数学竞赛中的数论问题 (习题部分)
数学竞赛中的数论问题3
2-4 数学竞赛中的数论问题（09-10-28）数论是研究自然数的一个数学分支. 一、数学竞赛中数论问题的基本内容 主要有8个定义、15条定理.定义1 （带余除法）给定整数,,0,a b b ≠如果有整数(),0q r r b ≤<满足 a qb r =+，则q 和r 分别称为a 除以b 的商和余数．特别的，0r =时，则称a 被b 整除，记作b a ，或者说a 是b 的倍数，而b 是a 的约数．定义2 （最小公倍数）非零整数12,,,n a a a L 的最小公倍数是能被其中每一个()1i a i n ≤≤所整除的最小正整数，记作[]12,,,n a a a L ．定义3 （最大公约数）设整数12,,,n a a a L 中至少有一个不等于零，这n 个数的最大公约数是能整除其中每一个整数的最大正整数，记作()12,,,n a a a L ．定理1 对任意的正整数，有 ()[],,a b a b ab ⋅=．定义4 如果整数,a b 满足(),1a b =，则称a 与b 是互素的（以前也称为互质）．定义5 大于1且除1及其自身外没有别的正整数因子的正整数，称为素数（以前也称为质数）．其余大于1的正整数称为合数；数1既不是素数也不是合数．定理2 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数．定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记(mod )a b c ≡a (mod )b c ．作若则称,a b 关于模c 不同余，记作,,a b c 为非零整数，定理3 （整除的性质）设整数（1） 若c b ，b a ，则c a ； （2） 若c a ，则bc ab ；（3） 若c a ，c b ，则对任意整数,m n ，有c ma nb +； （4） 若(),1a b =，且a bc ，则a c ；（5） 若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c （6） 若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ． 定理4 （同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m > （1） 若(mod )a b m ≡且(mod )b c m ≡，则(mod )a c m ≡；（2） 若(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(mod )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡． （3） 若(mod )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )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 ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 定理5 设,a b 为整数，n 为正整数， （1） 若a b ≠，则()()nna b a b--；（2） 若a b ≠-，则()()2121n n a b a b --++；（3） 若a b ≠-，则()()22nn a b ab +-．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a 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6 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．定理7 任意一个正整数n 与它的十进制表示中的所有数字之和关于模9同余．定理8 （分解唯一性）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212k aaak n p p p =L .定理9 若正整数n 的素数分解式为 1212,k aaak n p p p =L 则n 的约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++L ，n 的一切约数之和等于121212111111k a a a k k p p p p p p ---⋅⋅⋅---L ． 定义8 对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+．定理10 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦L 定理11 如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a--．定理12 设p 为素数，对任意的整数a ，有()mod pa a p ≡．定理13 设正整数1212.k aaak n p p p =L ，则不大于n 且与n 互素的正整数个数()n ϕ为()12111111k n n a a a ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ． 定理14 整系数二元一次方程ax by c +=存在整数解的充分必要条件是(),c a b ． 定理15 若()00,x y 是整系数二元一次方程ax by c +=的一个整数解，则方程的一切整数解可以表示为00,.x x bt y y at =-⎧⎨=+⎩()t Z ∈二. 数学竞赛中数论问题的重点类型主要出现8类问题.：1.奇数与偶数（奇偶分析法、01法）；2.约数与倍数、素数与合数；3.平方数；4.整除；5.同余；6.不定方程；7.数论函数、[]x 高斯函数、()n φ欧拉函数； 8.进位制（十进制、二进制）. 三. 例题选讲例1 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100.每盏灯由一个拉线开关控制着.最初，电灯全是关着的.另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？讲解 （1）直接计算100次记录，会眼花缭乱.（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次.（3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系：（4）哪些数有奇数个约数：平方数.（5）1～100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100.答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个还亮. 例2 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦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3 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约.证明1 （反证法）假若214143n n ++可约，则存在1d >， ①使 ()214,143n n d ++= 从而存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩②③ 消去n ，()()3322⨯-⨯，得()132d q p =- ④ 的 1d = ⑤由（1）、（5）矛盾，得1d =. 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法 （2）式④是实质性的进展，表明()()131432214n n =+-+ 可见 ()214,1431n n ++=. 由此获得2个解法.证明2 设()214,143n n d ++=.存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩①②消去n ，②×3-①×2，得()132d q p =- ③ 得 1d =.证明3 由()()131432214n n =+-+ 得 ()214,1431n n ++=.证明4 ()214,143n n ++ ()71,143n n =++ ④ ()71,1n =+ ⑤1=. 解题分析：第④ 相当于 ①-②；：第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式与⑤式的效果是一样的.例4 （1906，匈牙利）假设12,,,n a a a L 是1,2,,n L 的某种排列，证明：如果n 是奇数，则乘积()()()1212n a a a n ---L 是偶数.解法1 （反证法）假设()()()1212n a a a n ---L 为奇数，则i a i -均为奇数，奇数个奇数的和还是奇数奇数=()()()1212n a a a n -+-++-L()()12120n a a a n =+++-+++=L L ，这与“奇数≠偶数”矛盾. 所以()()()1212n a a a n ---L 是偶数.评析 这个解法说明()()()1212n a a a n ---L 不为偶数是不行的，体现了整体处理的优点，但掩盖了“乘积”为偶数的原因.解法2 （反证法）假设()()()1212n a a a n ---L 为奇数，则i a i -均为奇数，i a 与i 的奇偶性相反，{}1,2,,n L 中奇数与偶数一样多，n 为偶数但已知条件n 为奇数，矛盾. 所以()()()1212n a a a n ---L 是偶数.评析 这个解法揭示了()()()1212n a a a n ---L 为偶数的原因是“n 为奇数”.那么为什么“n 为奇数”时“乘积”就为偶数呢？解法 3 121,2,,,,,,n n a a a L L 中有1n +个奇数，放到n 个括号，必有两个奇数在同一个括号，这两个奇数的差为偶数，得()()()1212n a a a n ---L 为偶数.例4-1（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.例4-2 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.例5 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+L ， 求证p 可被1979整除（1979p ）111123131811111111223131813192413181111111112313181319236591111660661131813196601319661131898999066013196611318989p q =-+--⎛⎫⎛⎫=+++++-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫=+++++-++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+++++++=+++⨯⨯⨯L L L L L L L 99019796606611319659!19791319!MM=⨯⨯⨯⨯=⨯L有1979整除1319!pq，从而1979整除1319!p ，但1979为素数，()1979,1319!1=，得p 可被1979整除例6 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2.讲解 只需说明()23131222n n n n -+=为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明()()3212131222n n n n n n ++++=是3的倍数.作变形()()()32222213111,3,81228n n n n n n ++++-=-= 命题得证.证明 已知即()()321213111222n n n n n n ++++-=-， ①因为相邻2个整数(),1n n +必有偶数，所以3231122n n n ++-为整数.又①可变为 ()()32222213111228n n n n n n ++++-=-，因为相邻3个整数()()2,22,21n n n ++必有3的倍数，故()()22221n n n ++能被3整除；又()3,81=，所以()()222218n n n ++能被3整除；得3231122n n n ++-用3除时余2.例7．设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--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．例8 ()2311986,IMO -设d 是异于2，5，13的任一整数.求证在集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b ，使得1ab -不是完全平方数.证明 因为2222513,21315,51318⨯-=⨯-=⨯-=，所以不是完全平方数只能是21,51,131d d d ---.若结论不成立，则存在正整数,,x y z ，使22221, 51, 131, d x d y d z -=-=-=①②③同时成立，由①知x 是奇数，设21x n =-代入①得 2221d n n =-+为奇数，代入②、③知,y z 均为偶数.设2,2y p z q ==，代入②、③后相减，有 ()()222d q p q p q p =-=+-.由于2d 为偶数，故,p q 同奇偶，()()q p q p +-可被4整除，得d 为偶数.这与上证d 为奇数矛盾.所以，在集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b ，使得1ab -不是完全平方数.例9 (296IMO -)设,a b 为正整数，1ab +整除22a b +．证明221a b ab ++是完全平方数．（第130页例2-52）证明 令221a b k ab +=+．k 是正整数．式中,a b 是对称的，不妨设a b ≥．(l)若a b =，则()2222211a k k a k k a =⇒-=⇒=+．本题获证． (2)若ab >，由带余除法定理，可设a bs t =-（2,0,,s t b s t ≥≤<是整数)，则2222222211a b b s bst t b ab b s bt +-++=+-+，易证此式大于1s -且小于1s +(可用放缩法证)．所以必有2222221b s bst t b s b s bt -++=-+化简得221b t s bt +=+，于是222211a b b t s ab bt ++==++， 其中t b a <<．此时若0t =，则2k b =，本题获证．若0t >，可继续令11b ts t =-（11112,0,,s t t s t ≥≤<是整数），仿上可推得222222111111t t a b b t s ab bt tt +++===+++，此时若10t =，则2k t =，本题获证．若10t >，可如上法做下去．因120t t t >>>≥L ，且均为整数．故总能得到某个10i t +=，使2i k t =，是完全平方．综上本题获证．解决这道世界级难题的这种巧妙的证明方法叫“无穷递降法”，是17世纪法国数学家费马(Fermat ．1601一1665)首创和应用的一种方法．作业1、求方程3222009x x y +=的整数解.2、2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++L 的分子m 是吉祥数．作业 1. 设10,a =)1231,2,n n a a n +==L ，证明对于n a 不可能有某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.（P.185，32）证明 由已知有12220n n n n n a a a a a +-=>+≥，得 1n n a a +>.又由已知有123n n a a +-=平方得 2211310n n n n a a a a ++-+-=，同理 2211310n n n n a a a a ---+-=，这表明11,n n a a +-是二次方程()()22310n n x a x a -+-= 的两个不等根，得113n n n a a a +-+=-，即 113n n n a a a +-=--.若存在某一正整数N ，使2N a 能被1989整除，则2N a 能被3整除，由221223N N N a a a --=--知22N a -能被3整除，如此类推，可得2a 能被3整除，但(211312a a =+=， 这一矛盾说明，不存在某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.作业2.已知实函数(,)f x y 满足(,0)1,f x = ① ((,),)(,).f f x y z f z xy z =+ ② 求(,)f x y 的表达式.解 把①代入②，有()()()()1,,0,,01f y f f x y f y y y ==+=+，③ 进而 ()()(),111,1f x f x =+-()()()1,1,1f f x =- （由③）()()1,111f x =⋅-+()111x =+-+⎡⎤⎣⎦1x =+ ④ 一方面由④有()()(),,1,1,f f x y f x y =+⑤ 另一方面由②、③有()()(),,11,11 1.f f x y f xy xy =+=++⑥ 由⑤、⑥得(),111f x y xy +=++，即 (),1f x y xy =+.检验知(),1f x y xy =+为所求.。
数学竞赛：33个挑战性数论习题及解答或提示
数学竞赛：33个挑战性数论习题及解答或提示
【来源】许康华竞赛优学（王仕奎译）
（许兴华数学/选编）
本文译自Amir Hossein parvardi的论文《Lifting The Exponent Lemma(LTE)》第7部分和第8部分，英文论文是陈学辉提供的。
之所以想到翻译这篇论文，是因为田开斌在解答一道数论题时运用了LTE 引理，因而解答异常简洁。
该文全文已经译完，首先刊出的是其中的习题部分。
读者不妨首先尝试做一下这些有趣的数论竞赛题，然后结合LTE 引理重新做一遍，将会受益匪浅。
【来源】微信公众号：许兴华数学（选自许康华竞赛优学）。
数论问题奇偶问题练习题【五篇】
【导语】芬芳袭⼈花枝俏，喜⽓盈门捷报到。
⼼花怒放看通知，梦想实现今⽇事，喜笑颜开忆往昔，勤学苦读最美丽。
在学习中学会复习，在运⽤中培养能⼒，在总结中不断提⾼。
以下是为⼤家整理的《数论问题奇偶问题练习题【五篇】》供您查阅。
【第⼀篇】⼩华买了⼀本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各⾯编号(即由第1⾯⼀直编到第192⾯)。
⼩丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上⾯的50个编号相加。
试问，⼩丽所加得的和数能否为2000? 【分析】不可能。
因为25个奇数相加的和是奇数，25个偶数相加是偶数，奇数加偶数=奇数【第⼆篇】有98个孩⼦，每⼈胸前有⼀个号码，号码从1到98各不相同。
试问：能否将这些孩⼦排成若⼲排，使每排中都有⼀个孩⼦的号码数等于同排中其余孩⼦号码数的和?并说明理由。
【分析】不可以。
⼀名为98个数中有49个奇数，奇数加偶数等于奇数，奇数不是⼆的倍数。
【第三篇】有20个1升的容器，分别盛有1，2，3，…，20⽴⽅厘⽶⽔。
允许由容器A向容器B倒进与B容器内相同的⽔(在A中的⽔不少于B中⽔的条件下)。
问：在若⼲次倒⽔以后能否使其中11个容器中各有11⽴⽅厘⽶的⽔? 【分析】不可能，因为两个奇数相加等于偶数，两个偶数相加等于偶数，11是奇数，B是偶数，偶数不等于奇数。
【第四篇】⼀个俱乐部⾥的成员只有两种⼈：⼀种是⽼实⼈，永远说真话;⼀种是骗⼦，永远说假话。
某天俱乐部的全体成员围坐成⼀圈，每个⽼实⼈两旁都是骗⼦，每个骗⼦两旁都是⽼实⼈。
外来⼀位记者问俱乐部的成员张三：“俱乐部⾥共有多少成员?”张三答：“共有45⼈。
”另⼀个成员李四说：“张三是⽼实⼈。
”请判断李四是⽼实⼈还是骗⼦? 【分析】李四是骗⼦，⽼实⼈和说谎的⼈的⼈数相等，可是45是个奇数，所以张三是骗⼦。
【第五篇】某市五年级99名同学参加数学竞赛，竞赛题共30道，评分标准是基础分15分，答对⼀道加5分，不答记1分，答错⼀道倒扣1分。
问：所有参赛同学得分总和是奇数还是偶数? 【分析】奇数，5*30+15=165 165-6N-4M=奇数减去偶数=奇数 99*奇数=奇数。
高中数学竞赛——数论
高中数学竞赛数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1设m为正整数，把全体整数按对模m的余数分成m类，相应m个集合记为：K0,K1,…,K m-1,其中K r={qm+r|q∈Z,0≤余数r≤m-1}称为模m的一个剩余类(也2.a r，得m 个数小完为偶数时,-(ⅱ)若(a,m)=1，则x与ax+b同时遍历模m的完全剩余系.证明:即证a0,a1,…,a m-1与aa0+b,aa1+b,…,aa m-1+b同为模m的完全剩余系,因a0,a1,…,a m-1为模m的完系时,若aa i+b≡aa j+b(modm),则a i≡a j(modm),矛盾!反之,当aa0+b,aa1+b,…,aa m-1+b为模m的完系时,若a i≡a j(modm),则有aa i+b≡aa j+b(modm),也矛盾!历遍模m 1m 2的完系.证明:因x,y 分别历遍m 1,m 2个整数,所以,m 2x+m 1y 历遍m 1m 2个整数.假定m 2x /+m 1y /≡m 2x //+m 1y //(modm 1m 2),其中x /,x //是x 经历的完系中的数,而y /,y //是y 经历的完系中的数.因(m 1,m 2)=1,所以,m 2x /≡m 2x //(modm 1),m 1y /≡m 1y // //////3.(1).在与模m 的一个既约)m (ϕx 1≡x (ⅳ)若a 1,a 2,…,a φ(m)是)m (ϕ个与m 互质的整数,并且两两对模m 不同余,则a 1,a 2,…,a φ(m)是模m 的一个既约剩余系.证明:因a 1,a 2,…,a φ(m)是)m (ϕ个与m 互质的整数,并且两两对模m 不同余, 所以,a 1,a 2,…,a φ(m)属于)m (ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m 互质,故a 1,a 2,…,a φ(m) 是模m 的一个既约剩余系.则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1, (m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2=1,余系(2m ϕ.,α, 4.欧拉(Euler)定理设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m am ≡ϕ.证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以,a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r aϕϕ)(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理)设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p≡.证明:若(a ,p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p ap ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a ,p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .m 整除,求.m,使得所以,是整数序列 假设对每个正整数:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣, 则a 1≡a k ≡0(modn),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i(0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(modk+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(modk+1),但 ∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.????中,则????就得到:, 也历mod2n 可被证明:因(40,2011)=1,所以,)2011(m od 140)2011(≡ϕ.因当)2011(ϕ>n 时,!|)2011(n ϕ,所以,数列{a n (mod2011)}构成模2011的完系,且是周期数列,所以,数列{a n }中存在无穷多项可被2011整除.例7证明:存在无穷多个正整数n,使得n 2+1?n!.证明:引理1对素数p >2,⇔≡)4(mod 1p 存在x(1≤x ≤p -1)使)(m od 12p x -≡.证:充分性:因对1≤x ≤p -1,(p ,x)=1,所以,)(mod 1)(2121p x xp p ≡=--,≡-212)(p x)(mod 1)1(21p p ≡--,所以,21-p 为偶数,即).4(mod 1≡p 必要性:因1≤x ≤p -1时,x,2x,…,(p -1)x 构成modp 的既约剩余系,所以,存在 1≤a ≤p -1,使得a x ≡-1(mod p ),若不存在a (1≤a ≤p -1),a =x,使a x ≡-1(mod p ),1-p )(mod 1)!1()1(21p -1-p ,与a =4(使 2p 1p 22x ≡,所以,例8(2)若T 为无理数,则存在各项均为无理数的数列{a n }满足0<a n+1<a n <1 (n=1,2,…),且每个a n 都是f(x)的周期.证明：(1)设T=nm(正整数m,n 互质,且n ≥2),因(m,n)=1,所以,m,2m,…,nm 构成modn 的完系,故存在k ∈N *使得km ≡1(modn),即存在t ∈N *使得km=nt+1,因f(x)=f(x+kT)=f(x+n km )=f(x+t+n 1)=f(x+n 1),所以n1是周期.设n=kp ,其中k ∈N *,p 为素数,则n k p 11⋅=是周期.故存在素数p,使p1是周期. (2)当T 为无理数时,取a 1=T,则T 为无理数,0<T<1.设k≤n 时存在无理数a k ,使得0<a k <a k-1<1,且a k 是周期.对k+1,总存在存在u,v ∈N *,使得0<u a k -v<a k <1,,对任意k }包含了的所1≤k ≤. . 例11求所有的奇质数p ,使得∑=-201111|k p k p .例12求所有质数p ,使得2122213)()()(|-+++p p p p C C C p .例13设n 为大于1的奇数,k 1,k 2,…,k n 是n 个给定的整数,对1,2,…,n 的每一个排列a=(a 1,a 2,…,a n ),记S(a)=∑=ni i i a k 1.证明:存在两个1,2,…,n 的排列b 和c(b ≠c),使得n!|S(b)-S(c).证明:如果对1,2,…,n 的任意两个不同排列b 和c(b ≠c),都有n!?S(b)-S(c),那么当a 取遍所有排列时(共n!个),S(a)遍历模n!的一个完系, 因此,有∑aa S )(≡1+2+…+n!≡2!2)1!(!n n n ≡+(modn!)①,另一方面,我们有 ∑aa S )(=)!(mod 02)1(!])!1[(11111n k n n j n k a k a k ni i ni nj ini a ii a n i ii ≡+=-==∑∑∑∑∑∑∑=====②. 由①.modm 因n 位数字是x 在A 1.定义1给定正整数m 及n 次整系数多项式0111)(a x a x a x a x f n n n n ++++=-- ，则同余式f(x)≡0(modm)①叫做模m 的同余方程,若a n 0(modm),则n 叫做方程①的次数.若x=a 是使f(a )≡0(modm)成立的一个整数,则x ≡a (modm)叫做方程①的一个解,即把剩余类a (modm)叫做①的一个解.若a1(modm),a2(modm)均为方程①的解,且a1,a2对模m不同余,就称它们是方程①的不同解.由此可见,只需在模m的任一组完系中解方程①即可.例1解方程2x2+x-1≡0(mod7).解:取mod7的完系:-3,-2,-1,0,1,2,3,直接验算知x≡-3(modm)是解.例2求方程4x2+27x-12≡0(mod15).是解.2.x使得a0是一个特解x因(12,9)=3,且-1是一个特解,所以,方程12x≡6(mod9)的解为:(modt5,2,1，x即)8≡x.≡t-),82,1,0-(mod3+1=3.同余方程组定义3给定正整数m1,m2,…,m k和整系数多项式f1(x),f2(x),…,f k(x),则同余式组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡)(mod 0)()(mod 0)()(mod 0)(2211k k m x f m x f m x f ②,叫做同余方程组.若x=a 是使f j (a )≡0(modm j )(1≤j ≤k)成立的一个整数,则x ≡a (modm)叫做方程组②的一个解,即把剩余类a (modm)叫做②的一个解.其中m =[m 1,m 2,…,m k ].例5解方程组⎧≡)7(mod 3x .⎩⎨⎧≡≡x x ). M=m 1m ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡x x x 其中则x 注:(1)存在无穷多个整数x 满足同余方程组③,这些x 属于同一模m 的剩余类; (2)同余方程组③仅有一个解x ≡a 1M 1M 1-1+a 2M 2M 2-1+…+a k M k M k -1(modM). (3)当(a ,m i )=1(=1,2,…,n)时,同余方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡---)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 12211112211k k k k m a a x m a a x m a a x m a ax m a ax m a ax 仍然具有定理结论.这在数论解题中具有重要应用.例6“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”.解:设物数x,则有⎪⎩⎪⎨⎧≡≡≡)7(mod 2)5(mod 3)3(mod 2x x x ,这里m 1=3,m 2=5,m 3=7,M=3×5×7=105,所以,-1-1-1x 求兵数.:≡x 即x=2310k+2111(k ∈N).例8证明:对任意n 个两两互质的正整数:m 1,m 2,…,m n ,总存在n 个连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).证明:由剩余定理知,总存在整数k 使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡)(mod )(mod 2)(mod 121n m n k m k m k ,即存在连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).例9证明:对任意n ∈N *,存在n 个连续正整数它们中每一个数都不是素数的幂(当然也不是素数).证明:因都不是素数的幂时,只能是素数之积.对任意n ∈N *,取两组不同的素 数p 1,p 2,…,p n 与q 1,q 2,…,q n ,则由剩余定理知存在m ∈N *,使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡m m m ,且A {k +a n ⎩⎨⎧-≡≡0x x 2的最小⎩+1n a n 的最小正整数,由剩余定理知满足条件的a n+1存在.则上述递推关系定义的数列{a n }满足题意:因对任意k ∈N *,当n ≥k+1时,都有k+a n ≡0(mod p k+1),由{a n }递增可知{k +a n }从第k+2项起每一项都是p k+1的倍数,且都大于p k+1,所以, 数列{k +a n }中至多有k+1项为素数.例12是否存在一个由正整数组成的数列，使得每个正整数都恰在该数列中出现一次，且对任意正整数k ，该数列的前k 项之和是k 的倍数？解:取a 1=1,假设a 1,a 2,…,a m 都已确定,令t 为不在a 1,a 2,…,a m 中出现的最小正整数,S=a 1+a 2+…+a m .由剩余定理知存在无穷多个r ∈N *,使得⎩⎨⎧+≡+++≡+)2(mod 0)1(mod 0m t r S m r S 成立.(如a 1=1,取t=2,适合⎩⎨⎧≡++≡+)3(mod 0)2(mod 011t r a r a 且r>1,2得r=3). 取这样的r,使得r>t 且r>},,,max {21m a a a ,令a m+1=r,a m+2=t,则这样得到的数列{a n }的质因数.例例。
奥数竞赛中的数论问题
摘要初等数论是研究整数最基本性质的一门学问，在中学数学学习过程中，初等数论的知识和思想方法是常见的。
初等数论知识和思想方法，一方面出现在日常教学中，另一方面是以竞赛的形式出现的，后者更为突出。
本文从数的整除、同余、不定方程这三个方面阐述了初等数论在中学解题中的具体应用。
数论问题在奥数竞赛中一直是热点和难点，本文精选了一部分奥数题作为典型例题进行剖析，希望能给读者一些助益。
关键词：奥数；初等数论；中学教学；解题应用AbstractElementary Number Theory is a basic knowledge on integral researching and its study method is very common in the middle school teaching. In particular, we often encounter such problem in all kinds of mathematics competition. In this paper, we elaborate the application of integer divisibility, integer congruence and indeterminate equation. Recently, Elementary Number Theory is a key problem in all kands of mathematics competition. So extensive research such problem will benefit much to common people.Keywords Mathematical Olympiad; elementary number theory; secondary teaching; problem-solving applications.湖南科技大学本科生毕业设计（论文）目录第一章前言 (1)第二章整数的可除性问题 (2)2.1 整数的相除 (2)2.2高斯函数 (6)第三章同余问题 (11)第四章不定方程问题 (16)第五章结论 (24)参考文献 (25)致谢 (26)第一章前言数论是一门古老而基础的数学，至今仍有许多没有解决的问题，一些问题的解决对于现代数学的发展起到了重要的推动作用，也产生了一些直接与数学有关的新的重要的数学分支，而且在现代信息技术中有很重要的应用。
初中数学竞赛：数论的方法技巧(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：数论的方法技巧数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。
因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。
主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。
这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种表示是唯一的。
（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。
因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t，其中t为奇数。
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
初中数学竞赛：数论的方法技巧(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：数论的方法技巧数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。
因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。
主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。
这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种表示是唯一的。
（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。
因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t，其中t为奇数。
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
小学数学竞赛题
求下面各组数的最大公约数和最小公倍数。
30和18 75和35 16和729和31 20和12 100和30判断正误并说明理由。
①互质的两个数没有最大公约数；( )②两个数的最小公倍数，是这两个数的最大公约数的倍数；( )③12和8的最大公约数：2×2×3×2=24，最小公倍数：2×2=4；( )④36和24的最大公约数：2×2=4，最小公倍数：2×2×9×6=216；( )⑤17 和51。
17和51的最大公约数是17，最小公倍数是：17×51=867。
( )选择正确答案的序号填在( )里。
(1)已知甲、乙两个数互质，那么甲、乙最大公约数是( )，最小公倍数是( )。
①1②甲③乙④甲×乙(2)已知a=2×3×2，b=2×3×5，那么a，b的最大公约数是( )，最小公倍数是( )。
①2×3②2×3×2③2×3×5④2×3×2×5思考题。
怎样用一个短除式求下面三个数的最大公约数和最小公倍数。
8，16和 24。
脚印：（中等难度）夜里下了一场大雪，早上，小龙和爸爸一起步测花园里一条环形小路的长度，他们从同一点同向行走，小龙每步长54厘米，爸爸每步长72厘米，两人各走完一圈后又都回到出发点，这时雪地上只留下60个脚印。
那么这条小路长（）米。
脚印答案：爸爸走3步和小龙走4步距离一样长，也就是说他们一共走7步，但却只会留下6个脚印，也就是说每216厘米会有6个脚印，那么有60个脚印说明总长度是厘米，也就是21. 6米。
倍数：（中等难度）从l～9这9个数码中取出3个，使它们的和是3的倍数，则不同取法有__种。
倍数答案：（1）3个数都是3的倍数，有1种情况（2）3个数除以3都余1，有1种情况（3）3个数除以3都余2，有1种情况（4）一个除以3余1，一个除以3余2，一个是3的倍数，有：3×3×3=27种情况所以，一共有1+1+1+27=30种不同取法。
新版数学竞赛中的数论问题-新版.pdf
一个数的后继数． 这个结构很像数学归纳法，事实上，有这样的归纳公理：
（ 3）对 N 的子集 M ，若 1 M ，且当 a M 时，有后继数 a/ M ，则 M N ．
就是这么一个简单的数集， 里面却有无穷无尽的奥秘， 有的奥秘甚至使得人们怀疑： 人 类的智慧还没有成熟到解决它的程度．比如，哥德巴赫猜想：
注： 这是辗转相除法求最大公约数的理论基础．
经典方法： 要证明 A B ，只需证 A B 且 B A ．
定理 3 对任意的正整数 a,b ，有
a, b a,b ab ．
证明 因为 ab 是 a, b 的公倍数，所以 a, b 的最小公倍数也是 ab 的约数，存在 q 使
ab q a,b ，
a, b a,b
1742 年 6 月 7 日，普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉，提出“任何偶数， 由 4 开始， 都可以表示为两个素数和的形式， 任何奇数， 由 7 开始，都可以表示为三个素数 的和．后者是前者的推论，也可独立证明（已解决） ．“表示为两个素数和的形式”就是著名 的哥德巴赫猜想，简称 1+1．
ax0 by0 | a 0 b 1 b ，
得 ax0 by0 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 ax0 by0 ，所以
ax0 by0 是 a, b 的最大公约数， ax0 by0 a,b ．
6
推论 若 a, b 1，则存在整数 s,t ，使 as bt 1．（很有用）
x q 时，有最小值 r r 0
a qb r ．
再证 r b ，若不然， r b ，记 r b r1 ，有
数学竞赛中的数论问题
数学竞赛中的数论问题数论是一门研究整数性质和整数运算规律的数学学科。
在数学竞赛中，数论问题经常会成为让人头痛的难题，因为数论问题经常需要具有深刻的数学思维和技巧才能解决。
一、简单的数论问题首先，我们先了解一些简单的数论问题。
例如：如果一个正整数能被15整除，则它一定也能被几个整数整除呢？首先我们可以列出15的因数，即1、3、5、15。
由此可知，如果一个正整数能被15整除，那么它一定也能被1、3、5、15这几个整数整除。
再比如，如果一个正整数能够同时被2和3整除，那么它一定也能被哪个整数整除呢？可以先求出2和3的最小公倍数，即6。
因此，如果一个正整数能够同时被2和3整除，那么它一定也能被6整除。
二、进阶的数论问题接着，我们来看一些进阶的数论问题。
例如：对于一个正整数n，如果n的因子个数是奇数个，那么n是不是一个完全平方数呢？我们用3作为例子来探讨。
3的因子只有1和3，那么它的因子个数是偶数。
但是，假如n的因子个数是奇数个，那么n一定是一个完全平方数。
再来看一个例子，已知a、b、c、d都是正整数，且满足a^2 +b^2 = c^2 + d^2，问a和b是否相等。
这个问题需要用到一些数学技巧来解决。
首先我们可以通过等式变形得到(b-a)(b+a) = (d-c)(d+c)这个等式。
设x=b-a，y=d-c，那么等式变为x(x+2a) =y(y+2c)。
因为x和2a、y和2c都是偶奇配对，所以x、y必定有一个为偶数。
设x=2k，则y(y+2c) = 4k(k+a)。
由于y(y+2c)是一个偶数，而k和k+a一定有奇偶性之分，因此k(k+a)是一个奇数。
因为两个奇数的积一定是一个奇数，所以k、k+a两者必有一个为奇数。
考虑将y(y+2c)分解质因数，如果y为偶数，则y和y+2c有公因数2，那么它们的积就有一个不止一个因子2，和k和k+a成了矛盾；如果y为奇数，则y和y+2c互质，那么它们的积y(y+2c)就有一个不止一个奇素因子，和k和k+a同样成了矛盾。
高中数学竞赛数论部分
初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题,题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题;1． 请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y,表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除;1894年首届匈牙利 数学竞赛第一题 （2） ①设n Z ∈,证明2131n -是168的倍数; ②具有什么性质的自然数n ,能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅1956年上海首届数学竞赛第一题（3） 证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数,且用3除时余2;1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题 （4） 证明：对任何自然数n ,分数214143n n ++不可约简;1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数,试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲; 2.再看以下统计数字：1世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛,从1894~1974年的222个试题中,数论题有41题,占18.5%;2世界上规模最大、规格最高的IMO 国际数学奥林匹克竞赛的前20届120道试题中有数论13题,占% ;这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量;如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内,那么比例还会高很多; 3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题： 1方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多2007全国初中联赛52已知,a b 都是正整数,试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解 如果有,请把它们求出来；如果没有,请给出证明;2007全国初中联赛123①是否存在正整数,m n ,使得(2)(1)m m n n +=+②设(3)k k ≥是给定的正整数,是否存在正整数,m n ,使得()(1)m m k n n +=+ 2007全国初中联赛144关于,x y 的方程22229x xy y ++=的整数解(,)x y 得组数为 A 、2 B 、3 C 、4 D 、无穷多2009全国初中联赛55已知12345,,,,a a a a a 是满足条件123459a a a a a ++++=的五个不同的整数,若b 是关于x 的方程()()()()12345()2009x a x a x a x a x a -----=的整数根,则b 的值为 2009全国初中联赛8 6已知正整数a 满足3192191a +,且2009a <,求满足条件的所有可能的正整数a 的和; 2009全国初中联赛12 7n 个正整数12,,,n a a a 满足如下条件：1212009n a a a =<<<=；且12,,,n a a a 中任意1n -个不同的数的算术平均数都是正数,求n 的最大值;2009全国初中联赛148在一列数123,,,x x x …中,已知11x =,且当2k ≥时,11214()44k k k k x x ---⎡⎤⎡⎤=+--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦取整符号[]a 表示不超过实数a 的最大整数,例如[][]2.62,0.20==则2010x 等于 A 、 1 B 、 2 C 、 3 D 、 4 2010全国初中联赛49求满足22282p p m m ++=-的所有素数P 和正整数m;2010全国初中联赛1310从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 2010全国初中联赛1411设四位数abcd 满足3333110a b c d c d ++++=+,则这样的四位数的个数为 2011全国初中联赛1012已知关于x 的一元二次方程20x cx a ++=的两个整数根恰好比方程20x ax b ++=的两个根都大1,求a+b+c 的值2011全国初中联赛1113若从1,2,3,,n …中任取5个两两互素的不同的整数12345,,,,a a a a a 其中总有一个整数是素数,求n 的最大值;2011全国初中联赛1314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221213a =-=,222325a =-=,……那么2007a =2007福建省高一数学竞赛1215求最小的正整数n,使得集合{1,2,3,,2007}…的每一个n 元子集中都有2个元素可以相同,它们的和是2的幂;2007福建省高一数学竞赛1416两条直角边长分别是整数a 和b 其中b<1000,斜边长是b+1的直角三角形有 A 、20个 B 、21个 C 、22个 D 、43个2008福建省高一数学竞赛517设x 、y 为非负整数,使得2x y +是5的倍数,x y +是3的倍数,且299x y +≥,则75x y +的最小值为2008福建省高一数学竞赛1118正整数1212a a a ≤≤≤…中,若任意三个都不能成为三角形的三边长,则121a a 的最小值是2008福建省高一数学竞赛1219设{1,2,3,,}S n =…n 为正整数,若S 得任意含有100个元素的子集中必定有两个数的差能被25整除,求n 的最大值; 2008福建省高一数学竞赛1720设[]x 是不超过x 的最大整数,则1235003333log log log log ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦…=2009福建省高一数学竞赛1121已知集合M 是集合{1,2,3,,2009}S =…的含有m 个元素的子集,且对集合M 的任意三个元素x,y,z 均有x+y 不能整除z,求m 的最大值;2009福建省高一数学竞赛1722已知a,b,c 为正整数,且1c b a >>>,111()()()a b c c a b---为整数,则a+b+c= 2011福建省高一数学竞赛1223正整数500n ≤,具有如下性质：从集合{1,2,,500}…中任取一个元素m,则m 整除n 的概率是1100,则n 的最大值是 2008福建省预赛12 24设()f x 施周期函数,T 和1是()f x 的周期且01T <<,证明： 1若T 为有理数,则存在素数P,使1p是()f x 的周期； 2若T 为无理数,则存在各项均为无理数的数列{}n a 满足10n m a a >>>,n=1,2, …且每个n a 都是()f x 的周期 2008全国高中联赛加试二 25方程[]92x x =的实数解事 其中[]x 表示不超过x 的最大整数2009福建初赛926设}1,1,2,,2010i x i ∈=…,令123420092010S x x x x x x =++…1S 能否等于2010证明你的结论； 2S 能取到多少个不同的整数值2009福建初赛1427设,k l 是给定的两个正整数,证明：有无穷多个正整数m k ≥,使得km C 与l 互素;2009全国高中联赛加试三 28已知集合{}230123777A x x a a a a ==+⨯+⨯+⨯,其中{}0,1,2,3,4,5,6i a ∈,0,1,2,3i =,且30a ≠,若正整数,m n A ∈,且2010,m n m n +=>,则符合条件的正整数m 有 个;2010福建预赛629将方程[]334x x -⨯=的实数解从小到大排列得12,,k x x x …,则3333123k x x x x +++…的值为 2010福建预赛830设k 是给定的正整数,12r k =+,记(1)()(1)()()[],()(())l l f r f r r r f r f f r -===,2l ≥;证明：存在正整数m ,使得()()m f r 为一个整数;这里,[]x 表示不小于实数x 的最小整数; 2010全国高中联赛加试二31已知正整数x,y,z 满足条件(14)(14)(14)xyz x y z =---,且28x y z ++<,则222x y z ++的最大值为2011福建预赛732证明：对任意整数4,n ≥存在一个n 次多项式1110()n n n f x x a x a x a --=+++…具有如下性质：1011,,,n a a a -…均为正整数；2对任意正整数m ,及任意(2)k k ≥个互不相同的正整数12,,,k r r r …均有12()()()()k f m f r f r f r ≠…2011全国高中联赛加试二33证明：存在无穷多个正整数n ,使得21n +有一个大于2n +; 2008第49届 34设n 是一个正整数,12,,(2)k a a a k ≥…是集合{}1,,n …中互不相同的整数,使得对于1,,1i k =-…都有n 整除1(1)i i a a +-;证明：n 不整除1(1)k a a - 2009第50届本资料主要介绍中学代数课程里未能深入谈到的整数的性质及其应用,初等数论的解题过程通常不涉及很多的基础知识,重要的是机智和灵活;本资料除打上“”的是少数内容外,初二年以上的学生均可学习掌握;为叙述方便,本资料中的字母均表示整数;交有Z,N,Z 分别表示整数集,正整数集和非零整数集;整数的概念、分类、自然数两种理论基数理论,序数理论基数用于表示“多少”：将所有有限集分类,使所含元素个数一样多的集合成为同一类,对每一类用一个记号来表示它们这一类的集合所含元素个数一样多这个共同特征;这个记号就是一个自然数;公理化的方法：对已有的知识进行深入的分析,选择其中一些基本关系作为不定义的概念,一些基本性质作为不加证明的公理,建立起公理系统;然后由所建立的公理系统出发,应用形式逻辑的方法,来给出其它有关概念的定义,并证明各种命题;序数表示“第几”peano 定理如果非空集合N 中的某些元素之间有一个基本关系“直接后继”元素a 的直接后继记为a ’,且N 满足以下条件：1．**1,N a N ∃∈∀∈,必有1a '≠2．()**,a b a b a N b N ''=⇒=∈∈ 3．()**,a b a b a N b N ''=⇒=∈∈4．N 的子集M 若具有下面的性质 定理1 带余除法设a Z ∈,*b Z ∈则有且只有一对整数q 与r ,使得a bq r =+其中0<r b ≤定义1、定理1中的q 与r 分别称a 除以b 的不完全商与最小非负余数,简称商和余数;定义2、定理1中的0r =时即a bq =时就称a 为b 的倍数,b 是a 的约数或因数a 能被b 整除,b 整除a ,记作b a性质1、① 0是任何数的倍数0除外； ② 1±是任何数的约束；③ *a Z a a ∈⇒； ④b ab a b a b a ⎧-⎪⎪⇒-⎨⎪⎪⎩；⑤ 0b a b a a ⎫⎪⇒≤⎬≠⎪⎭； ⑥b a a b a b ⎫⎪⇒=±⎬⎪⎭； ⑦ *b abc ac c Z ⎫⎪⇒⎬∈⎪⎭； ⑧ b a b ac c Z ⎫⎪⇒⎬∈⎪⎭；⑨ a b a c b c ⎫⎪⇒⎬⎪⎭； ⑩11,2,3,,i ni i i i b a k Z b k a i n =⎫⎪∈⇒⎬⎪=⎭∑公式1、1221()()n n n n n n x y x y x x y xy y -----=-++++ *()n N ∈ 公式2、1221()()n n n n n n x y x y x x y xy y -----=+-++- n 是正偶数 公式3、1221()()n n n n n n x y x y x x y xy y ----+=+-+-+ n 是正奇数以上三个公式中的,x y 可以是任意实数例1、设9999b =31位数9999a =1984位数,求证b a ; 例2、设a c ab cd -+求证a c ad bc -+;定义3、能被2整除的数称偶数,不能被2整除的数称奇数; 性质2、用“0”代表偶数,“1”代表奇数,则有① 0+0=0,0+1=1,1+0=1,1+1=0 ②0⨯0=0,0⨯1=0,1⨯0=0,1⨯1=1 ③奇数个奇数的和还是奇数 ④任意个奇数之积是奇数例3、设,p q 都是正奇数,且2p q =+,求证q p p q q p ++ 注意：奇偶分类在处理很多问题时有用;求末位数问题： 令()G a 表示a 的末位数,则有 性质3、①[]()()()G a b G G a G b +=+ ②[]()()()G a b G G a G b ⋅=⋅③()()m mG a G G a ⎡⎤=⎣⎦④任一自然数的正整数次幂的末位数有周期变化的规律; 例4、 求198817的末位数例5、 ①设,n R 为自然数,求证4()()R n n G a G a +=；②设n 为自然数,求证44()()n G a G a =例6、6767(67)G性质4、①设b 为奇数,c 为偶数,则()()cb G a G a = ②设b 为偶数,c 为奇数1c >则4()()cb G a G a = ③设b 为偶数,c 为偶数,则4()()cb G a G a = ④设b 为奇数,c 为奇数,1c >则()()cb b G a G a =例7、求191919(22)nG 个例8、求2111213a =的末两位数;例9、设1237,,,a a a a 是1,2,3,,7这七个自然数的任何一种次序的排列,求证：1237(1)(2)(3)(7)a a a a ----总是一个偶数;例10、某班有49位同学,坐成七行七列,每个座位的前、后、左、右的座位叫做它的“邻座”,要让这49位同学中的每一位都换到他邻座上去,问这种调换座的方案能否实现作为本节内容的结束,请注意以下两个重要的命题： ① 在(2)m m ≥个相邻整数中,有且只有一个数能被m 整除; ② 若整数1g >,则任一正整数a 能够唯一表示为1110n n n n a a g a g a g a --=++++这里,0i a Z n ∈≥,且0<,0,1,2,3,,i a g i n ≤= 习题：1. 用票面为3分和5分的邮票可以支付任何n 整数7n >分的邮资;2. 把十个数码0,1,2,3,4……,9任意两两搭配,组成没有重复数码的5个两位数,求证这样5个两位数的和是9的倍数; 3. 设10,10p a b p c d --,求证：p ad bc - 4. 设a 是奇数,求证：281a -5. 证明：各位数码全是1的数中,有且只有一个是平方数;6. 证明：前n 个自然数和的个位数码不能是2,4,7,97. 设a Z ∈,求证(1)(2)(3)1a a a a ++++时奇数的平方;8. 设10n a k =⋅,n 为自然数,k 是非负整数,求证：(1)(3)(7)(9)a a a a ++++的末三位数是189;9. 证明：整数a 能够表示成两个整数平方和的充要条件是2a 也具有相同性质; 10. 设整数,,,,x a b c d 互不相等,且()()()()4x a x b x c x d ----=,求证4x a b c d =+++ 11. 设2n ,求证4216411n n ++;12. 设32*()5551()n n n f n n N =+++∈,证明：当且仅当4n 时,13()f n ; 13. 已知0n ≥,求证：3321nn +14. 证明：在任意n 个整数中,总可以找到(1)k k n ≤≤个整数,使它们的和是n 的倍数;15. 能否把1,1,2,2,3,3,,1986,1986这些数排成一行,使得两个1之间夹着一个数,两个2之间夹着两个数,……,两个1986之间夹着1986个数请证明你的结论首届全国数学冬令营竞赛试题五16. 设正整数d 不等于2,5,13,证明集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b 使1ab -不是完全平方数 第27届IMO定义1、若,1,2,,,2i d a i n n =≥就称d 是这几个数的公因数；定义2、(2)n n ≥个不全为零的整数i a 的公因数中的最大数叫做这几个整数的最大公因数,记12(,,)n a a a 性质一：12(,,)1n a a a ≥定义3、若12(,,)1n a a a =,则称12,,n a a a 互素互质定义4、若,1,2,,,2i a m i n n =≥,则称m 是i a 的公倍数；定义5、非零整数的一切正的公倍数中的最小正数叫最小公倍数,记[]12,,n a a a 定理1、若,,a b c 不全为零,且a bq c =+则(,)(,)a b b c = 性质二：1212(,,,)(,,)n n a a a a a a =定理2、若(,)c a c a b c b ⎫⎪⇒⎬⎪⎭定理3、若整数,a b 不全为零,则存在整数,x y 使得(,)ax by a b += 性质三：*m N ∈,(,)(,)ma mb m a b = 性质四：若(,)1a c =,则(,)(,)ab c b c = 定理4、若,a k b k ,则[],a b k定理5、若,a b 是同号整数,则[](),,a b a b ab =例1、 形如221(0)nn F n =+≥的数称费尔马数,求证(,)1i j F F =,这里,i j 都是非负整数,且i j ≠例2、 设**,,a N b N ∈∈且a b ≠,证明(21,21)1(,)1a b a b --=⇔= 例3、 已知(,)1a b =,求证(,)1ab a b +=例4、 设()f x 使非零整系数多项式,()()6263f f ，,求证()66f 例5、 求证[](,,)(,)a b a b a b +=例6、 设*m N ∈,证明：当且仅当[],m a b =时,,1m m a b ⎛⎫=⎪⎝⎭例7、 已知12,,,n a a a 是两两互素的正整数,求证：[]12123,,,n n a a a a a a a =例8、 求证平方数的正因数有奇数个,非平方数的正因数有偶数个;例9、 有一百盏电灯,排成一行,自左向右,编号1,2,3,,99,100;每灯由一拉线开关控制,最初灯全关着;另有一百个学生顺次走过,第k 个学生把凡是编号为k 的倍数的电灯开关拉一下,(1,2,3,,100)k =问：100个学生全部过去之后,有哪几个编号的灯还亮着 习题：1、设k a 表示各位数码都是1的k k N ∈位数,求证：(,)1m n a a =的充要条件是(,)1m n =,这里*,m n N ∈,且m n ≠2、设00ax by +是形如ax by +,a b 不全为0的数中最小正数; 求证：100ax by ax by ++； 200(,)ax by a b +=3、设(,)1x y =,求证(,)12x y x y +-=或4、设(,),(,)a b d a b d '''==,求证(,,,)aa ba ab bb dd '''''=5、已知：,a b 为非零自然数,n N ∈ 求证：1(,)(,)n n n a b a b =；2[,][,]n n n a b a b =6、设*a Z ∈,证明：数列,2,3,,a a a na 中n 的倍数共有(,)n a 个;7、设a Z ∈,求证6(1)(21)a a a ++8、已知：126n x x x +++,求证333126n x x x +++9、设n 是奇数,,n a b n a b +-,求证(,)n a b10、设(,10)1a =,证明：各位数码全是1的数中有a 的倍数 11、求证(,,)((,),)a b c a b c =本节的定义、定理、性质较为繁杂,为便于记忆,整理成以下图式：自然数集的进一步分类：素数、合数、1定义 如果大于1的整数p 恰有两个正因数1与P,就说P 是素数,如果正整数N 有多于两个的正因数,就说N 是合数;例1：证明：对任给的正整数N,总可找到N 个相邻的合数; 定理一：任一整数N 的最小因数PP>1是素数N>1 定理二：素数有无限多个;定理三：若N 是合数,PP>1是N 的最小正因数,则p ≤以上的例子和定理分别刻画了素数的某些分布特征和判断素数的方法; 定理四：若,1,2,3,,i a Z i n ∈=,P 是素数,12n p a a a 则P 整除某个i a定理五：唯一分解定理每个大于1的整数,都可唯一地分解成素因数不计因数的顺序的积;推论：任一大于1的整数a 可以唯一分解成1212k k a p p p ααα=这里i p 是相异的素数,i α是正整数;有时为了表述方便,允许0i α=,上式称为a 的标准分解式; 例2、设21()m m N +∈是素数,求证：m 是2的非负整数次幂; 定理六：若,a b 得标准分解式为1212n n a p p p ααα=,1212n n b p p p βββ=,则1212(,)n r r rn a b p p p =⋅,1212[,]n n a b p p p δδδ=⋅;这里min(,)i i i r αβ=,max(,)i i i δαβ= ,1,2,,i n =、 例3、求证[,,](,,)a b c ab bc ca abc = 定理七：若a 的标准分解式为1212n n a p p p ααα=,则a 的一切正因数的个数1()(1)ni i a τα==+∏,a 的一切正因数的和为111()1i ni i ip a p ασ+=-=-∏;例4、证明形如41()n n N -∈的素数有无限个;哥德巴赫于1742年在和欧拉的通信中提出的猜想： 1． 每个大于5的偶数都是两个奇素数之和 2． 每个大于8的奇数都是三个奇素数之和1973年5月中国科学杂志刊出陈景润研究G 氐猜想的结果：“任一充分大的偶数是一个素数和另一个素数的和,后者或为素数,或仅另两个素数的乘积;”此定理被简称为“1+2”当然离“1+1”还有一段距离,不过这已经是当今最优成果了; 习题：1、 设p 是异于3的奇素数,求证2241p -2、 设,p q 是素数,且5p q >>,求证44240p q -3、 设整数,,a b c 都大于1,证明[(,),(,)]([,],)a c b c a b c =4、 求证：22[,,](,)(,)(,)(,,)[,][,][,]a b c a b b c c a a b c a b b c c a =5、 设,a n 都是大于1,1n a -是素数,求证：2a =,且n 是素数6、 从1到100这100个自然数中,任意选出51个数,求证其中至少有两个数,它们中的一个是另一个的倍数;7、 设,,(,)1a b N a b ∈=,证明(,)()();()()()a b a b ab a b τττσσσ== 8、 证明：形如32n +的素数有无限多个; 9、 设2n >,证明：在n 与!n 之间至少有一个素数; 10、设n p 是表示由小到大排列的第n 个素数,证明22nn p <定义 给定正整数m,如果用它除任意两个整数a,b,所得余数相同,就说a,b对于模m 同余,记作()mod a b m ≡;若所得余数不同,就说a,b 对于模m 不同余,记作()mod a b m ≡;定理与性质例1 正整数a 能被9整除的充要条件是a 的各个数码之和能被9整除; 例2 设110=n n a a a a a -⋅⋅⋅,求证：()()0121110mod nn a a a a a n ⇔-+⋅⋅⋅+-≡; 例3 求正整数a 能被7正处的充要条件; 例4 设44444444的各个数码之和为a,a 的各个数码之和为b,求b 的各个数码之和为c;例5 一环形公路上有几个汽车站,海拔高度只有5米和10米两种,若相邻两站的海拔高度相等,则称连接它们的公路是水平的；如果两相邻汽车站海拔高度不等,则称相连公路是有坡的;有一旅行者坐汽车环行东路一周,发现水平公路的段数与有坡公路的段数相等,求证4整除n ;例6 设()1234n n n n n P n N =+++∈,问：怎样的n 使得10|n P ; 例7 求证：任何整数1214,,,x x x ⋅⋅⋅都不能满足方程44412141599x x x ++⋅⋅⋅+=;习题1. 设()mod a b n ≡,求证：()(),,a m b m =;2. 设()5mod10a ≡,求证：()225mod100a ≡;3.设ABCDE 是按逆时针方向排列的五角棋盘,从A 沿逆时针方向移动棋子,第K 次移动K 步,证明无论移动多少次,C 、E 处永远不可能停留棋子; 4. 设a b Z ∈、,P 是素数,求证()()mod pp p a b a b p +≡+; 5.证明()()()222140mod360n n n --≡;6. 设,n a N ∈,2|a ,求证()221mod 2nn a +≡;7. 已知()4mod9n ≡,求证n 不能表为3个立方数的和; 8.已知()7mod8n ≡,求证n 不能表为3个平方数的和;9．求出一个整数能被101或37整除的充要条件; 10．求下列各数的末两位数：777和999; 11．记07a ≤<,且()101010mod7a ≡,求a; 12．已知792|1345ab c ,求a 、b 、c; 补充题：1. 1有几个住鞥书,其积为n,其和为零;求证4 | n ; 2设4 | n,求证：可以找出几个整数,使其积为n,其和为零;十八届全苏中学生竞赛2. 设a,b,c 是三个互不相等的正整数,求证：在33a b ab -,33b c bc -,33c a ca -三个数中,至少有一个数能被10整除;86. 全国初中联赛,二试,四3. 把19,20,…,79,80诸数连写成数A=192021…7980,试证1980 | A;4. 试求所有能被11整除的三位数,且除得之商等于被除数中各数字的平方和;二届IMO 1960若方程或方程组中未知数的个数多于方程的个数,它们的解又限制为正整数、整数、有理数或其它类别的数,则称此方程或方程组为不定方程;不定方程常联系到一些有趣的问题;竞赛中也时有所见;例1 在等式537850x yz ⋅=中还原数学x, y, z;1987年全俄中学生竞赛题 例2 解方程xyz zyx xzyyx ⋅=;1978年广东省中学数学竞赛题例3 求方程w 2+2+2+2=20.625x y z满足条件：>>>w x y z 的整数解;1979年湖南省中学数学竞赛题定义1 设x 为任一实数,[]x表示不超过x 的最大整数;函数[]x称数论函数,也称高斯函数、阶梯函数等;数论问题是竞赛中的热门课题,而[]x则是热门中的热门;由定义,显然有①[]x Z∈；②[][]1x x x ≤<+;定义2 {}[]x x x =-称为x 的小数部分,显然{}01x ≤<;例1计算; 例2 求,n N∈;例3 解方程[]2x x =;例4 已知方程[]13122x x +=-,求所有根的和;1987年初中联考习题1. 5615785x x +-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦; 2.210x ⎤-+=⎦; 3.[]33x x -=;英斯科第20届奥林匹克数学竞赛题有时也常令[][)=,0,1x x αα-∈通过对α的讨论来解题;例5 方程[]2440510x x -+=的实数解的个数是 ;1985美国数学竞赛题A 0 ;B 1 ;C 2 ;D 3 ;E 4 .例6 记[]x表示不超过x 的最大整数,设n 是自然数,且()22I=1n n ++-,那么 ;1986年全国初中联考AI > 0 ; BI < 0 ; CI = 0 ;D 当n 取不同的值时,以上三种情况都有可能出现例7 求正数x ,使得[]{}2xx x =⋅;性质1 []x是不减函数;性质2 [][]x m x m+=+当且仅当m Z ∈时成立;性质3 对任意实数x 、y ,有[][][][][]+1x y x y x y ≤+≤++;性质4 设m 、n 为正整数,在数列1,2,…,n-1,n 中,m 的倍数有n m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个;定理 设p 为一素数,在n 中p 的方次数等于21r r n n n p p p ∞=⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑例8 在1000!的十进制展开中,以多少个0为结尾 例9 求证方程[][][][][][]248163212345x x x x x x +++++=无实数解;例10 设N 为一正整数,问方程[]()222x x x x ⎡⎤-=-⎣⎦在区间1x N ≤≤中有多少个解1982年瑞典数学竞赛题例11试决定1980的小数点前一位数字和后一位数字;1980年芬兰等欧洲四国数学竞赛题例12 在整数列222121980198019801980⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋅⋅⋅⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，，，中,含有多少个互不相等的自然数1980苏联列宁格勒中学生数学竞赛试题习题1．设M=N 其中1x ≥;则一定有1985年北京市中学生数学竞赛高一年试题AM>N ; B M=N ; C M<N ; D 以上答案都不对2．设1988S⎡=++++⎣,那么的值是3． ①找出一个实数x,满足{}11x x ⎧⎫+=⎨⎬⎩⎭；②证明,满足上述等式的x 都不是有理数;4． 设n N ∈,计算和+1=0+22k k k n ∞⎡⎤⎢⎥⎣⎦∑;1968第十届IMO 5． 设a , b 为互素的正整数,求证：()()()1112+++2b a a b a a b b b ---⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋅⋅⋅=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦;6． 求所有自然数n , 使得22min 1991n k k ⎛⎫⎡⎤+= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭,这里2n k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦表示不超过2n k 的最大整数,N 是自然数集;1991年中国数学奥林匹克若方程或方程组中未知数的个数多于方程的个数,它们的解又限制为正整数、整数、有理数或其它类别的数,则称此方程或方程组为不定方程;不定方程联系到一些有趣的问题;竞赛中也时有所见;例1．在等式中还原数字x,y,z.1987全俄中学生竞赛题例2．解方程：例3．求方程222220.625w x y z +++=满足条件：w x y z >>>的整数解;1979年湖南省中学数学竞赛题定理 1 设,,,(,),','a b c Z a b d a a d b b d ∈===,则线性不定方程+=ax by c 有整数解的充要条件是d c ;在有整数解的情形下,如果0x x =,0y y =是一组整数解,那么该方程的一切整数解简称通解可以写成例 4 求方程719213x y +=的整数解;例5 今有物,不知其数百个以下;三三数之,剩二；五五数之,剩三；七七数之,剩二;问物几何该题目出自1600年前的孙子算经“三岁孩儿七十稀,五留廿一事尤奇,七度上元重相会,寒食清明便可知;” 注：该诀出自宋朝周密,“上元”指15,“寒食清明”指105,每年冬至至次年清明正好105天;“三人同行七十稀,五树梅花廿一枝,七子团圆月正半,除百零五便得知;” 注：该诀出自明朝程大位算法统宗;定理 2 勾股不定方程222x y z +=满足()000,1x y z x y >>>=、、、,|z y 的一切整数解可表示为22222x a b y ab z a b ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩,这里0a b >>,(),1a b =,,a b 中一个为奇数,另一个为偶数;例6 设n N ∈,证明方程22n x y z +=有正整数解;例7 证明不定方程444x y z +=没有正整数解;费马猜想：整数2n >时,方程n n n x y z += 无正整数解是数论中的一个着名的难题;1760年欧拉证明了n = 3 的情形;1828年勒让德余狄里赫勒各自证明了n = 5的情形;1840年拉梅证明n = 7的情形;库莫尔于1844年首创“理想数论”,并利用这个工具一举证明了n 是小于100的奇素数但除去n=37,59,67的情形.1892年米利曼诺夫证明了n=37的情形;1978瓦格斯塔夫借助大型电子计算机证明了2 < n < 125000的情形;…………29岁的讲师又对此做出了重大发展,然而至今还无法宣布此猜想是一条定理;例8 确定并加以证明方程22222a b c a b ++=所有的整数解;1976年美国竞赛题 例9 证明方程3333990x y z xyz ++-=只有唯一的有理数解;例10 正整数a 与b 使得1ab +整除22a b +;求证221a b ab ++是某个正整数的平方;1988年第29届IMO习题1. 不定方程225671987m mn n -+=是否有整数解2. 方程x y z n ++=有多少组正整数解3. 求方程2pq qr rp pqr ++-=的整数解,,0p q r >;4. 求方程3xy xz yz z y x ++=的整数解;。
高中数学竞赛 数论部分
初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。
1． 请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。
(1894年首届匈牙利 数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。
②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3） 证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。
（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。
（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。
2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。
（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。
这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。
如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。
3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。
小学六年级数学竞赛数论专题试卷(含答案)11
小学六年级数学竞赛数论专题试卷（含答案)11 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．140，225，293同时除以某一个自然数得到的余数相同，试问这个自然数是多少？余数又是多少？2．22003除以7的余数是多少？3．一猴子数一堆桃子.两个两个地数剩下1个，三个三个地数剩下1个，五个五个地数剩下3个，七个七个地数剩下3个.问这堆桃子最少是多少个？4．有苹果,桔子各一筐,苹果有240个,桔子有313个,把这两筐水果分给一些小朋友,已知苹果等分到最后余2个不够分,桔子分到最后还余7个桔子不够再分,求最多有多少个小朋友参加分水果5．某数除以5余2，除以7余4，除以11余8.求适合条件的最小数.6．今有一类数，除以3余数是2，除以5余数是3，除以7余数是2。
试问这个类数最小是几？7．有一类自然数，其中每个数与3的和都是5的倍数，与4的差都是7的倍数。
问这个数最小是多少？8．盒乒乓球,每次8个8个地数,10个10个地数,12个12个地数,最后总是剩下3个.这盒乒乓球至少有多少个？9．有一个大于1的数，除45，59，101所得的余数相同，求这个数可能是多少？10．有三个吉利数字，888，518，666，用他们同时除以一个相同的自然数，所得的余数为a，a+7，a+10.试问这个自然数是多少？11．某数除以7余3，除以8余4，除以9余5.从小到大求出适合条件的十个数. 12．有一类数，除以7余2，除以8余4，除以9余3。
问这类数中最小的是什么？13．自然数n除63，91，129所得余数之和为25，则n是多少？14．韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人，成六行纵队，则末行五人，成七行纵队，则末行四人，成十一行纵队，则末行十人.求兵数.15．已知三个数127,99和一个小于30的两位数a除以一个一位数b的余数都是3,求a 和b的值.16．连续九个自然数中至多有几个质数？为什么？17．有100个数排成一排，除两头两个数外，每个数的3倍恰好等于它两边两个数之和。
历届奥数数论竞赛题讲解精选
历届奥数竞赛题讲解精选1. 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】设2n2＝kd，k是正整数，如果 n2＋d是整数 x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．---------------------------------------------------------------------------1.已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项．【证】设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．2.求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．【解】设 n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412---------------------------------------------------------------------------1.求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．2.证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的 a．---------------------------------------------------------------------------1.如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．2.能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋503.021 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402 … … … … … …1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）令 Si＝ai＋ai＋1＋...＋ai＋9（i＝1，2， (1901)则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004．综上所述A＝15005．---------------------------------------------------------------------------1. n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5【解】 32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当 n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13．2. 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂pl，则k ＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．---------------------------------------------------------------------------1. 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．【解】由n个数ai＝i·n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！＝1·2·…· n是 k的倍数，所以m·n！＋k是 k的倍数，因而为合数．对任意两个数ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj ＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n ＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 （1）5d－1＝y2 （2）13d－1＝z2 （3）其中x、y、z是正整数．由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 （4）（4）式说明d也是奇数．于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．---------------------------------------------------------------------------1.如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8．【证】若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．2.证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．【题说】第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3．【证】因为p是奇数，所以2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以 3余数不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除．于是6是p＋1的因数．。
第七讲数论综合-小学数学五年级下册-竞赛试题及答案-人教版---
第七讲数论综合小学数学五年级下册竞赛试题及答案人教版基础班练习七1．有算式□□×□□＋□×□。
将数字1～6填入到前面的算式的6个方框中, 能得到的最大结果是多少？分析：原式可得最大结果。
2．用1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8这八个数字组成两个四位数, 使它们的乘积最大, 这两个数是多少？分析：7642和8531。
3．求满足下列条件的最小的自然数：用3除余2, 用5除余1, 用7除余1分析：71。
4．（第五届希望杯培训题）布袋里装有玻璃弹子若干个, 如果每次取2个, 最后剩下1个；如果每次取3个, 最后剩下1个；如果每次取7个, 最后剩下3个.这个黑布袋中至少有个玻璃弹子.分析：我们不妨设黑布袋中至少有x个玻璃弹子, 那么x要满足的条件是：（1）x除以2余1, （2）x除以3余1, （3）x除以7余3。
我们先找到满足条件（2）、（3）的数字, 满足条件（3）的数字：10、17、24、31、38、45…, 在这其中满足条件（2）的数字是：10、31、…, 其中31也满足条件（1）, 那么这个黑布袋中至少有31个玻璃弹子.5．证明当a大于b时, （-）必是9的整倍, (+)必是11的整数倍。
分析：=10a+b, =10b+a, （-）=9（b+a）, (+)=11（b+a）。
6．有一个两位数, 如果把数码1加写在它的前面, 那么可得到一个三位数, 如果把1加写在它的后面, 那么也可以得到一个三位数, 而且这两个三位数相差414, 求原来的两位数。
分析：设原来的两位数为x, 则有（10x＋1）－（100＋x）＝414, 解得X=57。
提高班练习七1．用1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8这八个数字组成两个四位数, 使它们的乘积最大, 这两个数是多少？分析：7642和8531。
2．把50拆成若干个自然数的和, 要求这些自然数的乘积尽量大, 应如何拆？分析：16个3, 1个2。
国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A3数字问题
A 整数 A3 数字问题A3－001 在数3000003中，应把它的百位数字和万位数字0换成什么数字，才能使所得的数能被13整除？【题说】1950年～1951年波兰数学奥林匹克三试题2．【解】设所求数字为x和y，则有因为106、104、102除以13时，分别得余数1、3、9，所以n≡3＋3x＋9y＋3＝3（2＋x＋3y）（mod 13）当且仅当x＋3y＋2被13整除，即x＋3y＋2＝13m（m为自然数）（1）时，n被13整除．由于x＋3y＋2≤9＋3·9＋2＝38所以m只能取1或2．当m＝1时，由方程（1）及0≤x，y≤9，解得x＝8，y＝1；x＝5，y＝2；x＝2，y＝3当m＝2时，解得x＝9，y＝5；x＝6，y＝6；x＝3，y＝7；x＝0，y＝8．故本题共有7个解：3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803．A3－002 求出所有这样的三位数，使其被11整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和．【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题1．本题由保加利亚提供．【解】设这个三位数除以11以后的商为10a＋b，其中a是商的十位数，b是商的个位数．若a ＋b≥10，则原数为100（a＋1）＋10（a＋b－10）＋b若a＋b＜10，则原数为100a＋10（a＋b）＋b以下对这两种情形分别讨论．先考虑第一种情形．由题设有（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2＝10a＋b （1）若a＋b＞10，则有（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2≥（a＋1）2＋1＋（11－a）2故若（1）式成立，只能有a＋b＝10．将b＝10－a代入（1）解得唯一的一组正整数解a＝7，b＝3再考虑第二种情形．此时由题设有a2＋（a＋b）2＋b2＝10a＋b （2）若a＋b＞5，则有a2＋（a＋b）2＋b2＝2（a＋b）·a＋2b2＞10a＋b故若（2）成立，只能有a＋b≤5．注意在（2）式中左边和10a都是偶数；因此b也是偶数．若a＋b＜5，则b只能为2，将b＝2代入（2）得不到整数解，因此只能有a＋b＝5．将b＝5－a代入（2）得唯一的一组正整数解a＝5，b＝0综上所述，合乎要求的三位数只有550，803．A3－003 下面是一个八位数除以一个三位数的算式，试求商，并说明理由．【题说】1958年上海市赛高三题1．【解】原式可写成：其中所有未知数都表示数字，且下标为1的未知数都不等于零．x1x2x3等表示x1·102＋x2·10＋x3等．（1）因为得到商的第一个数字7后，同时移下两个数字a5、a6，所以y2＝0，同理y4＝0．（2）四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2，所以a1＝1，a2＝0，b1＝9，同理，c1＝1，c2＝0，d1＝9，于是a4＝b3，b2＝9，a3＝0．（3）由7×x1x2x3＝99b3，所以x1＝1，x2＝4．990－7×140＝10，所以x3＝2，b3＝4，从而a4＝b3＝4．（4）由c1＝1，c2＝0可知y3＝7．（5）y5×142是四位数，所以x5≥8．又因y5×142的末位数字是8，所以y5＝9．于是商为70709，除数142，从而被除数为10040678．A3－004 证明：在任意39个连续的自然数中，总能找到一个数，它的数字之和被11整除．【题说】1961年全俄数学奥林匹克八年级题3．【证】在任意39个连续自然数中，一定有三个数末位数字为0，而前两个数中一定有一个十位数字不为9，设它为N，N的数字之和为n，则N，N＋1，N＋2，…，N＋9，N＋19这11个数的数字之和依次为n，n＋1，n＋2，…，n＋9，n＋10，其中必有一个是11的倍数．【注】39不能改为38．例如999981至1000018这38个连续自然数中，每个数的数字和都不被11整除．本题曾被改编为匈牙利1986年竞赛题、北京市1988年竞赛题．A3－005 求有下列性质的最小自然数n：其十进制表示法以6结尾；当去掉最后一位6并把它写在剩下数字之前，则成为n的四倍数．【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题1．本题由波兰提供．【解】设n＝10m＋6，则6×10p＋m＝4（10m＋6），其中p为m的位数．于是m＝2（10p－4）/13，要使m为整数，p至少为5，此时，n＝153846．A3－006 公共汽车票的号码由六个数字组成．若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和，则称它是幸运的．证明：所有幸运车票号码的和能被13整除．【题说】1965年全俄数学奥林匹克八年级题4．【证】设幸运车票的号码是A，则A′＝999999－A也是幸运的，且A≠A′．因为A＋A′＝999999＝999×1001含因数13．而所有幸运号码都能如此两两配对．所以所有幸运号码之和能被13 整除．A3－007 自然数k有如下性质：若n能被k整除，那末把n的数字次序颠倒后得到的数仍能被k 整除．证明：k是99的因子．【题说】第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题5．【证】k与10互质．事实上，存在首位为1且能被k整除的数，把它的数字倒过来也能被k整除，而此数的末位数字为1．取以500开头的且被k整除的数：500abc…z，（a，b，c，…，z是这个数的数字），则以下的数均被k整除：（1）z…cba005．（2）和（3）把（2）中的和倒过来z…cba00010abc…z（4）差由此看出，99能被k整除．A3－008 计算由1到109的每一个数的数字之和，得到109个新数，再求每一个新数的数字之和；这样一直进行下去，直到都是一位数为止．那么，最后得到的数中是1多，还是2多？【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题3．考虑整数被9除的余数．【解】一个正整数与其数字之和关于9是同余的，故最后所得的一位数为1者，是原数被9除余1的数，即1，10，19，…，999999991及109．同理，最后所得一位数为2者，原数被9除余2，即2，11，20， (999999992)二者相比，余1者多一个数，因此，最后得到的一位数中以1为多．A3－009 求出具有下列性质的所有三位数A：将数A的数字重新排列，得出的所有数的算术平均值等于A．【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克九年级题5．由此可得222（a＋b＋c）＝6（100a＋10b＋c），即7a＝3b＋4c，将这方程改写成7（a－b）＝4（c－b）当0≤b≤2时，a＝b＝c，或a－b＝4且c－b＝7．当7≤b≤9时，b－a＝4，b－c＝7，从而A∈{111，222，…，999，407，518，629，370，481，592}显然这15个三位数都合乎要求．A3－010 当44444444写成十进制数时，它的各位数字之和是A，而B是A的各位数字之和，求B 的各位数字之和（所有的数都是十进制数）．【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】因为44444444的位数不超过4×4444＝17776，所以A≤177760B≤1＋5×9＝46，B的数字和C≤4＋9＝13由于一个数与它的数字和mod 9同余，所以C≡B≡A≡44444444≡74444＝（73）1481×7≡11781×7≡7（mod 9）故C＝7，即数B的各位数字之和是7．A3－011 设n是整数，如果n2的十位数字是7，那么n2的个位数字是什么？【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题1．【解】设n＝10x＋y，x、y为整数，且0≤y≤9，则n2＝100x2＋20xy＋y2＝20A＋y2（A为正整数）因20A的十位数字是偶数，所以要想使n2十位数字是7，必须要y2的十位数字是奇数，这只有y2＝16或36．从而y2的个位数字，即n2的个位数字都是6．A3－013 下列整数的末位数字是否组成周期数列？其中[a]表示数a的整数部分．【题说】第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题4．由于不循环小数，所以{a2k＋1}从而{a n}不是周期数列．在二进制中的末位数字．显然，b n为偶数时，r n＝0，b n为奇数时，r n＝1．仿（a）可证{r n}不是周期的，从而{b n}也不是周期数列．A3－014 设a n是12＋22＋…＋n2的个位数字，n＝1，2，3，…，试证：0.a1a2…a n…是有理数．【题说】1984年全国联赛二试题4．【证】将（n＋1）2，（n＋2）2，…，（n＋100）2这100个数排成下表：（n＋1）2 （n＋2）2 …（n＋10）2（n＋11）2 （n＋12）2 …（n＋20）2…………（n＋91）2 （n＋92）2 …（n＋100）2因k2与（k＋10）2的个位数字相同，故表中每一列的10个数的个位数字皆相同．因此，将这100个数相加，和的个位数字是0．所以，a n＋100＝a n对任何n成立．A3－015 是否存在具有如下性质的自然数n：（十进制）数n的数字和等于1000，而数n2的数字和等于10002？【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题2．【解】可用归纳法证明更一般的结论：对于任意自然数m，存在由1和0组成的自然数n，它的数字和S（n）＝m，而n2的数字和S （n2）＝m2？当m＝1，n＝1时，显然满足要求．设对自然数m，存在由1和0组成的自然数n，使得S（n）＝m，S（n2）＝m2设n为k位数，取n1＝n×10k＋1＋1，则n1由0，1组成并且S（n1）＝S（n）＋1＝m＋1＝S（n2×102k＋2）＋S（2n×10k＋1）＋S（1）＝S（n2）＋2S（n）＋1＝m2＋2m＋1＝（m＋1）2因此命题对一切自然数m均成立．这说明0.a1a2a3…是循环小数，因而是有理数．A3－017 设自然数n是一个三位数．由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去n 等于1990．求n．【题说】1989年芜湖市赛题3．2090＜222（a＋b＋c）＝1990＋n＜2989而2090＞222×9＝1998，222×10＝2220＝1990＋230222×11＝2442×1990＋452，222×12＝2664＝1990＋674222×13＝2886＝1990＋896，222×14＝3108＞2989经验证：a＋b＋c＝11时，n＝452符合题意．A3－018 定义数列{a n}如下：a1＝19891989，a n等于a n－1的各位数字之和，a5等于什么？【题说】第二十一届（1989年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】由a1＜100001989＝b1，而b1的位数是4×1989＋1＝7957，知a2＜10×8000＝80000，所以a2最多是5位数，从而a3≤5×9＝45，a4≤4＋9＝13，因此a5一定是一位数．另一方面，由9|1989，知9|a1，因而9可整除a1的数字和，即9|a2，又因此有9|a3，9|a4，9|a5．所以a5＝9．A3－019 某州颁发由6个数字组成的车牌证号（由0—9的数字组成），且规定任何两个牌号至少有两个数字不同（因此，证号“027592”与“020592”不能同时使用），试确定车牌证号最多有多少个？【题说】第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题1．【解】至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a5105个．令a6是a1＋a1＋a3＋a4＋a5的个位数字，所成的六位数便满足要求．因为如果两个数的前五位中只有一个数字不同，那么第6位数字必然不同．另一方面，任何105＋1个6位数中，总有两个前五位数字完全相同．因此，符合题目要求的车牌证号最多有105个．A3－020 设A＝99…99（81位全为9），求A2的各位数字之和．【题说】1991年日本数学奥林匹克预选赛题1．【解】由A＝1081－1知A2＝10162－2·1081＋1＝99...980 (01)↑↑162位82位故A2各位数字之和＝9×（162－82）＋8＋1＝729．4A3－021 如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字，并且每个数字都比它右边的数字小，那么称它为“上升”的．这种“上升”的正整数共有多少个？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题2．【解】符合条件的正整数中的数字，都是不同的非零数码，即集合S＝{1，2，3，…，9}的二元或二元以上的子集．反过来，S的每个二元或二元以上的子集，将它的数码从小到大排列，也得到一个符合条件的正整数．S的子集共有29=512个，其中只含一个元素的子集有9个，一个空集．故符合条件的正整数共有512－10=502个．A3－023 求方程的各个正根的乘积的最后三位数字．【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题2．【解】令y=1og1995x．由原方程取对数得其最后三位数字为025．A3－024 一个六位数的首位数字是5，是否总能够在它的后面再添加6个数字，使得所得的十二位数恰是一个完全平方数？【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题3．【解】不．若不然，105个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个十二位的完全平方数．即有105个自然数n满足．5×1011≤n2＜6×1011亦即7×105＜n＜8×105由于7×105与8×105之间不存在105个整数，故上式不可能成立．。
2021 研究生数学竞赛题目
2021研究生数学竞赛题目一、概述数学是一门深邃而又充满魅力的学科，它在科学研究和工程技术等领域都有着重要的应用。
为了激发研究生对数学学科的热爱和兴趣，促进数学研究的发展，各类数学竞赛活动日益受到重视。
2021年研究生数学竞赛题目的发布，也引起了广大研究生同学的关注和参与。
今天我们就来共享一下这些题目的一些情况和解题思路。
二、题目内容1. 数论（1）证明对于正整数n，n^2＋n+41一定是素数的个数问题。
（2）已知有一副国际象棋棋盘，问是否存在一条不重合的包含了每格仅访问一次的路径？2. 微积分（1）证明若对任意x，都有f''(x)+f(x)=0，则f(x)一定可以表示成f(x)=A*sin(x)+B*cos(x)的形式。
（2）已知函数f(x)在区间[0,1]上有连续二阶导数，证明对某个c∈(0,1)有f''(c)=3[f(1)-f(0)]。
3. 线性代数（1）假设A、B是n×m矩阵，证明rank(AB)≤rank(A)。
（2）证明任何实对称方阵A都可以写成A=BCB^T的形式，其中B 是n×r矩阵，r是A的秩。
4. 概率论与数理统计（1）在已知正态总体标准差未知、样本量充分大的情况下，如何基于样本估计总体均值的置信区间？（2）已知在一批产品中，次品率为0.05，若抽取20个产品检验，则次品率大于等于3的概率是多少？5. 动力系统（1）证明当λ>0时，微分方程组x'=-λx+y,y'=-x-λy的任意初始点都在椭圆轨迹上。
（2）已知向量场F=(y,2x)在平面上的流线是圆，求F的全体流线。
三、解题思路1. 对于数论题目中的n^2＋n+41一定是素数的个数问题，我们可以尝试分解n^2＋n+41为(n+20)^2-19^2的形式来证明它的素数性质。
对于国际象棋棋盘问题，我们可以运用图论中的欧拉回路和哈密顿回路的性质来进行分析，找出是否存在这样的路径。
竞赛——数论
§23抽屉原理在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。
这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。
在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。
这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。
“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。
这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。
这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。
抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。
（一）抽屉原理的基本形式定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。
证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。
在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。
同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。
“鸽笼原理”由此得名。
例题讲解1．已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。
证明：至少有两个点之间的距离不大于2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
数学竞赛中的数论问题第二部分 数论题的范例讲解主要讲几个重要类型：奇数与偶数，约数与倍数（素数与合数），平方数，整除，同余，不定方程，数论函数等．重点是通过典型范例来分析解题思路、提炼解题方法和巩固基本内容．一、奇数与偶数整数按照能否被2整除可以分为两类，一类余数为0，称为偶数，一类余数为1，称为奇数．偶数可以表示为2n ，奇数可以表示为21n -或21n +．一般地，整数被正整数m 去除，按照余数可以分为m 类，称为模m 的剩余类(){}mod i C x x i m =≡，从每类中各取出一个元素i i a C ∈，可得模m 的完全剩余系（剩余类派出的一个代表团），0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧，常称作奇偶分析，这种技巧与分类、染色、数字化都有联系，在数学竞赛中有广泛的应用． 关于奇数和偶数，有下面的简单性质：（1）奇数≠偶数．（2）偶数的个位上是0、2、4、6、8；奇数的个位上是1、3、5、7、9． （3）奇数与偶数是相间排列的；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；． （4）奇数个奇数的和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；偶数跟奇数的和是奇数；任意多个偶数的和是偶数．（5）除2外所有的正偶数均为合数；（6）相邻偶数的最大公约数为2，最小公倍数为它们乘积的一半． （7）偶数乘以任何整数的积为偶数．（8）两数和与两数差有相同的奇偶性，()mod 2a b a b +≡-． （9）乘积为奇数的充分必要条件是各个因数为奇数． （10）n 个偶数的积是2n的倍数．（11）()11k-=的充分必要条件是k 为偶数，()11k-=-的充分必要条件是k 为奇数．（12）()()()()()()22220mod 4,211mod 4,211mod8n n n ≡-≡-≡． （13）任何整数都可以表示为()221mn k =-．……例1 （1906，匈牙利）假设12,,,n a a a 是1,2,,n 的某种排列，证明：如果n 是奇数，则乘积()()()1212n a a a n ---是偶数．类似题：例1-1（1986，英国）设127,,,a a a 是整数，127,,,b b b 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b ---是偶数．（127,,,a a a 中奇数与偶数个数不等）例1-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a ---必为偶数．（暗藏3,1,4,1,5,9,2,6,5,3,5,8,9,7,9,3,2,3,8,4,6,2,6,4中奇数与偶数个数不等）例2 能否从1,2,,15中选出10个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），所得的14个差恰好为1,2,,14？例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？例4 有n 个数121,,,,n n x x x x -，它们中的每一个要么是1，要么是1-．若1223110n nn x x x x x x x x -+++++=，求证4|n ．例5 n 个整数121,,,,n n a a a a -，其积为n ，其和为0，试证4|n ．例6 在数轴上给定两点1，在区间内任取n 个点，在此2n +个点中，每相邻两点连一线段，可得1n +条互不重叠的线段，证明在此1n +条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条．二、约数与倍数最大公约数与最小公倍数的求法． （1）短除法．（2）分解质因数法．设1212,0,1,2,,k k i a p p p i k αααα=≥=， 1212,0,1,2,,k k i b p p p i k ββββ=≥=．记 {}{}min ,,max ,i i i i i i γαβδαβ==， 则 ()1212,k k a b p p p γγγ=， []1212,k k a b p p p δδδ=．（3）辗转相除法()()()()()121,,,,,0n n n n a b b r r r r r r r -======．例7 （1）求()8381,1015，[]8381,1015； （2）()144,180,108，[]144,180,108．例8 正整数n 分别除以2,3,4,5,6,7,8,9,10得到的余数依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则n 的最小值为 ．．例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？例10 对每一个2n ≥，求证存在n 个互不相同的正整数12,,,n a a a ，使i j i ja a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j n i j ∈≠成立．例11 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约．例12 不存在这样的多项式 ()1110mm m m f n a n a na n a --=++++，使得对任意的正整数n ，()f n 都是素数． ．三、平方数若a 是整数，则2a 就叫做a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质（1）平方数的个位数只有6个：0,1,4,5.6.9．（2）平方数的末两位数只有22个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．（3）()()()()2220mod 4,211mod 4n n ≡-≡． （４）()()2211mod 8n -≡．（6）凡是不能被3整除的数，平方后被3除余1．（7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．（9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足222a b c +=的整数(),,a b c 叫做勾股数．勾股数的公式为2222,2,,a m n b mn c m n ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩其中,m n 为正整数，(),1m n =且,m n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数．2．平方数的证明方法 （1）反证法． （2）恒等变形法．（3）分解法．设a 为平方数，且a bc =，(),1b c =，则,b c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法（1）若()221n x n <<+，则x 不是平方数．（2）约数有偶数个的数不是平方数．（3）个位数为2，3，7，8的数不是平方数． （4）同余法：满足下式的数n 都不是平方数．()2mod3n ≡， ()23mod4n ≡或， ()23mod5n ≡或，()23567mod8n ≡或或或或，()2378mod10n ≡或或或．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．如个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是6、而十位数是偶数的数．例13 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100．每盏灯由一个拉线开关控制着．最初，电灯全是关着的．另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？例14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数,a b ，斜边为正整数c ，若a 为素数，求证()21a b ++为平方数．例15 求证，任意3个连续正整数的积不是平方数．例16 ()2311986,IMO -设d 是异于2，5，13的任一整数．求证在集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b ，使得1ab -不是完全平方数．例17 (296IMO -)设,a b 为正整数，1ab +整除22a b +．证明221a b ab ++是完全平方数．四．整除整除的判别方法主要有7大类．1．定义法．证b a a bq ⇔=，有三种方式． （1）假设a qb r =+，然后证明0r =．（定理4） （2）具体找出q ，满足a bq =． （3）论证q 的存在．例18 任意一个正整数m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除．2．数的整除判别法． ()1011010mod3n n a a a a a a -++⨯+≡++++， ()1011010mod9n n a a a a a a -++⨯+≡++++如果一个整数的末三位数与末三位数以前的数字所组成的数的差能被7或11或1210a a a()13132101001n n a a a a a a a -⨯--，()13210132101001n n n a a a a a a a a a a a --⇔⨯-，13，而7,11,13均为素数知，m 能被7或11或13()()()()11101110101010111mod11.n n n n nn n n a a a a a a a a ----⨯+⨯++⨯+≡-+-++-+3．分解法．主要用乘法公式．如()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-．例19 试证()()555129129++++++．例20 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+， 求证p 可被1979整除（1979p ）例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++的分子m 是吉祥数．4． 余数分类法．例21 试证()()3121n n n ++．例22 k个连续整数中必有一个能被k整除．例23 k个连续整数之积必能被!k整除．n≥），若顺序相邻的3人中恰有一例24 有男孩、女孩共n个围坐在一个圆周上（3-．个男孩的有a组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b组，求证3a b例25 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2．五、同余根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以直接用来解题．例26 正方体的顶点标上1+或1-，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数的乘积，求证，这样得出的14个数之和不能为0．．例27 设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110 的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．六、不定方程未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解，叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决3个问题，方程是否有解？有解时，有几个解，解数是有限还是无穷？求出全部解．例28 解方程719213x y +=．例29 求方程3222009x x y +=的整数解．例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．（1988，高中联赛）例31（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出123,,a a a ，使同时满足21323, 3a a a a -≥-≥，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？七．数论函数主要是[]x 高斯函数，()n ϕ欧拉函数．例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于．．6．时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数[]y x =（[]x 表示不大于x 的最大整数）可以表示为 (A)10x y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (B)310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (C) 410x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (D)510x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ （2010年全国高考数学陕西卷理科第10题）例33 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求 122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦．例34 50!的标准分解式中2的指数．八、综合练习例35 整数勾股形中，证明（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数；（3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数．例36 已知ABC 内有n 个点，连同,,A B C 共有3n 个点，以这些点为顶点，把ABC 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把,,A B C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（斯潘纳定理）例37 对整点25边形的顶点作三染色，求证，存在一个三顶点同色的三角形，它的重心也是整点．。