19初等数论

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初等数论初等数论是数学中的一个分支,研究的是整数的性质和特殊的数学关系。

它是数学发展的基础,对于数学中的许多其他分支,如代数、几何和数值分析都具有重要的影响。

初等数论可以追溯到古希腊时代,当时的数学家们对整数之间的关系进行了研究,并推导出了许多重要的结论。

在初等数论中,最基础的概念是整数和素数。

整数是自然数、负自然数和零的总称,它们可以用来表示数量。

素数是只能被1和自身整除的正整数,它们没有其他的因子。

素数在初等数论中具有重要的地位,因为他们是其他整数的构成单元。

在初等数论中,我们可以探讨整数的因子分解。

因子分解是将一个整数表示为素数的乘积的过程。

例如,将数字20分解成素数的乘积可以得到2×2×5=20。

因子分解在数论中起着重要的作用,它有助于我们理解整数之间的数学关系。

初等数论中的另一个重要概念是最大公约数和最小公倍数。

最大公约数是两个整数中能够同时被整除的最大的正整数。

最小公倍数是能够同时整除两个整数的最小的正整数。

最大公约数和最小公倍数可以帮助我们解决一些实际问题,比如找到最简分数、解线性方程等。

初等数论中还有一个重要的概念是同余。

同余是指两个整数除以一个正整数得到的余数相同。

例如,当两个整数被3除得到的余数相同时,我们可以说这两个整数互为3的同余数。

同余关系在数论中起着重要的作用,它可以帮助我们研究整数之间的性质和特殊的数学规律。

初等数论还涉及到数论函数的研究。

数论函数是定义在整数上的函数,它们可以帮助我们描述整数的性质和特征。

常见的数论函数包括欧拉函数、莫比乌斯函数等。

这些函数在数论中有广泛的应用,可以帮助我们研究素数分布、整数方程的解等问题。

除了以上几个基本概念,初等数论还包括一些其他的内容,如二次剩余、费马小定理、威尔逊定理等。

这些概念和定理都有着重要的理论意义和实际应用。

初等数论在数学中具有广泛的应用。

它不仅是其他数学分支的基础,还有着许多实际应用。

例如,在计算机科学中,初等数论可以帮助我们设计和分析算法、构建密码系统等。

19初等数论

19初等数论
54-2
第19章 初等数论
19.1 素数 19.2 最大公约数与最小公倍数 19.3 同余 19.4 一次同余方程 19.5 欧拉定理和费马小定理 19.6 初等数论在计算机科学技术中的几个应用
54-3
19.1 素数
整除、倍数和因子 带余除法 素数与合数 算术基本定理 筛法
54-4
整除、倍数和因子
证 记a=r0, b =r1, 做辗转相除法 ri=qi+1ri+1+ri+2, i=0, 1,…,k2, rk1=qkrk, gcd(a,b)=rk.
把上式改写成 ri+2= riqi+1ri+1, i=k2,k3,…,0 从后向前逐个回代, 就可将 rk 表成 a 和 b 的线性组合.
54-22
54-20
辗转相除法—欧几里得(Euclid)算法
设整数a, b, 且b≠0, 求gcd(a,b). 做带余除法 a=qb+r, 0≤r<|b|. 若r=0, 则gcd(a,b)=b; 若r>0, 再对b和r做带余除法 b=qr+r, 0≤r< r. 若r=0, 则gcd(a,b)=gcd(b,r)= r; 否则重复上述过程,
54-6
素数与合数
定义19.1 素数(质数):大于1且只能被1和自身整除的正整数 合数: 大于1且不是素数 例如, 2,3,5,7,11是素数, 4,6,8,9是合数.
性质19.6如果d>1, p是素数且d | p, 则d=p. 性质19.7设p是素数且p | ab, 则必有p | a 或者 p | b.
2 161, 3 161, 5 161, 7|161(161=7×23) 结论:161是合数.

整除理论——小学数学教学中的初等数论问题

整除理论——小学数学教学中的初等数论问题
图4分解质因数
图5辗转相除法
而在大学的初等数论教材中,也提到了“最大公因数与辗转相除法”这一章节,其中求最大公因数的方法同样是辗转相除法.具体方法见下列例题:
(1)a=-1859,b=1573,求最大公因数
即求(-1859,1573)=(1859,1573)
(2)a=169,b=121,求最大公因数
经常使用的数的整除特征都有
①2|N?2|a_0
②5|N?5|a_0
③3|N?3|a_0+a_1+?a_n
④9|N?9|a_0+a_1+?a_n
⑤11|N?11|〖(a〗_0+a_2+?)-〖(a〗_1+a_3+?)
根据初等数论中所提到的可除性基本定理,就可以证明经常使用的数的整除性特征成立,虽然所使用的证明方法和过程在小学的数学学习阶段难以使用,但是如果教师本身能够掌握住其中所渗透的数论原理,根据知识的难易程度以及学生对知识的接受能力进行有针对性地进行渗透,便可以帮助学生更好地进行吸收知识.
②若所取的五个正整数中同类的个数有两个,必然有一类可取一个,把各类各取一个:
3n_1+3n_2+1+3n_3+2=3(n_1+n_2+n_3)+3
例2写出一个正整数能被11整除的必要条件并证明.
解一个正整数能被11整除的充要条件:
该正整数a=a_n1000^n+a_(n-1)1000^(n-1)?+a_11000+a_0(0?a_i?1000),11能整除
截止到目前,已有众多的学者对数论的发展现状以及发展前景进行了深刻的研究,更有学者强调了数论在大学阶段小学教育专业开设课程的必要性.同时,也有部分学者对初等数论在离散数学和高中数学知识竞赛中的应用进行了分析,但是从整体方面来看,对数论在中小学数学知识学习中的研究相对而言较少.所以,本文主要研究初等数论在义务教育阶段学生学习数学知识过程中的应用.

初等数论简介

初等数论简介

初等数论初等数论是研究整数最基本性质的一个数学分支,它也是数学中最古老的分支之一,至今仍有许多没有解决的问题。

初等数论是数学中“理论与实践”相结合最完美的基础课程。

近代数学中许多重要思想、概念、方法与技巧都是对整数性质的深入研究而不断丰富和发展起来的。

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内得到广泛的应用。

在日常生活中,也常会遇到一些数论问题。

具体内容1.整数的可除性:了解整除的概念,掌握带余数除法及其运用;理解最大公因数的基本概念及其性质,掌握用辗转相除法求整数的最大公因数。

掌握整除的性质及其运用,会求整数的最小公倍数。

掌握两个整数的最小公倍数与最小公因数的关系。

了解质数基本概念与性质,理解算术基本定理及其证明,会运用算术基本定理解决问题。

了解函数[x],{x}的基本性质,运用这两个函数解决n!的标准分解式。

2.不定方程:掌握二元及多元一次不定方程有解的充要条件,熟练掌握一次不定方程的求解。

勾股数公式的推导及其运用,了解费尔马问题及无穷递降法。

3.同余:理解同余的概念及其基本性质,掌握检查因数的一些方法和弃九法。

了解剩余类及完全剩余系的性质,并会加以运用。

了解简化剩余系及其性质,会推导欧拉函数,知道它的简单运用。

应用简化剩余系的性质证明Euler定理和Fermat定理,运用欧拉定理研究循环小数;欧拉定理与费马定理的综合运用。

了解同余在信息安全与密码中的运用。

4.同余式:了解同余式的基本概念,掌握一次同余式的求解;理解孙子定理,会解模互素的一次同余式组的求解。

了解一般一次同余式组的解法,掌握高次同余式的解数及解法。

理解质数模的同余式解数的有关定理,并予初步运用。

5.连分数:掌握连分数的基本性质、把实数表成连分数和循环连分数,了解连分数在天文中的运用。

初等数论是数论的一个分支。

它以算术方法为主要的研究方法,而区别于数论的其他分支。

公元前6世纪,古希腊数学家毕达哥拉斯就已研究过整数的可除性问题,例如,当时已经知道正整数中有奇数、偶数、素数、复合数等各种类型的数。

《初等数论》教学大纲

《初等数论》教学大纲

引言概述:初等数论是数学的一个重要分支,它研究整数的性质和关系,是一门基础性的课程。

本文旨在为《初等数论》课程的教学制定一份详细的大纲,以帮助教师合理安排教学内容,提高教学效果。

正文内容:一、素数与合数1.素数的定义与性质素数的定义:只能被1和自身整除的正整数。

2.合数的定义与性质合数的定义:不是素数的正整数。

二、因数与倍数1.因数的概念因数的定义:能整除一个数的整数。

因子的分类:负因数、正因数、真因数。

2.最大公因数与最小公倍数最大公因数的定义与性质:两个数公共因子中最大的一个。

最小公倍数的定义与性质:两个数公共倍数中最小的一个。

三、整数的整除性与除法算法1.整除的概念与性质整除的定义:一个数能够被另一个数整除。

整除的性质:整数除法原则、整数的对称性。

2.整数的除法算法除法算法的步骤与原理:用减法、用乘法、整数除法算法的应用。

四、余数与模运算1.余数的概念与性质余数的定义:做除法时除不尽的部分。

余数的性质:余数的范围、余数的基本性质。

2.模运算的概念与性质模运算的定义:对于整数a和正整数n,a与n的商所得的余数。

模运算的性质:模运算的加法、减法和乘法规则。

五、同余与模运算应用1.同余的定义与性质同余的定义:对于整数a、b和正整数n,当a与b对n取余相等时,称a与b模n同余。

同余的性质:同余的传递性、同余的运算性质。

2.模运算的应用模运算在代数方程中的应用:线性同余方程、模运算的性质在方程求解中的应用。

总结:本文从素数与合数、因数与倍数、整除性与除法算法、余数与模运算以及同余与模运算应用等五个大点进行阐述。

通过这些内容的学习,学生将能够了解整数的性质和关系,理解数论的基本原理,为后续数学学习打下坚实的基础。

教师在教学过程中,应注重拓展学生的数学思维、培养其解决问题的能力,并结合实际生活和其他数学知识进行应用。

通过系统的教学大纲指导,教师能够更好地组织教学内容,提高学生的学习效果。

初等数论基本思想方法总结

初等数论基本思想方法总结

初等数论基本思想方法总结初等数论是研究整数性质及其关系的数学分支,它包括了数的整除性质、最大公因数、素数分解等基本概念和理论。

初等数论的基本思想方法总结如下:1. 数的分类:在初等数论中,数的分类是非常重要的一步。

我们把整数分为偶数和奇数、正整数和负整数、完全平方数和非完全平方数等等。

这样的分类有助于我们更好地理解和描述数的性质。

2. 递归思想:初等数论中经常使用递归思想。

例如,整数的定义是基于自然数的递归定义。

在证明一些性质的时候,我们也可以使用数的递归性质来进行推导。

递归思想在解决问题时,常常能够将复杂的问题简化为简单的子问题。

3. 数的整除性质:整除是初等数论最基本的概念之一。

在初等数论中,我们要研究一个数能否被另一个数整除、两个数的最大公因数等问题。

对于整除性质的研究,我们常常使用带余除法、最大公因数等概念和定理。

4. 素数和合数:素数和合数是初等数论中重要的概念。

我们称大于1且只能被1和它本身整除的数为素数,否则我们称之为合数。

素数的性质在初等数论中有着重要的地位,素数分解定理将任意一个正整数表示为若干个素数的乘积,具有重要的理论和应用价值。

5. 辗转相除法:辗转相除法是初等数论中常用的算法之一。

它用于求两个数的最大公因数,通过不断地进行除法运算,将两个整数的最大公因数转化为较小整数的最大公因数,直到其中一个数为0为止。

6. 数的因子分解:在初等数论中,我们常常需要将一个数分解为几个素数和幂的乘积。

这种分解是数的因子分解,可以通过素数分解定理和辗转相除法来实现。

7. 同余:同余是初等数论中重要的概念和方法之一。

两个整数除以一个正整数所得的余数(都是非负整数)相等,我们就说这两个数对于这个正整数是同余的。

同余关系可以用来刻画整数的性质和关系,也可以用来解决一些问题。

8. 数的循环节性:在初等数论中,很多整数序列会出现循环节。

例如,10进制小数中的循环节、数的幂的个位数循环节等等。

这样的循环节性质可以通过数的除法和模运算来进行研究和验证。

NOIP初赛复习19数论算法基础

NOIP初赛复习19数论算法基础

线性同余方程组
求解过程如下: ①一开始方程的解表示为 x,系数 1,常数为 0,代入方程 1 得:5x+6y=2,解得 x=-2+6*k ②解完方程 1,方程组的解为 6x-2,系数为 6,常数为-2,把 6x-2 代入方程 2 中的 x 得: 2*(6x-2)+8y=4 即 12x+8y=8 解得 x=2+2k,把 x=2+2k 代入原来的解 6x-2 中得 6(2k+2)-2=12k+10,解 12k+10 满足方程 1 和方程 2 ③把 12x+10 代入方程 3 中的 x 得: 4(12x+10)+9y=1 即 48x+9y=-39,解得 x=65+3k, 代入 12x+10 得 36k+790,也可以写成 36k+790 mod 36=36k+34 ④因此,符合方程组的一般解为 36k+34,最小的正整数解为 34 程序如下:
欧拉函数的计算可以在分解质因子过程中完成。程序如下:
素数—素数的判定 问题:判定一个数 n 是否是素数。 分析:如果 n 是合数,则一定可以把分解 a*b 的形式,其中 a<=b,a!=1,b!=n,如 18=2*9,18=3*6。则有:a*a<=a*b=n 判断依据:如果 2 到 理。 程序如下: => a<=
方法 4:二进制法,程序如下:
最小公倍数 问题:计算 n 个整数 a1,a2,...,an 的最小公倍数 分析:两个数 a1,a2 的最小公倍数 lcm(a1,a2)=a1*a2/gcd(a1,a2) lcm(a1,a2,a3)=lcm(lcm(a1,a2),a3),以此类推,可以先求 a1,a2 的最小公倍数 b1, 再求 b1 与 a3 的最小公倍数 b2,再求 b2 与 a4 的最小公倍数 b3...,程序如下:

高中数学:“初等数论”

高中数学:“初等数论”

高中数学:“初等数论”一、知识点概述初等数论是研究自然数的性质及其相互关系的一门数学学科,其研究对象是自然数和它们的运算。

初等数论主要研究质数、公因数和最大公因数、同余、数的分解、勒让德符号、二次剩余等数论基础知识。

二、重点概念解释1. 质数:大于1的自然数,除1和它本身外,不能被其它自然数整除的数字称为质数。

2. 素数:素数是指只有1和它本身两个约数的数。

3. 最大公因数:指两个或两个以上整数共有约数中,最大的一个。

4. 同余:对于任意整数a、b、n(n≠0),若n|(a-b),则称a与b在模n条件下同余,记作a≡b(mod n)。

5. 勒让德符号:勒让德符号(Legendre Symbol)是一种特殊的符号,用来判断一个整数是否是二次剩余,即其是否满足某些特殊性质。

三、典型例题分析例题1:求最大公因数gcd(100, 80)。

答案:首先列出100=2^2×5^2,80=2^4×5,公共因子为2^2×5,即gcd(100,80)=20。

例题2:判断71^25与81在模10下是否同余。

答案:将71=7×10+1,用费马小定理得7^4≡1(mod 10),于是71^25≡(7×10+1)^25≡7^25≡7(mod 10)。

又81≡1(mod 10),因此不同余。

例题3:判断21与31在模5下是否有逆元。

答案:首先求21与31分别除以5的余数为1和1,因为1和5互素,所以1有逆元,然后判断31在模5下是否有逆元:31除以5余1,31与5不互素,因此31在模5下没有逆元。

例题4:求解同余方程3x≡4(mod 5)。

答案:gcd(3,5)=1,因此同余方程有解。

将方程两边乘以3的逆元2(即2×3≡1(mod 5))得到6x≡8(mod 5),即x≡3(mod 5)。

因此,同余方程的解为x≡3(mod 5)。

例题5:对于勒让德符号(a/p),当p为素数,a为整数时,有以下性质:i. (a/p)=0当且仅当a≡0(modp)。

初等数论的性质与定理总结

初等数论的性质与定理总结

初等数论的性质与定理总结初等数论是数论中的一个基础分支,研究整数的性质和整数运算规律。

本文将总结初等数论中的一些重要性质与定理。

一、整数的整除性质1. 整数的除法基本性质:对于任意整数a、b和非零整数c,存在唯一的整数q使得a = bq + c。

2. 整除关系的传递性:如果a能整除b,且b能整除c,则a能整除c。

3. 整除关系的辗转相除法:对于任意整数a和非零整数b,存在唯一的整数q和r使得a = bq + r(其中0 ≤ r < |b|)。

二、质数与合数1. 质数的定义:质数是指大于1且只能被1和自身整除的整数。

例如,2、3、5、7等都是质数。

2. 质因数分解定理:每个大于1的整数都可以唯一地表示为若干个质数的乘积。

3. 最大公约数与最小公倍数的性质:对于任意整数a和b,记a和b 的最大公约数为gcd(a, b),最小公倍数为lcm(a, b),则有以下性质: - gcd(a, b) = gcd(b, a)- gcd(a, 0) = |a|- lcm(a, b) = |ab| / gcd(a, b)三、模运算与同余1. 模运算的基本性质:对于任意整数a、b和正整数n,有以下性质:- (a + b) mod n = (a mod n + b mod n) mod n- (a - b) mod n = (a mod n - b mod n) mod n- (a * b) mod n = (a mod n * b mod n) mod n2. 同余关系的性质:对于任意整数a、b和正整数n,如果a与b模n同余(记作a ≡ b (mod n)),则有以下性质:- a + c ≡ b + c (mod n)- ac ≡ bc (mod n)- 如果a ≡ b (mod n),则a^k ≡ b^k (mod n)对于任意正整数k四、费马小定理与欧拉定理1. 费马小定理:如果p是质数,a是任意正整数且p不整除a,则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。

初等数论知识点

初等数论知识点

初等数论知识点数论是数学的一个重要分支,而初等数论则是数论中较为基础和入门的部分。

它主要研究整数的性质和相互关系,虽然看似简单,却蕴含着深刻的数学思想和广泛的应用。

一、整除整除是初等数论中最基本的概念之一。

如果整数 a 除以整数 b(b≠0),所得的商是整数且没有余数,我们就说 a 能被 b 整除,或者b 能整除 a,记作 b | a。

例如,6 能被 3 整除,因为 6÷3 = 2,没有余数;而 7 不能被 3 整除,因为 7÷3 = 21,有余数 1。

整除具有一些基本性质,比如:1、如果 a | b 且 b | c,那么 a | c。

2、如果 a | b 且 a | c,那么对于任意整数 m、n,有 a |(mb+ nc)。

二、因数和倍数如果 a 能被 b 整除(b≠0),那么 b 就是 a 的因数,a 就是 b 的倍数。

一个数的因数是有限的,其中最大的因数是它本身;一个数的倍数是无限的,其中最小的倍数是它本身。

例如,12 的因数有1、2、3、4、6、12;12 的倍数有12、24、36、48三、质数和合数质数是指一个大于 1 的自然数,除了 1 和它自身外,不能被其他自然数整除的数。

合数则是指除了能被 1 和本身整除外,还能被其他数(0 除外)整除的自然数。

例如,2、3、5、7 是质数;4、6、8、9 是合数。

1 既不是质数也不是合数。

质数在数论中有着重要的地位,寻找大质数是密码学等领域中的关键问题。

四、公因数和最大公因数几个数公有的因数,叫做这几个数的公因数;其中最大的一个,叫做这几个数的最大公因数。

求最大公因数可以用辗转相除法。

例如,求 24 和 36 的最大公因数,36÷24 = 112,24÷12 = 2,所以24 和 36 的最大公因数是 12。

五、公倍数和最小公倍数几个数公有的倍数,叫做这几个数的公倍数;其中最小的一个,叫做这几个数的最小公倍数。

初等数论知识点总结

初等数论知识点总结

初等数论知识点总结初等数论是数论中的一个分支,它主要研究自然数的整除性质以及其它基本性质。

初等数论主要包括素数与合数、整数表示、整数方程、模运算、同余方程、数乘次幂循环节等内容。

下面将对初等数论的关键知识点进行总结。

1.素数与合数:素数(质数)是只能被1和自身整除的自然数,合数是除了1和自身以外还能被其它数整除的自然数。

质数有无穷多个,这个结论由欧几里得证明。

常见的质数有2、3、5、7等。

2.素因子分解:任何一个自然数都可以唯一分解成若干个素数的乘积形式,这个分解过程称为素因子分解。

例如,24可以分解为2^3*3,其中2和3是24的素因子。

3.最大公约数与最小公倍数:最大公约数(GCD)是指两个或多个数中最大的能够整除所有这些数的自然数,最小公倍数(LCM)是指两个或多个数中最小的能够被这些数整除的自然数。

GCD可以通过欧几里得算法进行计算,而LCM可以通过两个数的乘积除以它们的GCD得到。

4.模运算与同余方程:模运算是将一个数除以另一个数所得到的余数,同余方程是指具有相同余数的整数关系。

例如,如果a除以n与b除以n得到相同的余数,即a≡b (mod n),则称a与b在模n下是同余的。

5.素数定理与欧拉定理:素数定理是指当自然数x趋于无穷大时,小于等于x的素数的数量约等于x / ln(x),其中ln(x)是自然对数。

欧拉定理是指当正整数a与自然数n互质时,a^(φ(n)) ≡ 1 (mod n),其中φ(n)是小于n且与n互质的自然数的个数。

6.立方与四方数:立方数是指一个数的立方,四方数是指一个数可以表示为四个整数的平方和。

高斯数学说是指四方数的性质,它由高斯证明,表示为四个整数的平方和的非负整数解的个数等于该数的除以8的余数。

7.费马小定理与小费马定理:费马小定理是费马定理的一个特殊情况,它表明如果p是一个素数,a是一个与p互质的整数,那么a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。

小费马定理是费马小定理的推广,它表明如果a是一个整数,m是一个大于1的自然数,且a与m互质,那么a^φ(m) ≡ 1 (mod m),其中φ(m)是小于m且与m 互质的自然数的个数。

初等数论及其应用

初等数论及其应用

初等数论及其应用数论可以说是数学中一门最广义的数学分支,它不仅涉及一般的整数理论,更深入地探讨一般的整数关系,以及它们在数学中的应用。

初等数论,也称作元数论,是数论中的一个重要部分,它主要研究了整数的结构,以及它们在其他数学领域的应用。

数论的发展可以追溯到古希腊的费里泽尔时代,他们发现了质数以及质数相关的一系列定理,比如“质数的和是没有最小数的”,“质数的乘积是有限的”等等。

它们对当时的数学研究非常有帮助,而它们也是后来数论研究的基础。

在古希腊时代,数论学习的重点也是探讨质数的特征和性质。

随着数学的发展,数论的研究也越来越深入。

17世纪英国数学家Pierre de Fermat发现了因数分解定理,也就是一个数字可以分解成质数的乘积,这被称作Fermat因子分解定理,它也是后来数论研究的根基之一。

19世纪和20世纪给数论研究带来了新的发展,许多新的定理被发现和推导出来,包括分解数、拉格朗日定理、唯一分解定理和莫比乌斯定理等等,它们都是数论研究的基础。

此外,数论也和一般的数学研究有一定的联系,比如基准定理,它将复数和实数的关系更加紧密地结合在了一起。

它也是数论和一般数学的交叉研究成果之一。

另外,数论也有实际的应用,比如安全性以及数字信号处理等。

它们都是利用数论研究的结果,将数论理论转化成实际应用。

比如RSA密码,它就是采用了Fermat因子分解定理来设计的,它一直被用来保护重要文件和信息的安全性。

此外,数论也被用于数字信号处理,比如合成数字信号、数据压缩和图像处理等。

因此,初等数论是数学中一个重要的分支,它不仅探讨了广义的整数关系,也发掘了它们在各个子数学领域的应用,为数学的发展发挥了重要作用。

初等数论的基础知识及其应用

初等数论的基础知识及其应用

初等数论的基础知识及其应用数论是关于数的性质和关系的研究领域,其基础知识为我们理解和使用数学提供了重要的支持。

初等数论,是数论中的一部分,主要涉及整数的基础性质和运算法则等内容。

本文将从“质数与合数”、“同余与模运算”、“欧几里得算法及其扩展”、“RSA加密算法”四个方面介绍初等数论的基础知识及其应用。

质数与合数在整数中,如果一个大于1的自然数,除1和它本身外没有其他的因数,那么它就是一个质数,否则它就是一个合数。

质数在数学和计算机科学中有着广泛的应用,如加密算法和密码学、素性测试、识别算法分解素数等领域。

而合数则在一些数学问题中发挥了重要作用,如奇怪的函数、数感猜想等。

同余与模运算同余是数论中一个重要的概念,指两个整数除以某个正整数所得的余数相同。

其基本概念是模运算,即在计算时只考虑整数除以某个正整数的余数,而忽略商的部分。

同余关系可以用“≡”符号表示,如a ≡ b (mod m)表示a与b模m同余。

同余关系在计算机科学中广泛应用,如哈希函数、散列函数等。

欧几里得算法及其扩展欧几里得算法是一种寻找两个自然数最大公约数的方法。

其基本思想是:对于两个自然数a和b,如果a大于b,则a除以b得余数r,那么a与b的最大公约数等于b与r的最大公约数。

反之,如果b大于a,则将a和b互换位置。

欧几里得算法还可以扩展为求解不定方程ax + by = gcd(a, b),其中a、b为两个自然数,x、y为一组自然数。

RSA加密算法RSA加密算法是一种公钥加密算法,它使用两个不同的密钥来实现加密和解密。

该算法基于数论,利用质数分解的难度来保证密钥的安全性。

其加密过程包含如下步骤:1. 生成两个不同的质数p和q,并计算它们的乘积N = p * q。

2. 计算φ(N) = (p-1) * (q-1)。

3. 选择一个大于1小于φ(N)的整数e,使其与φ(N)互质。

4. 找到一个整数d,使其满足de ≡ 1 (mod φ(N))。

19第十九章 初等数论

19第十九章 初等数论

30 2 3 5
88 2 11
3
1024 2
10
99099 32 7 112 13
显然, a的因子只能含有a中的素因子, 即可下述推论:
【推论】设 a p p p , 其中 p1 , p2 ,..., pk 是不 r 同的素数,1 , r2 ,...,rk 是正整数, 则正整数d为a的因 sk s1 s2 子的充分必要条件是 d p1 p2 pk ,
ab b
a (b1)
2
a ( b 2)
... 2 1)
a
当n为素数时, 22 – 1=3, 23 – 1=7, 24 – 1=31, 27 – 1=127 都是素数, 而 211 – 1 = 2047 = 23 x 89 是合数.
设P为素数, 称如 2p–1的数为梅森(Matin Merdenne)数.
素数 和 合数 有如下性质: 【性质19.6】如果d>1, p是素数且d|p,则d=p。
【性质19.7】设p素数且p|ab,则必有p|a或p|b。
更一般地,设p是一个素数且p|a1a2…ak, 则必存在 1≤i ≤k,使得p|ai。 【性质19.8】 a>1是合数当且仅当a=bc, 其中1<b<a,
r1 1 r2 2 rk k
其中 0 si ri , i 1, 2..., k

【例19.1】(1)99099有多少个正因子? (2) 20的二进制表示中从最低位数起有多 少个连续的0. 【定理19.2】有无穷多个素数。 用反证法证明
记 (n) 为小于或等于n的素数个数。 例如: (0) (1) 0
【定理19.6】设 a = qb+r, 其中a,b,q,r都是整数, 则 gcd(ab) = gcd(b,r). 证:只需证 a与b 和 b与r 有相同的公因子.

初等数论的基本知识及应用

初等数论的基本知识及应用

初等数论的基本知识及应用初等数论是研究整数的性质和性质的学科,是数学中的基础学科之一。

它涉及到的内容非常广泛,包括素数、整除性、同余、欧几里得算法、性质的证明等等。

初等数论的基本知识和应用对于解决各种实际问题以及其他数学分支的研究有着重要的意义。

初等数论的研究对象是整数,而素数是初等数论中的核心概念之一。

素数是只能被1和自身整除的正整数,比如2、3、5、7等。

素数具有很多独特的性质,例如任意一个大于1的整数都可以被素数整除,这就是所谓的素因数分解。

素数在密码学、编码等领域有着重要的应用,例如RSA加密算法就是利用了大素数的分解难题。

初等数论还研究了整数的整除性质。

整除是指对于整数a、b,如果存在整数c 使得a = b * c成立,则称b整除a,记作b a。

如果b a且b ≠a,则称b是a的真因子。

整除性质可以用来判断一个数的性质,例如一个数的约数个数是奇数个,则该数为完全平方数。

整除性质在解决实际问题中有很多应用,例如判断一个数是否为质数、判断两个数是否互质等。

同余也是初等数论中的重要概念之一。

同余是指对于两个整数a和b,如果它们的差能被一个正整数n整除,则称a与b模n同余,记作a ≡b (mod n)。

同余关系具有传递、对称和反射性质,从而可以推导出一些重要的结论。

同余关系在密码学、编码、计算机科学等领域有着广泛的应用,例如检验数字的正确性、生成随机数等。

欧几里得算法是一种求最大公约数的方法,也是初等数论中的经典算法。

该算法基于欧几里得定理,即对于两个整数a和b,它们的最大公约数等于b与a mod b的最大公约数。

使用欧几里得算法可以高效地求解最大公约数,进而求解最小公倍数和判断两个数是否互质等问题。

这个算法在数论、代数和计算机科学中都有广泛的应用。

初等数论的知识还可以应用于解决一些实际问题,例如整数分拆问题、同余方程求解、数的性质判断等等。

其中整数分拆是将一个正整数表示为一系列正整数之和的问题,它在组合数学、计算机科学和物理学中都有应用。

初等数论教材

初等数论教材

初等数论教材引言初等数论是数学的一个分支,研究的是正整数的性质和关系。

虽然初等数论的研究对象看似简单,但它在数学发展中扮演着重要的角色。

初等数论不仅对数学本身具有重要意义,而且在密码学、编码理论、密码破解等领域也有广泛的应用。

本教材将介绍初等数论的核心概念和基本原理,以帮助读者建立对初等数论的基础知识和理解。

一、数的整除性1.1 整除和倍数在初等数论中,整除是一个重要的概念。

对于整数a和b,我们称a能整除b,记作a|a,当且仅当存在整数k,使得b = ak。

例如,12能整除36,记作12|36,因为36 = 12 * 3。

我们也可以说36是12的倍数。

1.2 素数和合数素数是指只能被1和自身整除的正整数,大于1的整数中,只有1和本身两个正整数可以整除它的数。

合数是指有除了1和本身之外的其他因子的正整数。

素数和合数是初等数论中的重要概念,我们将在后续章节中深入讨论它们的性质和应用。

二、最大公因数和最小公倍数2.1 最大公因数最大公因数(Greatest Common Divisor,简称GCD)是指能够同时整除两个或多个整数的最大正整数。

最大公因数有很多计算方法,常见的有质因数分解法、辗转相除法等。

这些方法将在后续章节中详细介绍。

2.2 最小公倍数最小公倍数(Least Common Multiple,简称LCM)是指能够被两个或多个整数整除的最小正整数。

最小公倍数的计算方法是基于最大公因数的,我们将在后续章节中给出详细的算法。

三、模运算与同余3.1 模运算模运算是初等数论中一个重要的概念,它描述了两个数之间的相对关系。

对于整数a和正整数m,a对m取模运算的结果记作$a \\equiv b \\pmod{m}$,读作“a同余于b模m”。

模运算有一些基本性质和规则,比如加法、减法、乘法和幂运算等。

我们将在本章节介绍这些性质以及它们的应用。

3.2 同余同余是模运算的一个重要应用。

当两个数a和b对模m取模运算的结果相同时,我们称a与b同余模m,记作$a\\equiv b \\pmod{m}$。

初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性上半部分试题新人教版

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第三篇 初等数论第19章 整数的整除性§19.1整除19.1.1★证明.三个连续奇数的平方和加1,能被12整除,但不能被24整除.解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除,只需证明此数等于12乘上一个奇数即可.设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +(其中n 是整数),于是()()()()22222121231121n n n n n -+++++=++.所以()()()22212|212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦.又()2111n n n n ++=++,而n 、1n +是相邻的两个整数,必定一奇一偶,所以()1n n +是偶数,从而21n n ++是奇数,故()()()22224212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦.19.1.2★★若x 、y 为整数,且23x y +,95x y +之一能被17整除,那么另一个也能被17整除.解析 设23u x y =+,95x y =+.若17|u ,从上面两式中消去y ,得 3517v u x -=. ① 所以 17|3v .因为(17,3)=1,所以17|v 即17|95x y +.若17|v ,同样从①式可知17|5u .因为(17,5)=1,所以17|u ,即17|23x y +. 19.1.3★★设n 是奇数,求证. 60|6321n n n ---.解析 因为260235=⨯⨯,22、3、5是两两互质的,所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即可. 由于n 是奇数,有22|62n n -,22|31n +, 所以22|6231n n n ---; 又有3|63n n -,3|21n +, 所以3|6321n n n ---; 又有5|61n -,5|32n n +, 所以5|6321n n n ---.所以60|6321n n n ---.评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类,即被2除余数为0的是偶数,余数为1的是奇数.偶数常用2k 表示,奇数常用21k +表示,其实这就是按模2分类.又如,一个整数a 被3除时,余数只能是0、1、2这三种可能,因此,全体整数可以分为3k 、31k +、32k +这三类形式,这是按模3分类.有时为了解题方便,还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类,但这要具体问题具体处理.19.1.4★★设n 为任意奇正整数,证明.15961000270320n n n n +--能被2006整除. 解析 因为200621759=⨯⨯,所以为证结论成立,只需证n 为奇正整数时,15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除.显然,表达式能被2整除. 应用公式,n 为奇数时,()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++, ()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++.由于159610005944+=⨯,2703205910+=⨯,所以15961000270320n n n n +--能被59整除. 又159627013261778-==⨯,10003206801740-==⨯,所以15961000270320n n n n +--能被17整除.19.1.5★★若整数a 不被2和3整除,求证.()224|1a -.解析 因为a 既不能被2整除,也不能被3整除,所以,按模2分类与按模3分类都是不合适的.较好的想法是按模6分类,把整数分成6k 、61k +、62k +、63k +、64k +、65k +这六类.由于6k 、62k +、64k +是2的倍数,63k +是3的倍数,所以a 只能具有61k +或65k +的形式,有时候为了方便起见,也常把65k +写成61k -(它们除以6余数均为5). 故a 具有61k ±的形式,其中k 是整数,所以()()222161136121231a k k k k k -=±-=±=±.由于k 与31k ±为一奇一偶(若k 为奇数,则31k ±为偶数,若k 为偶数,则31k ±为奇数),所以()2|31k k ±,于是便有()224|1a -.19.1.6★★★求证.31n +(n 为正整数)能被2或22整除,但不能被2的更高次幂整除. 解析 按模2分类.若2n k =为偶数,k 为正整数,则 ()22313131n k n +=+=+.由3k 是奇数,()23k 是奇数的平方,奇数的平方除以8余1,故可设()2381k l =+,于是()3182241n l l +=+=+,41l +是奇数,不含有2的因数,所以31n +能被2整除,但不能被2的更高次幂整除. 若21n k =+为奇数,k 为非负整数,则()()()22131313313811461n k k l l ++=+=⋅+=++=+.由于61l +是奇数,所以此时31n +能被22整除,但不能被2的更高次幂整除. 19.1.7★★设p 是质数,证明.满足22a pb =的正整数a 、b 不存在. 解析 用反证法.假定存在正整数a 、b ,使得 22a pb =.令() , a b d =,1a a d =,1b b d =,则()11 , 1a b =.所以 222211a d pb d =,2211a pb =,所以21|p a .由于p 是质数,可知,1|p a .令12a pa =,则22221a p pb =,所以2221pa b =.同理可得,1|p b .即1a 、1b 都含有p 这个因子,这与()11 , 1a b =矛盾.19.1.8★★如果p 与2p +都是大于3的质数,那么6是1p +的约数.解析 每一整数可以写成6n 、61n -、61n +、62n -、62n +、63n +中的一种(n 为整数),其中6n 、62n -、62n +、63n +在1n ≥时都是合数,分别被6、2、2、3整除.因此,质数p 是61n -或61n +的形式. 如果()611p n n =+≥,那么 ()263321p n n +=+=+是3的倍数,而且大于3,所以2p +不是质数.与已知条件矛盾. 因此()611p n n =-≥.这时16p n +=是6的倍数.评注 本题是将整数按照除以6,所得的余数分为6类.质数一定是61n +或61n -的形式.当然,反过来,形如61n -或61n +的数并不都是质数.但可以证明形如61n -的质数有无穷多个,形如61n +的质数也有无穷多个.猜测有无穷多个正整数n ,使61n -与61n +同为质数.这是孪生质数猜测,至今尚未解决. 19.1.9★★已知a 、b 是整数,22a b +能被3整除,求证.a 和b 都能被3整除. 证 用反证法.如果a 、b 不都能被3整除,那么有如下两种情况.(1)a 、b 两数中恰有一个能被3整除,不妨设3|a ,3b .令3a m =,31b n =±(m 、n 都是整数),于是()222222996133321a b m n n m n n +=+±+=+±+,不是3的倍数,矛盾.(2)a ,b 两数都不能被3整除.令31a m =±,31b n =±,则()()2222223131961961a b m n m m n n +=++±=±++±+()22333222m n m n =+±±+,不能被3整除,矛盾.由此可知,a 、b 都是3的倍数.19.1.10★★若正整数x 、y 使得2x x y+是素数,求证.x y ≤.解析 设2x p x y=+是素数,则()py x x p =-,所以()|p x x p -,故|p x ,或者|p x p -,故可得|p x ,且p x <.令x kp =,k 是大于1的整数,则 ()1y x k x =-≥.19.1.11★证明.形如abcabc 的六位数一定被7、11、13整除. 解析100171113abcabc abc abc =⨯=⨯⨯⨯.由此可见,abcabc 被7、11、13整除.19.1.12★任给一个正整数N ,把N 的各位数字按相反的顺序写出来,得到一个新的正整数N ',试证明.N N '-被9整除.解析 N 除以9,与N 的数字和除以9,所得余数相同.N '除以9,与N '的数字和除以9,所得余数相同.N 与N '的数字完全相同,只是顺序相反,所以N 与N '的数字和相等.N 除以9与N '除以9,所得的余数相同,所以N N '-被9整除. 19.1.13★19991999199919991999N =连写个.求N 被11除所得的余数.解 显然,N 的奇数位数字和与偶数位数字和的差为()1999999119998⨯+--=⨯.19998⨯除以11的余数与88⨯除以11的余数相同,即余数为9.从而N 除以11,所得的余数为9. 19.1.14★在568后面补上三个数字,组成一个六位数,使它能被3、4、5分别整除.符合这些条件的六位数中,最小的一个是多少?解析 要命名这个六位数尽可能小,而且能被5整除,百位数字和个位数字都应选0.这样,已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19.要使这个六位数能被3整除,十位上可填2、5、8.由能被4整除的数的特征(这个数的末两位数应该能被4整除)可知,应在十位上填2. 这个六位数是568020.19.1.15★★已知四位数abcd 是11的倍数,且有b c a +=,bc 为完全平方数,求此四位数. 解析 在三个已知条件中,b c a +=说明给出b 和c ,a 就随之给定,再由11|abcd ,可定d .而bc 为完全平方数,将b 和c 的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中,只要从这个范围中挑选符合要求的即可.由bc 完全平方数,只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况.由b c a +=,此时相应的a 为7、7、9、13、10、9.其中13和10显然不可能是四位数的千位数字.在716d 、725d 、936d 、981d ,这四种可能性中,由11|abcd ,应有()()11|d b a c +-+. ()()11|176d +-+时,d 可为1; ()()11|275d +-+时,这种d 不存在; ()11|396d +-+时,d 可为1; ()11|891d +-+时,d 可为2.故满足条件的四位数有.7161、9361、9812.评注bc 为完全平方数,表示bc 是两位整数,0b ≠,因此,不考虑00、01、04、09这四种情况,否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.19.1.16★★用0,1,2,…,9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少?解析 因为0+1+2+…+9=45.这个最大十位数若能被11整除,其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差(大减小)为0或11的倍数.由于这十个数字之和是45(奇数),所以这个差不可能是0、22、44(偶数).若这个差为33,则只能是396-,但0+1+2+3+4=10,即最小的五个数字之和都超过6,不可能.若这个差为11,()4511228+÷=,452817-=.如果偶数位为9、7、5、3、1,其和为25;奇数位为8、6、4、2、0,其和为20.交换偶数位上的1与奇数位上的4,可得偶数位上的数为9、7、5、4、3,奇数位上的数为8、6、2、1、0.19.1.17★★一个六位数88的倍数,这个数除以88所得的商是多少? 解析88的倍数,而88811=⨯,8与11互质,所以,这个六位数既是8的倍数,又是11的倍数.由1234A B 能被8整除,可知34B 能被8整除(一个数末三位组成的数能被8整除,这个数就能被8整除),所以B 是4.由能被11整除的数的特征(一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除,这个数就能被11整除),可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差()()234144A A ++-++=-能被11整除,则40A -=,即4A =. 124344881413÷=.所以,这个六位数是124344,的商是1413.19.1.18★★如果六位数105整除,那么,它的最后两位数是多少?解析 因为这个六位数能被,而105357=⨯⨯,3、5、7这三个数两两互质,所以,这个六位数能同时被3、5、7整除.根据能被5整除的数的特征,它的个位数可以是0或5.根据能被3整除的数的特征,可知这个六位数有如下七种可能.199320,199350,199380,199305,199335,199365,199395.而能被7整除的数的特征是.这个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差(以大减小)能被7整除.经试算.395199196-=,196能被7整除. 所以,199395能被105整除,它的最后两位数是95.19.1.19★★形如1993199319931993520n 个,且能被11整除的最小数是几?解析 本题实质上确定n 的最小值.利用被11整除的数的特征.偶数位数字之和与奇位数字之和的差能被11整除.该数的偶数位数字之和为122n +,奇数位数字之和为105n +,两者之差为()12210523n n n +-+=-.要使()11|23n -,不难看出最小的7n =,故所求最小数为71993199319931993520个.19.1.20★★★是否存在100个不同的正整数,使得它们的和与它们的最小公倍数相等? 解析 存在满足条件的100个数.事实上,对任意正整数()3n ≥,下述n 个数3,23⨯,223⨯,…,223n -⨯,13n -, 它们的最小公倍数为123n -⨯,和为221222132323233323233n n n n ----+⨯+⨯++⨯+=+⨯++⨯+33211113232333323n n n n n -----=+⨯++⨯+==+=⨯.所以,这几个数的和等于它们的最小公倍数.取100n =,可知存在符合要求的10019.1.21★★下面这个41位数20555个 2099个能被7整除,问中间方格代表的数字是几?解析 因为5555555111111=⨯,9999999111111=⨯,11111137111337=⨯⨯⨯⨯,所以555555和999999都能被7整除,那么由18个5和18个9分别组成的18位数,也能被7整除.而原数=185230555000个个1851890999+个个,因此右边的三个加数中,前后两个数都能被1整除,那么只要中间的能被7整除,原数就能被7整除.把拆成两个数的和. 5599BA B +.因为7|55300,7|399,336+=. 评注 记住111111能被7整除很有用. 19.1.22★★一位魔术师让观众写下一个六位数a ,并将a 的各位数字相加得b ,他让观众说出a b -中的5个数字,观众报出1、3、5、7、9,魔术师便说出余下的那个数,问那个数是多少?解析 由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同,所以a b -是9的倍数.设余下的那个数为x ,则 ()9|13579x +++++, 即()9|7x +,由于09x ≤≤,所以,2x =.19.1.23★★若p 、q 、21p q -、21q p-都是整数,并且1p >,1q >.求pq 的值.解析 若p q =,则 212112p p q p p--==- 不是整数,所以p q ≠.不妨设p q <,于是2121212p q q q q q --<<=≤,而21p q -是整数,故211p q -=,即21q p =-.又214334q p p p p--==- 是整数,所以p 只能为3,从而5q =.所以 3515pq =⨯=.19.1.24★★★试求出两两互质的不同的三个正整数x 、y 、z 使得其中任意两个的和能被第三个数整除.解析 题中有三个未知数,我们设法得到一些方程,然后从中解出这些未知数.不妨设x y z <<,于是y z x +、z x y +、x yz+都是正整数.先考虑最小的一个.12x y z z z z++<=≤,所以1x yz+=,即z x y =+.再考虑z x y +,因为()|y z x +,即()|2y y x +,所以|2y x ,于是2212x y y y <=≤,所以21x y=,即2y x =,从而这三个数为x 、2x 、3x .又因为这三个数两两互质,所以1x =.所求的三个数为1、2、3.19.1.25★★★求所有的有理数a ,使得421a -≤,并且44127a A a -=为整数.解析 由条件,可知1344a ≤≤.当14时,0A =是整数;下面考虑1344a <≤的情形,此时设pa q =,p 、q 为正整数,且() , 1p q =.则由()34427p q p A q -=为正整数和() , 1p q =可知4|4q q p -,进而|4q q p -,导致|q p ,再结合() , 1p q =,得1q =.于是()3427p p A -=,又114a p =>.故3p ≤,易知仅当3p =时A 为正整数. 综上可知,满足条件的14a =或13.19.1.26★★设正整数x 、y 、r 、t 满足1100x y r t <<<≤≤.求x ry t+的最小值.解析 由条件,可知11111121100100100100100100x r r y y y t y y y ++++=++=≥≥≥. 等号在()() , , , 1 , 10 , 11 , 100x y r t =时取到,因此所求的最小值为21100. 19.1.27★★已知正整数a 、b 、p 、q 、r 、s 满足条件1qr ps -=,p a rq b s<<.证明.b q s +≥.解析 由条件,可知pb aq <,as br <,故 1pb aq +≤, ①1as br +≤.② 将①s ⨯与②q ⨯,然后相加,得 psb s q brq ++≤.结合1rq ps -=,可知b q s +≥.19.1.28★★★将正整数N 接写在任意一个正整数的右面(例如,将2接写在35的右面得352),如果得到的新数都能被N 整除,那么N 称为“魔术数”.问.在小于130的正整数中有多少个魔术数? 解析设P 为任意一个正整数,将魔术数()130N N <接后得PN ,下面对N 为一位数、两位数、三位数分别进行讨论.(1)当N 为一位数时,10PN P N =+,依题意|N PN ,则|10N P .由于需对任意数P 成立,故|10N .所以N =1,2,5.(2)当N 为两位数时,100PN P N =+,依题意|N PN ,则|100N P ,故|100N .所以N =10,20,25,50.(3)当N 为三位数时,1000PN P N =+,依题意|N PN ,则|1000N P ,故|1000N .所以100N =,125.综上所述,魔术数的个数为9个.评注 (1)我们可以证明.k 位魔术数一定是10k 的约数.事实上,设N 是k 位魔术数,将N 接写在正整数P 的右面得.10k PN P N =⨯+,由魔术数定义可知.|N PN ,因而10k P ⨯也能被N 整除,所以|10k N .这样我们有. 一位魔术数为1,2,5;二位魔术数为10,20,25,50;三位魔术数为100,125,200,250,500;三位或三位以上的魔术数,每种个数均为5.(2)这里将问题分成几种情况去讨论,对每一种情况都增加了一个前提条件,从而降低了问题的难度,使问题较容易解决.19.1.29★★一个正整数如果从左读到右与从右到左读所得的结果相同,则称这个数为回文数.例如.1,343及2002都是回文数,但2005则不是.请问能否找到2005个不同的回文数122005 , , , n n n ,使得122005110 , 110 , , 110n n n +++也都是回文数?解析 取回文数10999901n =,则11011000011n +=也是回文数.因为n 中9的数目可以任选,可取110901n =,2109901n =,…,20052005910999901n =个,因此我们可以找到2005个回文数满足题目所要求的条件.19.1.30★★将2008个同学排成一行,并从左向右编为1至2008号.再从左向右从1到11地报数,报到11的同学原地不动,其余同学出列.留下的同学再次从左向右从1到11地报数,报到11的同学留下,其余同学出列.留下的同学第三次从左向右1到11报数,报到11的同学留下,其余同学出列.问最后留下的同学有多少人?他们的编号是几号? 解 由题意,第一次报数后留下的同学,他们的编号必为11的倍数. 第二次报数后留下的同学,他们的编号必为211121=的倍数. 第三次报数后留下的同学,他们的编号必为3111331=的倍数.因此,最后留下的同学编号为1331的倍数,我们知道从1~2008中,1331的倍数只有一个,即1331号.所以,最后留下一位同学,编号为1331.19.1.31★★★甲、乙两人进行了下面的游戏.两人先约定一个整数N ,然后由甲开始,轮流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字之一填入下面的任一方格中.□□□□□□每一方格只填一个数字,六个方格都填上数字(数字可重复)后,就形成一个六位数,如果这个六位数能被N 整除,就算乙胜;如果这六位数不能被N 整除,就算甲胜.设N 小于15,那么当N 取哪几个数时,乙才能取胜? 解析 N 取偶数,甲可以在最右边方格里填一个奇数(六位数的个位),就使六位数不能被N 整除,乙不能获胜.5N =,甲可以在六位数的个位填一个不是0或5的数,甲就获胜. 上面已经列出了乙不能获胜的N 的取值情况. 如果1N =,很明显乙必获胜.如果3N =或9,那么乙在填最后一个数时,总是能把六个数字之和凑成3的整数倍或9的整数倍.因此乙必获胜.当7N =,11,13时是本题最困难的情况.注意到100171113=⨯⨯,乙就有一种必胜的办法.我们从左往右数这六个格子,把第一与第四,第二与第五,第三与第六配对,甲在一对格子的一格上填某一个数字后,乙就在这一对格子的另一格子上填同样的数字,这就保证所填成的六位数能被1001整除,这个六位数就能被7、11或13整除,故乙就能获胜. 综合起来,使乙获胜的N 是1、3、7、9、11、13. 19.1.32★★小明家电话号码原为六位数,第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8,成为一个七位数的电话号码;第二次升位是在首位号码前加上数字2,成为一个八位数的电话号码.小明发现,他家两次升位后的电话号码的八位数,恰是原来电话号码的六位数的81倍,问小明家原来的电话号码是多少?解析 设原来电话号码的六位数为abcdef ,则经过两次升位后电话号码的八位数为28a bcdef .根据题意,有 8128abcdef a bcdef ⨯=.记43210101010x b c d e f =⨯+⨯+⨯+⨯+, 于是5568110812081010a x a x ⨯⨯+=⨯+⨯+,解得()125020871x a =⨯-. 因为5010x <≤,所以()5012502087110a ⨯-<≤,故1282087171a <≤. 因为a 为整数,所以2a =.于是 ()125020871282500x =⨯-⨯=. 所以,小明家原来的电话号码为282500.19.1.33★★若a 是不超过1000的正整数,且247a a ++是最简分数,则a 的取值有多少个? 解析 因为2723444a a a a +=-+++,所以()4 , 231a +=,由于23是质数,所以4a +不是23的倍数即可,在5,6,…,1004中,23的倍数有43个,所以满足条件的正整数a 有100043957-=个.19.1.34★★★★在各位数码各不相同的10位数中,是11111的倍数的数共有多少个.解析 设这个10位数为abcdefghij ,因为这10位数的各位数码各不相同,所以a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i 、j 是0 , 1 , 2 , , 9的一个排列,故 45a b c d e f g h i j +++++++++=. 所以9|abcdefghij .因为11111|abcdefghij 且(11111,9)=1,所以99999|abcdefghij ,即599999|10abcde fghij ⨯+.又99999|99999abcde ⋅,所以99999|abcde fghij +.因为0999992abcde fghij <+<⨯,所以99999abcde fghij +=, 所以9a f b g c h d i e j +=+=+=+=+=.而99081726354=+=+=+=+=+,所以,符合题意的数共有 54543212432123456⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=(个).19.1.35★★★从1,2,…,9这九个数字中,每次取出3个不同的数字组成三位数,求其中能被3整除的三位数的和.解析 对于固定的三个不同的非零数字a 、b 、c ,任意排列,可得6个不同的三位数,它们的和为()2111a b c ++⨯.因为()3|3|abc a b c ⇔++,所以有以下两种情况.(1)a 、b 、c 除以3所得的余数相同,即a 、b 、c 取成{}1 , 4 , 7,或{}2 , 5 , 8,或{}3 , 6 , 9,这样得到的()332118⨯⨯⨯=个的三位数的总和为 ()()()21472583691119990++++++++⨯=⎡⎤⎣⎦.(2)a 、b 、c 除以3所得的余数各不相同,不妨设a 取自{}1 , 4 , 7,b 取自{}2 , 5 , 8,c 取自{}3 , 6 , 9,这种三位数共有()333321162⨯⨯⨯⨯⨯=个.对于固定的a ,易知b 、c 有339⨯=种取法,因而这162个三位数的和为 ()91239211189910++++⨯⨯=.综合(1)、(2),可知,所求的满足条件的三位数总和为 9990+89910=99900.19.1.36★★★证明一个正整数,当且仅当它不是2的整数幂时,可以表示成若干个(至少两个)连续正整数的和.解析 当且仅当,有两方面的意思.一方面,当一个正整数不是2的整数幂时,它可以表示成几个连续正整数的和.另一方面,如果一个正整数可以表示成几个连续正整数的和,那么它一定不是2的整数幂.设n 不是2的整数幂.这时n 可以写成 2k n h =⋅,h 是大于1的奇数. ①我们可将n 写成h 个连续正整数的和.中间一个是2k ,它的两侧是21k -与21k +,再向外分别写22k -与22k +,…,直至122k h --与122k h -+(h 是奇数,所以12h -是整数),即()()132********k k k k kh h n --⎛⎫⎛⎫=-+-++-+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭312222k k h h --⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.另一方面,设n 是()1h h >个连续正整数1k +,2k +,…,k h +的和,则 ()()()()()11122122k k h hn k k k h k h h +++=++++++==++,其中h 与21k h ++奇偶性不同,即至少有一个是大于1的奇数.所以这时n 不是2的整数幂. 评注 2的整数幂没有大于1的奇约数.所以一个整数,如果有大于1的奇约数就一定不是2的整数幂.19.1.37★★★玛丽发现将某个三位数自乘后,所得乘积的末三位数与原三位数相同.请问.满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少? 解析设三位数为abc ,则21000abc k abc =+,即()33125abc abc k -=⋅,而(), 11abc abc -=,所以,32|abc ,且35|1abc -;或者32|1abc -,且35|abc .(1)若32|abc ,且35|1abc -,则1125abc -=,375,625,875,只有376abc =使得32|abc ,故此时376abc =满足题意.(2)若32|1abc -,且35|abc ,则125abc =,375,625,875,只有625abc =使得32|1abc -,故此时625abc =满足题意.所以,所求的和为376+625=1001.19.1.38★★★我们知道,4998约分后是12,但按下面的方法,居然也得14941:29882==.试求出所有分子和分母都是十进制两位正整数,分子的个位数与分母的十位数相同,且具有上述“奇怪”性质的真分数.解析 设真分数abbc具有上述性质,则ab bc <,且1ab a c bc =<,于是1010a b ab c c+=+,故()910ac b a c =-.若()9|10a c -,则()9|a c -,但是9a c -<,所以0a c -=,矛盾.故9不整除10a c -,所以3|b .(1)若3b =,则310ac a c =-,于是10333131a a c a a -==+++,所以()()31|3a a +-,而331a a -<+,故只能是3a =,从而3c =,矛盾.(2)若6b =,则()3210ac a c =-,于是2021263232a a c a a -==+++,当6a >时,021232a a <-<+,此时c 不是整数;当6a =时,6c =,矛盾;当6a <时,应有12232a a -+≥,所以2a ≤,而当1a =时,4c =,此时,满足题意的真分数为1664,当2a =时,5c =,此时,满足题意的真分数为2665.(3)若9b =,则10ac a c =-,于是10101011a c a a ==-++,所以,()1|10a +,故a =1,4,9. 当1a =时,5c =,此时,满足题意的真分数为1995;当4a =时,8c =,此时,满足题意的真分数为4998;当9a =时,9c =,矛盾.综上所述,满足题意的真分数为.1664,2665,1995,4998.19.1.39★★★在1,2,3,…,1995这1995个数中,找出所有满足下面条件的数a .()1995a +能整除1995a ⨯.解析 19951995aa+是一个整数.这个式子的分子、分母都有a ,所以应当先进行变形,使得分子不含有a .()19951995199519951995199519951995199519951995a a a a a+-⨯⨯==-+++. 根据已知,19951995a a +是整数,所以199519951995a⨯+是整数.因为22221995199535719⨯=⨯⨯⨯,所以它的因数1995a +可以通过检验的方法定出.注意11995a ≤≤,所以199519953990a <+≤.如果1995a +不被19整除,那么它的值只能是以下两种. 223573675⨯⨯=,223572205⨯⨯=.如果1995a +被19整除,而不被219整除,那么它的值只能是以下两种. 237192793⨯⨯=,257193325⨯⨯=.如果1995a +被219整除,那么它的值只能是以下两种. 27192527⨯=,223193249⨯=.于是满足条件的a 有6个,即从以上1995a +的6个值分别减去1995,得出的6个值. 1680,210,798,1330,532,1254.评注 形如ac a b +的式子,可以化成cbc a b-+.使得只有分母含a ,而分子不含a .这种方法有点像假分数化成带分数. 19.1.40★★★在1,2,…,2010这2010个正整数中,最多可以取出多少个数,使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除?解析 首先,如下61个数.11,11+33,11233+⨯,…,()1160331991+⨯=满足题设条件. 另一方面,设12n a a a <<<是从1,2,…,2010中取出的满足题设条件的数,对于这n 个数中的任意4个数 , , , i j k m a a a a ,因为()33|i k m a a a ++,()33|j k m a a a ++,所以()33|j i a a -. 因此,所取的数中任意两个之差都是33的倍数.设133i i a a d =+, 2 , 3 , , i n =.由()12333|a a a ++,得()12333|33333a d d ++. 所以133|3a ,111|a ,即111a ≥.1201011613333n n a a d --=<≤,故60n d ≤,所以,61n ≤. 综上所述,n 的最大值为61.19.1.41★★★圆周上放有N 枚棋子,如图所示.B 点的棋子紧邻A 点的棋子.小洪首先拿走B 点的棋子,然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子.这样连续转了10周.9次越过A ,当将要第10次越过A 取走其他棋子时,小洪发现圆周上余下20多枚棋子.若N 是14的倍数,请帮助小洪精确计算一下圆周上还有多少枚棋子.解析 如果在A 、B 之间再添一枚棋子,并在第一次取棋子时将它取走,那么每一次都是在相邻3枚棋子中取走2枚,所以每取一周,剩下的棋子是上一次剩下的13.B设最后剩下a 枚棋子.根据分析所说 1013N a +=, ① 即1031N a =⨯-.因为N 是14的倍数,所以N 是偶数,a 是奇数.又N 是7的倍数,而10539==(7的倍数)+52=(7的倍数)+4,所以41a -是7的倍数.因为a 是20与29之间的奇数,将a =21,23,25,27,29代入41a -,逐一检验,只有a =23时,4191713a -==⨯是7的倍数. 所以圆周上还有23枚棋子.评注 在A 、B 之间添上一枚棋子,使得取棋子有明显的规律,从而得到①.这是一种很巧妙的想法.在计算103除以7的余数时,可以将其中7的倍数抛弃,直至出现小于7的4.这是常用的方法. 19.1.42★★★★求证.对1i =,2,3,均有无穷多个正整数n ,使得n ,2n +,28n +中恰有i 个可表示为三个正整数的立方和.解析 三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5,这是因为整数可写为3k 或31k ±(k是整数),而()33393k k =⨯,()()332319331k k k k ±=±+±.对1i =,令()33312n m =--(m 是正整数),则n 、28n +被9除的余数分别为4、5,故均不能表示为三个整数的立方和,而()()()3332313131n m m m +=-+-+-.对2i =,令()331222n m =-+(m 是正整数)被9除的余数为5,故不能表示为三个整数的立方和,而()3323126n m +=-++, ()333283155n m +=-++.对3i =,令3216n m =(m 是正整数)满足条件.()()()333345m m m m =++, ()3332611n m +=++, ()33328613n m +=++.§19.2奇数与偶数19.2.1★设有101个自然数,记为12101 , , , a a a .已知12310123101a a a a s ++++=是偶数,求证.13599101a a a a a +++++是偶数.解析 ()1359910123451001012244100100a a a a a s a a a a a a +++++=-++++++是偶数.19.2.2★设121998 , , , x x x 都是1+或者1-.求证.12319982319980x x x x ++++≠.解析()12319981351997231998351997x x x x x x x x ++++=++++()241998241998x x x ++++.因为131997 , 3 , , 1997x x x 这999个数均为奇数,所以它们的和为奇数,于是12199821998x x x +++=奇数0≠.19.2.3★★设()12 , ,, 4n x x x n >为1+或为1-,并且123423451230n x x x x x x x x x x x x +++=.求证.n 是4的倍数.解析 设12342345123 , , , n x x x x x x x x x x x x 中1+有k 个,于是1-也有k 个,故2n k =为偶数.把12342345123 , ,, n x x x x x x x x x x x x 这n 个数相乘,得()()4121kn x x x =-,所以()11k-=.故k 是偶数,从而n 是4的倍数.19.2.4★某次数学竞赛,共有40道选择题,规定答对一题得5分,不答得1分,答错倒扣1分.证明.不论有多少人参赛,全体学生的得分总和一定是偶数. 解析 我们证明每一个学生的得分都是偶数.设某个学生答对了a 道题,答错了b 道题,那么还有40a b --道题没有答.于是此人的得分是 ()5404240a a b b a b +---=-+,这是一个偶数.所以,不论有多少人参赛,全体学生的得分总和一定是偶数.19.2.5★把前50个正整数分成两组,使第一组内各数之和等于第二组内各数之和,能办到吗?说明你的理由. 解析 不能办到.如果能办到,那么所有数加起来应该是第一组内各数之和的2倍,是偶数,但这50个数的总和为5051125025512⨯+++==⨯是个奇数,矛盾!19.2.6★设1,2,3,…,9的任一排列为129 , , , a a a ,求证.()()()129129a a a ---是一个偶数.解析 因为()()()()()()123912912391290a a a a a a a -+-+-++-=+++-+++=是偶数,所以,()()()1291 , 2 ,, 9a a a ---这9个数中必定有一个是偶数,从而可知()()()129129a a a ---是偶数.解析2 由于1,2,…,9中只有4个偶数,所以1a 、3a 、5a 、7a 、9a 中至少有一个是奇数,于是11a -、33a -、55a -、77a -、99a -中至少有一个是偶数,从而()()()129129a a a ---是偶数.19.2.7★有n 个数12 , ,, n x x x ,它们中的每一个数或者为1,或者为1-,如果1223110n n n x x x x x x x x -++++=, 求证.n 是4的倍数.解析 我们先证明2n k =为偶数,再证k 也是偶数.由于12 , , , n x x x 的绝对值都是1,所以12231 , , , n x x x x x x 的绝对值也都是1,即它们或者是为1+,或者为1-,设其中有k 个1-,由于总和为0,故1+也有k 个,从而2n k =. 下面我们来考虑()()()12231n x x x x x x ⋅⋅⋅.一方面,有()()()()122311kn x x x x x x ⋅⋅⋅=-,另一方面,有()()()()212231121n n x x x x x x x x x ⋅⋅⋅==.所以()11k-=,故k 是偶数,从而n 是4的倍数.19.2.8★★设a 、b 是正整数,且满足关系式()()1111111111123456789a b +-=.求证.a b -是4的倍数.解析 由已知条件可得11111a +与11111b -均为奇数,所以a 、b 均为偶数,又由已知条件()111112468a b ab -=+,因为ab 是4的倍数,24684617=⨯也是4的倍数,所以()11111a b ⨯-是4的倍数,故a b -是4的倍数.19.2.9★★9999和99!(注.99!123499=⨯⨯⨯⨯⨯,读作99的阶乘)能否表示成为99个连续的奇数的和?解析 (1)9999能.因为()()()()999898989898999998999699299992=-+-++-+++++()()989899969998+++.即9999能表示为99个连续奇数的和. (2)99!不能.因为99!12399=⨯⨯⨯⨯是一个偶数,而99个连续奇数之和仍为奇数,所以99!不能表示为99个连续奇数之和.评注 如果答案是肯定的,我们常常将满足题意的例子举出来或造出来,这称为构造法. 如果答案是否定的,常常采用反证法,找出其中的矛盾. 19.2.10★★代数式rvz rey suz swx tuy tvx --++-.① 中,r 、s 、t 、u 、v 、w 、x 、y 、z 可以分别取1+或1-. (1)证明.代数式的值都是偶数;(2)求这个代数式所能取到的最大值.解析 (1)①式中共有6项,每项的值都是奇数(1+或1-),所以它们的代数和为偶数. (2)显然,①式的值6≤,但它取不到6这个值,事实上,在rvz 、rwy -、suz -、swx 、tuy 、tvx -这六项中,至少有一项是1-,要证明这一点,将上面这6项相乘,积是()21rstuvwxyz -=-.所以六项中,至少有一项是1-,这样,六项和至多是514-=.在u 、x 、y 为1-,其他字母为1时,①式的值是4,所以①的最大值为4. 评注 本例中的代数式实际上是行列式 r s t u v w x y z的展开式,行列式是一个很有用的工具,在今后的学习中还会遇到.19.2.11★★★在n n ⨯(n 为奇数)方格表里的每一个方格中任意填上一个1+或1-,在每一列的下面写上该列所有数的乘积,在每行的右面写上该行所有数的乘积,求证.这个乘积的和不等于0.解析 设每列下面的数为12 , , , n a a a ,每行右面的数为12 , , , n b b b ,依题意得1i a =+或1-,1i b =+或\1-, 1 , 2 , , i n =,若这2n 个乘积的和为0,即12120n n a a a b b b +++++++=,则这2n 个数中1+的个数与1-的个数一样多,都是n 个,但事实上,因为 1212n n a a a b b b =,()21212121n n n a a a bb b a a a ==.所以这2n 个数中1-的个数为偶数,即n 为偶数,矛盾.19.2.12★★在黑板上写上1,2,…,2000,2001,只要黑板上还有两个或两个以上的数,就擦去其中任意两个数a 和b ,并写上a b -,问最后黑板上剩下的数是奇数还是偶数? 解析因为a b -与a b -有相同的奇偶性,而a b -又与a b +有相同的奇偶性,因此a b-与a b +具有相同的奇偶性. 所以黑板上剩下的数的奇偶性与20012002122001*********⨯+++==⨯的奇偶性相同,是奇数.19.2.13★★把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色,问有没有可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数?请说明理由.解析 如果每条线上红圈都是奇数个,那么5条线上的红圈数相加仍是奇数.但另一方面,由于每个圈都在两条直线上,因而相加时每个红圈都被计算了两次,从而相加的总和应该是偶数.两方面的结果是矛盾的.因此,不可能使同一条线上的红圈数都是奇数.19.2.14★★围棋盘上有1919⨯个交叉点,在交叉点上已经放满了黑子与白子,并且黑子与白子相间地放,即黑子(白子)的上、下、左、右都放着白子(黑子).问能否把这些黑子全部移到原来白子的位置上,而白子也全移到原来的黑子的位置上? 解析 不能.因为1919361⨯=是奇数,所以,必有奇数个白子,偶数个黑子;或者奇数个黑子,偶数个白子.即黑、白子数必然一奇一偶.奇数不可能等于偶数,所以无法使黑子与白子的位置对调. 19.2.15★★参加会议的人,有不少互相握过手.握手的次数是奇数的那部分人,人数是奇数还是偶数?为什么?解析 由于每握一次手,握手的两个人,每一个都握了一次手.因此每握一次手,两个人握手次数的和就是2次.所以,全部与会的人握手的总次数必定是偶数.我们把参加会议的人分成两类,甲类握手次数是偶数,乙类握手次数是奇数,甲类人握手的总次数显然是偶数.注意甲类人握手的总次数加上乙类人握手的总次数等于全部与会的人握手的总次数,所以乙类人握手的总次数也应当是偶数.由于乙类人每人握手的次数都是奇数,而偶数个奇数相加,和才能为偶数,因此,乙类人必为偶数个,即握手次数是奇数的那部分人,人数是偶数.19.2.16★★设标有A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 记号的七盏灯顺次排成一行,每盏灯安装一个开关.现在A 、C 、E 、G 四盏灯开着,其余三盏灯是关的.小刚从灯A 开始,顺次拉动开关.即从A 到G ,再从A 到G ,这样拉动了1999次开关后,哪几盏灯是开的?解析 一盏灯的开关被拉动奇数次后,改变状态,即开的变成关的,关的变成开的.一盏灯的开关被拉动偶数次后,不改变状态,即开的仍为开的,关的仍为关的.因此本题的关键是计算各盏灯被拉次数的奇偶性.由 199972854=⨯+,可知,A 、B 、C 、D 四盏灯的开关各被拉动了286次,而E 、F 、G 三盏灯的开关各被拉动了285次.所以,A 、B 、C 、D 四灯不改变状态,E 、F 、G 三灯改变状态.由于开始时A 、C 、E 、G 四灯是开着的.因此,最后A 、C 、F 三灯是开着的.19.2.17★★桌上放着七只杯子,杯口全朝上,每次翻转四个杯子.问能否经过若干次这样的翻动,使全部的杯子口都朝下? 解析 不可能.我们将口向上的杯子记为0,口向下的杯子记为1.开始时,由于七个杯子全朝上,所以这七个数的和为0,是个偶数.一个杯子每翻动一次,所记的数由0变为1或由1变为0,改变了奇偶性.每一次翻转四个杯子,因此这七个数的和的奇偶性改变了四次,从而和的奇偶性仍与原来相同.所以,不论翻动多少次,这七个数的和与原来一样,仍为偶数.当杯子全部朝下时,这七个数的和为7,是奇数.因此,不论经过多少次翻转,都不可能使所有的杯子口都朝下.19.2.18★★★设1i x =1,1i =,2,…,2012.令 123420112012S x x x x x x =+++.。

初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性(下半部分)试题新人教版

初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性(下半部分)试题新人教版

第19章 整数的整除性综上可知,命题成立.评注如果两个互质的正整数之积是一个完全平方数,则这两个正整数都是完全平方数.这一命题是我们证明此题的出发点.19.4.27★★★如果正整数a 、b 、c 满足222c a b =+.证明:数2c ab +和2c ab -都可以表示为两个正整数的平方和.解析 巧妙运用下述命题:如果正整数x 可表示为两个正整数的平方和,则2x 也可表示为两个整数的平方和.事实上,设22x u v =+,这里x 、u 、v 都是正整数.则()()2222222x u v u v u v =+=++-.于是,2x 可表示为两个整数u v +和u v -的平方和,命题获证.注意到,由条件有 ()()22222222c ab c a ab b c a b ±=+±+=+±. 利用已证命题,可知()()()2224c ab c a b c a b ±=+±+- . 记c a b x +±=,c a b y -= ,由222c a b =+可知x 、y 都是正整数,并且()2224c ab x y ±=+.若x 、y 不同为偶数,则由平方数0≡或()1mod 4,可知221x y +≡或()2mod 4,这是一个矛盾.所以,x 、y 都是偶数,从而22222x y c ab ⎛⎫⎛⎫±=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,这就是 要证的结论.评注 这里本质上只是恒等式()()()22222u v u v u v +=++-的应用,在处理竞赛问题时,代数式变形能力显得十分重要.19.4.28是否存在正整数m 、n 使得331m n a =++是完全平方数?解析 分如下三种情形讨论:(1)若m m 、n 都是偶数,则()31mod 4m ≡,()31mod4n ≡,所以()3313mod4m n a =++≡, 故此时a 不是完全平方数.(2)若m 、n 都是奇数,则()33mod4m ≡,()33mod 4n =,所以()3313mod4m n a =++≡, 故此时a 不是完全平方数.(3)若m 、n 是一奇一偶,不妨设m 是奇数,n 是偶数,则()33mod8m ≡,()31mod8n ≡,所以()3315mod8m n a =++≡,故此时a 不是完全平方数.综上所述,对于任意正整数m 、n ,正整数331m n a =++都不是完全平方数.评注 判断一个数不是完全平方数,我们也可以用“模”的方法,例如,我们知道,偶数的平方是4的倍数,奇数的平方除以4余1,所以,若一个整数同余2或者3模4,则它一定不是完全平方数;类似地,若一个整数同余2模3,则它一定不是完全平方数;一个整数同余2、3模5,则它一定不是完全平方数等等.其实,考虑末位数也是用“模”的方法,即模10.19.4.29★★★已知n 是正整数,且21n +和31n +都是完全平方数,求证:40|n . 解析 因为34025=⨯,所以,只需证明:32|n ,且5|n 即可.设221n a +=,231n b +=,其中a 、b 都是正整数.由于a 是奇数,所以,()21mod8a ≡,从而4|n ,于是,31n +是奇数,所以,()21mod8b ≡,即()311mod8n +≡,从而()0mod8n ≡. 又对于任意整数x ,有()0 , 1 , 2mod5x ≡±±,所以,()20 , 1 , 4mod5x ≡,于是()22522mod5a b n +=+≡,故只能是()221mod5a b ≡≡,所以,()211mod5n +≡,从而()0mod5n ≡.因为(8,5)=1,所以,40|n19.4.30★★★—个正整数若能表示为两个正整数的平方差,称为“智慧数”,比如221653=-,16就是一个“智慧数”,从1开始数起,第2008个“智慧数”是哪个数? 解析 1不是“智慧数”,大于1的奇正整数()()22211 1 , 2 , 3 , k k k k +=+-= ,都是“智慧数”.被4整除的偶数4k ,有()()()22411 2 , 3 , k k k k =+--= ,都是“智慧数”,而4不能表示为两个正整数的平方差,4不是“智慧数”.被4除余2的数()42 1 , 2 , k k += ,设()()2242k x y x y x y +=-=+-,其中x 、y 为正整数,当x 、y 奇偶性相同时,x y +,x y -均为偶数,()()x y x y +⋅-被4整除,而42k +不被4整除,所以x 、y 奇偶性相同的假设不可能成立;当x 、y 奇偶性不同时,x y +,x y -均为奇数,()()x y x y +-为奇数,而42k +为偶数,故x 、y 奇偶性不同的假设也不可能成立.即不存在正整数x 、y ,使2242k x y +=-,即形如42k +的数均不是“智慧数”. 综述,在正整数列中,前四个正整数中只有3为“智慧数”,之后每连续四个数中有三个“智慧数”,其中第二个数,即形如42k +的数不是智慧数.200813669=+⨯,()466912680⨯+=.因此,第2008个“智慧数”是2680. 19.4.31★★★把能表示成两个正整数平方差的这种正整数,从小到大排成一列:12 , , , , n a a a ,例如:22222222123421 3 , 32 5 , 437 , 318 , a a a a =-==-==-==-= ,求122007a a a +++ 的值.解析 当9m ≥时,若21m k =+是奇数,则()221m k k =+-,即m 能表示成两个正整数的平方差;若4m k =,则()()211m k k =+--,即m 也能表示成两个正整数的平方差;若4m k =,则()()2211m k k =+--,即m 也能表示成两个正整数的平方差;若42m k =+,则m 不能表示成两个正整数的平方差.所以,59a =,611a =,712a =,…,一般地,343k a k =+,3144k a k +=+,3245k a k +=+, 1 , 2 , k =故3132334445471216k k k a a a k k k k +++++=+++++=+,而20073669=⨯,所以()12200712312116122161266816a a a a a a +++=+++⨯++⨯+++⨯+()166866815126681626920052+=++⨯=. 19.4.32★★在二个连续的平方数之间能不能有二个完全立方数?换言之,是否存在正整数a 、b 、n 使得()22331n a b n <<<+?解析 假设存在正整数a 、b 、n ,使得()22331n a b n <<<+.因33a b <,可得()()323311a a b n <+<+≤.又因为23n a <,可得24n a <,即2n a <.故()()323221331311a a a a n n n +=+++>++>+,矛盾. 故假设不成立,即二个连续的平方数之间不能有二个完全立方数.19.4.33★★★设n 为正整数,如果存在一个完全平方数,使得在十进制表示下此完全平方数的各位数字之和为n ,那么称n 为好数(例如13是一个好数,因为2749=的各位数字之和等于13).问:在1,2,…,2007中有多少个好数?解析 首先,对()0 , 1 , 2 , 3 , 4mod9x ≡±±±±分别计算,可得()20 , 1 , 4 , 0 , 7mod9x ≡,利用十进制下一个数与它的数码和模9同余,可知满足条件的()0 , 1 , 4 , 7mod7n ≡,即()0mod9n ≡或()1mod3n ≡.其次,注意到 23333512121225m m = 个个12,因此,若存在非负整数m ,使得37n m =+,则n 为好数,又由211=,224=可知1n =,4是好数,因此,若()1mod3n ≡,则n 为好数.最后,由()2211010110210199980001m m m m m ---=-⨯+= 个9个, 可知若()0mod9n ≡,则n 是好数.综上可知,n 为好数的充要条件是()0mod9n ≡或()1mod3n ≡.依此可求得1,2,…,2007中好数的个数为669223892+-个.19.4.34★★★在黑板上依如下规则写下了若干个数:第一个数为1,以后的每一个数都等于已写数的个数加上这些已写数的平方和.证明:黑板上不可能出现除1以外的完全平方数.解析 利用相邻两个完全平方数之间的正整数都不是完全平方数这一结论. 设第n 次所写的数为n ,则11a =,22a =,并且222112n n a n a a a +=++++ ,1n ≥. ①利用递推式①,可知()22111n n a n a a -=-+++ ,2n ≥,② 由①-②,可知211n n na a a +-=+,2n ≥, 即211n n n a a a +=++,2n ≥.注意到,()22211n n n n a a a a <++<+,故2n ≥时,1n a +不是完全平方数,又2a 不是完全平方数,故命题成立.评注 用递推式表示题中的条件后,问题得以数学化,从而获得解决.用恰当的方式将问题表示,这一过程是一个数学化的过程,是处理实际问题时必要的第一步. 19.4.35★★★如果对x 的一切整数值,x 的二次三项式2ax bx c ++都是平方数(即整数的平方).证明:(1)2a 、2b 、c 都是整数;(2)a 、b 、c 都是整数,并且c 是平方数.反过来,如果(2)成立,是否对一切x 的整数值,2ax bx c ++的值都是平方数? 解析 (1)令0x =得c =平方数2l .令1x =±得2a b c m ++=,2a b c n -+=,其中m 、n 都是整数,所以2222a m n c =+-,222b m n =-都是整数.(2)如果2b 是奇数21k +(k 是整数),那么令4x =得22164a b l h ++=,其中h 是整数.由于2a 是整数,所以16a 被4整除,1641642a b a k +=++除以4余2.而()()22h l h l h l -=+-,在h 、l 的奇偶性不同时,()()h l h l +-是奇数;在h 、l 的奇偶性相同时,()()h l h l +-被4整除. 因此22164a b h l +≠-,从而2b 是偶数,b 是整数.2a m c b =--也是整数. 在(2)成立时,2ax bx c ++不一定对x 的整数值都是平方数.例如,2a =,2b =,4c =,1x =时,28ax bx c ++=不是平方数. 19.4.36★★★设n 为任意正整数,p 为正整数. 试确定正整数p ,使123p p p p n ++++ 都是某个正整数的平方. 解析 令 , 123p p p p n p S n =++++ . 首先我们知道:(1)() , 112n n n S +=,()() , 2126n n n n S ++=. 因此 2 , 13S =, 2 , 25S =均不为完全平方数. 所以1p =,2不满足所要求的条件.(2)()()222 , 31142n n n n n S ++⎛⎫== ⎪⎝⎭,对任意正整数而言,()12n n +必为整数,所以 , 3n S 必为完全平方数.(3)对任意4p ≥而言, 2 , 1221p p p p S =+=+必为奇数,但任一奇数m ,设21m k =+(k 为整数),则()()2221411m k k k =+=++. 显然2m 不可能是21p +型的数.(因为()1k k +必为一奇一偶,除1k =之外,()412p k k +≠,又4p ≥时,216p ≥,而1k =时,()418k k +=也不为2p 的数). 由(1)、(2)、(3)的讨论得知3p =是唯一使123p p p p n ++++ 恒为完全平方数的正整数.。

初等数论

初等数论

初等数论初等数论从表面意义来讲,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,而且也是计算机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别,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。

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例5 求210与715的最大公因子 解 715=3×210+85, 210=2×85+40, 85=2×40+5, 40=8×5. 得 gcd(715, 210)=5.
54-21
关于最大公因子的一个定理
定理19.7 设a 和 b 不全为0, 则存在整数 x 和 y 使得 gcd(a,b) = xa+yb. 证 记a=r0, b =r1, 做辗转相除法
a. 根据性质19.2, p也是a 的因子, 结论也
成立.
54-13
实例
例3 判断157和161是否是素数. 解
157 , 161都小于13, 小于13的素数有: 2, 3, 5, 7, 11.
检查结果如下: 2 157, 3 157, 5 157, 7 157, 11 157 结论: 157是素数.
54-17
最大公约数与最小公倍数(续)
定理19.5 (1) 若a | m, b | m, 则 lcm(a,b)| m. (2) 若d |a, d |b, 则d | gcd(a,b). 证 (1) 记M=lcm(a,b), 设m=qM+r, 0≢r<M. 由a | m, a | M, 及r=mqM, 可推出a | r. 同理, 有b | r. 即, r是a 和b的公倍数. 根据最小公倍数的定义, 必有r=0. 得证M | m. (2) 记D=gcd(a,b), 令m=lcm(d,D). 若m=D, 自然有d |D, 结 论成立. 否则m>D, 注意到d |a, D|a, 由(1), 得m |a. 同理, m |b. 即, m是a和b的公因子, 与D是a和b的最大公约数矛盾.
(n)
n/ln n
1.159
1.132
1.104
1.085
1.071
54-11
素数的分布(续)Biblioteka 补充定理 当n≣67时,3 n 1 ln n ln n 2 ( n) 2
定理19.3 (素数定理)
n
lim
( n)
n / ln n
1
54-12
素数测试
定理19.4 如果a是合数, 则a必有小于等于 a 的真因子.
max( max( max( p1 r1 , s1 ) p2 r2 , s2 ) pk rk , sk ) lcm(a,b)=
例4 求150和220的最大公约数和最小公倍数. 解 150=2×3×52, 168=23×3×7. gcd(150,168)=21×31×50×70=6, lcm(150,168)=23×31×52×71=4200.
2 161, 3 161, 5 161, 7|161(161=7×23)
结论:161是合数.
54-14
埃拉托斯特尼(Eratosthene)筛法
1 11 21 31 41 51 61 71 81 91
2 12 22 32 42 52 62 72 82 92
3 13 23 33 43 53 63 73 83 93
性质19.3 设 m≠0, 则 a |b 当且仅当 ma | mb.
性质19.4 若a | b且b | a, 则a=±b. 性质19.5 若a | b且b≠0, 则|a|≢|b|.
54-6
素数与合数
定义19.1
素数(质数):大于1且只能被1和自身整除的正整数
合数: 大于1且不是素数 例如, 2,3,5,7,11是素数, 4,6,8,9是合数.
54-10
素数的分布(续)
(n): 小于等于n的素数个数. 例如 (0)=(1)=0, (2)=1, (3)=(4)=2, (5)=3.
n
103
168 145
104
1229 1086
105
9592 8686
106
78498 72382
107
664579 620421
(n)
n/ln n
解 21560=23×5×72×11 由推论, 21560的正因子的个数为4×2×3×2=48. 例2 10!的二进制表示中从最低位数起有多少个连续的0? 解 2, 3, 4=22, 5, 6=2×3, 7, 8=23, 9=32, 10=2×5. 得 10!=28×34×52×7, 故10!的二进制表示中从最低位数起有8个连续的0.
54-18
最大公约数与最小公倍数(续)
利用整数的素因子分解, 求最大公约数和最小公倍数. 设
r r r s s s a p11 p22 pkk , b p11 p22 pkk , 其中p1,p2,…,pk是不同的素数, r1,r2,…,rk,s1,s2,…,sk是非负
整数. 则 min( r , s ) min( r , s ) min( r , s ) gcd(a,b)= p1 1 1 p2 2 2 pk k k ,
定理19.8 整数a和b互素的充分必要条件是存在整数x和y使得
xa+yb=1
证 必要性可由定理11.7得到. 充分性. 设xa+yb=1, x和y是整数. 又设d>0是a和b的公因子, 有
d |xa+yb, 即 d |1. 从而 d=1, 得证a和b互素.
r r p1r1 p22 pkk , 其中p1,p2,…,pk是不相同的素数, 推论 设a=
r1,r2,…,rk是正整数, 则正整数d为a的因子的充分必要条件 是d= p11 p22 pkk, 其中0≤si≤ri, i=1,2,…,k.
54-8
s s s
例题
例1 21560有多少个正因子?
ri=qi+1ri+1+ri+2, i=0, 1,…,k2,
rk1=qkrk,
gcd(a,b)=rk.
把上式改写成 ri+2= riqi+1ri+1, i=k2,k3,…,0
从后向前逐个回代, 就可将 rk 表成 a 和 b 的线性组合.
54-22
实例
例5(续) gcd(715, 210)=5
4 14 24 34 44 54 64 74 84 94
5 15 25 35 45 55 65 75 85 95
6 16 26 36 46 56 66 76 86 96
7 17 27 37 47 57 67 77 87 97
8 18 28 38 48 58 68 78 88 98
9 19 29 39 49 59 69 79 89 99
性质19.6如果d>1, p是素数且d | p, 则d=p. 性质19.7设p是素数且p | ab, 则必有p | a 或者 p | b. 设p是素数且p | a1a2…ak, 则必存在1≢i≢k, 使得p| ai. 性质19.8 a>1是合数当且仅当a=bc, 其中1<b<a, 1<c<a . 性质19.9合数必有素数因子. 注意:当d不是素数时,d | ab不一定能推出d | a或d | b.
因子, 即d |b且d |r. 注意到, a=qb+r, 故有d |a. 从而, d |a且d |b, 即d也是a与b的公因子.
54-20
辗转相除法—欧几里得(Euclid)算法
设整数a, b, 且b≠0, 求gcd(a,b).
做带余除法 a=qb+r, 0≢r<|b|. 若r=0, 则gcd(a,b)=b; 若r>0, 再对b和r做带余除法 b=qr+r, 0≢r< r. 若r=0, 则gcd(a,b)=gcd(b,r)= r; 否则重复上述过程, 直至余数等于0为止.
证 由性质19.8, a=bc, 其中1<b<a, 1<c<a. 显然, b和c中 必有一个小于等于 a . 否则, bc>( a )2=a, 矛盾. 推论 如果a是合数, 则a必有小于等于 a 的素因子. 证 由定理19.4, a有小于等于 a 的真因子b. 如果b是素数, 则结论成立. 如果b是合数, 由性质19.9和性质19.5, b有 素因子p<b≤
54-7
算术基本定理
r r r 定理19.1(算术基本定理) 设a>1, 则 a= p11 p22 pkk , 其中 p1,p2,…,pk是不相同的素数, r1,r2,…,rk是正整数, 并且在不 计顺序的情况下, 该表示是惟一的. 该表达式称作整数a的 素因子分解. 例如 30=2×3×5, 117=32×13, 1024=210
今后只考虑正整数的正因子.
平凡因子 : 1和自身
真因子 : 除1和自身之外的因子 例如, 2, 3 是 6 的真因子
54-5
整除的性质
带余除法: a=qb+r, 0≤r <|b|, 记余数r=a mod b 例如, 20 mod 6=2, 13 mod 4=3, 10 mod 2=0 b|a 当且仅当 a mod b =0 性质19.1 若a |b且a |c, 则 x, y, 有a | xb+yc. 性质19.2 若a |b且b |c, 则a |c.
54-9
素数的分布
定理19.2 有无穷多个素数. 证 用反证法. 假设只有有穷多个素数, 设为p1,p2,…,pn, 令m=p1p2…pn+1. 显然, pi m, 1≤i≤n. 因此, 要么m本身 是素数,要么存在大于pn的素数整除m, 矛盾.
梅森数(Marin Mersenne): 2p1, 其中p为素数 当n是合数时, 2n1一定是合数, 2ab1=(2a1)(2a(b1)+2a(b2)+…+2a+1). 梅森数可能是素数, 也可能是合数: 221=3, 231=7, 251=31, 271=127都是素数, 而2111=2047=23×89是合数. 到2002年找到的最大梅森素数是2134669171, 有4百万位.
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