数论--综合-第6讲初等数论竞赛班教师版
初等数论(知识讲座)
初等数论初等数论从外表意义来讲，就是作为一门研究数的相关性质的数学学科。
准确地按照潘承洞、潘承彪两位数论大师的说法：初等数论是研究整数最基本的性质，是一门十分重要的数学基础课。
它不仅是中、高等师范院校数学专业，大学数学各专业的必修课，而且也是电脑科学等相关专业所需的课程。
纵观数论发展过程，我国出现了许许多多的数论大师，如：华罗庚的早期研究方向、陈景润、潘承洞等。
第一部分：整除初接触初等数论，经过《初等数论》课本知整除理论是初等数论的基础。
整除理论首先涉及整除。
现向上延伸则想到整除的对象，即自然数、整数。
从小学、中学再到大学，我们从接触最初的1、2、3再到后来的有理数、无理数、实数再到复数，可谓种类繁多。
但数论中的整除运算仅仅局限于自然数及其整数等相关范围内。
首先大学数学中绝大多数数学定义中的自然数不包括0 ，这似乎与中学有一点差异，当然整数的定义改变就相对少得多。
另外，自然数、整数的相关基本性质需懂得及灵活利用，如分配律、交换律、反对称性等。
在初等代数中曾系统地介绍了自然数的起源问题：自然数源于经验，自然数的本质属性是由归纳原理刻画的，它是自然数公理化定义的核心。
自然数集合严格的抽象定义是由Peano定理给出的，他刻画了自然数的本质属性，并导出有关自然数的有关性质。
Peano定理：设N是一个非空集合，满足以下条件：〔ⅰ〕对每一个n∈N，一定有唯一的一个N中的元素与之对应，这个元素记作n+,称为是n的后继元素〔或后继〕；〔ⅱ〕有元素e∈N，他不是N中任意元素的后继；〔ⅲ〕N中的任意一个元素至多是一个元素的后继，即从a+=b+ 一定可以推出a=b;(ⅳ)(归纳原理)设S是N的一个子集合，e∈S, 如果n∈S则必有n+ ∈S,那么，S=N.这样的集合N称为自然数集合，它的元素叫做自然数。
其中的归纳原理是我们常用的数学归纳法的基础。
数学归纳法在中学已属重点内容，此处就不作介绍。
主要描述一下推广状态下的第二种数学归纳法：〔第二种数学归纳法〕设P(n)是关于自然数n的一种性质或命题。
(14)初等数论ppt第五、六章复习
当a 是模 p 的平方剩余时,由式(7) 及(8) 知,必有惟一的i,
使 x i(mod p)是 ( 5 ) 的 解 , 进 而 就 推 出 在 简 化 剩 余 系 ( 6 ) 中
有 且 仅 有 x i(mo d p)是 ( 5 ) 的 解 , 即 ( 5 ) 的 解 数 为2.
8
例 1 求 p 11,17,19,29的 平 方 剩 余 与 平 方 非 剩 余 .
563 21
例1 计算 (137) 227
解 227是素数,由定理1得
(1 3 7 ) ( 9 0) ( 1 )( 2 32 5) 227 227 227 227
(1)( 2 )( 32 )( 5 ) (1)( 2 )( 5 )
227 227 227
227 227
由 定 理3 得( 2 ) 1.由 定 理5,定 理 1 及 定 理 3 得 227
模 1 7 的 平 方 剩 余 是 : 1 ， 2 , 4 , 8 ; 平 方 非 剩 余 是 : 3, 5 , 6 , 7 .
9
定 理 2 (欧 拉 判 别 条 件)
设 质 数 p 2, p | a .那 么 , a 是 模 p 的
平 方 剩 余 的 充 要 条 件 是 a ( p1)/2 1 ( m o d p) ; ( 9 )
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例2 利用定理 2来判断: (i) 3是不是模17的平方剩余; (ii) 7是不是模29的平方剩余.
例3 判断下列同余方程的解数： ( i ) x2 1 (mod 61); ( i i ) x2 16 (mod 51); ( i i i ) x2 2 (mod 209); ( i v) x2 63 (mod 187).
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§3 Legendre符号, Gauss二次互反律
初等数论
序言数论是研究整数性质的一门很古老的数学分支，其初等部分是以整数的整除性为中心的，包括整除性、不定方程、同余式、连分数、素数（即整数）分布以及数论函数等内容，统称初等数论（Elementary Number Theory）。
初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几何原本》中就已出现。
欧几里得证明了素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数的方法，即所谓欧几里得算法。
我国古代在数论方面亦有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”正是我国古代《孙子算经》中的下卷第26题，我国称之为“孙子定理”。
近代初等数论的发展得益于费马、欧拉、拉格朗日、勒让德和高斯等人的工作。
1801年，高斯的《算术探究》是数论的划时代杰作。
“数学是科学之王，数论是数学之王”。
-----高斯由于自20世纪以来引进了抽象数学和高等分析的巧妙工具，数论得到进一步的发展，从而开阔了新的研究领域，出现了代数数论、解析数论、几何数论等新分支。
而且近年来初等数论在计算器科学、组合数学、密码学、代数编码、计算方法等领域内更得到了广泛的应用，无疑同时间促进着数论的发展。
数论是以严格和简洁著称，内容既丰富又深刻。
我将会介绍数论中最基本的概念和理论，希望大家能对这门学问产生兴趣，并且对中小学时代学习过的一些基本概念，例如整除性、最大公因子、最小公倍数、辗转相除法等，有较深入的了解。
第一章整数的整除性§1.1整除的概念一、基本概念1、自然数、整数2、正整数、负整数3、奇数、偶数一个性质：整数+整数=整数整数-整数=整数整数*整数=整数二、整除1、定义：设a，b是整数，b≠0。
如果存在一个整数q使得等式：a=bq成立，则称b能整除a或a能被b整除，记作b∣a；如果这样的q不存在，则称b不能整除a。
2、整除的性质（1）如果b∣a，c∣b，则c∣a.（2）如果b∣a，则cb∣ca.（3）如果c∣a，则对任何整数d，c∣da.（4）如果c∣a，c∣b，则对任意整数m，n，有c∣ma+nb.（5）如果a∣b，b∣a，则a=±b.3、质数、合数质数（素数）是指在大于1的自然数中，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除（除0以外）的数称之为素数（质数）。
数论复习
⑴计算mi
设n=n1 *n2 *...*nk ; m1 =n/n1 =n2 *n3 ...*nk ; m2 =n/n2 =n1 *n3 *n4 ...*nk ; ...； mi =n/ni =n1 *..*ni-1 *ni+1 ...*nk ; ... mk =n/nk =n1 *...*nk-2 *nk-1 ;
初等数论
• 人们在对整数进行运算的应用和研究中，逐步 熟悉了整数的特性。比如，整数可分为两大 类—奇数和偶数等。利用整数的一些基本性质， 可以进一步探索许多有趣和复杂的数学规律， 正是这些特性的魅力，产生了整数论。后来整 数论又进一步发展，就叫做数论了。确切的说， 数论就是一门研究整数性质的学科。使用不超 过高中程度的初等代数处理的数论问题即为初 等数论，初等数论最主要的工具包括整数的 整除性与同余。
步骤2：证明ax≡b(mod m)只有 [x], [x+m/d],[x+2*m/d], …,[x+(d-1)*m/d]这d个不同 的解 从以上讨论知,可设x+t*m/d为ax≡b(mod m)的 一个解,由于t≡i(mod d),i∈{0,1,2,…,d-1}。在 t≡i(mod d)两边同乘m/d便有t*m/d≡i*m/d(mod m),这就是说,[x+tm/d]为 [x],[x+m/d],[x+2m/d],…,[x+(d-1)m/d]中之一。
建立模数方程
数字i和数字j在第1‥min{li，lj}次移动中共同移 动。它们能否在该期间相遇与空格数、相对位置 cab[i，j]和的相对速度pab[i，j]有关。设x为移动 次数，m为可能的空格数。显然，若pab [i，j]*x 和cab [i，j]对模m有相同的余数，则说明在第x次 移动中数字i和数字j处于同一个空格。我们的目 的就是要寻找最小的m，使得任何一对数字在移 动过程中不会相遇，即x在（1‥min{l[i]，l[j]}） 范围内，pab[i，j]*x≡cab[i，j](mod m)无解 （1≤i≤n，i+1≤j≤n）。
奥数 六年级竞赛 数论(二).教师版word
小学奥数数论内容中，余数相关问题是最成体系的，也是各类竞赛考试中的重点．⑴同余性质是解决同余问题的重要依据,复习简单同余问题，学会灵活运用同余性质解决同余问题. ⑵熟练掌握余数定理在多位数除法以及高次冥末尾数字求解中的基本运用.⑶能用凑同余的办法解决一个数除以多个数，得不同余数的问题，学会使用中国剩余定理．带余除法：一般地，如果a 是整数，b 是整数()0b ≠，那么一定有另外两个整数q 和r ，0r b ≤<，使得a b q r =⨯+．当0r =时，我们称a 能被b 整除．当0r ≠时，我们称a 不能被b 整除，r 为a 除以b 的余数，q 为a 除以b 的不完全商(亦简称为商)．用带余数除式又可以表示为a b q r ÷= ,0r b ≤<．同余式：若两个整数a ，b 被自然数m 除有相同的余数，那么称a ，b 对于模m 同余，用“同余式”表示为()mod a b m ≡意味着(我们假设a b ≥)a b mk -=，k 是整数，即()|m a b -．若两个数a ，b 除以同一个数c 得到的余数相同，则a ，b 的差一定能被c 整除．余数定理：①两数的和除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数和．实例：7321÷= ，5312÷= ，这样()753+÷的余数就等于()123+÷的余数．②两数的差除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数差．实例：8322÷= ，4311÷= ，这样()843-÷的余数就等于()213-÷的余数．③两数的积除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数积．实例：7321÷= ，5312÷= ，这样()753⨯÷的余数就等于()123⨯÷的余数． 第 6讲数论(二)【例 1】 有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和是50，那么这个整数是______．【分析】 (70110160)50290++-=，503162÷= ，除数应当是290的大于17小于70的约数，只可能是29和58，11058152÷= ，5250>，所以除数不是58．7029212÷= ，11029323÷= ，16029515÷= ，12231550++=，所以除数是29．【例 2】 一个两位数被它的各位数字之和去除，问余数最大是多少？【分析】 设两位数ab (a 表示十位数字，b 表示个位数字)1091ab a b a a b a b a b+==++++ 由于余数不会超过除数a b +的值，所以我们对a b +的值从最大值18开始往小进行尝试搜索：当18a b +=，此时余数为9． 当17a b +=，则两位数为89、98，余数为4、13．当16a b +=，则两位数为97、88、79，余数为1、8、15．则余数最大的为15，因为接下来，除数最大为15，这样余数中最大的也只可能为14，所以余数最大的是15．【例 1】 一个自然数除429、791、500所得的余数分别是5a +、2a 、a ，求这个自然数和a 的值. ［分析］ 将这些数转化被该自然数除后余数为2a 的数：()42952848-⨯=，791、50021000⨯=，这些数被这个自然数除所得的余数都是2a ，同余. 将这三个数相减，得到84879157-=、1000848152-=，所求的自然数一定是57和152的公约数，而()57,15219=，所以这个自然数是19的约数，显然1是不符合条件的，经过验证，当这个自然数是19时，除429、791、500所得的余数分别为11、12、6，6a =时成立,所以这个自然数是19，6a =.［拓展］已知60，154，200被某自然数除所得余数分别是1a -，2a ，31a -，求该自然数的值． ［分析］ 自然数61，154，201被该数除所得余数分别是a ，2a ，3a ．自然数2613721=与154同余，611549394⨯=与201同余，所以除数是3567和9193的公约数，运用辗转相除法可得到该除数为29．经过检验成立．［拓展］甲、乙、丙三数分别为603，939，393.某数A 除甲数所得余数是A 除乙数所得余数的2倍，A 除乙数所得余数是A 除丙数所得余数的2倍．求A 等于多少？［分析］ 设这个数为M ，则11603M A r ÷=22939M A r ÷=33393M A r ÷=122r r =,232r r =,要消去余数1r ,2r ,3r ,我们只能先把余数处理成相同的，再两数相减．这样我们先把第二个式子乘以2，这样被除数和余数都扩大2倍，同理，第三个式子乘以4． 这样我们可以得到下面的式子：11603M A r ÷=()22939222M A r ⨯÷=()33393424M A r ⨯÷=这样余数就处理成相同的．最后两两相减消去余数，意味着能被M 整除．93926031275⨯-=，3934603969⨯-=，()1275,30651317==⨯．603，939，393这三个数有公约数3．51317÷=．则A 等于17．【例 2】 一个自然数减去它的各位数字之和得到的差值，称为“好数”．例如，根据()757757738-++=是“好数”．在四位数20□○的方框中填入某个恰当的数字后，可以使得无论圆圈内填入09 中的哪个数字，该四位数都不是“好数”，那么在方框中应填写数字__________．【分析】 注意到所有“好数”都是9的倍数，但9的倍数不一定都是好数．200x 对应的“好数”是20021998x x --=；201x 对应的“好数”是201212007x x ---=；202x 对应的“好数”是202222016x x ---=；…… …… ……209x 对应的“好数”是209292079x x ---=；210x 对应的“好数”是210212097x x ---=；即在20□○中“好数”只能是2007、2016、2025、2034、2043、2052、2061、2070、2079、2097． 所以，如果在20□○的“□”内填入8，则不管“○”填入什么数都不能是“好数”．【例 3】 (南京市“兴趣杯”少年数学邀请赛决赛)现有糖果254粒，饼干210块和桔子186个．某幼儿园大班人数超过40．每人分得一样多的糖果，一样多的饼干，也分得一样多的桔子．余下的糖果、饼干和桔子的数量的比是：1:3:2，这个大班有_____名小朋友，每人分得糖果_____粒，饼干_____块，桔子_____个．【分析】 法一：设大班共有a 名小朋友．由于余下的糖果、饼干和桔子的数量之比是1:3:2，所以余下的糖果、桔子数目的和正好等于余下的饼干数，从而254186210+-一定是a 的倍数，即2541862102301230102325+-==⨯=⨯=⨯⨯是a 的倍数．同样，225418632223142327⨯-==⨯=⨯⨯也一定是a 的倍数．所以，a 只能是232⨯的因数．但40a >，所以46a =．此时25446524=⨯+，21046372=⨯+，18646348=⨯+．故大班有小朋友46名，每人分得糖果5粒，饼干3块，桔子3个．法二：如果糖果有25461524⨯=粒，饼干有2102420⨯=块，橘子有1863558⨯=个，那么余下的糖果、饼干、橘子的个数相等，所以1524、420、558这三个数的相互之差是大班人数的倍数，152********-=，558420138-=，()1104,138138=，所以幼儿园大班人数是138的大于40的约数，即138、69、46，经过检验，其中只有46满足条件．每人分得糖果5粒、饼干3块、橘子3块．【例 4】 试求105253168⨯的末两位数．【分析】 分别考虑这两个幂除以4和25所得的余数．首先考虑4，253除以4余数是1，所以25310除以4的余数仍是1；168是4的倍数，它的5次方仍是4的倍数，即除以4的余数为0，则原数除以4的余数也是0．再考虑25，253除以25余3，则只需看310除以25的余数，又310=27×27×27×3，则310除以25的余数为2×2×2×3=24；168除以25余18，则只需看51832432418=⨯⨯除以25的余数，可知余数为18；又2418432⨯=除以25的余数为7，所以原式除以25的余数即为7．两位数中，能被4整除，除以25余7的数只有32，则原式的末两位即为32．［拓展］试求20082007的末两位数.［分析］200720007=+，所以20082007的末两位数与20087的末两位数相同． ()()100450220082100425027749492401====，2401被100除余1所以5022401被100除得的余数等于5021，所以20082007的末两位数是01.［拓展］求89143除以7的余数．［分析］ 法一：∵()1433mod7≡(143被7除余3)∴()89891433mod7≡(89143被7除所得余数与893被7除所得余数相等)而63729=，()7291mod7≡∴()8966655143333335mod7≡⨯⨯⨯⨯≡≡个． 89于是余数以6为周期变化．所以335mod7≡≡．【例 5】1234200512342005+++++ 除以10所得的余数为多少？ 【分析】 求结果除以10的余数即求其个位数．从1到2005这2005个数的个位数字是10个一循环的，而对一个数的幂方的个位数，我们知道它总是4个一循环的，因此把每个加数的个位数按20个(20是4和10的最小公倍数)一组，则不同组中对应的数字应该是一样的．首先计算123420123420+++++ 的个位数字，为4．2005个加数中有100组另5个数，100组的个位数是4100400⨯=的个位数即0，另外5个数为20012001、20022002、20032003、20042004、20052005，它们和的个位数字是1476523++++=的个位数 3，所以原式的个位数字是3，即除以10的余数是3．【例 6】 求{10031203308L 个除以19的余数． 【分析】 法一：{{{10161003101312033081266406332=-L L L 个个个 {{101310132063326332=⨯-L L 个个 {1013196332=⨯L 个 所以{10031203308L 个除以19的余数为0． 法二：首先计算120308被19除所得余数为0，120330812030810228=⨯+，228也是19的倍数，所以1203308也是19的倍数．12033308120330810228=⨯+，所以1203308也是19的倍数．以此递推可得到{10031203308L 个也是19的倍数．［拓展］(2008年奥数网杯)已知20082008200820082008a = 个，问：a 除以13所得余数是______.［分析］2008除以13余6，10000除以13余3， 注意到200820082008100002008=⨯+；20082008200820082008100002008=⨯+；2008200820082008200820082008100002008=⨯+；根据这样的递推规律求出余数的变化规律：20082008除以13余6361311⨯+-=，200820082008除以13余1136390⨯+-=，即200820082008是13的倍数，而2008除以3余1，所以20082008200820082008a = 个除以13的余数与2008除以13的余数相同，为6.【例 7】 对任意的自然数n ，证明2903803464261n n n n A =--+能被1897整除．【分析】18977271=⨯，7与271互质，因为29035(mod 7)≡，8035(mod7)≡，4642(mod 7)≡，2612(mod7)≡，所以，290380346426155220(mod7)n n n n n n n n A =--+≡--+≡，故A 能被7整除．又因为2903193(mod 271)≡，803261(mod 271)≡，464193(mod 271)≡，所以29038034642611932611932610(mod271)n n n n n n n n A =--+≡--+≡，故A 能被271整除． 因为7与271互质，所以A 能被1897整除．【例 8】 在下表中填入自然数，要求第一行中所填入的自然数从左到右依次是31，32，33， ，第中填入的自然数从左到右依次是13，23，33， ，第三行中填入的自然数是同一列当中第一行、7【分析】 第一行的数被7除所得余数依次是1，1，6，1，6，6，0，……，以7为周期．第二行的数被7除所得的余数依次是3，2，6，4，5，1……，以6为周期．第三行的自然数如果除以7余1，那么对应第一行、第二行的自然数被7除，只有0+1和6+2两种情况，其中第一种情况下，对应的列数能被7和6整除，所以在第42列才能出现该情况，第二种情况下，对应的列数被7除余3，5，6，被6除余2，符合条件的最小列数是20．“物不知数问题”一般解题步骤：①凑“多”相同，即把余数处理成相同 条件：余数与除数的和相同②凑“缺”相同，即把余数处理成缺的数字相同 条件：除数与余数的差相同③先考虑上面两种，如果都不行，可使用逐步满足法或使用“中国剩余定理” ．④逐步满足法：先满足条件一，得N ，再用“M N =+已满足除数公倍数”来满足下一个条件．《孙子算经》中有记载：“今有物不知其数：三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何？”它的意思就是，有一些物品，如果3个3个的数，最后剩2个；如果5个5个的数，最后剩3个；如果7个7个的数，最后剩2个；求这些物品一共有多少？这个问题人们通常把它叫作“孙子问题”， 西方数学家把它称为“中国剩余定理”．到现在，这个问题已成为世界数学史上闻名的问题．到了明代，数学家程大位把这个问题的算法编成了四句歌诀：三人同行七十稀，五树梅花廿一枝；七子团圆正半月，除百零五便得知．用现在的话来说就是：一个数用3除，除得的余数乘70；用5除，除得的余数乘21；用7除，除得的余数乘15．最后把这些乘积加起来再减去105的倍数，就知道这个数是多少．《孙子算经》中这个问题的算法是：702213152233⨯+⨯+⨯=；23310510523--=；所以这些物品最少有23个．得出问题中的系数70、21、15，实际上是非常巧妙的构造过程,这三个数满足以下条件70是5和7的公倍数，且被3除余1；21是3和7的公倍数，且被5除余1；15是3和5的公倍数，且被7除余1．在这样的条件下，任意一个系数乘以对应余数所得的积，被对应除数除后所得的余数恰好等于对应余 数，且该积仍然能被其他两个除数整除，因此三个积相加并不相互影响各自被对应除数除后所得的余数． 即702115a b c ++是被3除余a ，被5除余b ，被7除余c 的数．【例 9】 一个大于10的数，除以3余1，除以5余2，除以11余7，问满足条件的最小自然数是多少？【分析】 法一：仔细分析可以发现321527⨯+=+=，所以这个数可以看成被3、5、11除余7，[]3,5,11165=，所以这个数最小是1657172+=．法二：事实上，如果没有“大于10”这个条件，7即可符合条件，在7的基础上加上3，5，11的最小公倍数，得到172即为所求的数．［铺垫］一个大于10的数，除以5余3，除以7余1，除以9余8，问满足条件的最小自然数为＿＿＿＿． ［分析］ 根据总结，我们发现三个数中两个数的除数与余数的和都是53718+=+=，这样我们可以把余数都处理成8，所以[]5,7,9315=，所以这个数最小为3158323+=．［铺垫］一个小于200的数，它除以11余8，除以13余10，这个数是多少？［分析］ 根据总结，我们发现这两个除数与余数的差都等于11813103-=-=，观察发现这个数加上3后就能同时被11和13整除,所以[]11,13143=，所以这个数是1433140-=．【例10】 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，问满足条件的最小自然数为＿＿＿＿．【分析】 法一：根据总结，我们发现前面两种都不符合，所以可以使用普遍适用的“中国剩余定理”，步骤如下：分别找出除以7余7的公倍数，除以3余2的5、7的公倍数，分别是：60、63、35可见60+63+35=158满足我们的条件，但不是最小的自然数，处理方法就是减去最小公倍数的若干倍，使结果小于最小公倍数．所以答案为：158-105=53．法二：逐步构造符合条件的最小自然数，首先求符合前两个条件的最小自然数，用3不断加2，当2被加上两个3时得到8，检验符合前两个条件，再用3和5的最小公倍数不断加8，当8被加上3个15，得到53，检验符合三个条件．法三：逐步构造符合条件的最小自然数，首先求符合后面两个条件的最小自然数，用7不断加4，当4被加上两个7时得到18，检验符合后两个条件，再用7和5的最小公倍数不断加18，当18被加上1个35，得到53，检验符合三个条件．【例11】有连续的三个自然数a、1a+，它们恰好分别是9、8、7的倍数，求这三个自然数中最a+、2小的数至少是多少？【分析】法一：由1a+是7的倍数，得到a被7除余5，运用中国a+是8的倍数，得到a被8除余7，由2剩余定理求a：(⨯+⨯=495是满足各个余数条件的最小441728854527值，所以a至少是495．法二：a、1a++也分别是9、a++、27a+、18a+、2a+恰好分别是9、8、7的倍数，那么9a+的最小值是987504⨯⨯=，即a至少是495．8、7的倍数，即9a+是9、8、7的倍数，9【例12】一个数除以3、5、7、11的余数分别是2、3、4、5，求符合条件的最小的数：【分析】将33210×5=1050被11除余5，由此可知770+693+165+1050=2678是符合条件的一个值，又3、5、7、11的最小公倍数是1155，所以2678-1155×2=368是符合条件的最小值．［拓展］一个数除以2、3、5、7、11的余数分别是1、2、3、4、5，求符合条件的最小数．［分析］本题实际上就是求被3、5、7、11除的余数分别是2、3、4、5的最小奇数，符合条件的最小偶数是368，只要将368加上3×5×7×11就能求得符合条件的最小奇数，这个数是368+3×5×7×11=1523．1． 有一个自然数，用它分别去除63，90，130都有余数，3个余数的和是25．这3个余数中最大的一个是多少？【分析】 由于这三个数除以这个自然数后所得的余数和为25，所以63、90、130的和除以这个自然数后所得的余数为25，所以63+90+130-25=258能被这个自然数整除.258=2×3×43，显然当除数为2、3、6时，3个余数的和最大为3×(2-1)=3，3×(3-1)=6，3×(6-1)=15，所以均不能满足条件.当除数为43×2、43×3、43×6时，它除63的余数均是63，所以也不满足.那么除数只能是43，它除63，90，130的余数依次为20，4，1，余数的和为25，满足. 显然这3个余数中最大的为20．2． ()200831312008+被13除所得的余数是多少？【分析】31被13除所得的余数为5，31n 当n 取1，2，3， 时31n 被13除所得余数分别是5，12，8，1，5，12， 所以200831被13除余1．2008被13除所得的余数是6，6n 当n 取1，2，3， 时，6n 被13除所得的余数分别是6，10，8，9，2，12，7，3，5，4，11，1，6， 所以316被13除所得的余数等于76被13除所得的余数，即7，所以()200831312008+被13除所得的余数是178+=．3． 一个自然数除以7、8、9后分别余3、5、7，而所得的三个商的和是758，这个数是___________．【分析】 这个数加上11后能被7、8、9整除．7、8、9的最小公倍数是789504⨯⨯=，所以除以7,8,9后分别余3、5、7的数最小为50411-．504分别除以7、8、9所得的商之和是897879191⨯+⨯+⨯=，则50411-分别除以7、8、9所得的商之和是19123185-⨯=．7581851913=+⨯，所以这个数为5041150432005-+⨯=．4． 一个数除以5余3，除以6余4，除以7余1，求适合条件的最小的自然数．【分析】 “除以5余3”即“加2后被5整除”，同样“除以6余4”即“加2后被6整除”．[]5,6228-=，即28适合前两个条件．分析[]285,6x +⨯中能满足“除以7余1”的x 的值．可得到4x =是满足条件的最小值，所以，适合条件的最小的自然数是28304148+⨯=．5． 将一些水果装盘（少于100）个，如果7个7个装盘则剩下2个不能装，如果11个11个装盘则剩下6个不能装盘，如果13个13个装盘，那么还剩下7个不能装盘，那么这些水果有多少个？【分析】 11×13的倍数：143、286、429，……其中被7除余2的有429；7×13的倍数：91，182，……除以11余6的有182；7×11的倍数：77，154，……除以13余7的有462．1824624291073++=，由于水果数少于100，所以水果数有1073100172-=个．选绿色包装——减少垃圾灾难每人每年丢掉的垃圾重量超过人体平均重量的五六倍．北京年产垃圾430万吨，日产垃圾1.2万吨，人均每天扔出垃圾约1千克，相当于每年堆起两座景山．我国目前垃圾的产生量是1989年的4倍,其中很大一部分是过度包装造成的．不少商品特别是化妆品、保健品的包装费用已占到成本的30%—50%．过度包装不仅造成了巨大的浪费，也加重了消费者的经济负担，同时还增加了垃圾量，污染了环境．我们选购产品的时候还是以使用价值为主，尽量避免选购过度包装的产品，减少垃圾的制造量．拒子入门子发是战国时期楚国的一位将军．一次，他带兵与秦国作战，前线断了粮草，他派人向楚王告急．使者顺便去看望子发的老母．老人问使者：“兵士都好吗?”使者回答：“还有点儿豆子，只能一粒一粒分着吃．”“你们将军呢?”母亲问．使者回答道：“将军每餐都能吃到肉和米饭，身体很好．”子发得胜归来，母亲紧闭大门不让他进家门，并派人去告诉子发：“你让士兵饿着肚子打仗，自己却有吃有喝，这样做将军，打了胜仗也不是你的功劳．”母亲又说：“越王勾践伐吴的时候，有人献给他一罐酒，越王让人把酒倒在江的上游，叫士兵们一起饮下游的水．虽然大家没尝到酒味，却鼓舞了全军的士气，提高了战斗力．现在你却只顾自己不顾士兵，你不是我的儿子，你不要进我的门．”子发听了母亲的批评，向母亲认了错，决心改正，才得以进家门．俗话说：“子不教，父之过．”子女成长的好坏，长辈有着极大的责任．父母为了使孩子成长成参天大树，就必须在我们心中植下博爱之心，有了博爱之心，才有施爱于他人的可能．多以有时候，责备也蕴涵着父母对子女深沉的爱．。
高中数学竞赛课程讲座：初等数论
高中数学竞赛课程讲座：初等数论
本课程讲座旨在介绍初等数论的基础知识，帮助学生为高中数学竞赛做最好的准备。
我们将深入探讨数论中的基础概念，如质数分解和
算术难题，并探讨一些实际应用的技巧和常用方法，帮助学生在数学
竞赛中取得好成绩。
本次讲座将向您介绍初等数论，它是一门关于形式化、有限数论等术语和方法的数学分支。
简而言之，初等数论在研究有关有限结构的
问题和计算方法时是不可或缺的。
在这个课程中，我们将探讨整数质
因数分解、质数及其应用、素数概念、余数定理、线性算术等，帮助
您为数学竞赛中的第一题做准备。
我们还将深入讨论有关如何构造有
限结构的问题，利用它们来探究多项式的性质；研究几何图形；通过
图论剖析算法，及解决整数方程组等方面的相关内容。
我们相信您在
学习初等数论时会有所收获，从而在高中数学竞赛中尽显实力！
此外，我们还将为您介绍数论的发展和历史，例如，古希腊的Euclid
的元素书、中国的Sunzi的求积算，以及17世纪的Fermat的大定理等，一起探究中国数学家在数论中的贡献。
在讲座中，我们还会解释完整
的幂的概念，从中分析总结出幂的工具，比如抽象代数和提高多项式
的方法等，以帮助您从大量的幂等式中获取实质性的知识，理清思路。
最后，在考试期间，我们将重点讨论质因数分解原理、构造，以及如
何将数论应用于实际情况中，例如Cryptography，帮助您在考试中取得高分。
初等数论潘承洞答案
初等数论潘承洞答案【篇一：初等数论与中学数学】摘要：《初等数论》是数学与应用数学、数学教育专业的一门专业基础课，主要研究整数的性质，历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。
近年来，数论在中学数学中的运用越来越多，特别是在中学的数学竞赛中运用极为广泛。
本文主要介绍初等数论在中学数学中的应用以及初等数论与中学数学教学的相关问题。
关键词：初等数论中学数学数学竞赛中学数学教学正文：一、初等数论在中学数学中的应用在中学数学中，整数是最为常用的一种数之一，而初等数论是研究整数最基本的性质，与算术密切相关的一门学科，初等数论可以说是算术问题的延深。
初等数论中的整除性质，抽屉原理等一直是中学数学竞赛最热门的话题，由此可见初等数论在中学数学中的应用是极为广泛的。
（一）中学数学中与初等数论相关的几个问题1、整除问题在小学的时候我们就知道，要知道一个数能不能被令一个数整除，可以用长除法来判断，但当被除数位数较多的时候，计算量增大，问题就变得非常麻烦了。
但在学习了初等数论之后问题会得到大大的简化。
1.1整除的概念及其性质定义1（整除）设a、b是整数，b≠0，如果存在整数q,使得a=bq 成立，则称b整除a,或a能被b整除，记作：b∣a。
定理1 （传递性）b∣a，c∣b =〉c∣a定理3 m∣a1，……，m∣an,q1,q2,……qn∈z=〉m∣(a1q1+a1q2+……+anqn)定理4 设a与b是两个整数，b0,则存在唯一的两个整数q和r,使得a=bq+r,0≤rb (1)并称q为a被b除所得的不完全商；r叫做a被b除所得的余数；（2）式称为带余数除法。
1．2下面举几个例子：例1 证明3∣n(n+1)(2n+1),这里的n是任意整数。
证法一：根据题意，n可以写成n=3q+r,这里r=0,1,2,q为整数，对取不同的值进行讨论，得出结论。
证法二：根据整数定义，任何连续三个整数的乘积必是3的倍数。
数论--综合-第6讲初等数论竞赛班教师版
第六讲初等数论初等数论是主要用算术方法研究整数最基本性质的一个数学分支，是数学中最古老的分支之一.近几十年来，初等数论在计算机科学、组合数学、代数编码、信号的数字处理等领域得到广泛应用.同时，初等数论在各类数学竞赛中占有重要地位，以国际数学奥林匹克为例，约有四分之一的题目是主要用初等数论知识来解的.一、基础知识1.整除理论性质1：如果a\b t b\c t那么d|c；性质2：若a\c t则对于任意整数x、y都有a\bx+cy2.质数与合数性质1：设n为大于1的正整数，p是n的大于1的约数中最小的正整数，则p为质数；性质2：如果对任意1到亦之间的质数p,都有p不整除n,那么n为质数，这里n为大于1的正整数；性质3：质数有无穷多个；性质4：质数中只有一个数是偶数，即2；3.同余定义：如果a、b除以m (正整数)所得得余数相同，那么称a、b对模m同余，记作a=b (mod in)性质X如果a三b (mod 则m\a-bt性质2：若a = b (mod m) f c = d (mod 加)贝i]a + c = b + d (mod nt)a-c 三b-d (mod /H),ac = bd (mod ni)性质3：a = b (mod m), n 为正整数，则a n = b" (mod m)4.费尔马小定理Fermat小定理：设p为质数，a为整数，则/三«(mod “).特别地，如果a不能被p整除，则三l(mod p)二、例题部分例1 (2006年希望杯初二培训题)已知一个五位数用4, 5, 6, 7, 8五个数码各一次组成，如64875 等，在这样的五位数中，能被55整除的有几个，它们分别是多少？《数理天地》2005增刊P22, 80例2 (★★, 86年全国)设a、b. c是三个互不相等的正整数，求证：在—b'c — bF, c3a-ca3三个数中，至少有一个数能被10整除；《全国初中数学竞赛试题分类集锦》代数分册，上海远东出版社，P28,三1例3 (★★, 1997年全国初中数学竞赛)已知定理“若大于3的三个质数纸b、c满足关系式2d + 5b = c, 则a+b+c是整数I)的倍数匕试问：上述定理中的整数n的最大可能性值是多少？并证明你的结论.《金牌之路竞赛辅导》初中数学，山西师范大学出版社，P21,例12例4 (★)设n是大于1的正整数，求证：川+半是个合数数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》华东师范大学出版社P1& 1例5 (★)能否将1, 2, 3,…，50两两配对，使得所配对的25对数之和两两不同，且都是质数? 数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》华东师范大学出版社P18, 3例6 (★★)设p为正整数，且2卩-1是质数，求证：p为质数；数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》华东师范大学出版社P18, 6例7 (★ ★★)设a>3b>6c>12d,«2-Z>2+c2-J2 =1749,求a2+b2+c2+d2的所有可能值;数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》华东师范大学出版社P19, 20例8 (★)设p、q都是质数，且7p+q, pq+11也都是质数，求(尸+/)(/ +//)的值数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》华东师范大学出版社P39, 1例9 (★★) (1)试确定所有的正整数n,使得2" -1能被7整除；(2)证明对所有的正整数n, 2"+1不能被7整除；【证明】：(1)当n是3的倍数的时候，2"-1能被7整除若〃= 3^ + 1, 2"-1 = 23*+,-1 = 2*8*-1,被7 除余1；若卄=3& + 2, 2n-l = 23*+2-l=4*8£-l,被7 除余3；(2)由上一问可知，当n = 3匕3屮3上+2时,2"—1除以7分别余0, 1, 3所以2"+1除以7分别余2, 3, 5例10 (★★)设正整数n至少有4个不同的正约数，且0 ＜/＜仏＜〃3＜〃4是n的最少的四个正约数，它们满足＜+J22+＜+＜=/?,求所有这样的n数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》华东师范大学出版社P20, 41例11 (★★)设p为大于5的素数，求证在数列1, 11, 111,…中有无穷多项是p的倍数证5且是素数，所以P |10_由费尔马小定理得1(/ * = 1 Qn od p) 710心「〉•1 三0(/w orf p)、即p |io-，tD- ° - 1,I为正整数•而p|10^' ° - 1 =、02・・・0丿=9 x、l 1 1…1丿Np・1) 心・1)但川9,故p •/= 1.2•…,从而问题得证l(p ・1)例12 (★★)求2000啲2被37除的余数解 20001992 = (37 X 54 + 2)叱三 2】焙伽 od37)因为37是素数且(2, 37) = 1,所以236 = 1 (mod 37)2000叱三2叱=2心炉口三(.5) X (• 5) X 4 =100 = 26 bod 37).例13 (★★★)关于x 、y. z 的方程F += /有质数解么？ 【解】原方程可整理为y 3=(z 2+x)(z 2-x),由于y 是质数，所以我们得到由①得，x = (z — l)(z + l),于是z-l = Uz = 2,从而X = 3,y'=7与y 是质数矛盾由②得，x = (y-z)(y + z),于是y-z = hy = z + l •从而x = 2z + l 代入②中的第一个方程得 F -3z-2 = 0此方程无质数解;综上，原方程无质数解.例14 (★★★)已知正整数a 、b 、Cx d 的最小公倍数为a+b+c+d,证明:abed 是3或5的倍数. 数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》华东师范大学出版社P19, 29例15 (★★★)求所有的正整数乐bx c,使得/+1和戻+1都是质数，且满足(a 2+l)(b 2 + \) = c 2 + \数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》华东师范大学出版社P20, 45三、习题部分1 (★, 2006年希望杯培训题)224-1能被20以内的几个质数整除，那么这几个质数是.23 F _牙=[ ①或者P +x = y ・ z 2-x = =2n = 2s X 2s X 22《数理天地》2005增刊P22, 462（★, 2006年希望杯培训题）设n是大于2的整数，若n3-n的值一定能被m整除，则m的最大值是《数理天地》2005增刊P22, 473 （★, 2006年希望杯培训题）已知正整数a除53,余数为5；除127,余数为7；除159,余数为3,那么a的值为_________《数理天地》2005增刊P22, 484 （★, 2006年希望杯培训题）由4, 5, 6, 7, 8五个数字组成的无重复数字的所有五位数之和除以90 所得的商是__________《数理天地》2005增刊P22, 4910015 （★, 2006年希望杯培训题）若x, y为质数，满足条件Ovxvy,且一是整数，那么x,y的值x + y是________《数理天地》2005增刊P22, 506 （★）自然数n>m, J@Ln2 3 4 5 6 -m2 -2n-2m = 19,求n,m 的值（n2 -2n + l）-（w2 + 2/w + l） = 19；即（料一1尸一（加 + 1）2=19则m=& n=ll。
初等数论讲义修改版
第二讲 一些数论问题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 同余式 第三讲 周期问题 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 同余的概念及基本性质 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 周期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wilson定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 孙子定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Euler函数的计算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 解同余方程的一般原则 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 模素数幂的同余方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 模素数的同余方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
初中数学竞赛讲座——数论部分6(算术基本定理)
第6讲 算术基本定理一、基础知识算术基本定理：任何一个正整数N ＞1，都能分解成质因数的连乘积，即⋅⋅=2121ααp p N ……n np α⋅，（n ≥1） ① 其中1p ，2p ，…，n p 为互不相等的质数，1α，2α，…，n α为正整数；如果不考虑因数的顺序，则这个分解式是唯一的。
证明：存在性：（反证法）假设存在大于1的自然数不能写成质数的乘积，设其中最小的那个为n 。
自然数可以根据其可除性（是否能表示成两个不是自身的自然数的乘积）分成3类：质数、合数和1。
首先，按照定义，n 大于1；其次，n 不是质数，因为质数p 可以写成质数乘积：p =p ，这与假设不相符合；因此n 只能是合数，但每个合数都可以分解成两个严格小于自身而大于1的自然数的积。
设其中a 和b 都是介于1和n 之间的自然数，因此，按照n 的定义，a 和b 都可以写成质数的乘积。
从而n 也可以写成质数的乘积。
由此产生矛盾。
因此大于1的自然数必可写成质数的乘积。
唯一性:引理：若质数p | ab ，则不是 p | a ，就是p | b 。
证明：若p | a ， 则证明完毕。
若p |a ，那么两者的最大公约数为1。
根据裴蜀定理，存在(m ,n ) 使得ma + np = 1。
于是b = b (ma + np ) = abm + bnp 。
由于p | ab ，上式右边两项都可以被p 整除。
所以p | b 。
再用反证法：假设有些大于1的自然数可以以多于一种的方式写成多个质数的乘积，那么假设n 是最小的一个。
首先n 不是质数。
将n 用两种方法写出：n ＝p 1p 2p 3…p r ＝q 1q 2q 3…q s根据引理，质数p 1|q 1q 2q 3…q s ，所以 q 1，q 2，q 3，…，q s 中有一个能被p 1整除，不妨设为q 1。
但q 1也是质数，因此q 1 = p 1 。
所以，比n 小的正整数n '＝p 2p 3…p r 也可以写成q 2q 3…q s这与n 的最小性矛盾！因此唯一性得证。
浅谈中学数学竞赛初等数论中的部分解题思路
浅谈中学数学竞赛初等数论中的部分解题思路摘要：毕达哥拉斯提出的初等数论在数学界中有着重要的地位，其主要包括对整数理论、不定方程和同余理论等项目。
初等数论通常在大学本科开始正式教学，有规律的展开初等数论教育。
在数学体系中，初等数论是很重要、很有趣的内容，用非常朴素的方式解读数本身的规律。
在讨论中，得出数的奥妙和特征。
中学数学竞赛中初等数论是必考问题，其用初等数论问题考察学生对于整数认知和对数的看法。
学生如果对初等数论理解的身份透彻，那么解题将会变得非常简单，但如果理解浅显则会陷入很大麻烦。
初等数论有着广泛的应用，中学数学竞赛前需要掌握初等数论，意义十分突出。
关键词：中学数学竞赛；初等数论；数学前言：在数学中，初等数论主要用于解决与掌握整数关系，一般会用到反证法分析。
众所周知给定正整数通常都可以写作带余除法。
用带余除法与整除性质，证明归纳数学命题。
比如a|b±a|±b，b|abc|ac,其中c 是任意非零整数。
b|a,a≠0|b|≤|a|，b|a|＜|b|a=0。
an-bn=（a=b)M1,n这些都是中学数学竞赛中常见的。
此时可以用归纳法，用特例进行推导，得出一般结论。
假设两个连续整数乘积最后能够让2整除，任意三个连续整数之积能够被3整除。
比如在这道题目中，证明6可以整除n（2n+1)(n+1),n。
第一眼看到这个题目，很多人都不知道怎么下手，如果能够了解初等数论命题思路，则可以很好的处理。
证明的时候，可以把6写作2与3的乘积。
这时候计算就会非常简单，n(2n+1)(n+1)=n(n+1)(n+2+n-1)=n(n+1)(n+2)+n(n+1)(n-1)，结合初等数论，2和3能够整除n(n+1)(n+2),n(n+1)(n-1)。
一、公因数和倍数在看到这个问题的时候：某平面整点到直线y=5/3x+4/5，请问距离最小值多少。
在解决这个问题的时候，首先要进行方程整理，将直线方程变成整系数方程，25x-15y+12=0.此时设定平面整点p(x0,y0)到直线距离是d=，按照初等数论公因式理论， x0,y0在任意整数情况下，25x0-15y0代表的是所有5倍数。
六年级初一竞赛培训：数论综合
数论综合篇（4.18）姓名：一、数的整除性【数的整除性性质】性质1：如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。
（也就是说：如果a和b都是c的倍数，那么a+b与a-b也是c的倍数。
）性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a.即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。
性质3：如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整除a。
性质4：如果c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。
【数的整除特征】①能被2整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数.“特征”包含两方面的意义：一方面，个位数字是偶数（包括0）的整数，必能被2整除；另一方面，能被2整除的数，其个位数字只能是偶数（包括0）.下面“特征”含义相似。
②能被5整除的数的特征：个位是0或5。
③能被3（或9）整除的数的特征：各个数位数字之和能被3（或9）整除。
④能被4（或25）整除的数的特征：末两位数能被4（或25）整除。
⑤能被8（或125）整除的数的特征：末三位数能被8（或125）整除。
⑥能被11整除的数的特征：这个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）是11的倍数。
例如：判断123456789这九位数能否被11整除？解：这个数奇数位上的数字之和是9＋7＋5＋3＋1=25，偶数位上的数字之和是8＋6＋4＋2＝20.因为25—20＝5，又因为115，所以11123456789。
再例如：判断13574是否是11的倍数？解：这个数的奇数位上数字之和与偶数位上数字和的差是：（4＋5＋1）-（7＋3）＝0.因为0是任何整数的倍数，所以11｜0.因此13574是11的倍数。
⑦能被7（11或13）整除的数的特征：一个整数的末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差（以大减小）能被7（11或13）整除。
例如：判断1059282是否是7的倍数？解：把1059282分为1059和282两个数.因为1059-282＝777，又7｜777，所以7｜1059282.因此1059282是7的倍数。
初等数论简介PPT课件
初等数论
费马 [法]1601-1665，是数学史上 哥德巴赫 1690-1764，
最伟大的业余数学家，提出了费马 德国数学家；曾担任中学
大、小定理；在坐标几何，无穷小，教师，1725年到俄国，
初等数论 四、我国古代数学的伟大成就
1、周髀算经 公元前100多年，汉朝人撰，是一部既谈天体又
谈数学的天文历算著作，主要讨论盖天说，提出了 著名的“勾三股四弦五”这个勾股定理的一个特例。
2、孙子算经 约成书于四、五世纪，作者生平和编写年代都不
清楚。现在传本的《孙子算经》共三卷。卷上叙述算 筹记数的纵横相间制度和筹算乘除法则，卷中举例说 明筹算分数算法和筹算开平方法。卷下第31题，可谓 是后世“鸡兔同笼”题的始祖，后来传到日本，变成 “鹤龟算”。
初等数论 一、初等数论及其主要内容
数论是研究整数性质的一门很古老的数学 分支，其初等部分是以整数的整除性为中心 的，包括整除性、不定方程、同余式、连分 数、素数（即质数）分布 以及数论函数等内 容，统称初等数论（Elementary Number Theory）。
初等数论 初等数论是数论中不求助于其他数学学科的帮
初等数论 4、最完美的数——完全数问题 完美数又称为完全数,最初是由毕达哥拉斯的信徒 发现的,他们注意到,数6有一个特性,它等于它自己的 因子(不包括它自身)的和， 如：6=1+2+3.
下一个具有同样性质的数是28, 28=1+2+4+7+14. 接着是496和8128.他们称这类数为完美数.
欧几里德在大约公元前350-300年间证明了:
《数学竞赛辅导》——初等数论
数学竞赛辅导》——初等数论部分数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991 年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6 道IMO 试题中有5 道与数论有关。
数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。
可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。
初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。
做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。
这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于a,b N, q,r N，满足a bq r，其中0 r b。
除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。
相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。
希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。
编者：刘道生2007-8-21 于江西赣州第一节整数的p 进位制及其应用正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数, 这是一种位值记数法。
进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系,数列问题等等。
在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。
基础知识给定一个 m 位的正整数 A ,其各位上的数字分别记为记为：A a m i a m 2a 。
（其中 a m 1 0 ）。
由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的m 1次多项式，即A a mi 10m1 a m 2 10m 2 a i 10 a 。
，其中 a ： {0,1,2, ,9}, i 1,2, ,m 1 且a m 10 ,像这种10的多项式表示的数常常简记为生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作A a m1a m2 a 0 ,以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基， 我们都认为它是十进制的数字。
初等数论教学大纲
初等数论教学大纲一、课程简介初等数论是数学的一门重要分支，主要研究整数的性质和结构。
通过对初等数论的学习，学生可以更深入地理解整数及其关系，培养数学逻辑思维和问题解决能力。
本教学大纲旨在提供一份全面的教学计划，帮助学生掌握初等数论的基本概念和方法。
二、教学目标1、理解整数的概念、性质和运算；2、掌握因数分解和质数判断的方法；3、理解最大公约数和最小公倍数的概念及其计算方法；4、掌握分数及其性质，了解分数分解的方法；5、理解代数方程及其解法，掌握二次方程的解法；6、培养学生对数学的兴趣和解决问题的能力。
三、教学内容1、整数的概念和性质a.整数的定义和分类b.整数的运算规则c.数的表示方法2、因数分解和质数判断a.因数分解的方法b.质数判断的方法3、最大公约数和最小公倍数a.最大公约数的定义和计算方法b.最小公倍数的定义和计算方法4、分数及其性质a.分数的定义和分类b.分数的运算规则c.分数的约分和通分5、二次方程及其解法a.二次方程的定义和分类b.二次方程的解法6、其他代数方程的解法介绍a.一元一次方程的解法b.一元二次方程的解法c.高次方程的解法简介7、数论在密码学中的应用介绍a. RSA算法简介b.其他密码学应用简介8、数论在其他领域的应用介绍a.数论在计算机科学中的应用b.数论在物理学中的应用等9、数论的历史和发展简介a.数论的起源和发展历程b.数论在现代数学中的应用及发展前景10、初等数论与中学数学的与区别分析。
在数学的学习中，数论是一个非常重要的分支，它研究的是数的性质和规律。
在大学数学中，初等数论是数论的基础课程，它主要包括了以下几个方面的内容：整除性理论：整除性理论是数论的基础，它主要研究的是整数之间的除法性质。
通过研究素数和分解定理，我们可以更好地理解整数的内部结构和性质。
同余理论：同余理论是数论的核心内容之一，它主要研究的是整数之间的同余关系。
通过研究同余方程和模逆元，我们可以解决许多与整数相关的问题。
【暑期精英强化课程】第1册 PD第06讲 数论综合一(上) 教师版
第六讲数论综合I（上）1、学习掌握应用整除特点和性质来解决相关的问题；2、学会应用整除特点解决整除中的余数问题；3、培养学员发现数学中的美，激发学员学习探索的意识。
常见数字的整除判定方法1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除；2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除；一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除；3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除.4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除.【备注】（以上规律仅在十进制数中成立。
）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？【解析】（1）能被72整除的数，即能被8和9整除。
若825□□能被8整除，个位应填6，再考虑能被9整除，千位应填6。
因此这个五位数是86256。
（2）能被55整除，即能被5和11整除。
若825□□能被5整除，个位应填0或5。
当个位填0时，若能被11整除，千位应填5。
当个位填5时，千位无论填几都不满足条件，因此满足条件的数为85250。
解答：（1）86256；（2）85250。
在方框中填上两个数字，可以相同也可以不同，使4□32□是9的倍数。
一共有多少种满足条件的填法？【解析】一个数是9的倍数，那么它的数字和就应该是9的倍数，即4＋□＋3＋2＋□是9的倍数，而4＋3＋2＝9，所以只需要两个方框中的数的和是9的倍数．经过分析容易得到两个方框内的数的和是9的倍数，如果和是9，那么可以是（9，0）；（8，1）；（7，2）；（6，3）；（5，4）；（4，5）；（3，6）；（2，7）；（1，8）；（0，9），共10种情况，还有（0，0）和（9，9）。
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第六讲初等数论
初等数论是主要用算术方法研究整数最基本性质的一个数学分支，是数学中最古老的分支之一.近几十年来，初等数论在计算机科学、组合数学、代数编码、信号的数字处理等领域得到广泛应用.同时，初等数论在各类数学竞赛中占有重要地位，以国际数学奥林匹克为例，约有四分之一的题目是主要用初等数论知识来解的.
一、基础知识
1.整除理论
性质1：如果a\b t b\c t那么d|c；
性质2：若a\c t则对于任意整数x、y都有a\bx+cy
2.质数与合数
性质1：设n为大于1的正整数，p是n的大于1的约数中最小的正整数，则p为质数；
性质2：如果对任意1到亦之间的质数p,都有p不整除n,那么n为质数，这里n为大于1的正整
数；
性质3：质数有无穷多个；
性质4：质数中只有一个数是偶数，即2；
3.同余
定义：如果a、b除以m (正整数)所得得余数相同，那么称a、b对模m同余，记作
a=b (mod in)
性质X如果a三b (mod 则m\a-bt
性质2：若a = b (mod m) f c = d (mod 加)贝i]a + c = b + d (mod nt)
a-c 三b-d (mod /H),ac = bd (mod ni)
性质3：a = b (mod m), n 为正整数，则a n = b" (mod m)
4.费尔马小定理
Fermat小定理：设p为质数，a为整数，则/三«(mod “).特别地，如果a不能被p整除，则三l(mod p)
二、例题部分
例1 (2006年希望杯初二培训题)已知一个五位数用4, 5, 6, 7, 8五个数码各一次组成，如64875 等，在这样的五位数中，能被55整除的有几个，它们分别是多少？
《数理天地》2005增刊P22, 80
例2 (★★, 86年全国)设a、b. c是三个互不相等的正整数，求证：在—b'c — bF, c3a-ca3三个数中，至少有一个数能被10整除；
《全国初中数学竞赛试题分类集锦》代数分册，上海远东出版社，P28,三1
例3 (★★, 1997年全国初中数学竞赛)已知定理“若大于3的三个质数纸b、c满足关系式2d + 5b = c, 则a+b+c是整数I)的倍数匕试问：上述定理中的整数n的最大可能性值是多少？并证明你的结论.
《金牌之路竞赛辅导》初中数学，山西师范大学出版社，P21,例12
例4 (★)设n是大于1的正整数，求证：川+半是个合数
数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》
华东师范大学出版社P1& 1
例5 (★)能否将1, 2, 3,…，50两两配对，使得所配对的25对数之和两两不同，且都是质数? 数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》
华东师范大学出版社P18, 3
例6 (★★)设p为正整数，且2卩-1是质数，求证：p为质数；
数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》
华东师范大学出版社P18, 6
例7 (★ ★★)设a>3b>6c>12d,«2-Z>2+c2-J2 =1749,求a2+b2+c2+d2的所有可能值;
数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》
华东师范大学出版社P19, 20
例8 (★)设p、q都是质数，且7p+q, pq+11也都是质数，求(尸+/)(/ +//)的值
数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》
华东师范大学出版社P39, 1
例9 (★★) (1)试确定所有的正整数n,使得2" -1能被7整除；
(2)证明对所有的正整数n, 2"+1不能被7整除；
【证明】：(1)当n是3的倍数的时候，2"-1能被7整除
若〃= 3^ + 1, 2"-1 = 23*+,-1 = 2*8*-1,被7 除余1；
若卄=3& + 2, 2n-l = 23*+2-l=4*8£-l,被7 除余3；
(2)由上一问可知，当n = 3匕3屮3上+2时,2"—1除以7分别余0, 1, 3
所以2"+1除以7分别余2, 3, 5
例10 (★★)设正整数n至少有4个不同的正约数，且0 ＜/＜仏＜〃3＜〃4
是n的最少的四个正约数，它们满足＜+J22+＜+＜=/?,求所有这样的n
数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》
华东师范大学出版社P20, 41
例11 (★★)设p为大于5的素数，求证在数列1, 11, 111,…中有无穷多项是p的倍数证5且是素数，所
以P |10_由费尔马小定理得
1(/ * = 1 Qn od p) 7
10心「〉•1 三0(/w orf p)、
即p |io-，tD- ° - 1,
I为正整数•而p|10^' ° - 1 =、02・・・0丿=9 x、l 1 1…1丿
Np・1) 心・1)
但川9,故p •/= 1.2•…,从而问题得证
l(p ・1)
例12 (★★)求2000啲2被37除的余数
解 20001992 = (37 X 54 + 2)叱三 2】焙伽 od37)
因为37是素数且(2, 37) = 1,所以236 = 1 (mod 37)
2000叱三2叱=2心炉口
三(.5) X (• 5) X 4 =100 = 26 bod 37).
例13 (★★★)关于x 、y. z 的方程F +
= /有质数解么？ 【解】原方程可整理为y 3=(z 2+x)(z 2-x),由于y 是质数，所以我们得到
由①得，x = (z — l)(z + l),于是z-l = Uz = 2,从而X = 3,y'=7与y 是质数矛盾
由②得，x = (y-z)(y + z),于是y-z = hy = z + l •从而x = 2z + l 代入②中的第一个方程得 F -3z-2 = 0此方程无质数解;
综上，原方程无质数解.
例14 (★★★)已知正整数a 、b 、Cx d 的最小公倍数为a+b+c+d,证明:abed 是3或5的倍数. 数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》
华东师范大学出版社P19, 29
例15 (★★★)求所有的正整数乐bx c,使得/+1和戻+1都是质数，且满足
(a 2+l)(b 2 + \) = c 2 + \
数学奥林匹克小丛书，初中卷9,《整除、同余与不定方程》
华东师范大学出版社P20, 45
三、习题部分
1 (★, 2006年希望杯培训题)224
-1能被20以内的几个质数整除，那么这几个质数是
.2
3 F _牙=[ ①或者
P +x = y ・ z 2-x = =2n = 2s X 2s X 22
《数理天地》2005增刊P22, 46
2（★, 2006年希望杯培训题）设n是大于2的整数，若n3-n的值一定能被m整除，则m的最大值是《数理天地》2005增刊P22, 47
3 （★, 2006年希望杯培训题）已知正整数a除53,余数为5；除127,余数为7；除159,余数为3,那
么a的值为_________
《数理天地》2005增刊P22, 48
4 （★, 2006年希望杯培训题）由4, 5, 6, 7, 8五个数字组成的无重复数字的所有五位数之和除以90 所得的商是__________
《数理天地》2005增刊P22, 49
1001
5 （★, 2006年希望杯培训题）若x, y为质数，满足条件Ovxvy,且一是整数，那么x,y的值
x + y
是________
《数理天地》2005增刊P22, 50
6 （★）自然数n>m, J@Ln2 3 4 5 6 -m2 -2n-2m = 19,求n,m 的值
（n2 -2n + l）-（w2 + 2/w + l） = 19；即（料一1尸一（加 + 1）2=19
则m=& n=ll。