数论问题10种题型例题精讲和练习题汇总
高考数论必考经典题型-第一讲
因为 d = 0, 故: d = 2a2.
所以 公比 q = a3 = a2 + d = 3a2 = 3.
a2
a2
a2
2
考点: 等差数列的通项公式，等比数列的中项公式，公比的定义。
例 6. 已知等差数列 {an} 的前 n 项和 Sn, 且 a1 = 1, S11 = 33. 设 bn = 比数列, 并求其前 n 项和 Tn.
可以得到这是一个首项为 a1 = 2, 公差为 d = 7 的等差数列.
故这些数构成的数列为: an = 2 + 7(n − 1) = 7n − 5.
由于需要在 100 之内, 因此： 7n − 5 ≤ 100, 即：n ≤ 15.
由等差数列的求和公式： Sn =
(a1 + an)n 2
， 可 得 这 些 数 之 和 为:
1 2
2
·
1
−
1 2
1
−
1 2
5
1 = 1 − 2n .
25
考点: 等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，等比数列的通项公式，等比数列的求和公式，
等比数列的定义。
例
7.
若
x = y,
且两个数列:
x,
a1,
a2,
y
和
x,
b1,
b2,
b3,
y
均为等差数列,
求:
a1 − x y − b3
=
?
解析: 设两个等差数列的公差分别为: d1 和 d2, 则由等差数列的通项公式: an = a1 + (n − 1)d ,
可得 a1 = x + d1, y = x + 3d1; y = b3 + d2, y = x + 3d2.
100个数论经典例题
100个数论经典例题数论经典例题是学习数论的重要方式，它们体现了数论的基本概念和重要定理。
下面列举了100个数论经典例题及其相关参考内容，帮助读者更好地理解和掌握数论的基础知识。
1. 证明：对任意正整数n，有$n^2\equiv 0\pmod{2}$。
解答：正整数的平方一定是偶数，因为偶数乘以偶数还是偶数。
2. 证明：对任意正整数n，有$n^3\equiv n\pmod{3}$。
解答：利用模运算的性质，$n\equiv 0, 1, 2 \pmod{3}$，分别代入得到$n^3\equiv 0, 1, 8 \equiv 0, 1 \pmod{3}$。
3. 证明：对任意正整数n，有$n^2\equiv 0$ 或 $1 \pmod{4}$。
解答：正整数的平方一定是偶数，因此$\pmod{4}$下只有两个可能性，即0或1。
4. 证明：对任意正整数n，有$n^m\equiv n \pmod{m}$。
解答：利用数论基本定理得到$n^m\equiv n\pmod{m}$。
5. 证明：对任意正整数n，如果$n^2$是完全平方数，则n也是完全平方数。
解答：设$n^2 = k^2$，则$(n+k)(n-k) = 0$，即$n+k = 0$或$n-k = 0$，因此n是完全平方数。
6. 证明：对任意正整数n，如果$n^2$是立方数，则n也是立方数。
解答：设$n^2 = k^3$，则$(n^{\frac{2}{3}})^3 = k^3$，因此n是立方数。
7. 证明：对任意正整数n，如果$n^2$是素数，则n是素数。
解答：反证法，假设n不是素数，则n可以表示为两个正整数的乘积，因此$n^2$也可以表示为两个正整数的乘积，与$n^2$是素数矛盾。
8. 证明：存在无穷多个素数。
解答：利用反证法和欧几里得定理可以证明存在无穷多个素数。
9. 证明：存在无穷多个不能表示为两个素数之和的正整数。
解答：利用哥德巴赫猜想的推广版本可以证明。
数论初步例题和知识点总结
数论初步例题和知识点总结数论是数学的一个重要分支，主要研究整数的性质和它们之间的关系。
在这篇文章中，我们将通过一些例题来讲解数论中的常见知识点。
一、整除整除是数论中最基本的概念之一。
如果整数 a 除以整数 b（b≠0），商是整数且没有余数，我们就说 a 能被 b 整除，记作 b ｜ a。
例如：24÷6 ＝ 4，没有余数，所以 6 ｜ 24。
例题：证明若 a ｜ b 且 a ｜ c，则对于任意整数 m，n，有 a ｜（mb ＋ nc)。
证明：因为 a ｜ b ，所以存在整数 k1 使得 b ＝ k1a；同理，因为a ｜ c ，所以存在整数 k2 使得 c ＝ k2a 。
那么 mb ＋ nc ＝ m(k1a) ＋ n(k2a) ＝（mk1 ＋ nk2)a 。
因为 mk1 ＋ nk2 是整数，所以 a ｜（mb ＋ nc) 。
二、最大公因数和最小公倍数两个或多个整数公有的因数称为公因数，其中最大的一个称为最大公因数，记作（a, b) 。
两个或多个整数公有的倍数称为公倍数，其中最小的一个称为最小公倍数，记作 a, b 。
求最大公因数和最小公倍数可以使用质因数分解法。
例题：求 36 和 48 的最大公因数和最小公倍数。
36 ＝ 2×2×3×3，48 ＝ 2×2×2×2×3 。
它们公有的质因数是 2×2×3 ＝ 12，所以（36, 48) ＝ 12 。
最小公倍数为 2×2×2×2×3×3 ＝ 144 ，即 36, 48 ＝ 144 。
三、同余如果两个整数 a 和 b 除以正整数 m 所得的余数相同，我们就说 a 和b 对模 m 同余，记作a ≡ b （mod m) 。
同余具有很多性质，例如：1、反身性：a ≡ a （mod m) 。
2、对称性：若a ≡ b （mod m) ，则b ≡ a （mod m) 。
数论练习题及解答
数论练习题及解答数论是数学的一个重要分支，研究整数之间的性质和关系。
以下是几道数论练习题及其解答，旨在帮助读者加深对数论知识的理解。
题目一：证明：如果一个整数的平方是奇数，那么该整数必定是奇数。
解答：假设存在一个整数n，满足n²是奇数，但是n本身是偶数。
那么n可以表示成n=2k（k为整数）。
根据已知条件，n²是奇数，代入n=2k得到(2k)²=4k²是奇数。
但是显然，4k²为4的倍数，而奇数不可能是4的倍数，因此得出矛盾。
所以假设错误，原命题得证。
题目二：证明：任意一个素数至少可以表示成4k+1和4k-1两种形式的乘积。
解答：假设存在一个素数p，既不属于4k+1的形式，也不属于4k-1的形式。
那么p可以表示成p=4k、4k+2或4k+3（k为整数）。
1. 若p=4k，显然p为4的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾；2. 若p=4k+2，可以将p分解为p=2(2k+1)，其中2k+1也为整数，即p为2的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾；3. 若p=4k+3，可以将p分解为p=3(4k+1)，其中4k+1也为整数，即p为3的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾。
综上所述，当p既不属于4k+1的形式，也不属于4k-1的形式时，假设错误，原命题得证。
题目三：找出下列数中的最大公约数：4620和770。
解答：利用辗转相除法求解最大公约数。
首先，用较大的数除以较小的数，计算它们的余数：4620 ÷ 770 = 6 (300)接下来，用余数除以第一步的余数，再计算新的余数：770 ÷ 300 = 2 (170)再次用余数除以第二步的余数，继续计算新的余数：300 ÷ 170 = 1 (130)继续进行相同的除法运算：170 ÷ 130 = 1 (40)130 ÷ 40 = 3 (10)40 ÷ 10 = 4最后，除数为10，余数为0，所以10即为4620和770的最大公约数。
数论应用题总结分类及经典例题
数论应用题总结分类及经典例题
一、同余方程
1.1 线性同余方程
例题：求解方程3x ≡ 1 (mod 5)
1.2 二次剩余
例题：判断 a 是否为模 n 的二次剩余
二、整数划分
2.1 普通整数划分
例题：将整数 n 中的数字划分成若干部分，使得它们之和等于 m
2.2 强整数划分
例题：将整数 n 中的数字划分成若干部分，使得划分出来的每一部分的和都是质数
三、互质与最大公倍数
3.1 互质关系
例题：判断两个数 a 和 b 是否互质
3.2 最大公倍数
例题：求两个数 a 和 b 的最大公倍数
四、素数与因子
4.1 素数判定
例题：判断一个数是否为素数
4.2 因子计算
例题：求一个数的所有因子
五、欧拉函数与莫比乌斯函数
5.1 欧拉函数
例题：计算欧拉函数值
5.2 莫比乌斯函数
例题：计算莫比乌斯函数值
六、进制转换
6.1 十进制转其他进制
例题：将十进制数转换成其他进制
6.2 其他进制转十进制
例题：将其他进制数转换成十进制
七、数位统计
7.1 数位求和
例题：计算一个数各个数位上的数字之和
7.2 数位个数统计
例题：计算一个数的位数
以上是数论应用题的分类总结及经典例题，希望对你有帮助。
数论试题及解析
数论试题及解析数论是研究整数及其性质的一个分支学科，其重要性不言而喻。
本文将为读者提供一些数论试题，并给出详细解析，以帮助读者更好地理解和掌握数论的基本概念和方法。
一、选择题1. 下列四个数中最大的是：A. 357B. 578C. 695D. 834解析：观察这四个数的个位数，可以发现选项中的个位数依次是7、8、5、4。
因此最大的数应该是选项中个位数最大的数，即选项D。
因此答案为D。
2. 若 p 是一个质数，且 p>2，则有：A. p 是奇数B. p 是偶数C. p 不是奇数也不是偶数D. 无法确定解析：质数只能被1和自身整除。
对于大于2的质数来说，它既不能被2整除也不能被2的倍数整除，所以它一定是奇数。
因此答案为A。
二、填空题1. 设 n 是一个正整数，且满足n ≡ 1 (mod 3)，则 n² - 1 是 3 的 ___倍。
解析：根据同余的定义，n ≡ 1 (mod 3) 表示 n 除以 3 所得的余数是1。
将 n 的值代入，则有 n = 3k + 1，其中 k 是一个整数。
将 n = 3k + 1代入 n² - 1，得到 n² - 1 = (3k + 1)² - 1 = 9k² + 6k + 1 - 1 = 9k² + 6k。
因此，n² - 1 是 3 的 2 倍。
2. 已知 a 是一个奇数，b 是一个偶数，则 a + b 是一个 ___。
解析：奇数加偶数一定是奇数。
因此，a + b 是一个奇数。
三、应用题1. 小明拿一支笔来算数，他发现这支笔的长度恰好可以整除 7 个相同长度的小段。
如果这支笔长度为 x，试求小段的长度和 x 的比值。
解析：设小段的长度为 y，则根据题意，有 x = 7y。
要求小段的长度和 x 的比值，即要求 y/x。
将 x 的值代入，得到 y/x = y/(7y) = 1/7。
因此，小段的长度和 x 的比值为 1/7。
数论综合选讲(奥数、小升初考试)
数论综合选讲题目1. 简单进位制夏季的一天，青蛙说：“我今天吃了1221只蚊子，”蜘蛛说：“你吹牛，我替你数的是151只蚊子。
”原来青蛙有四条腿按四进制计算：而蜘蛛有八条腿按八进制计算，那么青蛙到底吃了多少只蚊子？题目2.二进制妙用设1，3，9，27，81，243是6个给定的数，从这6个数中取出若干个数，每个数至多取一次，然后将取出的数相加得到一个和数，这样共可得到63个不同的和数，把这些数从小到大排列起来依次是1，3，4，9，10，12，......，那么其中第39个数是多少？题目3.不等式把一个十进制的三位数化为九进制和八进制的数后，三个三位数的最高位分别为3、4、5。
求满足条件的十进制三位数共有多少个？题目4. 质数判断将406分成两个质数的和，那么这两个质数的乘积的最小值为．题目5. 质数操作将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；（3）划去这些两位数中的合数；（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。
问：经过2006次操作，所得的数字串是什么？题目6. 公约数与公倍数甲、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？题目7. 约数个数甲有9个约数，乙有10个约数，甲、乙两数最小公倍数是2800，那么甲数和乙数分别是多少？题目8. 因式分解甲乙丙三人打靶,每人打三枪,三人各自中靶的环数之积都是60,按个人中靶的总环数由高到低排,依次是甲乙丙,靶子上4环的那一枪是谁打的?(环数是不超过10的自然数)题目9. 双向推理N是由5个不同的非零数字组成的五位数，且N等于这5个数字中取3个不同数字构成的所有三位数的和，求出所有的这种五位数N。
题目10. 分分合合整数55……5(共1997个5)除以84的余数是多少？题目11.只能奇减偶试一试：20062006…… 2006÷99的余数是多少？题目12. 枚举角度有两个整数,它们的和恰好是两个数字相同的两位数,它们的乘积恰好是三个数字相同的三位数.求这两个整数.题目13. 思考顺序1--9这九个数字各一次,组成三个能被9整除的三位数,要求这三个数的和尽可能大,求这三个数.题目14. 联想功能设A 、B 为任意两个数，如下定义一种新运算：A*B=A+B-1999BA ，那么2000*…*2000*（2×1999）*（2000×1999）*…*（2000×1999）的值是题目15. 奇偶分析能否将两个1，两个2，两个3，……，两个10排成一列，使得两个1之间恰有1个数，两个2之间恰有2个数，……，两个10之间恰有10个数。
数论练习题解析
数论练习题解析数论是一门研究整数性质和整数运算规律的数学分支，具有广泛的应用领域。
在数学竞赛中，数论常常是一道重要的题型。
本文将为大家解析几道常见的数论练习题，以帮助读者更好地理解和掌握数论知识。
1. 题目一已知整数a、b满足等式a^2+b^2=2019，求a和b的值。
解析：由于a和b都是整数，所以a^2与b^2的取值范围在[0, 2019]之间。
穷举其中的所有可能情况，可以得到以下解：a=27，b=42a=42，b=27a=-27，b=-42a=-42，b=-272. 题目二已知p是一个质数，若p≡1(mod 4)，证明方程x^2≡-1(mod p)有解。
解析：根据题意，p≡1(mod 4)，说明p可以写成p=4k+1的形式，其中k为一个整数。
我们可以进行如下推导：假设p=4k+1，且x^2≡-1(mod p)没有解，即x^2+1≡0(mod p)没有解。
根据费马小定理，如果x^p ≡ x(mod p)，则对于任意的整数x，有x^(p-1) ≡ 1(mod p)。
将x^2+1拆开，可以得到(x^2+1)(x^2+1)≡0(mod p)。
进一步化简得到(x^2+1)^2 ≡ 0(mod p)。
根据费马小定理，有(x^2+1)^(p-1) ≡ 1(mod p)。
由于p-1可被4整除，因此(p-1)/2为一个偶数，那么(x^2+1)^(p-1) ≡ ((x^2+1)^2)^(k'//2) ≡ 0(mod p)，其中k'=(p-1)/2。
这与(x^2+1)^(p-1) ≡ 1(mod p)相矛盾。
所以方程x^2≡-1(mod p)一定有解。
通过以上证明，我们可以得出结论：若p≡1(mod 4)，则方程x^2≡-1(mod p)必有解。
3. 题目三有一堆石头，堆成三角形。
现在小明和小红进行以下游戏：每次他们可以从堆中任意拿走不超过m个石头，谁拿到最后一颗石头，谁就赢。
假设小明先手，求在满足一定条件下，小明能否必胜。
历届奥数数论竞赛题讲解精选
历届奥数数论竞赛题讲解精选数论作为数学的一个分支，被广泛地应用于各个领域。
而奥林匹克数学竞赛（简称奥数）又是世界范围内最具影响力的数学竞赛之一。
在奥数竞赛中，数论作为一个重要的考察内容，经常出现各种难度的题目。
本文将为大家选取历届奥数数论竞赛题，并进行详细讲解。
1. 题目一在2020年奥数竞赛中，一道数论题目引起了广泛关注。
题目如下：给定正整数n，如果n的某个正因数不能被表示为其他两个正因数的和，我们称n为一个"奇异数"。
求不超过1000的奇异数的个数。
解析：根据题目要求，我们需要找到不超过1000的所有奇异数。
首先，我们可以先列举出这些数：1，2，3，5，7，11，13，...。
观察这个序列，我们可以发现，这些数正好是质数。
因为质数不能被其他正因数整除，所以不存在两个正因数的和等于质数。
因此，我们可以得出结论，在不超过1000的范围内，奇异数的个数等于质数的个数。
2. 题目二在2018年奥数竞赛中，出现了一道较为复杂的数论题。
题目如下：给定正整数n，求满足a^2+b^2=n的正整数解的个数。
解析：这是一道求解平方和的题目。
我们可以使用穷举法来解决。
首先，我们可以假设a和b的范围为0到√n。
然后，我们逐个尝试每一个可能的a和b的组合，计算是否满足条件a^2+b^2=n。
如果满足条件，则计数器加一。
最后，我们输出计数器的值，即为满足条件的正整数解的个数。
3. 题目三在2015年奥数竞赛中，一道有关数论的应用题成为了考察焦点。
题目如下：一共有10个村庄，每个村庄里住着不同数量的人。
为了公平起见，我们需要将这10个村庄分成两组，使得这两组村庄中的人数之和相等。
请问有多少种分组方法？解析：这是一道组合问题。
我们可以利用深度优先搜索（DFS）来解决。
首先，我们将10个村庄的人数记为数组arr。
然后，我们计算出总人数的一半sum。
接下来，我们定义一个递归函数dfs，函数参数包括当前索引index，当前结果curSum，以及当前已经选择的村庄数目count。
数学竞赛中的数论问题题型全
数学竞赛中的数论问题定理4 ,a b 是两个不同时为0的整数，若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数）的数中的最小正数，则（1）00ax by +|ax by +；（2）00ax by +(),a b =．证明 （1）由带余除法有()00ax by ax by q r +=++，000r ax by ≤<+， 得 ()()0000r a x qx x b y qy ax by =-+-<+，知r 也是形如ax by +的非负数，但00ax by +是形如ax by +的数中的最小正数，故0r =，即00ax by +|ax by +． （2）由（1）有00ax by +|10a b a +=g g ，00ax by +|01a b b +=g g ，得00ax by +是,a b 的公约数．另一方面，,a b 的每一个公约数都可以整除00ax by +，所以00ax by +是,a b 的最大公约数，00ax by +(),a b =．推论 若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（很有用）定理5 互素的简单性质： （1）()1,1a =．（2）(),11n n +=．（3）()21,211n n -+=． （4）若p 是一个素数，a 是任意一个整数，且a 不能被p 整除，则(),1a p =． 推论 若p 是一个素数，a 是任意一个整数，则(),1a p =或(),a p p =． （6）若()(),1,,1a b a c ==，则(),1a bc =．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=．有 ()a cs bct c +=，得 ()(),,1a bc a c ==． （7）若(),1a b =，则(),1a b a ±=，(),1a b b ±=， (),1a b ab ±=．证明 ()()(),,,1a b a b a b a ±=±==，()(),,1a b b a b ±==，由（6）(),1a b ab ±=． （8）若(),1a b =，则(),1m n a b =，其中,m n 为正整数．证明 据（6），由(),1a b =可得(),1m a b =．同样，由(),1m a b =可得(),1m n a b =． 定理7 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数．证明 假设素数只有有限多个，记为12,,,n p p p L ，作一个新数 1211n p p p p =+>g gL g ． 若p 为素数，则与素数只有 n 个12,,,n p p p L 矛盾．若p 为合数，则必有{}12,,,i n p p p p ∈L ，使|i p p ，从而|1i p ，又与1i p >矛盾． 综上所述，素数不能只有有限多个，所以素数有无穷多个． 2是素数，而大于2的偶数都是合数，所以2是唯一的偶素数．注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有n 个素数，便有1n +个素数．（构造法、反证法）定理8（整除的性质）整数,,a b c 通常指非零整数 （1）1a ，1|a -；当0a ≠时，|a a ，|0a ．（2）若b a ，0a ≠，则b a ≤;若b a ，b a >，则0a =;若0ab >，且,b a a b ，则a b =．证明 由b a ，0a ≠，有a bq =，得a b q b =≥．逆反命题成立“若b a ，b a >，则0a =”; 由b a ≤且b a ≥得a b =，又0ab >，得a b =． （7）若(),1a b =，且a bc ，则a c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有()()a cs bc t c +=， 因为a a ，a bc ，所以a 整除等式的左边，进而整除等式的右边，即a c ．（8）若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有acs bct c +=，又由,a c b c 有12,c aq c bq ==代入得()()21ab q s ab q t c +=，所以ab c ．注意 不能由a c 且b c 得出ab c ．如不能由630且10|30得出60|30． （9）若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ．证明 若不然，则|a b /且|a c /，由a 为素数得()(),1,,1a b a c ==，由互素的性质（6）得(),1a bc =，再由a 为素数得|a bc /，与a bc 矛盾．定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记作(mod )a b c ≡；若()|c a b -/，则称,a b 关于模c 不同余，记作a(mod )b c ．定理9（同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m >若(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(mod )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡．证明 由(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，有12,a b mq c d mq -=-=， ① 对①直接相加 ，有()()()12a c b d m q q +-+=+，得 (mod )a c b d m +≡+.对①分别乘以,c b 后相加，有()()()12ac bd ac bc bc bd m cq bq -=---=+，得 (mod )ac bd m ≡． （3）若(mod )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )nna b m =且(mod )an bn mn ≡.（4）若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 证明 由(mod )a b m ≡、，有 a b mq =+，又(,,)k a b m ，有,,a b mk k k均为整数，且 a b mq k k k=+，得 mod a b m k k k ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．定理10 设,a b 为整数，n 为正整数， （1）若a b ≠，则()()nna b a b--．()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++L ．（2）若a b ≠-，则()()2121n n a b ab --++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+L ．（3）若a b ≠-，则()()22nn a b ab +-．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-L ．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a L 是小于k 的非负整数，且10a >．若 12121m m m m n a ka k a k a ---=++++L ，则称数12m a a a L 为n 的k 进制表示．定理11 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．如12121101010m m m m n a a a a ---=++++L ，109,0i a a ≤≤>（10进制） 12121222m m m m n a a a a ---=++++L ．101,0i a a ≤≤>（２进制）定理12 （算术基本定理）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212kkn p p p ααα=L ，其中12k p p p <<<L 为素数，12,,,k αααL 为正整数． （分解唯一性）定理13 若正整数n 的素数分解式为 1212kkn p p p ααα=L 则n 的正约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++L ，n 的一切正约数之和为 ()121111212111111k k k p p p S n p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---L ． 证明 对于正整数1212kk n p p p ααα=L ，它的任意一个正约数可以表示为1212kkm p p p βββ=L ，0i i βα≤≤ ， ①由于i β有0,1,2,,i αL 共1i α+种取值，据乘法原理得n 的约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++L ．考虑乘积()()()12010101111222k k k k p p p pp p p p p ααα+++++++++L L L L ， 展开式的每一项都是n 的某一个约数（参见①），反之，n 的每一个约数都是展开式的某一项，于是，n 的一切约数之和为()()()11101111kk kS n p p p pp p αα=++++++L L L 121111212111111k k k p p p p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---L ． 注 构造法．定义8 （高斯函数）对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+． 定理14 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是 23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦L ． 证明 由于p 为素数，故在!n 中p 的次方数是1,2,,n L 各数中p 的次方数的总和（注意，若p 不为素数，这句话不成立）．在1,2,,n L 中，有n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数；在n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数的因式中，有2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数；在2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数的因式中，有3n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个3p 的倍数；…，如此下去，在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数就为23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦L ．注 省略号其实是有限项之和． 定理15 （费玛小定理）如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a--．证明2 改证等价命题：如果素数p 不能整除整数a ，则()mod pa a p ≡． 只需对1,2,,1a p =-L 证明成立，用数学归纳法． （1）1a =，命题显然成立．（2）假设命题对()11a k k p =≤<-成立，则当1a k =+时，由于()|1,2,,1ip p C i p =-L ，故有()11111ppp p p p k k C kC k --+=++++L ()11mod p k k p ≡+≡+．（用了归纳假设） 这表明，命题对1a k =+是成立． 由数学归纳法得()mod pa a p ≡．又素数p 不能整除整数a ，有(),1a p =，得()11p p a--．定义9 （欧拉函数）用()n ϕ表示不大于n 且与n 互素的正整数个数． 定理16 设正整数1212kkn p p p ααα=L ，则 ()12111111k n n p p p ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ． 推论 对素数p 有()()11,p p p pp αααϕϕ-=-=-．．第二讲 数论题的范例讲解（12）()()()()()()22220mod 4,211mod 4,211mod8n n n ≡-≡-≡． （13）任何整数都可以表示为()221m n k =-．例1-1（1986，英国）设127,,,a a a L 是整数，127,,,b b b L 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b ---L 是偶数．（127,,,a a a L 中奇数与偶数个数不等）例1-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a L 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a ---L 必为偶数．（暗藏3,1,4,1,5,9,2,6,5,3,5,8,9,7,9,3,2,3,8,4,6,2,6,4中奇数与偶数个数不等）例2 能否从1,2,,15L 中选出10个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），所得的14个差恰好为1,2,,14L ？解 考虑14个差的和S ，一方面1214105S =+++=L 为奇数．另一方面，每两个数,a b 的差与其和有相同的奇偶性 (mod2)a b a b -≡+，因此，14个差的和S 的奇偶性与14个相应数之和的和/S 的奇偶性相同，由于图中的每一个数a 与2个或4个圈中的数相加，对/S 的贡献为2a 或4a ，从而/S 为偶数，这与S 为奇数矛盾，所以不能按要求给图中的圆圈填数．评析：用了计算两次的技巧．对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理．计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式．在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾．例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？解 （1）4堆是不能保证的．如4堆的奇偶性为：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）．（2）5堆是可以保证． 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述4种可能，当把这些苹果和梨分成5堆时，必有2堆属于同一奇偶性，其和苹果数与梨数都是偶数．例4 有n 个数121,,,,n n x x x x -L ，它们中的每一个要么是1，要么是1-．若1223110n n n x x x x x x x x -+++++=L L ，求证4|n ．证明 由{}1,1i x ∈-，有{}11,1i i x x +∈-，再由1223110n n n x x x x x x x x -+++++=L L ， 知n 个1i i x x +中有一半是1，有一半是1-，n 必为偶数，设2n k =．现把n 个1i i x x +相乘，有2222122311121(1)(1)1k kn n n n n x x x x x x x x x x x x ---+===g gL g g g L g ，可见，k 为偶数，设2k m =，有4n m =，得证4|n ．例6 在数轴上给定两点1，在区间内任取n 个点，在此2n +个点中，每相邻两点连一线段，可得1n +条互不重叠的线段，证明在此1n +条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条．证明 将2n +个点按从小到大的顺序记为122,,,n A A A +…，并在每一点赋予数值i a ，使1, 1,i i i A a A ⎧=⎨-⎩当为有理数点时， 当为无理数点时.与此同时，每条线段1i i A A +也可数字化为1i i a a +（乘法） 1111,, 1,,i i i i i i A A a a A A +++-⎧=⎨⎩ 当一为有理数点，另一为无理数时， 当同为有理数点或无理数点时,记11i i a a +=-的线段有k 条，一方面112233412()()()()(1)(1)(1)k n k k n n a a a a a a a a -+++=-+=-... 另一方面 12233412()()()()n n a a a a a a a a ++ (2)1231212()1n n n a a a a a a a -++===-…，得()11k-=-，故k 为奇数．评析 用了数字化、奇偶分析的技巧． 二、约数与倍数最大公约数与最小公倍数的求法． （1） 短除法．（2）分解质因数法．设1212,0,1,2,,k k i a p p p i k αααα=≥=L L ，1212,0,1,2,,k k i b p p p i k ββββ=≥=L L ．记 {}{}min ,,max ,i i i i i i γαβδαβ==，则 ()1212,k k a b p p p γγγ=L ，[]1212,k k a b p p p δδδ=L ．（3）辗转相除法 ()()()()()121,,,,,0n n n n a b b r r r r r r r -======L ． 例7 （1）求()8381,1015，[]8381,1015； （2）()144,180,108，[]144,180,108．解（1）方法1 分解质因数法．由283811729,10155729,=⨯=⨯⨯得()8381,101529=，[]28381,1015571729293335=⨯⨯⨯=． 方法2 辗转相除法．或 ()()()()()8381,1015261,1015261,23229,23229,029=====．[]()83811015838110158381,10158381352933358381,101529⨯⨯===⨯=．（2）方法1 短除法．由()22144,180,1082336=⨯=，得2144 180 108272 90 54336 30 27312 10 9 4 5 3[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．方法2 分解质因数法．由42222314423,180235,10823,=⨯=⨯⨯=⨯，得 ()22144,180,1082336=⨯=，[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．例8 正整数n 分别除以2,3,4,5,6,7,8,9,10得到的余数依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则n 的最小值为 ． 解 依题意，对最小的n ，则1n +是2,3,4,5,6,7,8,9,10的公倍数3212357n +=⨯⨯⨯，得2519n =． 例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？ 解 相当于求不定方程15276x y +=的整数解．由()15,273=知，存在整数,u v ，使15273u v +=，可得一个解2,1u v ==-，从而方程 ()1542726⨯+⨯-=．即往小容器里倒2次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有3升油；再重复一次，可得6升．例10 对每一个2n ≥，求证存在n 个互不相同的正整数12,,,n a a a L ，使i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j n i j ∈≠L 成立．证明 用数学归纳法．当2n =时，取121,2a a ==，命题显然成立．假设n k =时，命题成立，即存在12,,,k a a a L ，使 i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j k i j ∈≠L 成立． 现取b 为12,,,k a a a L 及它们每两个数之差的最小公倍数，则1k +个数12,,,,k b a b a b a b +++L 满足 ()()()()()(),,t t ij i j a b b a b b a b a b a b a b ⎧+-++⎪⎨+-++++⎪⎩即命题对1n k =+时成立．由数学归纳法知命题对2n ≥成立．例11 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约．证明1 （反证法）假若214143n n ++可约，则存在1d >， ①使 ()214,143n n d ++=，从而存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩②③消去n ，()()3322⨯-⨯，得 ()132d q p =-， ④的 1d =． ⑤由（1）、（5）矛盾，得1d =． 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法．（2）式④是实质性的进展，表明 ()()131432214n n =+-+，可见 ()214,1431n n ++=．由此获得2个解法． 证明2 设()214,143n n d ++=．存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩①② 消去n ，②×3-①×2，得()132d q p =- ③ 得 1d =．证明3 由()()131432214n n =+-+ 得 ()214,1431n n ++=．证明4 ()214,143n n ++ ()71,143n n =++ ④()71,1n =+ ⑤ 1=． 解题分析：第④ 相当于 ①-②；第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式与⑤式的效果是一样的．例12 不存在这样的多项式 ()1110mm m m f n a n a na n a --=++++L ，使得对任意的正整数n ，()f n 都是素数．证明 假设存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数，则取正整数n b =，有素数p 使 ()1110mm m m f b a b a ba b a p --=++++=L ，进而对任意的整数,k 有 ()()()()1110mm m m f b kp a b kp a b kp a b kp a --+=+++++++L()1110m m m m a b a b a b a Mp --=+++++L （二项式定理展开）()1P M =+，其中M 为整数，这表明()f b kp +为合数．这一矛盾说明，不存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数．三、平方数若a 是整数，则2a 就叫做a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质（1）平方数的个位数只有6个：0,1,4,5.6.9．（2）平方数的末两位数只有22个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．（3）()()()()2220mod 4,211mod 4n n ≡-≡．（４）()()2211mod8n -≡．（6）凡是不能被3整除的数，平方后被3除余1．（7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．（9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足222a b c +=的整数(),,a b c 叫做勾股数．勾股数的公式为2222,2,,a m n b mn c m n ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩其中,m n 为正整数，(),1m n =且,m n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数．2．平方数的证明方法（1）反证法．（2）恒等变形法．（3）分解法．设a 为平方数，且a bc =，(),1b c =，则,b c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法（1）若()221n x n <<+，则x 不是平方数．（2）约数有偶数个的数不是平方数．（3）个位数为2，3，7，8的数不是平方数．（4）同余法：满足下式的数n 都不是平方数．()2mod3n ≡， ()23mod4n ≡或， ()23mod5n ≡或， ()23567mod8n ≡或或或或，()2378mod10n ≡或或或．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．如个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是6、而十位数是偶数的数．例13 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100．每盏灯由一个拉线开关控制着．最初，电灯全是关着的．另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？讲解 （1）直接统计100次拉线记录，会眼花缭乱．（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次．（3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系：灯被拉奇数次的亮！（4）哪些数有奇数个约数：平方数． （5）1～100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100．答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个灯还亮．例14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数,a b ，斜边为正整数c ，若a 为素数，求证()21a b ++为平方数．证明 由勾股定理222c a b =+，有 ()()2c b c b a +-=，但a 为素数，必有 2,1,c b a c b ⎧+=⎨-=⎩解得 ()2112b a =-，从而 ()()()22212121a b a a a ++=+-+=+，为平方数．例15 求证，任意3个连续正整数的积不是平方数．证明 设存在3个连续正整数1,,1n n n -+（1n >）的积为平方数，即存在整数m ，使 ()()211n n n m -+=，即 ()221n n m -=，但()21,1n n -=，故21,n n -均为平方数，有2221,,,n a n b m ab ⎧-=⎪=⎨⎪=⎩得 ()222211211n a n n n =-≥--=->，（注意1n >）这一矛盾说明，3个连续正整数的积不是平方数．四．整除整除的判别方法主要有7大类．1．定义法．证b a a bq ⇔=，有三种方式．（1）假设a qb r =+，然后证明0r =．（定理4）（2）具体找出q ，满足a bq =．（3）论证q 的存在． 例18 任意一个正整数m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除．证明 设1110101010n n n n m a a a a --=⨯+⨯++⨯+L ，其中09,0i n a a ≤≤≠，则()()()(){{110111121111101101101911111111,n n nn n n n n n n m a a a a a a a a a a a ------++++=-+-++-⎛⎫=⨯-+⨯++⨯+ ⎪⎝⎭L L L L L 个个按定义 ()1109n n m a a a a --++++L ． 2．数的整除判别法．（1）任何整数都能被1整除．（2）如果一个整数的末位能被2或５整除，那么这个数就能被2或５整除． （3）如果一个整数的末两位能被４或25整除，那么这个数就能被4或25整除． （4）如果一个整数的末三位能被8或125整除，那么这个数就能被8或125整除． （5）如果一个整数各数位上的数字之和能被3或9整除，那么这个数就能被3或9整除．证明 由()()101mod3,101mod9≡≡，有()1110110101010mod3n n n n n n a a a a a a a a ---⨯+⨯++⨯+≡++++L L ，3．分解法．主要用乘法公式．如()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++L ．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+L ．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-L ．例19 试证()()555129129++++++L L ．证明 改证()55545129+++L ．设555129S =+++L ，则()()()()()()()()()555555555512344123418273645918273645999,S m m m m m m m m =++++++++=++++++++=++++得9S ．又 ()()()()555555555192837465S =++++++++()()()()()5123441234192837465522225,m m m m m m m m =++++++++=++++得5S ．但()9,51=，得45S ，即()()555129129++++++L L ．例20 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+L ，求证p 可被1979整除（1979p ） 证明111112313181319p q =-+--+L 1111111122313181319241318⎛⎫⎛⎫=+++++-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L L111111111231318131923659⎛⎫⎛⎫=+++++-++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L L111166066113181319=++++L 6601319661131898999066013196611318989990+++=+++⨯⨯⨯L 19796606611319659!19791319!MM=⨯⨯⨯⨯=⨯L得1979整除1319!p ，但1979为素数，()1979,1319!1=，得p 可被1979整除．例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++L 的分子m 是吉祥数．证明：由111220090908m n =+++L 1111111200909082200909071004545410045455200909092009090920090909120090908220090907100454541004545520090909,122009090720090908p⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=+++⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯L L L 其中p 为正整数，有 20090909122009090720090908n p m ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯L ，这表明，20090909整除122009090720090908m ⨯⨯⨯⨯⨯L ，但20090909为素数，不能整除122009090720090908⨯⨯⨯⨯L ，所以20090909整除m ，得m 是吉祥数．4． 余数分类法．例21 试证()()3121n n n ++．证明1 任何整数n 被3除其余数分为3类 3,31,32,n k n k n k k Z ==+=+∈，（1）3n k =时，有 ()()()()12133161,n n n k k k ++=++⎡⎤⎣⎦有()()3121n n n ++．（2）31n k =+时，有()()()()()1213313221,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．（3）32n k =+()()()()()121332165,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．综上得，()()3121n n n ++． 证明 2 ()()()()222211214n n n n n n ++++=，得 ()()322221n n n ++，又()3,41=，得()()3121n n n ++．5．数学归纳法．6．反证法．7．构造法． 例22 k 个连续整数中必有一个能被k 整除． 证明 设k 个连续整数为,1,2,,1a a a a k +++-L ，若这k 个数被k 除没有一个余数为0，则这k 个数的余数只能取1,2,,1k -L ，共1k -种情况，必存在两个数 ,,0a i a j i j k ++<-< ，使 1,a i kq r +=+2,a j kq r +=+ 其中12q q ≠，相减 ()12i j k q q -=-，有 12i j k q q k -=-≥， 即 i j k -≥与i j k -<矛盾．故k 个连续整数中必有一个能被k 整除．也可以由()12i j k q q -=-得 ()120i j k q q k <-=-<，推出1201q q <-<，与12q q -为整数矛盾．例23 k 个连续整数之积必能被!k 整除．证明 设k 个连续整数为,1,2,,1n n n n k +++-L ， （1）若这k 个连续整数为正整数，则()()()()121!!!!n n n n k n k k n k +++-=+L ()k nC =只须证明，对任何一个素数p ，分子中所含p 的方次不低于分母中所含p 的方次，由高斯函数的性质[][][]x y x y +≥+，有()s s s s k n k n k n k p p p p +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=≥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑∑ 得k nC为整数（证实了组合数的实际意义）（2）若这k 个连续整数中有0，则连乘积为0，必能被!k 整除．（3）若这k 个连续整数为负整数，则()()()()()()()()()121!1211!1,k kk nn n n n k k n n n n k k C-+++--------+=-=-L L由（1）知kn C -为整数，故()()()121!n n n n k k +++-L 为整数．例24 有男孩、女孩共n 个围坐在一个圆周上（3n ≥），若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有a 组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b 组，求证3a b -．证明 现将小孩记作(1,2,,)i a i n =…，且数字化1,1, i i i a a a ⎧=⎨-⎩ 表示男孩时表示女孩时则“3人组”数值化为12121212123,,,3,,,1,,,1,,,i i i i i i i i i i i i i i i i a a a a a a A a a a a a a a a a ++++++++++⎧⎪-⎪=++=⎨⎪⎪-⎩ 均为男孩 均为女孩 恰有一个女孩 恰有一个男孩其中n j j a a +=．又设取值为3的i A 有p 个，取值为3-的i A 有q 个，依题意，取值为1的i A 有b 个，取值为1-的i A 有a 个，得 12123234123()()()()n n a a a a a a a a a a a a +++=+++++++++……3(3)(1)3()()p q a b p q b a =+-+-+=-+-， 可见3a b -．例25 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2． 分析 只需说明()23131222n n n n -+=为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明()()3212131222n n n n n n ++++=是3的倍数．作变形 ()()()32222213111,3,81228n n n n n n ++++-=-= ， 命题可证．证明 已知即()()321213111222n n n n n n ++++-=-， ① 因为相邻2个整数(),1n n +必有偶数，所以3231122n n n ++-为整数．又①可变为 ()()32222213111228n n n n n n ++++-=-，因为相邻3个整数()()2,22,21n n n ++必有3的倍数，故()()22221n n n ++能被3整除；又()3,81=，所以()()222218n n n ++能被3整除；得3231122n n n ++-用3除时余2．五、同余根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以直接用来解题．例26 正方体的顶点标上1+或1-，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数的乘积，求证，这样得出的14个数之和不能为0．证明 记14个数的和为S ，易知，这14个数不是1+就是1-，若八个顶点都标上1+，则14S =，命题成立．对于顶点有1-的情况，我们改变1-为1+，则和S 中有4的数,,,a b c d 改变了符号，用/S 表示改变后的和，由()0mod2a b c d +++≡知 ()/20mod 4S S a b c d -=+++≡， 这表明，改变一个1-，和S 关于模4的余数不变，重复进行，直到把所有的1-都改变为1+，则()/111142mod4S S ≡≡+++≡≡L ，所以，0S ≠．例27 设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110Λ的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．证明 由已知有()()()0121mod21mod2n fa a a a α≡⇔++++≡L ， ①()()()1mod21mod2n f a β≡⇔≡， ②若方程()0=x f 存在整数根0x ，即()00f x =．当0x 为奇数时，有()()()00120mod20mod2n f x a a a a ≡⇔++++≡L ，与①矛盾．有0x 为偶数时，有()()()00mod20mod2n f x a ≡⇔≡，与②矛盾．所以方程()0=x f 没有整数根． 六、不定方程未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解，叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决3个问题，方程是否有解？有解时，有几个解，解数是有限还是无穷？求出全部解．例28 解方程719213x y +=． 解法1 由()7,191=知方程有整数解． 观察特解，列表得一个特解0025,2,x y =⎧⎨=⎩从而通解为2519,27.x t y t =-⎧⎨=+⎩方法总结：第1步，验证(),a b c ，经常是(),1a b =．第2步，求特解（观察、列举、辗转相除等）． 第3步，代入公式．方法总结：()mod ax by c ax c b +=⇔≡或()mod by c a ≡． 例29 求方程3222009x x y +=的整数解． 解 由2009的分解式，有 ()222212009741xx y +=⨯=⨯，有 21,1,1,1004,1005,22009,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩ 227,7,7,17,24.241,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．（1988，高中联赛）解法1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为1234567,,,,,,A A A A A A A 和1234567,,,,,,B B B B B B B ．如果甲方获胜，设i A 获胜的场数是i x ，则07,17i x i ≤≤≤≤而且1277x x x +++=L ， ①容易证明以下两点：在甲方获胜时（i ）不同的比赛过程对应着方程①的不同非负整数解；（ii ）方程①的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：1A 胜1B 和2B ；3B 胜1A 、和3A ；4A 胜3B 后负于4B ；5A 胜4B 、5B 和6B 但负于7B ；最后6A 胜7B 结束比赛．下面求方程①的非负整数解个数，设1i i y x =+，问题等价于方程123456714y y y y y y y ++++++=，正整数解的个数，将上式写成1111111111111114+++++++++++++=，从13个加号取6个的方法数613C 种．得甲方获胜的不同的比赛过程有613C 种．同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有713C 种，合计61323432C =种比赛过程例31（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出123,,a a a ，使同时满足 21323, 3a a a a -≥-≥，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？解 由已知得121323 10,30 30, 140,a a a a a a -≥--≥--≥-≥4项均为非负数，相加得()()()()121323133 147a a a a a a -+--+--+-=，于是123,,a a a 的取法数就是不定方程 12347x x x x +++=的非负整数解的个数，作一一对应11i y x =+，问题又等价于不定方 123411y y y y +++= 的正整数解．由 11111+++=L ，得310C 个解，即符合要求的不同取法有310C 种．七．数论函数主要是[]x 高斯函数，()n ϕ欧拉函数．例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于．．6．时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数[]y x =（[]x 表示不大于x 的最大整数）可以表示为(A)10x y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (B)310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (C) 410x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (D)510x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ （2010年全国高考数学陕西卷理科第10题）解法1 选（B ）．（求解对照）．规则是“六舍七入”，故加3即可进1． 选310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦． 解法2 选（B ）．（特值否定）．取56x =，按规定应选5人，可否定(C)、(D)；再取57x =，按规定应选6人，可否定(A)．注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入”．例33 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦L ． 讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号．关键是弄清[]x 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除：（1）分子是那些数相加，求出和来；由36651830200421963666⨯=<<=⨯，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个（2）除法谁除以366，求出商的整数部分．原式()036536612345175366⨯+++++⨯⎡⎤=⎢⎥⎣⎦1036687536614310236612.⨯+⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦= 命题背景2004年有12个月、366天．例34 50!的标准分解式中2的指数．解 35678912450!23571113171923293137414347ααααααααα=gg g g g 2的指数为2345505050505025126314722222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 图示（5条横线，25个偶数中2的方次，按横线求和）八、综合练习例35 整数勾股形中，证明（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数； （3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数．证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长,,x y z 互素，且满足222x y z +=.这时，若,x y 两个均为偶数，则z 也为偶数，与,,x y z 互素矛盾；若,x y 两个均为奇数，有()()221mod4,1mod4x y ≡≡，得 ()2222mod4z x y ≡+≡， 这与平方数模4只能取0，1矛盾.所以，,x y 中有且只有一个为偶数，不妨设x 为偶数.（1）设,x y 中无一为3的倍数，则()()221mod3,1mod3x y ≡≡，得 ()2222mod3z x y ≡+≡，这与平方数模3只能取0，1矛盾，故,x y 中有一个为3的倍数. （2）由x 为偶数.，必有,y z 均为奇数，记2,21,21x m y p z q ==+=+有 ()()()22222222421214m x z y q p q q p p ==-=+-+=+--则 ()()211m q q p p =+-+右边是两个偶数的差，必为偶数，从而x 为4的倍数.（3）若,x y 中有5的倍数，命题已成立. 若,x y 均不是5的倍数，则若,x y 只能是形如51k ±或52k ±的正整数.若,x y 均为51k ±型，则()222112mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾若,x y 均为52k ±型，则()222443mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾.所以，,x y 只能分别取51k ±与52k ±型，有 ()222410mod5z x y ≡+≡+≡得25z ，但5是素数，得5z .（4）由上证（1）、（2）及()3,41=知，xy 是12的倍数，则12xy 是6的倍数，得三角形的面积是6的倍数． 例36 已知ABC V 内有n 个点，连同,,A B C 共有3n +个点，以这些点为顶点，把ABC V 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把,,A B C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（斯潘纳定理）证明1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为0；当边的两端点异色时，记为1；再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为0，记这样的小三角形有a 个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为2，记这样的小三角形有b 个；当三角形的三顶点两两异色时，和值为3，记这样的小三角形有c 个.下面用两种方法计算所有三角形赋值的总和S ，一方面02323S a b c b c =⨯+⨯+⨯=+. ①另方面，,,AB BC CA 的赋值均为1，和为奇数；而ABC V 内的每一条连线，在上述S 的计算中都被计算了两次，和为偶数；这两者之和得S 为奇数，记为21S k =+ ②由①，②得 2123k b c +=+可见c 为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（证明：n 个连续整数的乘积一定能被n!整除设a 为任一整数，则式： (a+1)(a+2)...(a+n) =(a+n)!/a! =n!*[(a+n)!/(a!n!)]而式中[(a+n)!/(a!n!)]恰为C(a+n,a),也即是从a+n 中取出a 的组合数，当然为整数。
高二数论专题训练(优秀经典练习及答案详解)
高二数论专题训练(优秀经典练习及答案详解)高二数论专题训练（优秀经典练及答案详解）目标：本文档旨在为高二学生提供数论专题训练的优秀经典练及答案详解，帮助学生加深对数论知识的理解和应用。
1. 第一题题目：求证素数个数无穷多。
答案详解：根据数论的基本概念，假设素数个数有限，即存在有限个素数。
然而，通过对已知素数进行乘法运算得到一个新的数，此数不是已知的素数，即与假设矛盾。
因此，这个假设是错误的，素数个数无穷多。
2. 第二题题目：证明勾股定理。
答案详解：勾股定理的原理是：在直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方。
这一定理可以通过数论的方法进行证明，文章描述了其中的推理过程并给出详细的证明步骤。
3. 第三题题目：求解模线性方程。
答案详解：对于给定的模线性方程ax ≡ b (mod m)，使用扩展欧几里得算法可以求解方程的解集。
文章介绍了模线性方程的定义和基本性质，并给出了求解的步骤和示例。
4. 第四题题目：应用数论解决实际问题。
答案详解：数论在现实生活中有许多应用，如密码学和编码理论等。
文章选取了一个实际问题，并详细介绍了如何使用数论知识解决该问题的方法和步骤。
以上是本文档中的几个题目及其答案详解的简要概述。
通过练这些题目，希望能够帮助高二学生提高数论解题能力，深化对数论知识的理解。
总结：本文档提供了针对高二数论专题的优秀经典练习及答案详解，旨在帮助学生加强对数论知识的掌握和应用能力。
通过练习和理解这些题目，学生可以提高数论解题的能力，并在实际问题中运用数论知识取得更好的效果。
数论题目及解析
数论题目及解析在数学领域中，数论是研究整数性质和数之间关系的分支学科。
数论的应用广泛，不仅在数学领域有着重要地位，还在密码学、计算机科学等多个领域中发挥作用。
本文将介绍一些常见的数论题目，并给出相应的解析。
1. 题目一：计算最大公约数给定两个整数a和b，求它们的最大公约数。
解析：最大公约数是两个数的公共因子中最大的一个。
计算最大公约数常用的方法有辗转相除法和辗转相减法。
下面以辗转相除法为例，给出解析过程。
1）将a除以b，得到商q和余数r。
2）如果余数r等于0，则b就是最大公约数。
3）如果余数r不等于0，则将上一步的除数b作为新的被除数，余数r作为新的除数，继续进行相除操作，直到余数为0为止。
举例：假设a=24，b=181）24除以18，商为1，余数为62）18除以6，商为3，余数为0因此，最大公约数为6。
2. 题目二：判断素数给定一个正整数n，判断它是否为素数。
解析：素数是只能被1和自身整除的正整数。
判断素数常用的方法有试除法和素数筛选法。
下面以试除法为例，给出解析过程。
1）将n除以2到根号n之间的每个整数，如果存在能整除n的数，则说明n不是素数；如果都不能整除n，则说明n是素数。
举例：假设n=1717除以2到根号17之间的整数（即2到4），都不能整除17，因此17是素数。
3. 题目三：欧拉函数计算给定一个正整数n，求小于等于n且与n互质的正整数个数。
解析：欧拉函数（Euler's totient function）是小于等于n且与n互质的正整数的个数。
欧拉函数的计算可以利用以下定理进行求解：1）若n=p^k，其中p为素数，则φ(n)=n(1-1/p)。
2）若n=m1*m2*...*mk，其中mi为两两互质的素数幂，则φ(n)=φ(m1)*φ(m2)*...*φ(mk)。
举例：假设n=1212=2^2*3^1，根据定理1，可以得到φ(12)=12*(1-1/2)*(1-1/3)=4。
通过以上三个题目的解析，我们可以看到数论题目的多样性和解题方法的丰富性。
小升初第三讲——专题训练之数论问题
小升初专项训练---数论数论在数学中的地位是独特的，高斯曾经说过“数学是科学的皇后，数论是数学中的皇冠”。
翻开任何一本数学辅导书，数论的内容都占据了不少的版面。
在小升初择校考试及小学各类数学竞赛中，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的12%左右，小学阶段的数论知识点主要有：1、质数与合数、因数与倍数、分解质因数2、数的整除特征及整除性质3、余数的性质、同余问题4、位值原理5、最值问题知识点一：质数与合数、因数与倍数、分解质因数1.质数与合数突破要点——质数合数分清楚，2是唯一偶质数(1)质数：一个数除了1和它本身以外，没有其他的因数，这样的数统称质数。
(2)合数：一个数除了1和它本身以外，还有其他的因数，这样的数统称合数。
例如：4、6、8、10、12、14，…都是合数。
在100以内有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97共25个质数2约数与倍数公因数短除法到一个不能除为止，公倍数除到海枯石烂为止，因数有限个，倍数无穷多。
如果一个自然数a能被自然数b整除，那么称a为b的倍数，b为a的约数。
如果一个自然数同时是若干个自然数的约数，那么称这个自然数是这若干个自然数的公约数。
在所有公约数中最大的一个公约数，称为这若干个自然数的最大公约数。
自然数a1，a2，…，an的最大公约数通常用符号（a1，a2，…，an）表示，例如，（6，9，15）=3。
3．质因数与分解质因数（1）如果一个质数是某个数的约数，那么就是说这个质数是这个数的质因数。
（2）把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。
例如，把42分解质因数，即是42=2×3×7。
其中2、3、7叫做42的质因数。
又如，50=2×5×5，2、5都叫做50的质因数。
4、要注意以下几条：（1）1既不是质数，也不是合数。
数论练习题及解析
数论练习题及解析数论是数学中研究整数性质和整数运算规律的一个分支。
它在不同的数学领域中扮演着重要的角色，如密码学、计算机科学、代数等。
本文将提供一些数论的练习题，并给出相应的解析，旨在帮助读者更好地理解数论的基本概念和方法。
一、整除与因子1. 若整数a可以被整数b整除，记作b | a，求证另一个整数d，使得a = db。
解析：根据整数的定义，a可以表示为b的倍数。
假设倍数为k，则a = kb。
令d = k，则a = db，证毕。
2. 求证两个奇数的和是偶数。
解析：我们可以用数学归纳法来证明这个问题。
首先，当n为1时，一个奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为整数。
两个奇数的和为4k+2，即2的倍数，属于偶数。
其次，假设当n=k时，两个奇数的和为2的倍数。
则当n=k+1时，一个奇数可以表示为2(k+1)+1=2k+3的形式。
两个奇数的和为(2k+2) + (2k+3) = 4k+5，即奇数。
所以，根据数学归纳法，我们可以得出结论：两个奇数的和是偶数。
二、最大公约数与最小公倍数3. 求证两个整数的最大公约数与最小公倍数的乘积等于这两个整数的积。
解析：假设两个整数为a和b，它们的最大公约数为d，最小公倍数为m。
根据最大公约数和最小公倍数的定义，我们有以下等式：a = dx，b = dy，其中x和y为整数，且x、y互素。
因为x、y互素，所以它们的乘积xy也与它们互素。
则a和b的积ab可以表示为d²xy，即ab = d²xy。
另一方面，a和b的积同时也可以表示为mxy，即ab = mxy。
由此，我们可以得出等式d²xy = mxy，即dm = xy。
因为xy互素，根据整除的性质，只能得出d = m。
所以，两个整数的最大公约数与最小公倍数的乘积等于这两个整数的积。
4. 求证若a、b、c为三个正整数，且a | b，b | c，则a | c。
解析：根据题目条件，我们可以得出正整数b和正整数a的倍数之间存在整除关系，记作b = ka，其中k为整数。
六年级下册数学试题-小升初数论真题解析及练习 人教版
1数论杂题整体概况十一：数论的题考的不是很难，不过比较灵活。
更多的时候是把数论融入到应用题中来考察。
知识框架数论又叫数的整除理论，专门研究整数及其性质．数论模块按照一个数被另一个数除是否有余数来划分，可以分为整除和余数两大类．五年级主要考察整除类问题和简单余数问题。
具体内容如下：1、整除性和试除法2、因数倍数及应用3、质数合数和分解质因数4、公因数和公倍数及应用5、最值和数字拆分6、余数定理和周期7、数论中的计数问题8、完全平方数和位置原理9、数论综合和数字迷例题精讲【例 1】两个整数A、B的最大公约数是C，最小公倍数是D，并且已知C不等于1，也不等于A或B，C+D=187，那么A+B等于多少？（十一分班真题）【练习】现有三个自然数，它们的和是1111，这样的三个自然数的公约数中，最大的可以是多少？【例 2】某个七位数1993□□□能同时被2、3、4、5、6、7、8、9整除，那么它的最后三位数字依次是。
因为2、3、4、5、6、7、8、9的最小公倍数是2520。
而1993000÷2520=790余2200。
于是再加上（2520-2200）=320时，就可以了。
所以最后三位数字依次是3、2、0。
□□【练习】在六位数1111中的两个方框内各填入一个数字，使此数能被17和19整除，那么方框中的两位数是多少?【例 3】七位数175□62□的末位数字是的时候，不管千位上是0到9中的哪一个数字，这个七位数都不是11的倍数。
讲析：设千位上和个位上的数字分别是a和b。
则原数奇位上各数字和与偶位上各数字之和的差是[3+（b-a）]或[（a-b）-3]。
要使原数是11的倍数，只需[3+（b-a）]或[（a-b）-3]是11的倍数。
则有b-a=8，或者a-b=3。
①当b-a=8时，b可取9、8； ②当a-b=3时，b可取6、5、4、3、2、1、0。
所以，当这个七位数的末位数字取7时，不管千位上数字是几，这个七位数都不是11的倍数。
数论问题
数论质合一、知识精要：只能被1和自身整除的自然数叫质数：除了能被1和自身整除外，还能被其它整数整除的自然数叫合数：1既不是质数，也不是合数：是自然数的基本单位。
本讲主要讲质数和合数的筛选判别方法，以及分解质数因数的应用，下面请注意掌握方法。
二、例题精讲：例1、三个不同质数的和是51，这三个数的积要求最大，那么这三个质数分别是多少？例2、将60拆成10个质数之和，要使最大的质数尽可能小，那么其中最大的质数是多少？例3、一个质数的3倍与另一个质数的2倍之和为2000，这两个质数的和是多少？例4、四个小朋友的年龄恰好是四个连续的自然数，他们的年龄之积是5040，这四个小朋友的年龄分别是多少岁？例5、要使乘积195×86×72×380×□的末五位数都是零，□中应填的自然数最小是多少？例6、把14、21、30、33、45、51、121、187分成两组，使这两组数的乘积相等，请分别写出这两组数？例7、张老师带领一班学生去植树，学生恰好分成4组，如果张老师和学生每人植树棵树一样多，那么他们一共植了667棵树。
这个班有多少学生？每人植树多少棵？例8、小明用48元钱按零售价买了若干练习本，如果按批发价购买，每本便宜2元，恰好多买4本。
问零售价每本多少元？三、课后练习：应用篇1、三个不同质数的和是40，这三个质数的积是多少？2、将50拆成10个质数之和，要求最大的质数尽可能大，那么这个最大的质数是多少？3、a、b、c都是质数，并且a＋b＝33, b＋c＝44, c＋d＝66，那么d是多少？4、如果A、B、C、D四个人的年龄各不相同，他们的年龄之积为2006，那么这四个人的年龄之和是多少岁？5、要使乘积975×935×927×□的末四位数都是零，□中应填的自然数最小是多少？综合篇6、把7、14、20、21、28、30分成两组，使这两组数的乘积相等，请分别写出这两组数？7、王老师带领一班学生去植树，学生恰好分成3组，如果王老师和学生每人植树棵树相等，那么他们一共植了1073棵树。
十个数论经典题目 内部资料
十个数论经典题目1.一根红色的长线，将它对折，再对折，……，经过m次对折后将所得到的线束从中间剪断，得到一些红色的短线；一根白色的长线，经过n次对折后将所得到的线束从中间剪断，得到一些白色的短线（m>n）。
若红色短线的数量与白色短线的数量之和是100的倍数，问红色短线至少有多少条？2.一根长为L的木棍，用红色刻度线将它分成m等份，用黑色刻度线将它分成n等份（m>n）。
（1）设X是红色与黑色刻度线重合的条数，请说明：X＋1是m和n的公约数；（2）如果按刻度线将该木棍锯成小段，一共可以得到170根长短不等的小棍，其中最长的小棍恰有100根。
试确定m和n的值。
3.一个两位数，当它分别乘以1、2、3、4、5、6、7、8、9时，所得9个乘积，每个乘积的各位数字的和都相等．则满足条件的两位数是__________．4.一个数与它的反序数的乘积是155827，则这个数与它的反序数之和是_________．5.已知a是各位数字相同的两位数，b是各位数字相同的两位数，c是各位数字相同的四位数，且2a b c+=．求所有满足条件的（a，b，c）．6.试确定积1232011+++⋅⋅⋅+的末两位的数字(21)(21)(21)(21)7.将一个数的各位数字相加得到新的一个数称为一次操作，经连续若干次这样的操作后可以变为6的数称为“好数”，那么不超过2012的“好数”的个数为，这些“好数”的最大公约数是。
8.华罗庚爷爷出生于1910年11月12日。
将这些数字排成一个整数，并且分解成19101112＝1163×16424，请问这两个数1163和16424中有质数吗？并说明理由。
9.13个不同的自然数的和是996，且这些数的各位数码之和都彼此相等，求这13个数。
关于数论问题的小学奥数知识点及习题带解析
【导语】数学作为⼀门基础学科，其⽬的是为了培养学⽣的理性思维，养成严谨的思考的习惯，对⼀个⼈的以后⼯作起到⾄关重要的作⽤，特别是在信息时代，可以说，数学与任何科学领域都是紧密结合起来的。
以下是整理的相关资料，希望对您有所帮助。
【篇⼀】 整除数论 ⼀、基本概念和符号： 1、整除：如果⼀个整数a，除以⼀个⾃然数b，得到⼀个整数商c，⽽且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。
2、常⽤符号：整除符号“|”，不能整除符号“”;因为符号“∵”，所以的符号“∴”; ⼆、整除判断⽅法： 1.能被2、5整除：末位上的数字能被2、5整除。
2.能被4、25整除：末两位的数字所组成的数能被4、25整除。
3.能被8、125整除：末三位的数字所组成的数能被8、125整除。
4.能被3、9整除：各个数位上数字的和能被3、9整除。
5.能被7整除： ①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成数之差能被7整除。
②逐次去掉最后⼀位数字并减去末位数字的2倍后能被7整除。
6.能被11整除： ①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成的数之差能被11整除。
②奇数位上的数字和与偶数位数的数字和的差能被11整除。
③逐次去掉最后⼀位数字并减去末位数字后能被11整除。
7.能被13整除： ①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成的数之差能被13整除。
②逐次去掉最后⼀位数字并减去末位数字的9倍后能被13整除。
三、整除的性质： 1.如果a、b能被c整除，那么(a+b)与(a-b)也能被c整除。
2.如果a能被b整除，c是整数，那么a乘以c也能被b整除。
3.如果a能被b整除，b⼜能被c整除，那么a也能被c整除。
4.如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最⼩公倍数整除。
例题： 在四位数56□2中，被盖住的⼗位数分别等于⼏时，这个四位数分别能被9，8，4整除? 解：如果56□2能被9整除，那么 5+6+□+2=13+□ 应能被9整除，所以当⼗位数是5，即四位数是5652时能被9整除; 如果56□2能被8整除，那么6□2应能被8整除，所以当⼗位数是3或7，即四位数是5632或5672时能被8整除; 如果56□2能被4整除，那么□2应能被4整除，所以当⼗位数是1，3，5，7，9，即四位数是5612，5632，5652，5672，5692时能被4整除。
2023届高三数论常考十大解答题型
2023届高三数论常考十大解答题型
在高三数学中，数论是一个很重要的分支，也是高考中常考的一个难点。
本文总结了2023届高三数论常考十大解答题型，供同学们参考。
1. 奇偶性问题
在数论的解题中，奇偶性是常考的一个问题，需要掌握各种数字的奇偶性质，如奇数加或减偶数等。
2. 因数分解
因数分解是数论中既常见又重要的一个问题，需要掌握各种因数分解的方法，如质因数分解、辗转相除法、欧几里得算法等。
3. 最大公约数和最小公倍数
最大公约数和最小公倍数是数论中最经典的一个问题，需要掌握各种求解方法，如辗转相除法、质因数分解法等。
4. 同余问题
同余问题在数论中也是经典的问题。
需要掌握同余方程的求解方法，如欧拉定理、费马小定理等。
5. 整除和余数问题
整除和余数问题在数论中也是重要的话题，需要掌握各种判断方法，如余数定理、整除关系的判定法则等。
6. 质数问题
质数问题在数论中也是很重要的问题，需要掌握判断质数的方法，如试除法、质数筛法等。
7. 约数个数和约数和问题
约数个数和约数和问题在数论中也是经典的问题，需要掌握求解方法，如约数个数公式、约数和公式等。
8. 吸血鬼数问题
吸血鬼数问题是一个比较有趣的数论问题，需要掌握判断方法和解决方法。
9. 平方剩余问题
平方剩余问题在数论中也是经典的问题，需要掌握求解方法，如勒让德符号等。
10. 费马大定理
费马大定理是数论中最著名的一个问题，需要掌握定理的内容和证明思路。
以上就是2023届高三数论常考十大解答题型的总结，希望对同学们有所帮助。
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数论问题10种题型例题精讲和练习题汇总
小编寄语：数论问题是学习中的难点，华杯赛尤其热衷数论题目，数论问题细分起来可以分为10种题型，他们分别是：数的整除,约数倍数,余数问题,质数合数、分解质因数,奇偶分析,中国剩余定理,位值原理,完全平方数,整数拆分,进位制。
下面是网编辑为您收集的这14种题型的例题精讲以及专项训练，希望对您的学习有帮助。
1、数论问题之数的整除：五年级整除的性质解析（1-5）
2、数论问题综合练习题含答案
3、数论问题之约数倍数：关于最小公倍数的应用题解析
4、数论问题之约数倍数:概念、求解方法
5、数论问题之余数问题：定义、性质、定理。