数：（1）160；（2）598；（3）211.6.★★三个自然数的乘积为84，其中两个数的和正好等于第三个数.请求出这三个数.7.★★用一个两位数除330，结果正好能整除.请写出所有可能的两位数.8.★★两个连续自然数的乘积是1190，这两个数中较小的是多少?9.★★请将2,5,14,24,27,55,56,99这8个数分成两组，使得这两组数的乘积相等.10.★★请问：算式的计算结果的末尾有几个连续的0？（二）拓展篇1.★★一个两位质数的两个数字交换位置后，仍然是一个质数，请写出所有这样的质数.2.★★★9个连续的自然数中，最多有多少个质数？3.★★（1）两个质数的和是39，这两个质数的差多少？（2）三个互不相同的质数相加，和为40，这三个质数分别是多少？4.★★请把下面的数分解质因数：（1）360；（2）539；（3）373；（4）12660.5.★★有一些最简真分数，它们的分子与分母的乘积都等于140，把所有的这样的分数从小到大排列，其中第三个分数是多少？6.★★★小高在做一道计算两位数乘以两位数的乘法题时，把一个乘数中的数字5看成了8，由此得乘积为1104，正确的乘积是多少？7.★★★三个连续自然数的乘积等于39270.这三个连续自然数的和等于多少？8.★★★甲、乙、丙三人打靶，每人打三枪.三人各自中靶的环数之积都是60，且环数是不超过10的自然数.把三个人按个人总环数由高到低排列，依次是甲、乙、丙.请问：靶子上4环的那一枪是谁打的？⨯⨯972⨯，要使这个连乘积的最后4个数字都是0.方框内最小应填9.★★★975935什么数？⨯⨯3⨯⋯⨯29⨯30的计算结果的末尾有几个连续的0？10.★★★（1）算式12（2）算式31⨯32⨯33⨯⋯⨯150的计算结果的末尾有几个连续的0?11.★★★请问：两个连续两位数乘积的末尾最多有几个连续的0？12.★★★把从1开始的若干连续的自然数1，2，3，…乘到一起.已知这个乘积的末尾13位恰好都是0.请问：在相乘时最后出现的自然数最小应该是多少？13.★★★168乘以一个大于0的整数后正好是一个平方数.乘的这个整数至少是多少？所得乘积又是多少的平方？14.★★★（1）60乘以一个三位数后，正好得到一个平方数.这个三位数至少是多少？（2）72乘以一个三位数后，正好得到一个立方数.这样的三位数一共有多少个？（三）超越篇1.★★如图，三张卡片上各印有一个数字.从这三张卡片中选取一张或多张（每张最多选1次）拼成质数，一共可以拼成多少个不同的质数？2.★★★★用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字组成若干质数，要求每个数字恰好使用一次.请问：最多能组成多少个质数？请找出一种满足要求的组法.3.★★★三个质数的乘积恰好等于它们和的5倍，这三个质数分别是多少?4.★★★★在射箭运动中，每射一箭得到的环数都是不超过10的自然数.甲、乙两名运动员各射了5箭，每人5箭得到的环数的积都是1764，但是甲的总环数比乙少4环.求甲、乙各自的总环数.5. ★★★★两名运动员进行一场乒乓球比赛，采取三局两胜制.每局先得11分者为胜，如果打到10平，则先多得2分者为胜.结果三局比赛下来，单方最高得分都不超过20分，把每人每局得分乘在一起恰为480480.请问：各局比分分别是多少？（按大比小的方式写出）6. 如图，把13，12，15，25，20这5个数依次排列.它们每相邻的两个数相乘得4个数，这4个数每相邻的两个数相乘得3个数，这3个数每相邻的两个数相乘得2个数，这2个数每相邻的两个数相乘得1个数.请问：最后这个数从个位起向左数，可以连续地数出几个0？7. ★★★★★从1!，2!，3!，…，100! 这100个数中去掉一个数，使得剩下各数的乘积是一个完全平方数.请问：被去掉的那个数是什么？8. 8.★★★★★已知对任意正整数n ，都有公式：222126n n n n ⨯(+1)⨯(2+1)++⋯+=,求分数2222222221(12)(123)(12100)100!⨯+⨯++⨯⋯⨯++⋯+化成最简分数后的分母.数论问题第3讲 约数与倍数一、内容概述：掌握约数与倍数的概念;学会约数个数与约数和的计算方法；掌握最大公约数、最小公倍数的常用计算方法;能够利用最大公约数与最小公倍数的性质解决相关的整数问题.二、典型问题:（一）兴趣篇1.★（1）请写出4个24的约数；（2）请写出4个24的倍数；（3）请写出24的所有约数.2.★（1）请写出105的所有约数；（2）请写出72的所有约数.3.★★（1）20000的约数有多少个？（2）720的约数有多少个？4.★★计算：（1）（28，72），[28，72]；（2）（28，44，260），[28，44，260].5.★★两个数的差是6，它们的最大公约数可能是多少?6.★★（1）求1085和1178的最大公约数和最小公倍数；（2）求3553,3910和1411的最大公约数.7.★★教师节到了，校工会买了320个苹果、240个橘子、200个香蕉来慰问退休老职工.请问：用这些水果最多可以分成多少份同样的礼物？在每份礼物中，苹果、橘子、香蕉各有多少个？8.★★★一块长方形草地，长120米，宽90米.现在在它的四周种树，要求四个角和各边中点都种树，且相邻两棵树之间的距离都相等.请问：最少要种多少棵树？9.★★甲数和乙数的最大公约数是6，最小公倍数是90.如果甲数是18，那么乙数是多少？10.★★墨莫和小高在黑板上各写了一个自然数，它们的最大公约数是42，最小公倍数是168.那么这两个数的和是多少？（二）拓展篇1.★★72共有多少个约数？其中有多少个约数是3的倍数？2.★★★5400共有多少个约数?求出所有约数乘积的质因数分解形式.3.★★★有甲、乙两个数，它们的最小公倍数是甲数的27倍.已知甲数是2，4，6，8，10，12，14，16的倍数，但不是18的倍数；乙数是两位数.乙数是多少？4.★★★两数乘积为2800，已知其中一个数的约数个数比另一个数的约数个数多1.这两个数分别是多少？5.★★计算：（1）（391，357），[391，357]；（2）（18，24，36），[18，24，36].6.★★1547，1573，1859这三个数的最大公约数是多少？最小公倍数是多少？7.★★张阿姨把225个苹果、350个梨和150个橘子平均分给小朋友们，最后剩下9个苹果、26个梨和6个橘子没分出去.请问：每个小朋友分了多少个苹果？8.★★一个数和16的最大公约数是8，最小公倍数是80.这个数是多少？9.★★★两个自然数不成倍数关系，它们的最大公约数是18，最小公倍数是216.这两个数分别是多少？10.★★★两个数的最大公约数是6，最小公倍数是420，如果这两个数相差18，那么较小的数是多少？11.★★★卡莉娅、小高、萱萱在黑板上各写了一个自然数，这三个自然数的最大公约数是35，最小公倍数是70.这三个数的和可能是多少？12.★★★有4个不同的正整数，它们的和是1111.请问：它们的最大公约数最大能是多少?13.★★★★甲、乙两个数的最小公倍数是90，乙、丙两个数的最小公倍数是105，甲、丙两个数的最小公倍数是126.请问：甲数是多少？14.★★★★甲、乙是两个不同的自然数.它们都只含有质因数2和3，并且都有12个约数.它们的最大公约数是12.请问：甲、乙两数之和是多少？（三）超越篇1.★★★360共有多少个奇约数？所有这些奇约数的和是多少？2.★★★求出所有恰好含10个约数的两位数，并求出每个数的所有约数之和.3.★★★★已知a与b的最大公约数是4，a与c，b与c的最小公倍数都是100，而且a≤b.满足条件的自然数a、b、c共有多少组？4.★★★★所有70的倍数中，共有多少个数恰有70个约数？5.★★★★自然数n是1，2，3，…，10的公倍数，而且它恰有72个约数.n的最小值是多少？6.★★★★三条圆形跑道，圆心都在操场中的旗杆处.里圈跑道长15千米，中圈跑道长14千米，外圈跑道长38千米.甲、乙、丙三人分别在里圈、中圈、外圈沿同样的方向跑.开始时，三人都在旗杆的正东方向，甲每小时跑132千米，乙每小时跑4千米，丙每小时跑5千米.他们同时出发，请问：几小时后，三人第一次同时回到出发点？7.★★★★★如图，在一个600600的方格表ABCD中，将A与线段CD上除端点外的所有格点，，，…,分别相连，得到599条线段.请问，在这些线段中：（1）不会与其他格点相交的线段共有多少条？（2）经过格点最多的线段共经过多少个格点（不包括它的端点）？（3）除去端点，还恰好经过29个格点的线段有多少条？8.★★★★★有些自然数等于自身约数个数的平方，例如1和9都具有此性质.请问：是否还有其他自然数具有此性质？如果有，请举例；如果没有，请说明理由.数论问题第4讲余数一、内容概述：掌握余数的概念与基本性质，掌握除以某些特殊数的余数的计算方法.学会利用余数的可加性、可减性和可乘性计算余数;学会运用周期性处理各类余数的计算问题；学会求解“物不知数”问题.二、典型问题:（一）兴趣篇1.★72除以一个数，余数是7.商可能是多少？2.★★97与79除以一个数的余数都是7，那么这个数可能是多少？3.★★100和84除以同一个数，得到的余数相同，但余数不为0.这个除数可能是多少？4. ★20080808除以9的余数是多少？除以8和25的余数分别是多少？除以11的余数是多少？5. ★★（1）135137139⨯+除以5的余数是多少？（2）3579135713579⨯+除以9的余数是多少？6. ★★★4个运动员进行乒乓球比赛，他们的号码分别为101，126，173，193.规定每两人之间比赛的盘数是他们号码的和除以3所得的余数.请问：比赛盘数最多的运动员打了多少盘？7. ★★某工厂有128名工人生产零件，他们每个月工作23天，在工作期间每人每天可以生产300个零件.月底将这些零件按17个一包的规格打包，最后发现一包不够17个.请问：最后一包有多少个零件？8. ★★★（1）202除以7的余数是多少？（2）1414除以11的余数是多少？（3）12128除以13的余数是多少？9. ★★★一个三位数除以21余17，除以20也余17.这个数最小是多少？10. ★★有一个数，除以3的余数是2，除以4的余数是1.请问：这个数除以12余数是几？（二）拓展篇1. ★1111除以一个两位数，余数是66.求这个两位数.2. ★（1）21421421421421⋯ 个除以4和125的余数分别是多少？（2）21808808808808⋯ 个除以9和11的余数分别是多少？3. ★★一年有365天，轮船制造厂每天都可以生产零件1234个.年终将这些零件按19个一包的规格打包，最后一包不够19个.请问：最后一包有多少个零件？4. ★★自然数67221⨯2⨯2⨯⋯⨯2- 个的个位数字是多少？5. ★★★算式20072007200720071232006+++⋯+计算结果的个位数字是多少？6. ★★★1088888+⨯+⋯+⨯8⨯⋯⨯8 个除以5的余数是多少？7. ★★★一个自然数除以49余23，除以48也余23.这个自然数被14除的余数是多少？8. ★★★一个自然数除以19余9，除以23余7.这个自然数最小是多少？9. ★★★刘叔叔养了400多只兔子.如果每3只兔子关在一个笼子里，那么最后一个笼子里有2只; 如果每5只兔子关在一个笼子里，那么最后一个笼子里有4只; 如果每7只兔子关在一个笼子里，那么最后一个笼子里有5只.请问：刘叔叔一共养了多少只兔子？10. ★★★100多名小朋友站成一列.从第一人开始依次按1，2，3，…，11的顺序循环报数，最后一名同学报的数是9；如果按1，2，3，…，13的顺序循环报数，那么最后一名同学报的数是11.请问：一共有多少名小朋友？11. ★★★123123123123123⋯ 个除以99的余数是多少？12. ★★★把63个苹果，90个橘子，130个梨平均分给一些同学，最后一共剩下25个水果没有分出去.请问：剩下个数最多的水果剩下多少个？13. ★★★有一个大于1的整数，用它除300，262，205得到相同的余数，求这个数.14. ★★★★用61和90分别除以某一个数，除完后发现两次除法都除不尽，而且前一次所得的余数是后一次的2倍.如果这个数大于1，那么这个数是多少？（三）超越篇1. ★★★从1依次写到99，可以组成一个多位数12345…979899.这个多位数除以11的余数是多少？2. ★★★算式20087777777+⨯+⋯+⨯⨯⋯⨯个计算结果的末两位数字是多少?3. ★★★算式12007⨯3⨯5⨯7⨯⋯⨯计算结果的末两位数字是多少？4. ★★★有多根牙签，按以下种规格分成小包：如果根一包，最后还剩根；如果9根一包，最后还剩8根；如果依次以8，7，6，5根为一包，最后分别剩7，6，5，4根.原来一共有牙签多少根？5. ★★★有三个连续的自然数，它们从小到大依次是5，7，9的倍数.这三个连续自然数最小是多少？6. ★★★★请找出所有的三位数，使它除以7，11，13的余数之和尽可能大.7. ★★★已知21!0909421717094000AB CD =，那么四位数ABCD 是多少？8. ★★★★有一些自然数n ，满足：2n n -是3的倍数，3n n -是5的倍数，5nn -是2的倍数.请问;这样的n 中最小的是多少?（以下内容为六年级导引） 数论问题第5讲 数论综合一一、内容概述：运用已学过的数论知识，解决综合性较强的各类数论问题;学会利用简单代数式处理数论问题.二、典型问题:（一）兴趣篇1.★★如果某整数同时具备如下三条性质：（1）这个数与1的差是质数；（2）这个数除以2所得的商也是质数；（3）这个数除以9所得的余数是5.那么我们称这个整数为“幸运数”.求出所有的两位幸运数.2.★★一个五位数825，方格中的数未知.请问：（1）如果该数能被72整除，这个五位数是多少？（2）如果该数能被55整除，这个五位数是多少？3.★★在小于5000的自然数中，能被11整除，并且所有数字之和为13的数共有多少个？4.★★★一个各位数字均不为0的三位数能被8整除，将其百位数字、十位数字和个位数字分别划去后可以得到三个两位数（例如，按此方法由247将得到47，27，24）.已知这些两位数中一个是5的倍数，另一个是6的倍数，还有一个是7的倍数.请问：原来的三位数是多少？5.★★26460的所有约数中，6的倍数有多少个？与6互质的有多少个？N-恰有8个约数.满足条件的自然数中，最6.★★★一个自然数N共有9个约数，而1小的和第二小的分别是多少？7.★★★一个自然数，它最大的约数和次大的约数之和是111，这个自然数是多少？⨯5⨯4⨯3⨯2⨯，小明在上式中把一些“⨯”换成“÷”，计算结8.★★★有一个算式61果还是自然数，那么这个自然数最小是多少？9. ★★★一个两位数分别除以7、8、9，所得余数的和为20.问：这个两位数是多少？10. ★★★信息在战争中是非常重要的，它常以密文的方式传送.对方能获得密文却很难知道破译密文的密码，这样就达到保密的作用.有一天我军截获了敌军的一串密文：378421A B C ，字母表示还没有被破译出来的数字.如果知道密码满足如下条件：（1）密文由三个三位数连在一起组成，每个三位数的三个数字互不相同；（2）三个三位数除以12所得到的余数是三个互不相同的质数；（3）三个字母表示的数字互不相同且不全是奇数；你能破解此密文吗?（二）拓展篇1. ★★★已知370a b c ⨯是495的倍数，其中a 、b 、c 分别代表不同的数字.请问：三位数是多少？2. ★★11个连续两位数乘积的末4位都是0，那么这11个数的总和最小是多少？3. ★★★有一个算式9⨯8⨯7⨯6⨯5⨯4⨯3⨯2⨯1.小明在上式中把一些“⨯”换成“÷”，计算结果还是自然数，那么这个自然数最小是多少？4. ★★★由1、2、3、4各一个组成四位数abcd ，使得a 、ab 、abc 、abcd 这四个自然数都不是3的倍数，那么最大是多少，最小是多少？5. ★★★在小于100的正整数中，能被2或3整除，且不能被6整除的数共有多少个?6. ★★★★有15位同学，每位同学都有个编号，他们的编号是1号到15号.1号同学写了一个自然数，2号说：“这个数能被2整除,3号接着说：“这个数能被3”……依次下去，每位同学都说，这个数能被他的编号整除.1号一一作了验证：只有两个同学（他们的编号是连续的）说的不对，其余同学都对.问：（1）说的不对的两位同学他们的编号是哪两个连续的自然数？（2）如果1号同学写的自然数是一个五位数，那么这个自然数为多少？7. ★★★有2008盏灯，分别对应编号为1至2008的2008个开关.现在有编号为1至2008的2008个人来按动这些开关.已知第1个人按的开关的编号是1的倍数（也就是说他把所有开关都按了一遍），第2个人按的开关的编号是2的倍数，第3个人按的开关的编号是3的倍数……依次下去，第2008个人按的开关的编号是2008的倍数.如果刚开始的时候，灯全是亮着的，那么这2008个人按完后，还有多少盏灯是亮着的？8.★★★狐狸与黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳142米，黄鼠狼每次跳324米，它们每秒钟都只跳一次.在比赛道路上，从起点开始每隔3128米设有一个陷阱.请问：当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米?9.★★★一个偶数恰有6个约数不是3的倍数，恰有8个约数不是5的倍数.请问：这个偶数是多少？10.★★★一个合数，其最大的两个约数之和为1164.求所有满足要求的合数.11.★★★★已知a与b是两个正整数，且a> b.请问：（1）如果它们的最小公倍数是36，那么这两个正整数有多少种情况？（2）如果它们的最小公倍数是120，那么这两个正整数有多少种情况？12.★★★★已知a与b的最大公约数是14，a与c的最小公倍数是350，b与c的最小公倍数也是350.满足上述条件的正整数a、b、c共有多少组？13.★★★已知两个连续的两位数除以5的余数之和是5，除以6的余数之和是5，除以7的余数之和是1.求这两个两位数.14.★★★如图，在一个圆圈上有几十个孔（不到100个）.小明像玩跳棋那样从A孔出发沿着逆时针方向，每隔几个孔跳一步，希望一圈以后能跳回到A孔.他先试着每隔2个孔跳一步，结果只能跳到B孔.他又试着每隔4个孔跳一步，也只能跳到B孔.最后他每隔6个孔跳一步，正好回到A孔.问：这个圆圈上共有多少个空？。
模14的简化剩余系
模14的简化剩余系模14的简化剩余系是由韩国数学家宫泽明仁教授在十九世纪七十年代提出的一种数论工具。
它是采用有理数作为元素，建立一个有限群，以解决不可解的欧几里得同余方程的问题。
和一般模的简化剩余系类似，模14的简化剩余系也是由一组特定的非负整数构成的，它们的和为14的倍数。
首先，模14的简化剩余系是一个有限群，即一个由模14的简化剩余系的元素组成的集合，它满足“结合律”，即有a，b属于模14的简化剩余系，则a+b 也属于模14的简化剩余系。
模14的简化剩余系的元素具有按照结合律可操作的特性，因此它们可以用来解决欧几里得同余方程。
此外，模14的简化剩余系还具有逆元的性质，即对于模14的简化剩余系的任意元素a，存在一个元素b，使得a b 1（mod 14）成立。
例如，用3和11可以满足这个性质，因为3 11 1（mod 14）成立。
因此，模14的简化剩余系可以用来解决“互质”方程极小解的问题，例如：ax + by = 1。
模14的简化剩余系极为重要，因为它不仅可以用来解决不可解的欧几里得同余方程，而且还可以用来解决“互质”方程极小解的问题。
例如，在计算机科学中，模14的简化剩余系可用来求解模互质系数的问题，也可用来解决中国剩余定理的问题。
此外，模14的简化剩余系还可以用来解决计算机科学中的密码学问题。
比如，需要进行大数的模乘法运算时，可以使用模14的简化剩余系进行快速计算。
此外，在求解算法中，模14的简化剩余系也可以提高计算效率，在实际应用中也得到广泛采用。
总之，模14的简化剩余系是一种重要的数论工具，不仅可用于解决不可解的欧几里得同余方程，还可以用于解决互质方程极小解的问题、求解模互质系数的问题以及计算机科学中的许多密码学问题，是一种非常普遍而重要的数论工具。
5.2.1 利用合并同类项解一元一次方程(课件)人教版(2024)数学七年级上册
（3）-3x + 0.5x = 10； （4）7x - 4.5x = 2.5×3–5.
合并同类项，得
合并同类项，得
-2.5x = 10 系数化为 1，得
x = -4
2.5x = 2.5 系数化为 1，得
x= 1
2. 某工厂的产值连续增长，2022 年是 2021 年的 1.5 倍， 2023 年是 2022 年的 2 倍，这三年的总产值为 550 万元. 2021 年的产值是多少万元？【选自教材P121 练习 第2题】
分析：设前年购买__x__台，则去年购买__2_x_台，
今年购买__4_x__台.
“各个分量的和=总量”
根据问题中的相关等量关系： 是一个基本的相等关系
前年购买量 + 去年购买量 + 今年购买量＝ 140 台 列得方程 x + 2x + 4x ＝ 140.
x + 2x + 4x ＝ 140.
把含有 x 的项合并同类项，得
a
例 题 【教材P121】
例 2 有一列数 1，-3，9，-27，81，-243，···， 其中第 n 个数是 (-3)n-1 (n＞1)，如果这列数中某三个 相邻数的和是 -1701，那么这三个数各是多少？
分析：从符号和绝对值两方面观察，可发现这列数的 排列规律，后面的数是它前面的数与 -3 的乘积.
合并同类项，得 6x = -78 系数化为 1，得 x = -13
利用合并同类项解一元一次方程的步骤：
（1）合并同类项：把等号同侧的含未知数的项、 常数项分别合并，把方程转化为 ax = b（ a ≠ 0， a，b 为常数）的形式；
（2）系数化为 1：利用等式的性质 2，在方程两边 除以未知数的系数或乘未知数系数的倒数，将未知 数的系数化为 1，得到 x = b .
高斯小学奥数六年级上册含答案第16讲 数论综合提高二
第十六讲 数论综合提高二本讲知识点汇总：一、约数、倍数1． 基本概念（1） 如果a 能被b 整除（也就是），则b 是a 的约数（因数），a 是b 的倍数； （2）约数具有“配对”性质：大约数对应小约数． 2． 约数个数（1）分解质因数，指数加1再相乘； （2）平方数有奇数个约数，非平方数有偶数个约数． 3． 约数和公式（1） 如果一个数的质因数分解式为，则约数和为； （2）如果一个数的质因数分解式为，则约数和为；二、公约数、公倍数1． 基本概念（1）如果a 是若干个数公有的约数，则称a 是它们的公约数，其中最大的叫做最大公约数；（2）如果b 是若干个数公有的倍数，则称b 是它们的公倍数，其中最小的叫做最小公倍数；（3）公约数是最大公约数的约数，公倍数是最小公倍数的倍数． 2． 计算方法（1）短除法； （2）分解质因数法； （3）辗转相除法（只用于计算两个数的最大公约数）． 3． 基本性质（1） ； （2）两个数的最大公约数是它们和或差的约数； （3）已知两个未知数的最大公约数，可利用最大公约数把这两个数表示出来： 例如，甲、乙的最大公约数是5，则可以把甲乙分别设为5a 和5b ，其中a 、b 互质，此时甲乙的最小公倍数是5ab ．4． 两个最简分数的最大公约数、最小公倍数：()[],,a b a b a b ⨯=⨯()()()2111a b c c +⨯+⨯++ 2a b c ⨯⨯ ()()22311a a b b b ++⨯+++23a b ⨯ |b a；一、约数、倍数 1． 约数的配对思想；2． 约数个数与完全平方数的关系；3． 求约数个数；4． 求约数的和；5． 利用约数个数反推原数的质因数分解形式．二、公约数、公倍数 1． 基本计算；2． 带有应用题背景的公约数公倍数计算；3． 有关最大公约数和最小公倍数的反求问题；4． 最大公约数、最小公倍数的质因数的分配．例1． 庆祝高思学校4周岁的生日，预计在12月5日高思成立日的当天举行大型的庆祝活动，由编号1~100的100名高思小明星们组成的方阵，开始都面朝东方站立，第一次所有编号是1的倍数的向左转，第二次所有编号是2的倍数的小朋友再向左转，第三次编号是3的倍数的小朋友再向左转，……，最后一次所有编号是100的倍数的小朋友再向左转，最后所有小朋友中有多少名小朋友面朝南方？「分析」首先分析出转几次的人会面朝南方，这些次数排成一列，找出这组数列的规律．练习1、有2012盏灯，分别对应编号为1至2012的2012个开关．现在有编号为1至2012的2012个人来按动这些开关．已知第1个人按的开关的编号是1的倍数，第2个人按的开关的编号是2的倍数，第3个人按的开关的编号是3的倍数，……，依次做下去，第2012个人按的开关的编号是2012的倍数．如果最开始的时候，灯全是亮着的，那么这2012个人按完后，还有多少盏灯是亮着的？经典题型 []()a c a c b d b d ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦,,, ()[]a c a c b d b d ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,,例2．一个数有15个约数，这个数最小是多少？第二小是多少？「分析」根据约数个数公式分析出含有15个约数的数的分解质因数形式．练习2、有10个约数的自然数最小是多少？有8个约数的最小的奇数是多少？例3．在35的倍数中，恰有35个约数的最小数是多少？（请写出质因数分解式）「分析」所求数一定含有35的质因数，再结合含有35个约数的数的分解质因数形式即可找到解题的突破口．练习3、42的倍数中，恰好有42个约数的数有多少个？例4．三个自然数乘积为86400，且这三个数的约数个数分别为8、9、10个．那么这三个自然数分别是多少？「分析」把含有8、9、10个约数的数的分解质因数形式及86400中个质因数的个数结合在一起进行分析．练习4、三个自然数乘积为5184，且这三个数的约数个数分别为A个、A+1个、A+2个．那么这三个自然数分别是多少？例5．两个整数的差为7，他们的最小公倍数和最大公约数的差是689，则这两个数分别是多少？「分析」列不定方程求解．例6．大雪后的一天，亮亮和爸爸从同一点出发沿同一方向分别步测一个圆形花圃的周长，亮亮每步长54厘米，爸爸每步长72厘米，由于两个人的脚印有重合，所以雪地上只留下60个脚印．问：这个花圃的周长是多少米？「分析」这是一道公约数、公倍数的问题，首先回忆一下公约数、公倍数的求法，再思考一下题中各数据之间的关系．亲和数（Amicable Pair）亲和数是一种古老的数．遥远的古代，人们发现某些自然数之间有特殊的关系：如果两个数a和b，a的所有真因数之和等于b，b的所有真因数之和等于a，则称a，b是一对亲和数．相传，毕达哥拉斯的一个门徒向他提出这样一个问题：“我结交朋友时，存在着数的作用吗？”毕达哥拉斯毫不犹豫地回答：“朋友是你的灵魂的倩影，要象220和284一样亲密．什么叫朋友？就象这两个数，一个是你，另一个是我．”后来，毕氏学派宣传说：人之间讲友谊，数之间也有“相亲相爱”．从此，把220和284叫做“亲和数”（也叫“朋友数”或叫“相亲数”）．这就是“亲和数”这个名称的来源．毕达哥拉斯首先发现220与284就是一对亲和数，在以后的1500年间，世界上有很多数学家致力于探寻亲和数，面对茫茫数海，无疑是大海捞针，虽经一代又一代人的穷思苦想，有些人甚至为此耗尽毕生心血，却始终没有收获．公元九世纪，伊拉克哲学、医学、天文学和物理学家泰比特·依本库拉曾提出过一个求亲和数的法则，因为他的公式比较繁杂，难以实际操作，再加上难以辨别真假，故它并没有给人们带来惊喜，或者走出困境．数学家们仍然没有找到第二对亲和数．距离第一对亲和数诞生2500多年以后，历史的车轮转到十七世纪，1636年，法国“业余数学家之王”费马终于找到了第二对亲和数17296和18416，这个发现也重新点燃寻找亲和数的火炬．两年之后，“解析几何之父”——法国数学家笛卡尔于1638年3月31日宣布找到了第三对亲和数9437506和9363584．费马和笛卡尔在两年的时间里，打破了二千五百年的沉寂，激起了数学界重新寻找亲和数的波涛．在十七世纪以后的岁月，许多数学家投身到寻找新的亲和数的行列，他们企图用灵感与枯燥的计算发现新大陆．可是，无情的事实使他们省悟到，已经陷入了一座数学迷宫，不可能出现法国人的辉煌了．正当数学家们真的感到绝望的时候，平地又起了一声惊雷．1747年，年仅39岁的瑞士数学家欧拉竟向全世界宣布：他找到了30对亲和数，后来又扩展到60对，不仅列出了亲和数的数表，而且还公布了全部运算过程．时间又过了120年，到了1867年，意大利有一个爱动脑筋，勤于计算的16岁中学生白格黑尼，竟然发现数学大师欧拉的疏漏——让眼皮下的一对较小的亲和数1184和1210溜掉了．这戏剧性的发现让数学家们大为惊叹．在以后的半个世纪的时间里，人们在前人的基础上，不断更新方法，陆陆续续又找到了许多对亲和数．到了1923年，数学家麦达其和叶维勒汇总前人研究成果与自己的研究所得，发表了1095对亲和数，其中最大的数有25位．同年，另一个荷兰数学家里勒找到了一对有152位数的亲和数．电子计算机诞生以后，结束了笔算寻找亲和数的历史，人们利用计算机，可以更有效率的寻找和分析亲和数，但直到今天，亲和数仍有许多未解之谜，等待着数学家和计算机专家来解决．作业1.300共多少个约数？其中有多少个是6的倍数？有多少个不是4的倍数？2.把一张长108厘米，宽84厘米的长方形纸裁成同样大小的正方形，且纸无剩余，至少能裁成多少个正方形？3.一个小于200的自然数，其最小的三个约数之和是31，那么这个自然数是多少？（请写出所有答案）4.已知两个三位数M和N互为反序数（M>N），且它们的最大公约数是6，那么N最小值是多少？5.两个自然数的差是5，它们的最小公倍数与最大公约数的差是203，则这两个数的和是多少？第十六讲 数论综合提高二例7． 答案：5详解：从向东转向南方，可以转3次、7次、11次、15次等，即约数个数是3、7、11、……．100之内的数的约数个数最多的只有12个（有5个）．有3个约数的是4、9、25、49；有7个约数的是64；有11个约数的数最小是1024．所以有5名小朋友最后是面朝南方．例8． 答案：144、324详解：有15个约数的数，质因数分解式为14或24⨯．前者最小是142，次小的是143，都很大；后者最小的是4223⨯，次小的是4232⨯，这个数最小是144，次小是324．例9． 答案：6457⨯详解：因为35含有质因数5、7，恰有35个约数的数只能含有这两个质因数，所以这个数最小是6457⨯．例10． 答案：30，36，80详解：，，，易知所求三个数为30，36，80．例11． 答案：23和30详解：两数之差为7，则他们的最大公约数可能为7或1，而689也可被最大公约数整除，所以两数的最大公约数为1，即两数互质，所以两数的最小公倍数，即两数之积为690，易知相差7且乘积为690的两个数为23和30．例12． 答案： 21.6米1025=⨯ 933=⨯ 8222=⨯⨯ 73286400235=⨯⨯练习：练习1、答案：1968简答：易知第n 号灯被按的次数等于n 的约数的个数，如果n 号灯被按灭则灯被按了奇数次，即n 有奇数个约数，也就是n 每个质因子的质数为偶数，即n 为完全平方数．易知小于2012的完全平方数有44个,所以还有1968盏灯亮着．练习2、答案：48；105练习3、答案：4032个简答：因为42含有质因数2、3、7，恰有42个约数的数只能含有这三个质因数，所以这个数最小是622374032⨯⨯=练习4、答案：12、16、27简答：把5184分解质因数得：64518423=⨯ ，可凑出三个数是12、16、27，质数个数分别是6个、5个、4个作业6. 答案：18，6，12简答：通过分解质因数可得答案为18，6，12．7. 答案：63简答：正方形边长为108和84的最大公约数12，所以可裁成63个正方形．8. 答案：25，125，161简答：首先最小的约数可知为1，则另外两个较小的约数之和为30，可知另外两个较小约数可以是5和25，则答案为25和125；7和23，则答案为161；11和19，则答案为209；13和17，则答案为221．其中小于200的为25，125，161．9. 答案：204简答：设这M abc =，N cba =，则由M 和N 是6的倍数，可知99()M N a c -=-是6的倍数，则a c -是2的倍数，又由M 是偶数可知，c 可能取2、4、6或8，带入尝试可求得N 可以为204，228，246，258，294，426，438，456，498，618，678，最小的是204．10. 答案：29简答：两数相差5，所以它们的最大公约数为5或1，所以分类讨论可得这两个数为12与17，其和为29．。
人教版七年级上册解一元一次方程——合并同类项与移项(第1课时)课件x
2 7 − 2.5 + 3 − 1.5 = −15 × 4 − 6 × 3
1
2
解：（1）合并同类项，得− = −2,系数化为1，得 = 4
（2）合并同类项，得6 = －78.系数化为1，得 = －13
教学新知
例2 有一列数，按一定规律排列成1，－3，9，－27，81，－243……
课堂练习
解：设原两位数十位上数为
则原两位数为10 + 2 = 12，新两位数为10 × 2 + = 21.
根据题意知21 − 12＝36.合并同类项，得9 = 36.
系数化为1，得 = 4.12 × 4 = 48.
答：原两位数为48.
3.一条环形跑道长400米，甲练习骑自行车平均每分钟550米，乙练习
3.2 一元一次方程
3.2 解一元一次方程（一）
——合并同类项与移项（1）
2 4 = 140
课题引入
问题1：约公元820年，中亚细亚数学家阿尔一花拉子米
写了一本代数书，重点论述怎样解方程.这本书的拉丁文译本
取名为《对消与还原》.“对消”与“还原”是什么意思呢？
通过下面几节课的学习讨论，相信同学们一定能回答这个问题.
10
180吨
量为1800吨，那么1月份的产量为_________________.
6.某超市的收银员在记帐时发现现金少了153．9元，查帐后得知是一
笔支出款的小数点被看错了一位，则她查出这笔看错了的支出款实际
17.1
是_______元.
知识拓展
如图，将一列数按如图的方式排列成一个方阵，用一个长方形框
白皮块数目比为3:5，一个足球表面一共有32个皮块，黑色皮块和白色
数论导引简介
数论导引简介课程号：06191380课程名称：数论导引英文名称：Introduction to Number Theory周学时：3-0学分：3预修要求：无内容简介：数论是数学中最古老也最活跃的一门分支。
初等数论既可以既可为今后进一步从事数论研究打下扎实基础，又能够作为一种数学甚或美学的熏陶。
其内容包括初等数论的一些基本概念和技巧，如整除、同余式、不定方程、平方剩余、同余方程和原根、指数等及其相关的计算，从中可以了解到费尔马定理、哥德巴赫猜想、华林问题等著名的数学定理。
选用教材或参考书：《初等数论》，闵嗣鹤严士健编，高等教育出版社，第二版，2000。
《数论导引》教学大纲一、课程的教学目的和基本要求数论是数学王子高斯最喜爱的一门数学分支，他断言“数学是科学的皇后，而数论书数学的皇后”。
毫无疑问，数论是数学中最优美的有门学科，希尔伯特的传记作者在谈到他放下代数不变量理论而转向数论研究时说，“数论以一种不可抗拒的魅力，吸引着数学中的精华。
”通过学习《初等数论》，使学生初步掌握初等数论的基本概念和技巧，学会整除、同余式、不定方程、平方剩余、同余方程和原根及指数的计算，了解费尔马定理、哥德巴赫问题、华林问题等问题的重要意义。
要求学生通过本课程的学习，了解初等数论的基本內容，既可为今后进一步从事数论研究打下扎实基础，又能够作为一种数学甚或美学的熏陶。
二、相关教学环节安排1．采用课堂讲授和课外作业相结合，强调启发式教学。
2．每周讲课3学时。
每周布置作业，作业量2-3学时。
主要针对基本概念、技巧和解决问题的方法。
三、课程主要内容及学时分配每周3学时，共17周。
主要内容：（一）整数的可除性 9学时1．整除的概念·带余数除法·最大公因数与辗转相除法 3学时2．整除的进一步性质及最小公倍数·素数·算术基本定理3学时3．整数函数及其应用3学时（二）不定方程 6学时1．二元一次不定方程3学时2 多元一次不定方程·勾股数3学时（三）同余 6 学时1．同余的概念及其基本性质·剩余类及完全剩余系 3学时2．简化剩余系与欧拉函数·欧拉定理·费尔马定理及其应用 3学时（四）同余式6学时1．基本概念及一次同余式·孙子定理3学时2．高次同余式的解数及解法·素数模的同余式3学时（五）二次同余式与平方剩余9学时1 一般二次同余式·奇素数的平方剩余与平方非剩余3学时2 勒让德符号3学时3合数模的情形3学时（六）原根与指数9学时1 指数及其基本性质·原根存在的条件3学时2 指标及N次剩余3学时3 合数模的指标组3学时（七）初等数论其他内容介绍（含机动）6学时四、教材及主要参考书教材：《初等数论》闵嗣鹤严士健编高等教育出版社第二版，2000主要参考书：（1）《初等数论》潘承洞潘承彪著，北京大学出版社，第二版2003(2) A concise introduction to the theory of numbers, Alan BakerCambridge, 1984.。
2020小升初分班考第22讲数论综合(一)(含答案)
满足”荤于n 駅1界然不満足了. 斯W 满址亲杵的nja4.g@ffla ： ♦♦♦墮兰金亘世弓士匕軽屯二理蒼R 虽稀5场 咏土旦空爭程芝 丸空丑丄送 题2”如眾pq 个曲位r 贞塾 ar t>, c. d 芮两不片:儿 井泣满足.■??式 aP-cP.绷么. 门用+b 的最护可HE 值足^f少?(2归+b 的竝火训龍值里事少?［甘折 L J WJ 两估的质敎有 11 , 13. 17. 19. 23” 29. 31” 37. 4K 43. 47. 53, 55. 61. &3. 69 r 97.靈嚴的译輩皆村■】W 年金国q 呼社善臭悴區克•靭駆代勒弟9麺2020小升初专项训练班讲义第二十二讲数论综合4［内容概述) 涉A 口凹点一茹.可也羈麵余的掘数躱合®.从及蚤扌、依髀毂论F 段的其秋孟足岡驢, 鼻ML1・(11果把托二：口伞逹^^自炳載和乘"真釈的們应歌字Hf ■『两种可能・那食 【井忻‘亦孵］ 找山知逍酬果仃 爭贞的自勰敷* 0丸其内世仃 所且n 小于S. 5 1S12的佔ft.也疔5的佃处，则它们奧股的牛位戢字只龍地Oo5的倍绘(牛位ft 字为0或5).显?^其內：^杓2的倍数.那么它心嘲积的亍位数字为 0; 如果不^^存5的倍数.H'JiS 位數字邮是4L 所斗，汽n 沟4时・任总4牛连续自掘数相来.其稚2的牛册tt 宁只有两科I 叮能, 4牛连F 无的I'荷數了只施址 1. 2. 3” 4戒6. 7“ 3. 9：它冊的和的个 保W 丽祺L 3 n 为3时，■/『IX 2X J 的A 位敢¥为6. 2X3X1的牛位戰了为A, 1X4X5 lirit・不满足.［第三1^情况I 当n Af?时.1X2. 2X 3. 3X4, 4x5的个®垃字牛别沟 2, 6. 4. 0,肚如:67. 71. 73. 79.可得出.股小力 11+19=13+17-30.慣人为 97+71 =99+79>1§0. 所址祷炬呆件的a+bAi 小町能曲为3(1最女町陡値対 1翎.3・如采某整数同时具备如下 3条性质. ① 这个数与1的芳是质数： ② 这个数除以2所得的商也是质e ； ③ 这个数除以9所毎的余数是5-那么我们称这个整数为幸运数.求出所4/的两位幸运数.【分析与解】 条件①也就是这个数与 1的差是2或甜»•这个数只能是 3或荷偶故・再根据条件③, 除以9余5・在苗位的偶数中只右14. 32. 50. 68. 86这5个数满足条件.其中86与50不符合①，32与68不符合②.三个条件都符合的只有 14.所以两位幸运数只竹14.V … 亠・ V ■■■V. * •北素审第九居<畚杯數学尢»•决赛第二题>2題 4.在555555的约数中，大的三位数是多少？【分析与解】555555=5X111X1001=3X5X7X11X13X37显然其最大的三位数約数为 777.5•从•张长2002 «米，宽847 «米的长方形纸片上.剪下一个边氏尽可能大的正方形，如果剩下的 部分不是正方形-那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形. 按照上面的过程不騎地亜复,最后剪得正方形的边长是多少老米宽847宅米的长方形紙板上首先可剪下边长为 847 €米的正方形，这样 除以847所得的商・而余数恰好是剩卞的长方形的宽•于是有：77. 23177=3.不难得知•最后剪去的正方够边长为 77毫米.㈱越J 级数：第三腐仝a 小»<1爭矣林g 克』从小爱釵学^夏令营y 5 *6・己知存在三个小于 20的自然©•它们的璟大公约散是1> fl 两两均不互质.请写出所有可能的答案.【分忻与解】 设这三个数为a 、b. c,且a<b<c-因为两两不互质，所以它们均是合数.小于20的合敌宵4, 6. & 9, 10. 12. 14, 15. 16. 1&其中只含1种Eft 的合数不満足，所 以只剩下6. 10. 12. 14, 15. 18这6个数.但址14=2X7.其屮质W 数 7只14含有.无法找到两 个不与14互质的数.所以只剰下6. 10, 12, 15. 18这5个数"在可能的排列./的可ft 取值6to 12 A 的可1012IS1215 ISC 的对应tt 况 15 不 不存ft 1518不存在所以，所有可能的答案为(6, 10- 15)； (10. 12- 15)； (10, 15, 18).【分析与解】从长2002 «米、 的正方形的个S 恰好杲 2002 2002 7 847=2-30& 847=308= 2……231. 308v 231=11992华仝a小孕數学矣林ajt•决赛第6题7.把26. 33，34, 35. 63, 85. 91. 143分成若干組，要求毎•組中任童曲个数的最大公约tt是1.那么址少要分成多少纽？【分析与解】26=2X13- 33=3X11, 34=2X17, 35=5X7. 63=3^ X 7. 85=5 X 17.91=7 X 13.143=11 X 13.曲于质W数13出现& 26、9仁（43丄个数中.故至少要分成三可以分成如下将26、33、35分为一组• 91. 34, 33分为一组・而143, 63、85分为一俎• 所以，至少要分成3组. 3ftl ：逾®级瓶車車車X OJ T华歹炭金杯■少年微»＜请赛•初賽第13题8 . ly 10-1中两个風只有一个公共点A.大罚直径48 小岡宜径30 ®米.两只甲虫同时从A 出发，按箭头所措的方向以相同的速燈分别媚了儿88时・两只甲虫甘次相距fi远？■©EB 10-I【分析与解】内的任S两点.以宜径两端点得减离址远.如果沿小W爬行的甲虫爬到la爬厅的甲虫恰好爬到B点.两甲虫的距离便最远.小圆周长为n X30=307r-大删周长为48需•一半便是24«・30与24的最小公倍数时120. 120 ：30=4. 120 ： 24=5.A点.沿大所以小關上甲虫爬了4 MS时•大岡上印虫爬了5个一圖周长•即爬到了过A的直径另一点R这时2两只甲虫相Si总远.比京审第十一居“迄■杯”决赛第二＜第2题■鈿尢居“逮畚杯51»第二題第7题(1 ) 设a与b是两个不相等的非零自然徵.如果它们的最小公倍数是72,那么这两个自然数的和有多少种可能的数值如果它们的煖小公倍数是60-那么这两个自然数的基有多少种可能的数值？【分析与解】(1)a 与b的最小公倍数72=2X2X2X3X3.有12个约散：1. 2. 3. 4. 6. 8・9. 12- 1& 24. 36・ 72.不妨设a>b.[g.-fHt况I：当3=72时.b可取小于72的笛种约数.a+bS^72+1=73：I第二种情况I :当沪36时.b必须取8或24・a+b的值为44或60.均不同第・・种情况中的ffi；I 第三种博况L 当a=24W ・b 必须取9或1& a+b 的值为33或42・均不同第•、二种情况中的值; I 第四种倩况］：当a=l8时，b 必须取& a+226,不同于第一、二 三种情况的佰;價旦神悄况］当ah2时，b 无解^［第六种倩况」：当a=9时.b 必须取& a+b=17-不同于第一、二 总之.a ・b 可以有11+2+2+1+1=17种不同的值.(2)60=2 X 2X3X5，有 12 个约数j 1, 2. 3, 4・ 5, 6・ 10, 约数.不妨设a>b ・的值；59. 58. 57. 56. 55. 54. 50. 48, 45. 40. 30：总之.a-b 可以有11+3+4+2+2=22种不同的值.1独壬全B 生学A 学真》g jL ・决赛第4 JIS312-米设右一个陷阱•当它们N 中有•个掉进陷阱时.刿•个眺r 多 8少米？距离为9X 4-=40.5(米).2诙级勲♦ ♦ ♦11 •在小f 1000的白於数中，分别除以 18及33所得余数相同的数有多少个【分析与解】 我们知道18- 33的ft 小公借数为［18 - 331=198 -所以毎1981 -198 Z 间只宵1. 2. 3.・・・• 17. 198（余0）这18个数除以 18及 999-?198=&••…9.所以共^^ 5X18+9=99个这样的数.10 .狐狙I 和黄鼠養进行跳跃比赛，孤狸每次跻4丄米.黄鼠狼每次趺 2好米• 它们毎秒钟都只跳一12. 15, 20. 30・ 60. a 、b 为 60 的塑■-种備况I ：当a=60时，b 可取60外的任何-个数，HP 可収11个值，于是 a-b 可取11种不同I 第二种情沱I ・当a=30时, b 可取4, 12. 20,于足 a - b 可取 26, 18, 10；匾至亟：当a=20B.J.b 可取 3. 6. 12. 15.所以 a-b 可取 17. 14. 8・ 5：b 可取 4. 12.斷以a-b 可取11. 3：原五种情况，:当a=12时.b 可取 5. 10.所以a-D 可取7. 2・次-比赛途中.从起点开始每隔 【分析与解】所以弧朋跳 由丁12』：84个12 -米的厩离时将掉进陷阱.黄鼠腹跳 8又由于它力都是一秒钟饶一次，因此当a 狎掉进陷阱时跳了 因此进陷阱.此时狐狎趺了 9抄.2个12-米的竝离时•将掉进陷阱.811秒，关跟狼掉进陷阱时跳r 9秒,?（余数可以为0）个数-次.33所得的余数相同，而巒年全《小»做学真林匹丸•决赛A 4^* 2負12.甲、乙、丙二数分别为 603, 939, 393.A 除乙数所得余数足 A 除内数所得余数的2倍•求 某数A 除甲《［所得余数是 A 除乙«［所得余数的 2倍, A等于多少？【分析与解】 由题恿知4倍393除以A 的余&• 数・ HP 603-rA=a ……k ： (2x939)^A=b ••…k ： (4X393)^A=c ••…k. (1878 -603) : A=b a ： (1878-1572) : A=l> C ： (1572-603)4-A=c a.所以 A 为 1275. 306. 969 的约数.(1275 . 306. 969)=17X3=51. 于是・A 可能是51- 17(不可能見3・因为不满足余数是另一余数的 4倍). 当 A 为 51 时.有 603^51=11……42： 939-r51=1&••…21： 393-?51 =7-••…36.不满足; 当 A 为 17 时・有 603v17=3&••…& 939 ： 17=5&••…4： 393 ：-17=25••…2：满足• 所以，除数4为17. 等于2倍939除以A 的余数•等F 叩603涂以A 的余 儀邇）级瓶♦車♦♦ 13.逐明；形如111. 1111. 11111.…的数中没有完全平方数. 【分析与解】 我们知道奇数的完全平方ft 是奇数， 以4余1,伺数的完全平方数能披 4 ft 除. 现在这些数都是奇数・它们除以 4的余数都a a 偶a 的完全平方数为偶数• 而奇数的完全平方数除所以不可能为完全平方数. 评注：a 奇数为 2n+K 则它的平方为4门行4”1・ 显然除以4余1・ yqs-华罗废金杯"少年數»邃请賽•决賽口试第 14,有8个盒子.存盒内分别装有奶糖 盒被乙• 丁 3人斫取走.已知乙、丙取到的糖的块数相同口为丁的 少块奶舖? 9. 17. 24. 2& 30- 31. 33- 44块.甲先取走一盒.武余存 甲取左的一盒中有多 2倍.问: 【分析与解】 我们知道乙、丙、T 三人取走的七盒中•糖的块数是丁所取糖块数的八盒舖总块数为 9+17+24+28+3031 +33H -44=21 6. 从216减去5的倍数，所得羞的个位数字只能是 1或6. 观察各盒糖的块数发现.没有个位数字是 6的，只有一个个位ft 字是 1的数 W 此甲取走的一盒中右 31块奶糖. 5倍. 31.第二华勞庚金杯"少年敏学還请赛•决赛第5超 15.在•根长木棍上.有・三种刻度线-第•种刻度线将木棍分成10等份^第二种将木駁分成 12等份^第三种将木棍分成 15等份•如果沿毎条刻度线将木棍犠斷.那么木棍总共被锯成多少段？【分析与解】10 • 12・15的*小公Wtt （10. 12. 151=60.把这根木《的丄作为一个长度张位•这60样•木fi 10等份的每一等份长6卜单位,12零份的邯零份长5个m位* 15等份的hjW长4恥位• 不计木棍的曲个《点・木棍的内《尊分点数分别是9. 11. ,4（辅应于10. 12- 15尊份）.共计34个.由F 5, 6的最小公倍ft为30.所以10峪12等份的等分点ft 30单位处相«•必復从34中« 1. 又由于4- 5的最小公倍ft为20-所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处W套必須W域去2.同样.6. 4的«小公倍&为12.丽以,5与10等份的零分点在12. 24, 36, 48車位处相虽・必須M域去4-由F这歧柑£点备不相同. 所以从34个内分点中《去1.再《去2.再《去4.得27个«反点.沿这越刻度点把木祀«底28段.。
数论讲义答案
数论选讲一、整除1．整数是离散的，每两个整数之间的距离至少为1．即1a b a b <⇔-≤，,a b Z ∈2．带余除法．设0b >，对于任一整数a ，总可以找到一对唯一确定的q ，r 满足 a qb r =+，0r b ≤<．我们称r 为a 除以b 的余数．当0r =时，我们说a 被b 整除或b 整除a ，记为|b a ．并称a 是b 的倍数或b 是a 的约数（因数），此时b a ≤．当0r ≠时，我们说a 不被b 整除或b 不整除a ，记为|b a /．3．如果正整数a 除了1及a 以外没有其他的约数，则称a 为质数，否则称a 为合数． 100以内的质数如下： 2，3，5，7，11，13，17，19， 23，19，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，914．唯一分解定理．每一个大于1的自然数n 都可写成质数的连乘积，即表示成12121ki k k i i n p p p p αααα===∏的形式，其中12k p p p <<<为质数，*i N α∈，且这种表示是唯一的．5．利用唯一分解定理，我们可以得到关于n 的正约数的两个性质：n 的正约数个数为 121()(1)(1)(1)(1)kk i i d n αααα==+++=+∏． n 的所有正约数之和为 01()ik j i j i n p ασ===∑∏．6．若|x a 且|x b ，则称x 为a 、b 的公约数．设d 为所有x 中的最大者，则称d 为a 、b 的最大公约数，记作(,)d a b =．7．若|a y ，|b y ，则称y 为a 、b 的公倍数．设m 为所有y 中大于零的最小者，则称m 为a 、b 的最小公倍数，记作[,]m a b =．8．对于任意正整数a 、b ，都有(,)[,]ab a b a b =．9．贝佐特（1730~1783）定理．设(,)d a b =，则存在整数u 、v ，使得ua vb d +=．10．如果|a c ，|b c ，(,)1a b =，则|ab c ．【例题选讲】1、证明两个连续正整数的积不可能是完全平方数，也不可能是完全立方数．反设存在正整数x ，y ，使x (x ＋1)＝y 2，由于x ，x ＋1互质，故x ，y 都是完全平方数． 两个完全平方数相差1，只有0与1满足要求，此时x ＝0，y ＝0，与x 为正整数矛盾． 又反设存在正整数x ，y ，使x (x ＋1)＝y 3，由于x ，x ＋1互质，故x ，y 都是完全立方数． 设x ＝u 3，x ＋1＝v 3(u ，v ∈N *，v ＞u )，v 3－u 3＝(v －u )(v 2＋vu ＋u 3)＝1，由于v －u ≥1，v 2＋vu ＋u 2≥7，故v 3－u 3＝1不成立，故证．2、设m ＞n ≥1，(m ，n )＝d ，证明：d mC n m 为整数． 证明：由于C n m 为整数，又n m C n m ＝n m ×m !n !(m －n )!＝C n －1m －1为整数． 存在x ，y ∈Z ，使xm ＋yn ＝d ，所以，d m C n m ＝xm ＋yn m C n m ＝x C n m ＋y n m C n m＝x C n m ＋y C n －1m －1∈Z ．3、证明：若(m ，n)＝1，则m|C n m ＋n －1． C n m ＋n －1＝m m ＋n C m m ＋n ⇒mC n m ＋n －1＋nC n m ＋n －1＝mC m m ＋n ⇒ nC n m ＋n －1＝m(C m m ＋n －C n m ＋n －1)， ∴ m|n C n m ＋n －1，但(m ，n)＝1，故m|C n m ＋n －1． 4、在n 2与(n ＋1)2之间任取若干个互不相同的整数，则这些整数两两的乘积都互不相等． 证明：若只取3个整数a ，b ，c ，满足n 2＜a ＜b ＜c ＜(n ＋1)2，则ab ＜ac ＜bc ．故只有取的数至少有4个时才有可能使两两的积相等．设n 2＜a ＜b ＜c ＜d ＜(n ＋1)2，且有ad ＝bc ．于是b a ＝d c ，令b a ＝d c ＝u v(u ，v ∈N *， (u ，v )＝1)． 于是，必有b ＝up ，d ＝uq ，a ＝vp ，c ＝vq ．由c ＞b ＞a ，知u ＞v ，q ＞p ．所以，u ≥v ＋1，q ≥p ＋1．d ＝uq ≥(v ＋1)(p ＋1)＝vp ＋p ＋v ＋1＝a ＋(p ＋v )＋1≥n 2＋2pv ＋1≥n 2＋2a ＋1＞n 2＋2n ＋1＝(n ＋1)2．与d ＜(n ＋1)2矛盾．5、已知a 、b 为正整数，并且ab 2|(a 3＋b 3)，求证a ＝b ．设(a ，b )＝d ，且a ＝a 1d ，b ＝b 1d (a 1，b 1为自然数)，则(a 1，b 1)＝1.由ab 2|(a 3＋b 3)，可设a 3＋b 3＝kab 2 (k ∈N *)，∴ a 3＝b 2(ka －b )．即a 31＝b 21(ka 1－b 1)．于是，b 1|a 1，故(a 1，b 1)＝b 1＝1． a 31|(ka 1－1)，于是a 1|(ka 1－1)，∴ a 1|1，于是a 1＝1． ∴ a ＝b ＝d ．注：由于ab 2与a 3、b 3均为3次式，故可同时约去d 3而不影响问题的结论．故可设(a ，b )＝1来做．又证：设a 3＋b 3ab 2＝k (k ∈N *)，即(a b )2＋b a ＝k ．记x ＝a b，则x 为有理数，且x 3－kx ＋1＝0． 此方程的有理根只能为x ＝±1，但a ，b 均为自然数，故x ＝1，∴a ＝b ．6、存在1000个连续正整数，其中恰有20个素数．证明：取1001!＋2，1001!＋3，…，1001!＋1000，1001!＋1001，这1000个数都是合数． 记1001!＋2＝a ．则a ，a ＋1，a ＋2，…，a ＋999均为合数．去掉a ＋999，添上a －1，又得1000个数：a －1，a ，a ＋1，…，a ＋998．由于去掉一个合数而添了一个整数，故所得1000个数中至多有1个素数．再去掉a ＋998而添上a －2，此时，这1000个数中素数的个数比刚才的1000个数多1个或相同或减少1个．这一过程可以一起进行到得到1，2，…999，1000这1000个数为止．此时，这1000个数中的素数个数多于20个(2至100中就有25个素数)由于每次置换1个数时，所得的1000个与与原1000个数相比较，素数的个数只能增加1个或相同或减少1个．于是这一过程中每次所得素数个数至多变化1个，于是必有某个时刻，恰有20个素数．说明：《离散的零点定理》设f (n )是定义在整数上的函数，取值也是整数．且|f (n ＋1)－f (n )|≤1，且存在不同两个整数a ，b (a ＜b )，使f (a )f (b )＜0，则必存在整数c ，满足a ＜c ＜b ，使f (c )＝0．7、求出具有下述性质的正整数n ：它被≤n 的所有正整数整除．解：设q 2≤n ＜(q ＋1)2，(q ∈N *)，则[n]＝q ．令n ＝q 2＋r(0≤r ≤2q)．由于q|n ，q|q 2，故q|r ⇒r ＝0，q ，2q ．即所有满足n ＝q 2，q 2＋q ，q 2＋2q 的正整数均为本题的解．解：显然，n ＝1，2，3，4满足题意．现设n ≥5．由此题知，n ＝q 2，q 2＋q ，q 2＋2q ．且q ≥2．又n 能被q －1整除．当n ＝q 2＝q(q －1)＋q ，于是q －1|q ⇒q －1＝1⇒q ＝2时，此时，n ＝4；当n ＝q 2＋q ＝(q －1)(q ＋2)＋2，有q －1|2⇒q ＝2，3，此时，n ＝6，12；当n ＝q 2＋2q ＝(q －1)(q ＋3)＋3，有q －1|3⇒q ＝2，4，此时，n ＝8，24．∴ n ＝1，2，3，4，6，8，12，24．8、证明：有无穷多个n ，满足：n|2n ＋1．分析：证明满足某要求的整数有无穷多个，通常有：⑴ 给出一个公式，可以由此公式得出无穷多满足要求的数；⑵ 给出一个递推式，可以由其中任一个满足要求的数得出只一个满足要求的数；且这些数都互不相同；⑶ 用数学归纳法证明之．解法一：n ＝1时，1|21＋1；n ＝3时，3|23＋1；n ＝9时，9|29＋1．即n ＝30，31，32时均满足要求．故推测3k |23k＋1对于一切正整数k 成立．下用数学归纳法证明：设3k |23k ＋1．则存在正整数t ，使23k ＝3k t －1．故23k ＋1＋1＝(3k t －1)3＋1＝33k t 3－32k ＋1t 2＋3k ＋1t ＝3k ＋1t(32k －1t 2－3k t ＋1)．即3k ＋1|23k ＋1＋1． ∴ 由数学归纳原理知，对于一切正整数k ，都3k |23k＋1．从而有无穷多的整数n ＝3k 使n|2n ＋1，解法二：前已有n ＝1时，3|21＋1＝3，又有23|23＋1＝9，9|29＋1＝513．故推测：若m k |2m k ＋1，记m k ＋1＝2m k ＋1，则m k ＋1|2m k ＋1＋1．下用数学归纳法证明之：由于2m k ＋1为奇数，故m k 为奇数，令2m k ＋1＝m k u ，u 为奇数．即m k ＋1＝m k u ．于是，2m k ＋1＋1＝(2m k )u ＋1＝(2m k ＋1)((2m k )u －1－(2m k )u －2＋…＋1)＝m k ＋1((2m k )u －1－(2m k )u －2＋…＋1)．即m k ＋1|2m k ＋1＋1成立．由数学归纳法知推测成立． 说明：解法一即给出一个解的公式，解法二给出了一个递推．均用数学归纳法证明．9、证明：任意正整数n 可以表示成a －b 的形式，其中a ，b 是正整数，且a 与b 不同的素因子个数相同．证明：n ＝pn －(p －1)n ．若n 为偶数，取p ＝2，a ＝pn ，b ＝n ．此时，a ，b 的不同素因子个数都与n 相同． 若n 为奇数，取不能整除n 的最小素数p ，p ≥3．此时，p －1的素因子或者只有2(p －1＝2k )，或者除2外都是n 的因子(因小于p 的素数都能整除n)，此时a ，b 的素因子都比n 多1个．故证．二、同余11．设*m N ∈，如果整数a 、b 除以m 的余数相同，则其差a b -必被m 整除，即存在q Z ∈使得a b qm -=．则称a 、b 模m 同余，或简称同余．记为()mod a b m ≡．12．同余的基本性质．①()mod a a m ≡．②若()mod a b m ≡，则()mod b a m ≡．③若a b ≡，()mod b c m ≡，则()mod a c m ≡．④若a b ≡，()mod c d m ≡，则 ()mod xa yc xb yd m +≡+，x 、y Z ∈．()mod ac bd m ≡． ()mod n n a b m ≡，n N ∈．⑤若()mod ac bc m ≡，则mod(,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．⑥若()mod a b m ≡，|n m ，则()mod a b n ≡． ⑦若()mod i a b m ≡，则()12mod[,,,]k a b m m m ≡．13．同余是一种等价关系，整数集Z 可以根据模m 来分类：如果a 、b 模m 同余，则a 、b 属于同一类，否则不属于同一类．这样可以得到模m 的m 个剩余类（同余类），即： {}i M i km k Z =+∈，0,1,2,,1i m =-．从每一类中各取一个数作为代表得到的m 个数称为模m 的一个完全剩余类，简称完系， 当m 为奇数时，其由绝对值最小的数组成的完系为： 10,1,2,,2m -⎧⎫±±±⎨⎬⎩⎭． 当m 为偶数时，其由绝对值最小的数组成的完系为：0,1,2,,(1),22m m ⎧⎫±±±-⎨⎬⎩⎭． 14．在模m 的m 个剩余类{}i M i km k Z =+∈（0,1,2,,1i m =-）中，如果i 与m 互质，那么i M 中每一个数均与m 互质．这样的剩余类共有()m ϕ个，()m ϕ是1、2、…、m 中与m 互质的个数，称为欧拉函数．15．在()m ϕ个剩余类中各取一个代表，称为模m 的缩剩余系，简称缩系．质数p 的缩系由1p -个数组成，即 {}1,2,,1p -，或11,2,,2p -⎧⎫±±±⎨⎬⎩⎭． 16．设正整数m 、n 互质，则()()()mn m n ϕϕϕ=． 事实上，如果{}12,,,t a a a ，{}12,,,s b b b 分别是模m 与模n 的缩系， 那么{}1,1i j mb na i s j t +≤≤≤≤是模mn 的缩系．17．设1i k i i n p α==∏，i p 为不同的质数，*i N α∈．则1111()(1)(1)i kk i i i i i n n p p p αϕ-===-=-∏∏． 18．欧拉定理：设(),1a m =，则()()1mod m a m ϕ≡．19．费马小定理：设p 为质数，则()mod p a a p ≡．当(),1a p =时，()11mod p a p -≡．20．中国剩余定理（孙子定理）：设正整数1m 、2m 、…、k m 两两互质，则对于任意给定的整数1a 、2a 、…、k a ，同余方程组()()()1122mod mod mod k k x a m x a m x a m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩一定有解．令1k i i M m ==∏，则其解为 1k i i i iM x a b m =≡⋅∑． 其中i b 满足()1mod i i iM b m m ⋅≡． 【例题选讲】10、证明：若整数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，记d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999．则|d|不是素数．证明：首先，u n ≡u(mod 2)，故d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999≡a ＋b ＋c ≡0(mod 2)，即2|d ．又由Fermat 定理，u 3≡u(mod 3)⇒u 3k ≡u(mod 3)，从而u 1999＝u 33·74＋1≡u 74＋1＝u 75≡u 25＝u 24＋1≡u 8＋1≡u(mod 3)，故d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999≡a ＋b ＋c ≡0(mod 3)，∴ 6|d ，即|d|不是素数．11、用1，2，3，4，5，6，7这7个数码组成7位数，每个数码恰用一次，证明：这些七位数中没有一个是另一个的倍数．设有两个这样的七位数a ，b ，(a ＞b)，满足a ＝bc ，其中c 为大于1的整数．由于1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28≡1(mod 9)，故a ≡b ≡1(mod 9)．若a ＝bc ，则bc ≡1(mod 9)，于是，c ≡1(mod 9)．但c ＞1，从而c ≥10．此时bc 不是七位数，与a 是七位数矛盾．12、设p 为素数，a ≥2，m ≥1，a m ≡1(mod p)，a p －1≡1(mod p 2)．求证：a m ≡1(mod p 2)．证明：a m ≡1(mod p)⇒a m ＝1＋px ，故a pm ＝(1＋px)p ＝1＋p 2(……)．所以，a pm ≡1(mod p 2)．∵a p－1≡1(mod p2)⇒a(p－1)m≡1(mod p2)．同乘以a m：a pm≡a m(mod p2)∴a m≡a pm≡1(mod p2)13、设p为给定正整数，m，n为任意正整数，试确定(2p)2m－(2p－1)n的最小正值．解：(2p)2m≡1(mod 2p－1)，故(2p)2m－(2p－1)n≡1(mod 2p－1)．若存在m，n，使(2p)2m－(2p－1)n＝1，则有(2p)2m－1＝(2p－1)n⇒((2p)m＋1)((2p)m－1)＝(2p－1)n．由于(2p)m＋1，(2p)m－1)＝1，故(2p)m＋1＝a n，(2p)m－1＝b n，且(a，b)＝1．即a n－b n ＝2．只有n＝1，a＝b＋2时成立，此时，解(2p)2m－(2p－1)＝1⇒2p((2p)2m－1－1)＝1这是不可能的．故所求最小值≠1．再若存在m，n使(2p)2m－(2p－1)n＝(2p－1)＋1＝2p，此时，(2p)2m－(2p－1)n≡－(－1)n≠0(mod 2p)，故不可能．于是，所求最小值≥4p－2＋1＝4p－1．取m＝1，n＝2，得(2p)2－(2p－1)2＝4p－1．∴所求最小值为4p－1，当m＝1，n＝2时取得此最小值．14、数列{x n}：1，3，5，11，…，满足x n＋1＝x n＋2x n－1(n≥2)，数列{y n}：7，17，55，161，…，满足y n＋1＝2y n＋3y n－1(n≥2)，证明：这两个数列没有相同的项．分析：证明这两个数列mod 8后都是周期数列．证明：mod 8：数列x n(mod 8)：1，3，5，3，5，…．若x2k－2≡3，x2k－1≡5(mod 8)成立，则x2k＋1≡5＋2×3＝11≡3(mod 8)，x2k≡3＋2×5＝13≡5(mod 8)．即x2n≡3，x2n＋1≡5(mod 8)对于一切n∈N*成立．而数列y n(mod 8)：7，1，7，1，…．若y2k－1≡7，y2k≡1(mod 8)成立，则y2k＋1≡1×2＋7×3＝23≡7(mod 8)，y2k＋2≡7×2＋1×3＝17≡1(mod 8)．即y2n≡1，y2n＋1≡7(mod 8)对于一切n∈N*成立．在{x n}中，x1＝1≡1(mod 8)，但y n是单调增的，且y1＞1，故y n＞1，于是不可能y n ＝1，故证．说明：利用抽屉原理可以证明：若数列{x n}满足递推关系：x n＋k＝f(x n＋k－1，x n＋k－2，…x n)，其中f为k元整系数多项式．初始值x1，x2，…，x k为给定整数．于是{x n}为一整数数列．则{x n}模m(m＞1，m∈N*)后终将成为周期数列(可能除去开始的若干项)．15、设m是给定正整数，证明：由x1＝x2＝1，x n＋2＝x n＋1＋x n(k＝1，2，…)定义的数列{x n}的前m2个项中，必有一个能被m整除．证明：记x i≡y i(mod m)(0≤y i≤m－1)．取数组(y1，y2)，(y2，y3)，…，(y i，y i＋1)，…．由于只有m2个不同的数组．故取m2＋1个数组，必有两个数组相同，即存在1≤i＜j ≤m2＋1，使y i＝y j，y i＋1＝y j＋1，于是(y i，y i＋1)＝(y j，y j＋1)，取满足此要求的最小的i，则i必须为1．否则，由i＞1，则y i－1≡y i＋1－y i，y j－1≡y j＋－y j(mod m)，1于是，y i－1＝y j－1，得(y i－1，y i)＝(y j－1，y j)，这与i的最小性矛盾．从而i＝1．即存在(y j，y j＋1)＝(1，1)(j≤m2＋1)，此时y j－1＝0，即m|x j－1．故证．16、连结正n 边形的顶点，得到一个n －折线(即用这个正n 边形的n 个顶点为顶点连出一个有n 条边的闭折线)．证明：若n 为偶数，则连线中有两条平行线；若n 为奇数，则连线中不可能恰有两条平行线．证明：按逆时针顺序把为n 个顶点编号：0，1，2，…，n －1．且按a 0－a 1－…－a n －1－a n ＝a 0连成折线，其中a 0，a 1，…，a n －1是0，1，2，…，n －1的一个排列．由于a i 为正n 边形的顶点，故a i a i ＋1∥a j a j ＋1⇔⌒a i a i ＋1＝⌒a j a j ＋1⇔a i ＋a i ＋1≡a j ＋a j ＋1(mod n)．⑴ 当n 为偶数时，2 |/ n ⁄－1，故模n 的任一完系之和≡0＋1＋…＋(n －1)＝12n(n －1)≡/0(mod n)．但Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)＝Σi ＝0n －1a i ＋Σi ＝0n －1a i ＋1＝2Σi ＝0n －1a i ＝2×12n(n －1)≡0(mod n)． 这说明全体a i ＋a i ＋1不构成完系．所以，必有0≤i ，j ≤n －1，i ≠j ，使a i ＋a i ＋1≡a j ＋a j ＋1(mod n)，于是必有两条平行线．若n 为奇数，若恰有一对边a i a i ＋1∥a j a j ＋1，则a i ＋a i ＋1(mod n)的剩余类中，必有一对剩余类r 出现2次，故必有一对剩余类s 没有出现，于是Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)＝Σi ＝0n －1a i ＋Σi ＝0n －1a i ＋1＝2Σi ＝0n －1a i ≡0(mod n)， 另一方面，Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)≡0＋1＋…＋(n －1)＋r －s ≡r －s ≠0(mod n)． 这说明，n 为奇数时，不可能恰有一对边平行．17、设n 为奇数，n ≥3．集合S ＝{0，1，2，…，n －1}．证明：在S 中去掉任一个元后，余下的元都能划分成两个集合，每个集合都有n －12个元，且两组的和模n 同余． 证明：1° 首先，若去掉的元为0，⑴ n ＝4k ＋1，则余下4k 个元分成2k 对：{1，4k}，{2，4k －1}，…，{2k ，2k ＋1}，每对的和mod n 均为0．于是，任取其中k 对为一组，余下k 对为另一组，两组的和模n 同余；⑵ n ＝4k ＋3，余下4k ＋2个元中，先取{1，2，4k}，{3，4k ＋1，4k ＋2}，再把其余的数分成2k －2对：{4，4k －1}，{5，4k －2}，…，{2k ＋1，2k ＋2}，每对的和mod n 均为0．于是，任取其中k －1对加上{1，2，4k}为一组，余下k －1对加上{3，4k ＋1，4k ＋2}为另一组，两组的和模n 同余；2° 若去掉的数为a ，则把所有的数都加n －a 得到集合S '＝{n －a ，n －a ＋1，…，n ，n ＋1，2n －a －1}，S '仍是模n 的完系．去掉S 中的a 对应于S '中的n ．于是S '可以按1°分成满足要求的两组，再把分好的数各减去n －a 即得到S 的一个分法．18、一个立方体的顶点标上数＋1或－1，各面中心标上一个数，它等于该面4个顶点上标的数的乘积．证明：这样标出的14个数的和不能为0．证明：设此14个数的和为S ．现把任一个标－1的顶点改为标＋1，则它同时使相关3个面上的数的符号改变，改变后14个顶点上数的和为S '．于是S －S '＝2(±1±1±1±1)但任何4个＋1或－1的和为偶数，于是S －S '≡0(mod 4)．这样一起做下去，直到所有顶点标的数都为＋1，此时和S "＝14≡2(mod 4)．于是S ≡2(mod 4)，从而S ≠0．19、求所有正整数n ，使由n －1个数码1及1个数码7组成的n 位数都是素数．解：对于n ，所有这样的n 位数都可写成N ＝A n ＋6×10k (其中，A n 表示由n 个1组成的n 位数，k ＝0，1，…，n －1)．若3|n ，则3|A n ，于是3|N ．此时N 不是素数．现设3 |⁄ n ， A n注意A 6≡0(mod 7)，故有A 6k ＋r ≡A r (k ∈N *，1≤r ≤6)．由于(10，7)＝1，故1，10，102，…，105是7的一个缩系，从而6×10k (k ＝0，1，2，3，4，5)也是mod 7)的一个缩系．又有下表：且6×106k ＋r ≡6×10r (k ∈N *，0≤r ≤5)．∴ n ＞6时，按n ≡1，2，4，5(mod 6)，取k ＝0，4，5，2，即有7|N ．此时N 不是素数．而n ＝4时，7111＝13×547；n ＝5时，11711＝7×1673，即n ＝4，5均不满足要求． ∴ n ＝1，2．三、高斯函数与不定方程21．高斯函数[]x ：表示不超过x 的最大整数，称为x 的整数部分．同时记{}[]x x x =-为x 小数部分（或称尾数部分）．22．[]x 的基本性质：①x R ∀∈，[][]11x x x x -<<+≤；②x R ∀∈，[]{}x x x =+；③x R ∀∈，n Z ∈，[][]x n x n +=+，{}{}x n x +=．④x R ∀∈，y R ∈，[][][]x y x y ++≤，{}{}{}x y x y ++≥．⑤0x ∀≥，0y ≥，[][][]xy x y ≥．【例题选讲】20、若n≡4(mod 9)，证明不定方程x3＋y3＋z3＝n没有整数解．证明：x≡1，2，0(mod 3)⇒x3≡1，2，0(mod 9)，∴x3＋y3＋z3≡0，1，2，3，6，7，8(mod 9)．故此方程无解．21、确定方程x41＋x42＋…＋x4 14≡1599的全部非负整数解．解：x4≡0，1(mod 16)，于是x41＋x42＋...＋x4 14≡0，1，2， (14)而1599≡5(mod 16)．故无解．22、证明：方程x!y!=z!有无穷多组正整数解(x，y，z)满足x＜y＜z．证明：由于n!=n·(n－1)!.故(n!)!=(n!)(n!－1)!从而取x＝n，y＝n!－1，z＝n!，则有无穷多个解．说明：给出了一个解的公式．23、求不定方程x4＋y4＋z4＝2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24的全部整数解．解：若(x，y，z)是其一个解，则(±x，±y，±z)也是方程的一个解．x4＋y4＋z4－2x2y2－2y2z2－2z2x2＝x4＋y4＋z4－2x2y2－2y2z2＋2z2x2－4z2x2＝(x2－y2＋z2)2－(2zx)2＝(x2－y2＋z2＋2zx)(x2－y2＋z2－2zx)＝(x＋y＋z)(x－y＋z)(x－y－z)(x＋y－z)＝－(x＋y＋z)(－x＋y＋z)(x－y＋z)(x＋y－z)．于是，原方程即(x＋y＋z)(－x＋y＋z)(x－y＋z)(x＋y－z)＝－23×3．由于x＋y＋z，－x＋y＋z，x－y＋z，x＋y－z的奇偶性相同．若它们全为奇数，则其积为奇数，不可能等于－24，若它们全为偶数，则其积可以被24整除，也不可能等于－24．从而本题无满足要求的解．解法2由于左边为偶数，故x，y，z或都为偶数，或两奇一偶．⑴若x，y，z两奇一偶，不妨设x，y为奇数，z为偶数，则x4≡1(mod 16)，y4≡1(mod 16)，z4≡0(mod 16)，x4＋y4＋z4≡2(mod 16)x2≡1，9(mod 16)，y2≡1，9(mod 16)，z2≡0，4(mod 16)．于是x2y2≡1，9(mod 16) 2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24＝2x2y2＋2z2(x2＋y2)＋24≡2＋0＋8≡10(mod 16)．从而x4＋y4＋z4≡/2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24(mod 16)；⑵若x，y，z均为偶数，则x4＋y4＋z4≡0(mod 16)，2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24≡8(mod 16)，仍有x4＋y4＋z4≡/2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24(mod 16)从而本题无满足要求的解．24、证明：方程y＋y2＝x＋x2＋x3没有非零整数解．证明：反设存在非零整数x，y满足方程，则(y－x)(y＋x＋1)＝x3．下证(y－x，y＋x＋1)＝1．设(y－x，y＋x＋1)＝p，则p|x，于是由p|y－x，知p|y，但p|y＋x＋1，故p|1．即p＝1．于是y－x与y＋x＋1都是完全立方数，设y＋x＋1＝a3，y－x＝b3，x＝ab．则a3－b3＝2x＋1⇒a3－b3＝2ab＋1⇒(a－b)(a2＋ab＋b2)＝2ab＋1．由x＝ab，①若ab＞0，则x＞0．有a＞b．故a－b≥1，a2＋ab＋b2＞2ab＋ab＝3ab ＝2ab＋ab≥2ab＋1．从而(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＞2ab ＋1，矛盾；② ab ＝0，则x ＝0，与x 非零矛盾；③ ab ＜0，于是2x ＋1＜0，故a ＜b ．b ＞0，a ＜0，|a －b |≥2．a 2＋ab ＋b 2≥2|ab |＋ab ＝|ab |，所以|a －b ||a 2＋ab ＋b 2|≥2|ab |，而|2ab ＋1|＜2|ab |，从而|(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)|＞|2ab ＋1|，矛盾．故证．25、求不定方程(n －1)!＝n k －1的全部正整数解．解：n ＝2时，有解(n ，k )＝(2，1)．当n ＞2时，左边为偶数，故n 只能为奇数．取n ＝3，(3－1)!＝2＝31－1，故有解(n ，k )＝(3，1)；取n ＝5，(5－1)!＝24＝52－1，故有解(n ，k )＝(5，2)．下设n ≥7且n 为奇数．于是n －12为整数且n －12≤n －4，所以，2×n －12|(n －2)!，从而(n －1)2|(n －1)!．∴ (n －1)2|n k －1＝[(n －1)＋1]k －1＝(n －1)k ＋C 1k (n －1)k －1＋C 2k (n －1)k －2＋…＋C k －2k(n －1)2＋k (n －1)．∴ (n －1)2|k (n －1)⇒(n －1)|k ⇒k ≥n －1．此时，n k －1≥n n －1－1＞(n －1)!，故n ≥7时不定方程无解．即方程的解为(n ，k )＝(2，1)，(3，1)，(5，2)．26、证明方程x 2＋y 2＋z 2＝3xyz 有无穷多组正整数解(x ，y ，z )．证明 由于方程具有对称性，故可改证此方程的满足x ≤y ≤z 的解有无数组．若x ＝y ＝z ＝a (a ∈N*)，则3a 2＝3a 3⇒a ＝1．即方程有解(1，1，1)；若x ＝y ＝1，则得2＋z 2＝3z ，得方程的另一组解为(1，1，2)；若x ＝1，y ＝2，则得方程z 2－6z ＋5＝0，得方程的另一组解(1，2，5)；现设(a 0，b 0，c 0) (其中a 0＜b 0＜c 0)是方程的一组正整数解，即a 20＋b 20＋c 20＝3a 0b 0c 0成立，考虑方程b 20＋c 20＋z 2＝3b 0c 0z ，即z 2－3b 0c 0z ＋(b 20＋c 20)＝0，此方程必有一正整数解z ＝a 0，由韦达定理，其另一解为z 1＝3b 0c 0－a 0必为正整数．于是原方程必有解(b 0，c 0，3b 0c 0－a 0)且这一组解也满足b 0＜c 0＜3b 0c 0－a 0．令a 1＝b 0，b 1＝c 0，c 1＝3b 0c 0－a 0为方程的一组满足a 1＜b 1＜c 1的正整数解，则又可从此解出发得到方程的另一组解(b 1，c 1，3b 1c 1－a 1)．这一过程可以无限延续下去，从而原方程有无穷多组解．27、求不定方程组 ⎩⎨⎧x ＋y ＋z ＝3，x 3＋y 3＋z 3＝3．的全部整数解． 解：(1，1，1)是一组解．消去z ： x 3＋y 3＋(3－x －y)3＝3⇒3(x ＋y)2－xy(x ＋y)－9(x ＋y)＋8＝0．∴ (x ＋y)(xy －3(x ＋y)＋9)＝8．于是x ＋y|8⇒x ＋y ＝±1，±2，±4，±8．若x ＋y ＝1，则xy ＝2(无解)；x ＋y ＝－1，xy ＝－20⇒x ＝－5，y ＝4，z ＝4，或x ＝4，y ＝－5，z ＝4；x ＋y ＝2，xy ＝1⇒x ＝y ＝1，z ＝1；x ＋y ＝－2，xy ＝－19(无解)；x ＋y ＝4，xy ＝5(无解)；x ＋y ＝－4，xy ＝－23(无解)；x ＋y ＝8，xy ＝16⇒x ＝y ＝4，z ＝－5；x ＋y ＝－8，xy＝－34(无解)．∴ 解为(1，1，1)，(－5，4，4)，(4，－5，4)，(4，4，－5)．28、求不定方程x 3＋x 2y ＋xy 2＋y 3＝8(x 2＋xy ＋y 2＋1)的全部整数解．解：(x ＋y)((x ＋y)2－2xy)＝8((x ＋y)2－xy ＋1)．令x ＋y ＝u ，xy ＝v ，则得u(u 2－2v)＝8(u 2－v ＋1)是一个关于v 的一次方程．显然u 必为偶数，设u ＝2w ，则得w(2w 2－v)＝2(4w 2－v ＋1)．∴ v ＝2w 3－8w 2－2w －2＝2w 2－4w －8－18w －2．于是w －2＝±1，±2，±3，±6，±9，±18． ∴ ⎩⎨⎧w ＝ 3， 1， 4， 0，5，－1，8，－4，11，－7， 20，－16；v ＝－20，8，－1，1，16， 4，85，43，188，120，711， 569．x ，y 是方程t 2－2wt ＋v ＝0的整数解，故w 2－v 为完全平方数．其中只有w ＝5，v ＝16满足此要求． ∴ (x ，y)＝(2，8)，(8，2)．29、对任意的∑∞=+*+=∈01].22[,K k kn S N n 计算和 解：因]212[]22[11+=+++k k n n 对一切k =0,1,…成立，因此，].2[]22[]212[111+++-⋅=+k k k n n n 又因为n 为固定数，当k 适当大时,.)]2[]2([,0]2[,1201n n n S n n K k k k k ==-==<∑∞=+ 故从而 30、计算和式.]503305[5020的值∑==n nS解：显然有：若.,,1][][][,1}{}{R y x y x y x y x ∈++=+=+则503是一个质数，因此，对n=1,2,…,502, 503305n 都不会是整数，但503305n +,305503)503(305=-n 可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[503305n ]+.304]503)503(305[=-n 故 ∑∑===⨯=-+==25115021.76304251304]),503)503(305[]503305([]503305[n n n n n S 31、设M 为一正整数，问方程222}{][x x x =-，在[1，M]中有多少个解？解：显然x =M 是一个解,下面考察在[1，M]中有少个解.设x 是方程的解.将222}{}{}{2][x x x x x +⋅+=代入原方程，化简得=}]{[2x x ,1}{0].}{}]{[2[2<≤+x x x x 由于所以上式成立的充要条件是2[x ]{x }为一个整数..1)1(],1[,.)1())1(21(2),1[,11.2)1,[),12,,1,0(2}{,][个解中有原方程在因此个解中方程有可知在又由于个解中方程有即在则必有设+--⋅=-+++-≤≤+-==∈=M M M M M M M M m m m m m k mk x N m x 32、求方程.051][4042的实数解=+-x x解：.0][,1][][不是解又因<+<≤x x x x⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥>⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥<⎩⎨⎧≤-->--⎪⎩⎪⎨⎧≤+->+-+∴.217][,23][,211][;217][,23][,25][.07][2)(3][2(.0)11][2)(5][2(.051][4][4,051][40)1]([422x x x x x x x x x x x x x x 或 经检验知，这四个值都是原方程的解. 33、.][3]3[2]2[1][][:,,n nx x x x nx N n R x ++++≥∈+∈* 证明 【证】.,2,1,][2]2[][ =+++=k kkx x x A k 令 由于.,1],[1命题成立时则==n x A .2269,02694;2229,02294;2189,01894;229,0294:,876][2][2222==-==-==-==-==x x x x x x x x x x 分别代入方程得或或或解得.,,,],[][][][][][][])[])1([(]))2[(]2([])1[(]([][]2[])2[(])1[(][])1[(]2[][][])1[(]2[][][])1[(]2[][)(:].[],2[22,],)1[()1()1(],[,][,][,].)1[(,],2[],[,1122112111221111121证毕均成立故原不等式对一切命题成立时即故相加得所以成立对一切即因为即有时命题成立设*---------∈=≤∴=+++≤++-++-++-+=+++-+-++-+++≤++++++-+++=+-+++=+++-==--=---=-=-=--≤≤≤-≤N n k n kx A kx k kx kx kx kx kx x x k x k x x k x x x x k x k kx x k x x A A A A kx x k x x kA kx x k x x A A A kA x A x A A x k A k A k kx kA kA k kx kA kA kkx A A x k A x A x A k n k k k k k k k k k k k k k k k34、对自然数n 及一切自然数x ，求证：].[]1[]2[]1[][nx n n x n x n x x =-+++++++ . 解：M ＝|f(x)|max ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|，|f(－2a )|} ⑴若|－2a |≥1 (对称轴不在定义域内部) ，则M ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|} 而f ⑴＝1＋a ＋b f(－1)＝1－a ＋b|f ⑴|＋|f(－1)|≥|f ⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4则|f ⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2，∴ M≥2＞21 ⑵|－2a |＜1 M ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|，|f(－2a )|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|，|－4a 2＋b|} ≥41(|1＋a ＋b|＋|1－a ＋b|＋|－4a 2＋b|＋|－4a 2＋b|) ≥41[(1＋a ＋b)＋(1－a ＋b)－(－4a 2＋b)－(－4a 2＋b)] ＝)2a 2(412+ ≥21 综上所述，原命题正确.四、阶：对于(a ，n)=1的整数，满足a r ≡1 (mod n ) 的最小整数r,称为a 模n 的阶。
数论-二次剩余、欧拉判别准则、高斯引理
数论-⼆次剩余、欧拉判别准则、⾼斯引理定义：∀ n,m ,(n,m)=1,m≥2，若n是模m的⼆次剩余《==》x**2 ≡ n (mod m)有解例：若n=2,m=3，x**2 ≡ 2 (mod 3)⽆解，则2是模3的⼆次⾮剩余若n=2,m=7，x**2 ≡ 2 (mod 7)在x=3时成⽴，有解，故2是模7的⼆次剩余Th1:在模p(奇素数)的缩系{1,2,3,...,p-1}中，有(p-1)/2个⼆次剩余和(p-1)/2个⼆次⾮剩余，且其中⼆次剩余为A:{<1>,<2**2>,...,<((p-1)/2)**2>}证明：（A中元素两两不同）假设∃i,j i≠j ,1≤i≤(p-1)/2有<i**2> ≡ <j**2>故<i**2> ≡ i**2 (mod p)<j**2> ≡ j**2 (mod p)∴i**2 ≡ j**2 (mod p)∴p|(i**2-j**2)即p | (i+j)*(i-j)∵2<i+j<p-1∴p|i-j,故p≤|i-j|∵|i-j|<(p-1)/2∴假设所得结果与事实不成⽴，故A中元素两两不同（A中每个元素是模p的⼆次剩余）∀ <i**2> ∈A ,<i**2> ≡ i**2 (mod A)∴∃x=i,有x**2≡ <i**2> (mod p)故A中的每个元素是模p的⼆次剩余（n∈{1,2,...,p-1}(模p的缩系)是模p的⼆次剩余，则n∈A）∃ x,有x**2 ≡ n (mod p)∴(p-x)**2 ≡ n (mod p)若x≥(p-1)/2+1,(p-x)≥(p-1)/2+1，则p≥p+1,但p<p+1,故p-x和x中有⼀个≤(p-1)/2,⼀个≥(p-1)/2+1∴n ≡ x**2 (mod p) (或者n ≡ (p-x)**2 (mod p))∵x≤(p-1)/2(或p-x≤(p-1)/2)故n∈A,即A中每个元素是模p的⼆次剩余，得证Th2:(欧拉判别准则）---------------------------------------------引⼊勒让德符号：(n/p),其中①(n/p)=1 --> n是p的⼆次剩余②(n/p)≠1 --> n是p的⼆次⾮剩余--------------------------------------------①若(n/p)=1，则n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)②若(n/p)=-1，则n**((p-1)/2) ≡ -1 (mod p)证明：（(n/p)=1 => n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)）∵(n/p)=1故∃ x,有 x**2 ≡ n (mod p)∵(x,p)=1，故x**(p-1) ≡ 1 (mod p)故(x**2)**((p-1)/2) ≡ n**(p-1)/2 (mod p)即n**((p-1)/2）≡ 1 (mod p)（ n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p) => （n/p）=1）∵n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)，且1 ≠ 0 (mod p)根据拉格朗⽇定理，可知对于同余式，解数≤(p-1)/2⼜∵对于集合A={<1>,<2**2>,...,<((p-1)/2)**2>}取i∈A,则有(<i**2>)**(p-1)/2 ≡ (i**2)**(p-1)/2 ≡ i**(p-1) ≡ 1 (mod p)∴A中元素为同余式n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)的解⼜∵A中元素恰为(p-1)/2个∴A中元素就是同余式n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)的解，也就是说n的取值在集合A中∴(n/p)=1若(n/p)=-1，则(n/p)≠1∴n**(p-1)/2 ≠ 1 (mod p)∵(n,p)=1 ∴n**(p-1) ≡ 1 (mod p)∴(n**(p-1)/2)**2 ≡ 1(mod p)∴((n**(p-1)/2)**2)-1 ≡ 0 (mod p)∴p | (n**(p-1)/2)**2-1 即p | ((n**(p-1)/2)+1)*((n**(p-1)/2)-1)∵n**(p-1)/2 ≠ 1 (mod p) ∴ p | (n**(p-1)/2)+1 即 (n**(p-1)/2) ≡ -1 (mod p)得证，综上所述，n**(p-1)/2 ≡ (n/p) (mod p)推论：若p 不整除于 m*n,则((m*n)/p)=(m/p)*(n/p)证明：(m/p)=m**(p-1)/2 (mod p)(n/p)=n**(p-1)/2 (mod p)故(m/p)*(n/p)=m**(p-1)/2 * n**(p-1)/2 (mod p)= (m*n)**((p-1)/2) (mod p)=((m*n)/p) (mod p),得证⾼斯引理：若(p,n)=1,<1*n><2*n>,...,<(p-1)/2*n>中有m个数>p/2,则(n/p)=(-1)**m证明：设集合A={<1*n>,<2*n>,...,<(p-1)/2*n>}={a1,a2,...,al,b1,b2,...,bm}，其中1≤ai<p/2, bj>p/2,l+m=p-1,A∈{1,2,...,p-1}则p-bj≠ ai (mod p)(证明p-bj≠ ai (mod p):p/2<bj<p-1<p故0<bj<p/2，即1≤p-bj<p/2若p-bj ≡ ai (mod p),则ai+bj≡ 0 (mod p)∴∃ x,y，有<x*n>+<y*n> ≡ 0 (mod p)即<n*(x+y)> ≡ 0 (mod p)∵x,y∈[1,p-1/2]∴x+y∈[2,p-1]∴(<x+y>,p)=1∵(n,p)=1，故<n*(x+y)> ≠ 0 (mod p)与<n*(x+y)> ≡ 0 (mod p)，故不存在这样的x,y使得p-bj ≡ ai (mod p)成⽴∴p-bj≠ ai (mod p))∴{a1,a2,...,al,p-b1,p-b2,...,p-bk}={1,2,...,(p-1)/2}(模p的⼆次剩余集合)∴∏ai*∏(p-bj)=((p-1)/2)!∵ai,bj∈{<1*n><2*n>,...,<(p-1)/2*n>},故∏ai*∏(p-bj) = [1*2*...*((p-1)/2)]*[(-1)**(m)]*[n**(p-1)/2] ≡ ((p-1)/2)! (mod p)即 [(-1)**(m)]*[n**(p-1)/2] ≡ 1 (mod p)∵[n**(p-1)/2] ≡ (n/p) (mod p)∴ [(-1)**(m)]*[n**(p-1)/2] =(n/p)*(-1)**(m) ≡ 1 (mod p)∴(n/p)≡(-1)**(m) (mod p)得证。
华罗庚人物介绍中国数学之父PPT
华罗庚
中国现代数学之父
在代数方面，证明了历史长久遗留 的一维射影几何的基本定理；给出 了体的正规子体一定包含在它的中 心之中这个结果的一个简单而直接 的证明，被称为嘉当-布饶尔-华定理。
第 二 部 分 主要成就
5、20世纪经典数论著作之一
其专著《堆垒素数论》系统地总结、发展与改进了哈代与李特尔伍德圆法、维诺格拉多夫三角和估 计方法及他本人的方法，发表40余年来其主要结果仍居世界领先地位，先后被译为俄、匈、日、德、 英文出版，成为20世纪经典数论著作之一。
④ 华罗庚是在国际上享有盛誉的数学大师，他的名字在美国施密斯松尼博物馆与芝加哥 科技博物馆等著名博物馆中，与少数经典数学家列在一起。
⑤ 他被选为美国科学院国外院士，第三世界科学院院士，联邦德国巴伐利亚科学院院士。 ⑥ 又被授予法国南锡大学、香港中文大学与美国伊利诺伊大学荣誉博士。
第 四 部 分 曾获荣誉
第 二 部 分 主要成就
2、在发展数学教育和科学普及方面做出了重要贡献
40年代，解决了高斯完整三角和的估 计这一历史难题，得到了最佳误差阶
估计；
对Ｇ.Ｈ.哈代与Ｊ.Ｅ.李特尔伍德关于 华林问题及Ｅ.赖特关于塔里问题的结 果作了重大的改进，三角和研究成果 被国际数学界称为“华氏定理”。
倡导应用数学与计算机的研制，曾 出版《统筹方法平话》、《优选学》 等多部著作并亲自在中国推广应用。
第 二 部 分 主要成就
数论综合
被世人誉为数学王子的德国数学家高斯曾经说过“如果说数学是科学的皇后,那么数论是数学皇后的皇冠。
” 大家熟知的“费马大定理”，“哥德巴赫猜想”就是这个皇冠上璀璨的明珠。
有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
1. 回顾数论知识体系；2. 精讲数论经典范例。
【例1】 加工某种机器零件,要经过三道工序,第一道工序每名工人每小时可完成6个零件,第二道工序每名工人每小时可完成10个零件,第三道工序每名工人每小时可完成15个零件.要使加工生产均衡,三道工序最少共需要多少名工人?【分析】为了使生产均衡,则每道工序每小时生产的零件个数应相等,设第一、二、三道工序上分别有A 、B 、C 个工人,有61015A B C k ===,那么k 的最小值为6,10,15的最小公倍数,即[]6,10,1530=。
所以5A =,3B =，2C =，则三道工序最少共需要53210++=名工人．【例2】 甲、乙两数的最小公倍数是90，乙、丙两数的最小公倍数是105，甲、丙两数的最小公倍数是126，那么甲数是多少?【分析】对90分解质因数:902335=⨯⨯⨯。
因为5|126,所以5|甲,即甲中不含因数5,于是乙必含因数5。
因为2|105,所以2|乙,即乙中不含因数2,于是甲必含2。
因为9|105,所以9|乙,即乙最多含有一个因数3，甲必含9。
综上所述，甲为18的倍数，所以只能是18。
注：两个数的最小公倍数含有两数的所有质因子,并且这些质因数的个数为两数中此质因数的最大值．如322357a =⨯⨯⨯,32235711b =⨯⨯⨯⨯，则A 、B 的最小公倍数含有质因子2,3,5,7,11,并且它们的个数为a 、b 中含有此质因子较多的那个数的个数.即依次含有3个,3个,2个,1个,1个,即332[,]235711a b =⨯⨯⨯⨯。
思维导引-幻方与数阵教案
思维导引-幻方与数阵教案第一章：幻方的概念与性质1.1 幻方的定义介绍幻方的概念，让学生理解幻方是一种特殊的方阵，其特点是每一行、每一列以及两条对角线上的数字之和都相等。
1.2 幻方的性质解释幻方的性质，包括：奇数阶幻方的存在性、最小正整数解的存在性、幻方的对称性等。
1.3 幻方的构造方法介绍构造幻方的方法，包括：递推法、矩阵法、迭代法等。
第二章：数阵的基本概念2.1 数阵的定义解释数阵的概念，让学生理解数阵是一种由数字排列成的阵列，可以有多种不同的排列规则。
2.2 数阵的类型介绍常见的数阵类型，包括：线性数阵、矩阵数阵、幻方数阵等。
2.3 数阵的性质解释数阵的性质，包括：数阵的行列式、逆矩阵数阵的存在性等。
第三章：幻方与数阵的关系3.1 幻方是一种特殊的数阵说明幻方是一种特殊的数阵，其特点是每一行、每一列以及两条对角线上的数字之和都相等。
3.2 数阵的幻方化介绍将一般数阵转化为幻方的方法，包括：行列式法、矩阵变换法等。
3.3 幻方的数阵表示解释如何将幻方表示为数阵，以及如何利用数阵的性质来研究幻方的性质。
第四章：幻方的应用4.1 幻方在数论中的应用介绍幻方在数论中的应用，例如：证明费马大定理、研究素数的分布等。
4.2 幻方在组合数学中的应用解释幻方在组合数学中的应用，例如：构造拉丁方、解决排列组合问题等。
4.3 幻方在其他领域的应用探讨幻方在其他领域的应用，例如：在计算机科学中的应用、在经济学中的应用等。
第五章：数阵的应用5.1 数阵在数学中的应用介绍数阵在数学中的应用，例如：解线性方程组、研究矩阵的性质等。
5.2 数阵在物理中的应用解释数阵在物理中的应用，例如：描述量子力学中的状态向量、研究物质的结构等。
5.3 数阵在其他领域的应用探讨数阵在其他领域的应用，例如：在工程学中的应用、在生物学中的应用等。
第六章：幻方的制作技巧与练习6.1 幻方的手工制作教授学生如何通过手工计算制作小阶幻方，例如3x3、4x4幻方。