10数论问题的常用方法(教师版)
数论题的解题诀窍
数论题的解题诀窍数论题是数学中的一个分支，研究整数之间的性质和关系。
解题的诀窍包括找规律、分类讨论、数形结合等方法。
下面将详细介绍这些解题的技巧，并以实例加以说明。
一、找规律是解决数论题的常用方法之一。
数论题通常需要找到或证明一种性质或关系。
这时我们可以从一些特殊情况入手，观察数列或方程中数值的变化规律，尝试找到规律并进行归纳。
举例说明：求证任意一个整数的平方必为偶数。
我们考察一些数字的平方和奇偶性：1^2=1，是奇数；2^2=4，是偶数；3^2=9，是奇数；4^2=16，是偶数；...我们发现，无论正整数n取多大，n^2的结果都是偶数。
所以可以得出结论：任意一个整数的平方都是偶数。
二、分类讨论是解决数论题的常用方法之一。
当数论题目中的数字或问题具有多种情况时，我们可以按照特定的规则进行分类讨论，从而找到问题的解决之道。
举例说明：有一袋中有100个球，其中有红球、蓝球和绿球，红球与蓝球的数量相等，绿球的数量是红球和蓝球的数量之和的一半。
问红球、蓝球和绿球分别的数量是多少？解析：设红球的数量为x，蓝球的数量为y，则绿球的数量为(x+y)/2。
根据题目条件可以列出方程组：x + y + (x + y)/2 = 100。
化简得到：3x + 3y = 200，即x+y = 200/3。
由于x和y都是整数，所以200/3必须是整数。
假设x和y都小于200/3，那么它们的和不可能等于200/3，所以x和y必然大于等于200/3。
但是，200/3在整数范围内最近的整数是67，所以x和y的和必然小于等于最大为67，因此只有一种情况。
分类讨论可用于解决类似的数论题目，当题目中数字或情况有多种组合时，我们可以采用这种方法。
三、数形结合是解决数论题的另一种方法。
有些数论问题可以通过数学模型的图形推理或与几何问题的联系相结合来解决。
举例说明：在一个等边三角形的顶点上依次标上1,2,…,100这一百个整数，要求将顶点上的整数分别用两个颜色红和蓝进行染色，使得对于每一个等边三角形的三个顶点，如果存在一个定的整数n，且其三个顶点的整数之和为n的话，则这三个顶点必须用同样的颜色染色。
数论中的重要问题
数论中的重要问题近年来，数论作为数学的一个重要分支领域，受到了越来越多的关注和研究。
数论涉及到整数的性质和关系，探讨了许多有趣且具有实际应用的问题。
本文将介绍数论中的几个重要问题，并简要探讨它们的意义和解决方法。
一、费马小定理费马小定理是数论中的一项基本定理，它表明对于任意的素数p和整数a，满足a^p ≡ a (mod p)。
其中，"≡"表示同余关系。
费马小定理在密码学和密码破解中有重要应用，可以用于判断一个数是否为素数，并且可以保护密码的安全性。
二、素数分布问题素数分布问题是数论中的一个经典问题，研究素数在整数集中的分布规律。
具体来说，就是探讨素数的数量增长趋势及其分布的规律。
著名的素数定理给出了素数的分布近似公式：在不大于x的范围内，素数的个数约为x/ln(x)。
然而，迄今为止，仍然没有找到素数的精确分布规律，这也是当今数论研究的一个重要难题。
三、哥德巴赫猜想哥德巴赫猜想是数论中的一道著名未解问题，至今未能得到证明或证伪。
该猜想提出：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数之和（例如，8=3+5）。
虽然一些特殊情况已经得到了证明，但对于一般情况的证明仍然困难重重。
解决该问题对于数论和素数研究具有重要意义。
四、费马大定理费马大定理是数论中的一个重要问题，最早由费马于17世纪提出，并长期以来成为数学的一个未解之谜。
该定理表明对于任意的大于2的整数n，满足a^n + b^n = c^n的整数解a、b、c不存在。
该问题经过近400年的努力，直到1994年被英国数学家安德鲁·怀尔斯证明。
费马大定理的证明对于数论研究的发展产生了重要影响。
五、拉格朗日四平方和定理拉格朗日四平方和定理也是数论中的一道经典问题，它提出：每个正整数都可以表示为不超过四个的平方数之和。
例如，可以表示为1^2+1^2+1^2+2^2。
这一定理具有实际应用价值，例如在密码学领域中用于生成加密密钥。
拉格朗日四平方和定理的证明经历了多年的努力，直到1797年由法国数学家拉格朗日给出了完备的证明。
数论的方法和技巧 04数论中的存在性问题
数论中的存在性问题知识要点与基本方法在数论问题中回答满足一些条件的某对象存在或不存在的问题我们称之为数论存在性问题．它与其它数学存在性问题在理论上是一样的，区别是，其内容是数论知识方面的． 基本方法:解决数论存在性问题没有什么死的方法，也没有什么固定的程式，所用知识是普遍的，采取的方法也是灵活多样的．但由于数论存在性问题是数学竞赛中难度较大的，并且又是常见的题型，因此，对其解决的方法我们给出大致的归纳如下：1．反证法． 2．数学归纳法． 3．按模分类． 4．高斯函数． 5．试验，猜想，证明． 6．构造法． （1）按归纳方式构造 （2）用阶乘构造 （3）用非十进制记数构造 7．数论知识的综合运用．赛题精讲1．关于反证法例1 已知n 是已确定的正整数，)(k f r =是使满足n r ≤≤1的整数r 与满足n k ≤≤1的整数k 对应的函数，且当21k k <时，恒有)()(21k f k f ≤．证明：存在整数)1(n m m ≤≤，使m m f =)(恒成立．【分析】 因n 的大小不知道，函数f 的对应关系情况复杂，故很难确定符合条件的m ，不妨用反证法．证明：若对任何n m ≤≤1的m ，均有m m f ≠)(，则由1)1(≥f 和1)1(≠f ，可知2)1(≥f ．于是，2)1()2(≥≥f f ，即2)2(≥f ，又2)2(≠f ．故3)2(≥f ，同理可得4)3(≥f ，…，n n f ≥-)1(，1)(+≥n n f ．这与n n f ≤≤)(1矛盾．故，存在整数)1(n m m ≤≤，使m m f =)(．2．关于数学归纳法例2 在黑板上依次写出数a 1=1，a 2，a 3，…，法则如下：如果2-n a 为自然数且未写出过，则写21-=+n n a a ，否则就写31+=+n n a a ，证明：所有出现在该序列中的完全平方数都是由写在它前面的那个数加3得到的．【分析】 关键是根据在黑板上写数的法则，归纳证明：m k 5≤时，55+=+k k a a ，继而，考虑平方数被5除的余数特征．证明：首先用归纳法证明如下断言：“当m n 5=时，由1到n 的所有自然数全都被写出，且255-=m a m ，而对于任何m k 5≤，都必有55+=+k k a a ．” 当n =5时，依据法则有 431121=+=→=a a a2223=-=→a a 5334=+=→a a 3245=-=→a a 6356=+=→a a .假定当m n 5=时，由1到5m 的所有整数均已被写出，且255-=m a m ．于是，按下来的5个数就只能是1515+=+m a m ，4531525+=+=++m a a m m 2522535+=-=++m a a m m 5533545+=+=++m a a m m 3524555+=-=++m a a m m如此即完成了归纳过程．进而考虑到平方数被5除的余数只能是4、1和0，又显然出现在序列中的被5除余4，1和0的数，都是通过写在它前面的那个数加3得到的，因此命题得证．例3 证明：存在无穷多个合数n ，使得1123---n n 是n 的倍数． 证明：∵只要x 与y 为不相等的整数，k 为自然数，则k k y x y x --|∴要证1123---n n 可被n 整除，注意到n 为合数，可知，只要1|2-n t ① ∴t k n 21⋅=-则当视t x 23=，ty 22=时，就有k k k k k k n n y x tttt-=-=-=-⋅⋅--)2()3(2323222211可被n y x tt =-=-2223整除 于是123122--=-tt n ∴要①成立，只要13|22-tt下面用归纳法证明：对一切自然数t ，数132-t都可被22+t 整数． 当1=t 时，结论显然 假设对m t =时结论成立， 则当1+=m t 时，有 )13)(13(132221-+=-+mm m前一因子132+m 可被2整数，后一因子132-m由归纳假设可知可被22+m 整除．∴当1+=m t 时，132-t可被22+t 整除． 从而对一切自然数t ，数132-t可被22+t 整除． ∴存在无穷多个合数n ，使得1123---n n 是n 的倍数． 【评注】 注意到tt n 2223-=，2≥t ，则显然n 为合数． 因此：)23)(23()2()3(23231111111122222222222222---------+=-=-=-⋅⋅t t t t t t t t tt3．关于按模分类按模分类可以实现“大”向“小”，“多”向“少”，“无限”向“有限”，“无序”向“有序”，“不定”向“确定”的转化．例4 非常数的正整数无穷数列{a n }满足递推关系121+=+n n a a 或12-n a ，n =1，2，…，求证：数列{a n }中至少有一项为合数．【分析】本题关键是考察a n 的取值情况，a n 的取值由a 1确定，但a 2可有2个取值，a 3可有4个取值，……，a n 可有12-n 个取值，因此，无法确定a n ．用什么办法可把不定的递推关系转化成确定的递推关系呢？我们相到了“模”．因a n 均为奇数)2(≥n ，故按mod 2分类不行，可考虑mod 3．证明：由于{a n }是递增数列，不妨设31>a （否则去掉前面若干项即可）． (i)若01≡a (mod 3)，则1|3a ，得证．(ii)若11≡a (mod 3)，a 1为质数（若a 1为合数已得证） 对1212+≡a a ，有02≡a (mod 3)，得证， 对1212-≡a a ，有12≡a (mod 3)，从而， 对1223+≡a a ，有03≡a (mod 3)，得证， 对1223-≡a a ，有13≡a (mod 3)，从而， …或者得证，或者1≡n a (mod 3)． 若都有121≡≡≡≡≡ n a a a (mod 3) 则121-=+n n a a于是)1(211-=-+n n a a ，从而1)1(211+-=+a a n n应用费马小定理，得01)1(1)1(211111≡+-≡+-≡-a a a a a (mod a 1) ∴1|1a a a于是1a a 为合数，得证．(iii)若21≡a (mod 3)，可类似于(ii)进行讨论．4．关于高斯函数的应用][x y =叫高斯函数，记号[x ]表示不超过x 的最大整数．如0]215[=-，1]128.0[-=-，19]98.19[=等等．含有记号[x ]的数学问题，一方面因为它是整数，所以经常与数论问题联系在一起，再则[x ]满足不等式1][][1+<≤<-x x x x ，因而借助于不等式又容易使问题得到解决．数论问题中有一类是与高斯函数有关的存在性问题，解决是应抓住高斯函数的特殊性解题．下面的例子还得注意归纳法的应用．例 5 设非负整数列a 1, a 2, …, a 1999，对于任意的整数i , j ，且1999≤+j i ，有1++≤≤++j i j i j i a a a a a ，证明：存在实数x ，使得对于n =1，2，…，1999，有][nx a n =．分析与证明：本题是证明存在x ，使][nx a n =，根据高斯函数定义，应有11+<≤<-n n a nx a nx 即n a x n a nn 1+<≤ 这个不等式应对n =1，2，…，1999都成立．于是，x 应该同时属于1999个区间n a n [, ]1na n +，可以想象出来，如果x 存在，则x 应为na n的最大者． 我们取 }m a x {na x n=这样，只要证明对一切∈m {1，2，…，1999}，都有nax m a n m ≥>+1 即可，也就是na m a nm >+1 n m ma n na >+（2）我们采用数学归纳法证明这个不等式． 当1==n m 时，式（2）成立． 设m , n 均小于k 时，式（2）成立． 当m , n 中较大的一个为k 时，有两种情况： （I ）n =k ，此时设r qm n +=，m r <≤0，由已知有 q a qa a a a a a a r m r m m q r qm n ++≤≤+++≤++≤- 21)1(由归纳假设r m ma r ra >+，则n na r mq na mq r ra mqa mq ma mqa ma m m m m r m n +=++=+++<++≤故式（2）成立．（II ）m =k ，设r qn m +=，n r <≤0 由题设，有r n r n m a qa a aq a +≥≥+≥ r n m na naq na +≥n r n n r n m ma n na ra ma n na nqa n na >++-=++≥+这最后一步是由归纳假设n r ra n na >+ 于是，式（2）成立．以上我们证明了式（2）成立，从而，对一连串区n a n [, ]1n a n +中，只要x 取na n 的最大者，就能满足题目要求．例 6 证明：对任一个自然数)2(≥k k ，存在一个无理数，使得对每一个自然数m ，1][-≡m r (mod k )【分析】 如何考虑结论1][-≡m r (mod k )呢？这相当于01][≡+m r (mod k )，但是带有取整记号不便于思考．应注意到一个事实，如果10<<s ，则1][+=+m m m r s r ．于是，问题转化为是否存在这样的无理数r 和10<<s ，使得m m s r +能被k 整除．同时又知道这样一个事实，若s r +与B 都是整数，且s r +与rs 都能被k 整除时，对正整数m ，m m s r +也能被k 整除．这样，问题又转化为是否存在这样的无理数r 和10</<s ，使得s r +与rs 都是整数且能被k 整除．这使我们想到韦达定理．证明：首先证明，当s r +与rs 为整数，且能够被k 整除时，对所有正整数m ，m m s r +也是整数，且能被k 整除．设kp s r =+，kq rs =，其中k 是正整数，p , q 是整数，则 )2(22)(222222q kq k kq p k rs s r s r -=-=-+=+即22s r +是整数，且能被k 整除．假设s r +，22s r +，33s r +，…，11--+m m s r 都是整数且能被k 整除，由于 )())((2211----+-++=+m m m m m m s r rs s r s r s r则m m s r +是整数，且能被k 整除． 于是，用数学归纳法完成了证明．下面只需证明，存在这样的r 和s ，其中r 是无理数，s 满足10<<s ，s r +和rs 是整数，且能被k 整除，为此，考虑方程02=+-kq kpx x如果r , s 存在，且10<<s ，则必须满足不等式组 1240,042222<--<>-=∆kq p k kp kq p k 即 042>>>q p k qp 显然，对任一自然数)2(≥k k ，这样的整数q , p 是存在的． 为使r 是无理数，只要kq p k 422-不是完全平方数即可． 为此选择k q =，则)4(42222-=-p k kq p k当2=p 时，0422=-kq p k 与0422>-=∆kq p k 矛盾，∴2=p 不符合题目要求． 当3≥p 时，若42-p 是完全平方数，设224t p =-，则422=-t p ，有 4))((=-+t p t p由于t p +与t p -具有相同的奇偶性，所以不存在两个不同的偶数之积为4． 即42-p 不是完全平方数．从而2224k p k -不是完全平方数，这时r 就是无理数． 此时，10<<s ，则01][≡+=+m m m r s r (mod k )5．关于试验，猜想，证明的存在性问题例7 记kk I 1111=．求证：存在无穷多个正整数n ，使I 1，I 2，…，I n 除以n 给出互不相 同的余数．试验：I n ：1，11，111，1111，…，k1111，…．2不符合；3除以I 1，I 2，I 3的余数分别是1， 2，0；4，5，6，7，8均不符合；9除以I 1～I 9的余数分别是1～8及0；10，11也非所求．但12以后的试算就变得复杂，甚至不可能，停止．回顾我们试算的结果，可以作出猜想：r n 3=，∈r N *证明：(i)对r 的归纳法可证明r I r 3|3，但r I r 31|3/+（留给读者） (ii)用反证法证明I 1，I 2，…，I n 是mod n 的完全剩余类)3(r n =．若有r j i 3≤<，使j i I I ≡(mod )3r ，则由i j I 10=，i i j I I +-及(10, 1)3=r 知i j r I -|3 即存在正整数r k 3<，使k r I |3．令k 为最小的这种数，设s k p r +⋅=3，k s <≤0 ∵s k k p k I I I r ++++=-)11010()1(3 ，（规定I 0=0），又k r I |3，r I r 3|3 ∴s r I |3于是0=s ，有r k 3|，t k 3=，r t <≤1由(i)知t I t 3|3．但t I t 31|3/+，故k r I I t =/3|3．此与k r I |3矛盾． 例8 证明：存在无穷多个自然数n ，使得22|+n n ，12|1+-n n ． 试验，显然，2≥n ，∴从2开始试算． 22|22+，12|122+-22|33+/，22|44+/，22|55+/ 22|66+且12|56+再往下试验，22|77+/，12|88+/，22|99+/如果再继续试验就麻烦了，不妨思考以上成立的两个数2和6． 6可以写成222+经检验22|22626++，12|12626++ 这是因为66226=+，65126=+，而)1222)(12(2)12(2225556056566+++++=+=+于是22|6666+因)1222)(12(1)2(1255460611666+-+-+=+=+ 又有12|6566+，由以上试验可以猜想出，当22|+n n 且12|1+-n n 时， 22|222++nn ，且12|122++nn下面我们证明这个结论，这就把讨论存在性问题转化为一个结论确定的论证性问题． 证明：显然，22|22+，12|122+- 假设存在∈n N ，使得22|+n n 且12|1+-n n 由22|+n n 可知，n |2，n |4/由12|1+-n n 可知，存在∈k N ，使得k n n )1(12-=+ 其中1|2-/n ，k |2/M n k n n)12(12121)1(2+=+=+--，∈M N于是12|1221++-nn对此式两边同乘以2，有22|2222+++nn由于22|+n n ，n |4/，则nt n =+22，t 为奇数．T n nt n)12(121222+=+=++，∈T N即有12|1222+++nn于是，当22|+n n ，12|1+-n n ，n |2，n |4/时，必有22|2222+++nn 且12|1222+++nn因此，由2=n 可生成6222=+，66226=+，2266+，…等等．如此下去，可以得到无穷多个符合题目要求的自然数n ．6．构造法首先指出的是，构造的思索过程，实如同摸着石头过河，走一步看一步，通过不断的修正“凑”出符合要求的对象．（1）按归纳方式构造例9 证明，对任意∈n N ，2≥n ，存在一个由n 个整数构成的集合ξ，使得对ξ中的任意两个不同的数a ，b ，均有ab b a |)(2-．证明：我们对n 采用归纳的构造 当2=n 时，取=2ξ{1，2}即可设k n =时，存在含k 个元素的集合=k ξ{a 1，a 2，…，a k } 满足条件，即对任意k j i ≤<≤1，均有j i j i a a a a |)(2-令A =a 1…a k ，考虑如下的1+k 个数 A ，A +a 1，A +a 2，…，A +a k构成集合1+k ξ，则容易验证1+k ξ满足题中的条件．【评注】上述归纳的关键是令A =a 1…a k ，选集合=+1k ξ{A ，A +a 1，A +a 2，…，A +a k } 例10 对任意2≥n ，证明，存在n 个不同的正整数a 1，a 2，a 3，…，a n 使得 )(|)(j i j i a a a a +- j i ≠(，i ，j =1，2，…，n )证明：用归纳方式构造当2=n 时，取a 1=1，a 2=2，即可假设已有n 个正整数a 1<a 2<…<a n ！符合要求，则1+n 个数 a n ！，a n ！+a 1，a n ！+a 2，…，a n ！+a n 符合要求事实上 +∈+⋅=-+++N )!(2!)!(!)!(i in n i n n i n a a a a a a a a a (i =1，2，…，n )又不妨设j i >，(i , j =1，2，…，n )，则 ji ji n j n i n j n i n a a a a a a a a a a a a a A -++=+-++++=)!(2)!()!()!()!(∵)(|)(j i j i a a a a +-（归纳假设），且)!(2|)(n j i a a a -，所以∈A N + （2）用阶乘构造例11 证明：可把正整数集N +分拆成两个子集A ，B ，使得A 中任3个数都不成等差数列，而且不存在由B 中无穷多个数构成的等差数列．证明：令∈+=n n n A |!{N +}，A N B -=若B 中含有首项为a 1，公差为d 的无限长等差数列，则此数列中的一项 A d a d a d d d a a ∈+++=+++)()!(]1)!([1111与所设矛盾，故B 中不会无穷多项组成的等差数列． 又对任意正整数1≥>>k n m ，有)!(2)!()!(2)!(3)!(!)!()!(n n m n n m n m n m m m m m k k +>++=+≥+≥+>+++所以，A 中任3数不成等差数列． （3）采用非十进制记数构造例12 证明：可以用4种颜色对正整数1，2，…，2000染色，使它不会有由7个同色数组成的等差数列．证明：问题等价于把集合=ξ{1，2，…，2000}分折成4个非空子集M 1，M 2，M 3，M 4，使得)(j i M M j i ≠=φ ，ξ=4321M M M M因为2000763>⨯，所以，ξ中的每个数都可以表示成至多4位的7进制数(abcd )7．这里a ，b ，c ，d ∈(0, 1, 2, …, 6)设ξ∈=77)(|){(abcd abcd A i ，i b ≠，i c ≠，}i d ≠，i =1，2，3，4对任意ξ∈x ，由于每个7进制正整数末3位数上至少有1，2，3，4中的一个数字未出现，例如x 的末3位数中未出现4，则4A x ∈，所以，ξ=4321A A A A下证：集合A i (i =1, 2, 3, 4)中不含由7项构成的等差数列．反设某个A i 中含有由7项构成的等差数列：a , a +d , …, a +6d (a 为首项，d 为公差)． 若d |7/，d |72/，仿上可得到这个等差数列中必有一项，它的7进制表示中从右数的第三位数字为i ，矛盾．若d |73，则20007663>⨯≥d ，矛盾．综上证得集合A i (i =1, 2, 3, 4)中任意7个数不成等差数列，最后，令11A M =，122A A M =，2133A A A M =，32144A A A A M =，得到符合要求的分拆． 7．关于数论知识的综合运用例13 确定是否存在满足下列条件的正整数n ，n 恰好能够被2000个互不相同的质数整除，且12+n 能够被n 整除．【分析】 本题是数学归纳法，整除知识，代数变形的综合运用．由于题目中所要确定的n ，是恰好可被2000个互不相互的质数整除，故可考虑用数学归纳法证明一个更一般的命题．证明：先证明一个引理．引理 对于每一个整数2>a ，存在一个质数p 满足1|3+a p ，但p 不能整除1+a .证：假设对某个2>a ，引理不成立，则12+-a a 的每一个质因子都要整除1+a ，而恒等式3)2)(1(12+-+=+-a a a a 说明能够整除12+-a a 的唯一质数是3，换言之，12+-a a 是3的方幂，又∵从假设有3整除1+a ，即1+a 是3的倍数，∴2-a 也是3的倍数，于是12+-a a 能够被3整除，但不能被9整除，故得12+-a a 恰等于3．另一方面，由2>a 知312>+-a a ，∴矛盾，从而引理得证． 按下来证明一个更一般的命题：“对于每一个自然数k ，一定存在一个自然数n 满足).12(|+n n n |3，且n 恰好能够被k 个互不相同的质数整除．”当1=k 时，3=n 即可使命题成立． 假设当m k =，1≥m 时，命题成立．当1+=m k 时，因为)12(|+n n ，n 可以写成1(3≥⋅l t l ，t |3/)的形式，则n 必为奇数， 且)122(|32+-n n利用恒等式 )122)(12(1223+-+=+n n n n 可知 )12(|33+n n根据上面引理，存在一个奇质数p 满足)12(|3+n p ．但p 不能整除12+n ，于是，自然数)(3)1(k n p k n ⋅=+，即满足命题对于1+k 的要求，归纳法完成．例14 （1）正整数p ，q ，r ，a 满足2ra pq =，且r 是素数，p ，q 互素．证明：p ，q 中有一个是完全平方数；（2）是否存在素数p ，使得)12(1-+p p 是完全平方数．解：（1）设m k m k k p p p p 2121=，n s n s s q q q q 2121=，l t l t t a a a a 2121=，其中p i , q j , a h 均为素数，且(p i , q j )=1，则有l n m t l t t s n s s k m k k a a ra q q q p p p 222212121212121 ⋅=⋅⋅⋅由于r 是素数，则p ，q 中不被r 整除的那个数一定是完全平方数． （2）设21)12(b p p =-+当2=p 时，则142=b ，不可能，当2>p 时，设12+=q p ，由于2|b p ，所以b p |，设pa b =，则有221)12(a p p p =-+，即211)12)(12(pa p p =+-++由于p 是素数，12(1-+p ，1)121=++p ，由（1）可知2112c p =-+或2112c p =++ 若2112c p =-+，则1221+=+c p ．由于1≥p ，则12|4+p ，而)1(|42+/c ，矛盾．若2112c p =++，则)1)(1(1221+-=-=+c c c p ，于是121q c =-，221q c =+，且21q q <，121+=+q q q ，所以，有22212=-q q ，2)12(2121=--q q q若121=q ，则01=q ，21212=--q q 矛盾．若221=q ，则11=q ，11212=--q q ，112=-q q ，22=q ，于是2=q ，5=p ，635)12(1⨯=-+p p 不是完全平方数．因此，不存在正整数p ，使得)12(1-+p p 是完全平方数．。
数论的方法技巧
第1讲数论的方法技巧（下）七、估计法估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的。
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解。
求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数。
解：因每一真分数满足而所求的数整S是四个不同的真分数之和，因此2＜S＜4，推知S=3。
于是可得如下5组不同的真分数：例11 已知在乘积1×2×3×…×n的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值。
分析：若已知n的具体数值，求1×2×…×n的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值。
因此，乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）。
又乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×2×…×n的尾部有99个零，还需 7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以当n=430时，1×2×…×n的尾部有106个零；当n=435时，1×2×…×n的尾部有107个零。
因此，n的最大值为434。
练习21．将两个自然数的差乘上它们的积，能否得到数45045？2．如下图，给定两张3×3方格纸，并且在每一方格内填上“+”或“-”号。
现在对方格纸中任何一行或一列进行全部变号的操作。
问：可否经过若干次操作，使图（1）变成图（2）？3．你能在3×3的方格表中每个格子里都填一个自然数，使得每行、每列及两条对角线上的三数之和都等于1999吗？若能，请填出一例；若不能，请说明理由。
示，求出表达式；若不能表示，请给出证明。
数论解题的实用技巧与思维导
数论解题的实用技巧与思维导数论解题的实用技巧与思维导向数论，作为数学的一个重要分支，在解题过程中常常需要使用一些技巧和思维导向来提高效率和准确度。
本文将介绍数论解题的一些实用技巧，帮助读者在数论问题上取得更好的成绩。
1. 充分利用基本定理：在解题过程中，我们可以运用数论的基本定理来简化问题。
例如，费马小定理可以用来求解模运算问题，欧拉定理可以用来求解幂运算问题。
掌握这些基本定理并能够熟练运用，将会大大提高问题解决的效率。
2. 拆分因式与整除关系：在解决数论问题时，经常会用到拆分因式与整除关系。
将一个数拆分成素数的乘积，可以帮助我们找到问题的规律和特点，从而得到更好的解题思路。
同时，注意利用整除关系可以帮助我们缩小问题的解空间，减少计算量。
3. 数表与数形的应用：数论的解题常常和数表、数形密切相关。
掌握一些常见的数论数表，如素数表、因子表等，能够在解题过程中提供更多的信息和思路。
此外，将数论问题转化为数形问题，可以通过观察图形的特点来解决问题，有时会更加直观和简洁。
4. 递归思维与数学归纳法：递归思维在解题中常常用到，通过从简单情况开始推导，不断迭代问题的解，可以建立起问题的解决框架。
数学归纳法也是解决数论问题的一种有效思维工具，通过证明一个数学命题对某个特定的数成立，再由此证明该命题对所有数都成立。
掌握递归思维和数学归纳法，能够让解题过程更加系统和逻辑。
5. 近似与不等式：在一些复杂的数论问题中，使用近似和不等式可以大大简化问题。
利用近似值或者上下界的不等式来逼近问题的解，将有助于我们快速找到答案或者证明结论。
同时，对于一些数论问题，使用不等式可以将问题转化为求解某个函数的最值问题，从而提供更多的思路和工具。
6. 等式的巧妙运用：数论问题中，等式的巧妙运用常常会给解题带来突破口。
通过构造适当的等式，可以得到问题的新的表达形式，进而找到解决问题的思路和方法。
注意观察问题中的等式，将其变形或运用到其他方面，将会为解题带来新的可能性。
初中数学十年级数论初步教学案例
初中数学十年级数论初步教学案例教学案例：初中数学十年级数论初步一、教学目标1. 让学生了解整数的分类，奇数、偶数、质数、合数的概念及性质。
2. 让学生掌握如何判断一个数是质数还是合数，能够进行简单的质数和合数的操作。
3. 培养学生的观察、推理和归纳能力，提高他们的数学素养。
二、教学内容1. 整数的分类：介绍整数可以分为奇数、偶数、质数和合数。
2. 奇数和偶数：介绍如何判断一个数是奇数还是偶数，并举例说明。
3. 质数和合数：介绍如何判断一个数是质数还是合数，并举例说明。
4. 质数和合数的操作：进行简单的质数和合数的操作，如求两个数的最大公约数和最小公倍数。
三、教学过程1. 导入：通过问题导入，引起学生的兴趣。
例如，“你们知道整数可以分为几类吗？”2. 讲解：通过讲解和演示，让学生了解整数的分类和如何判断一个数是奇数、偶数、质数还是合数。
3. 练习：让学生进行一些简单的练习，如判断一个数是奇数还是偶数，或者判断一个数是质数还是合数。
4. 讨论：让学生进行讨论，探讨一些有关质数和合数的有趣问题，如“最大的质数是多少？”、“最小的合数是多少？”等。
5. 小结：回顾本节课学到的知识，进行总结。
四、教学评价1. 知识掌握情况：通过练习和测试，了解学生对整数的分类、奇数和偶数的判断、质数和合数的判断等知识的掌握情况。
2. 能力提升情况：通过观察学生的表现，了解他们的观察、推理和归纳能力是否得到提高。
3. 学习态度和学习习惯：通过观察学生的参与度和课堂表现，了解他们的学习态度和学习习惯。
五、教学反思根据学生的表现和反馈，对本节课进行反思，找出优点和不足，为今后的教学提供参考。
掌握初中数学中的数论题解题方法
掌握初中数学中的数论题解题方法在初中数学中，数论题是一类重要的题型。
通过掌握数论题的解题方法，可以帮助我们提高解题的效率和准确性。
本文将介绍几种常见的数论题解题方法。
一、质数与合数质数是指除了1和自身外没有其他因数的自然数，而合数则是指除了1和自身之外还有其他因数的自然数。
要判断一个数是否为质数，可以用试除法。
即从2开始，依次除以2、3、4，如果能整除则不是质数，如果无法整除，则是质数。
二、最大公约数与最小公倍数求两个数的最大公约数（GCD）和最小公倍数（LCM）是数论题中常见的问题。
求最大公约数可以使用辗转相除法，即不断用较小数除较大数，直到余数为0，此时较小数即为最大公约数。
求最小公倍数可以利用两数的乘积除以最大公约数来得到。
三、奇偶性与除尽法奇偶性在数论题中经常被运用。
首先，要了解奇数和偶数的性质，奇数除以2的余数为1，偶数除以2的余数为0。
通过对问题进行分析，可以根据奇偶性来进行合理的推断和判断。
在解题中，除尽法是一种常用的方法，即用某个确定的数除以给定的数，判断是否能除尽。
四、整除性与模运算在数论题中，整除性是非常重要的概念。
对于某个数能否整除另一个数，可以通过判断两个数的因数关系来确定。
另外，还可以运用模运算的性质来进行推导和判断。
模运算是指两数相除后的余数，通常用符号“mod”表示。
例如，5 mod 2 = 1，表示5除以2的余数为1。
五、约数与因数分解约数是指一个数被另一个数整除所得的结果，而因数是指能整除一个数的数。
在解题过程中，要善于找出给定数的约数以及将一个数因式分解成质数的乘积。
通过约数和因数的分析，可以帮助我们更好地理解问题，简化计算过程。
六、同余关系与同余定理同余关系是指两个数除以同一个数所得的余数相等。
同余关系在数论题中有广泛的应用。
同余定理是一个重要的定理，它将同余问题转化为求余数的问题，简化了计算的过程。
要熟练掌握同余关系与同余定理的应用，能够有效解决与同余性质相关的题目。
克服中学数学数论难题的九个窍门
克服中学数学数论难题的九个窍门数论是中学数学中的一门重要学科，它研究整数及其性质。
然而，对于许多中学生来说，数论问题往往被认为是难以解决的。
那么，如何克服中学数学数论难题呢？在本文中，我们将介绍九个窍门，帮助学生们摆脱数论问题的困扰。
窍门一：掌握基本概念和定理数论的基本概念和定理是解决难题的基础。
熟悉质数、整除性、同余等概念，并掌握费马小定理、欧拉函数等常用定理，能够为解决数论难题提供基础。
窍门二：强化归纳法的应用归纳法是解决数论问题常用的方法之一。
学生们应该学习并掌握强化归纳法的技巧，善于使用递推思想，将问题转化为递推关系，从而更好地解决数论难题。
窍门三：灵活应用数学推理数论问题往往需要运用严密的数学推理来解决。
培养自己的推理能力，灵活应用逻辑推理、反证法以及自然语言中的数量关系等方法，将有助于解决数论难题。
窍门四：深入理解整数的性质整数具有特殊的性质，对这些性质的深入理解将有助于解决数论难题。
学生们应该了解数的奇偶性、数的位数性质等基本性质，并掌握整数运算规则，以及整数之间的关系。
窍门五：加强实战训练实战训练是掌握数论技巧的关键。
通过做大量的数论习题，提高解题的速度和准确性，培养解决复杂问题的能力。
此外，可以参加数学竞赛等活动，锻炼自己的数论技巧。
窍门六：积极寻求辅导与交流学习数论时，遇到困难不要轻易放弃，要积极寻求老师或同学的帮助。
可以参加数学小组讨论，相互交流解题思路，借鉴他人的优点，提高自己的解题能力。
窍门七：培养数论问题解决的耐心数论问题往往需要持续的思考和推理，因此需要培养解题时的耐心。
对于复杂的数论难题，可以分解成多个子问题，逐步解决，从而减轻困境感，提高解题效率。
窍门八：运用辅助工具合理运用辅助工具，如数学软件、图形计算器等，能够帮助学生更好地解决数论难题。
但是要注意，只有在必要的情况下才使用辅助工具，以免依赖工具而失去自主解题能力。
窍门九：保持积极的心态解决数论难题可能会遇到困难和挫折，但保持积极的心态是成功的关键。
[精解]第二讲数论专题,暑假课程（师长教师版）
![[精解]第二讲数论专题,暑假课程（师长教师版）](https://img.taocdn.com/s3/m/e4a6bb2011661ed9ad51f01dc281e53a580251ce.png)
知识梳理典型例题第二讲 数论专题数论专题在小升初考试和各大数学竞赛中占统治性地位，只有数论才能用最简洁的文字命出最难的试题。
数论主要考察学生的数感，对数字特征，数字变换，数字组合，数字分拆，数字关联要求要有完整的知识体系并能够由此及彼，综合运用，分析推理。
我们常见的形式有数字谜，计数，行程，综合应用题等。
涉及到我们学过的因数、倍数、余数、分解质因数、整除性等知识点。
所以要求同学们一定打好基础，熟练掌握，才能灵活应用。
解决数论题目的主要方式就是——分解质因数(把合数表示质数乘积的形式)，我们一定要有分拆、分解、分类讨论的思想意识。
1、整除的特征：（1）2的倍数特征：末位数是0、2、4、6、8的数.（2）3、9的倍数特征：各位数之和是3的倍数或9的倍数.（3）5的倍数特征：末位数是0或5.（4）4的倍数特征：末两位数是4的倍数. （5）8的倍数特征：末3位数是8的倍数.（6）11的倍数特征：奇位数字之和与偶位数字之和的差是0或11的倍数.（7）7、11、13的倍数特征：末三位数字组成的三位数与其它各位数字组成的多位数的差是7、11、13的倍数.2、分解质因数：指的就是把一个合数表示成质数乘积的形式的过程。
唯一分解定理：N=a 1p1×a 2p2×…×a n pn (a 1、a 2…a n 均为N 的不同质因数)那么N 的因数个数n=（1+p1）×(1+p2) ×…(1+pn)3、辗转相除法求最大公因数辗转相除法主要针对两个较大数求最大公因数而言的。
就是用其中较大数除以较小数，得余数r 1;接下来每一步都用上一步的除数除以余数r 2…以此类推，直到除尽为止，最后一步除数就是它们的最大公因数。
例1求9600共有多少个因数？【巩固练习】求1200和450各有多少个因数？例2求2821和1519的最大公因数。
【巩固练习】求5890和6327的最大公因数。
例3七位数A1994BC能被9,5和8整除，试确定数字A、B、C的值。
小学数学的数论解决整数性质的方法
小学数学的数论解决整数性质的方法数论是研究整数性质和整数间关系的一门数学分支。
在小学数学中，数论是一个重要的内容，它不仅具有严谨性和抽象性，还可以帮助培养学生的逻辑思维和问题解决能力。
本文将介绍小学数学中常用的数论解决整数性质的方法。
一、质数与合数质数是指大于1，并且只能被1和自身整除的整数，例如2、3、5、7等。
合数指除了1和本身外，还有其他因数的整数。
在小学数学中，我们可以通过以下方法来判断一个数是质数还是合数。
1. 因数法：对于一个数n，如果能找到两个不相等的因数a和b，使得a*b=n，那么n就是合数；否则，n是质数。
这一方法可以通过列举所有可能的因数来判断。
2. 质因数法：质因数是指只能被1和自身整除的质数。
一个合数可以表示成多个质因数的乘积，例如24=2*2*2*3。
我们可以通过不断分解一个数，直到无法再分解为止，得到它的质因数。
如果一个数只有一个质因数，那么它就是质数。
二、最大公约数和最小公倍数最大公约数（Greatest Common Divisor，简称GCD）是指两个或多个整数共有的约数中最大的一个数。
最小公倍数（Least Common Multiple，简称LCM）是指两个或多个整数公有的倍数中最小的一个数。
在小学数学中，我们可以使用以下方法来求解最大公约数和最小公倍数。
1. 列举法：列举出两个数的所有因数，再找出这些因数中相同的最大值，即为最大公约数；相同的倍数中最小的一个数即为最小公倍数。
这一方法适用于两个数较小的情况。
2. 分解质因数法：将两个或多个数分别分解质因数，并找出所有质因数的交集作为最大公约数的质因数。
将两个或多个数分别分解质因数，并找出所有质因数的并集作为最小公倍数的质因数。
三、约数与倍数关系在小学数学中，我们经常会遇到约数与倍数的关系。
一个数a是另一个数b的约数，则b是a的倍数。
例如，2是6的约数，6是2的倍数。
1. 判断约数：将一个数依次除以可能的约数，如果能够整除，则该数是其约数；否则，不是其约数。
初中数学常用的10种解题方法
初中数学常用的10种解题方法初中数学常用的10种解题方法数学的解题方法是随着对数学对象的研究的深入而发展起来的。
下面和小编一起来看初中数学常用的10种解题方法，希望有所帮助！1、配方法所谓配方，就是把一个解析式利用恒等变形的方法，把其中的某些项配成一个或几个多项式正整数次幂的和形式。
通过配方解决数学问题的方法叫配方法。
其中，用的最多的是配成完全平方式。
配方法是数学中一种重要的恒等变形的方法，它的应用十分非常广泛，在因式分解、化简根式、解方程、证明等式和不等式、求函数的极值和解析式等方面都经常用到它。
2、因式分解法因式分解，就是把一个多项式化成几个整式乘积的形式。
因式分解是恒等变形的基础，它作为数学的一个有力工具、一种数学方法在代数、几何、三角等的解题中起着重要的作用。
因式分解的方法有许多，除中学课本上介绍的提取公因式法、公式法、分组分解法、十字相乘法等外，还有如利用拆项添项、求根分解、换元、待定系数等等。
3、换元法换元法是数学中一个非常重要而且应用十分广泛的解题方法。
我们通常把未知数或变数称为元，所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，使问题易于解决。
4、判别式法与韦达定理一元二次方程ax2+bx+c=0（a、b、c属于R，a≠0）根的判别，△=b2-4ac，不仅用来判定根的性质，而且作为一种解题方法，在代数式变形，解方程（组），解不等式，研究函数乃至几何、三角运算中都有非常广泛的应用。
韦达定理除了已知一元二次方程的一个根，求另一根；已知两个数的和与积，求这两个数等简单应用外，还可以求根的对称函数，计论二次方程根的符号，解对称方程组，以及解一些有关二次曲线的问题等，都有非常广泛的应用。
5、待定系数法在解数学问题时，若先判断所求的结果具有某种确定的形式，其中含有某些待定的系数，而后根据题设条件列出关于待定系数的等式，最后解出这些待定系数的值或找到这些待定系数间的某种关系，从而解答数学问题，这种解题方法称为待定系数法。
数学学科教案解决数论问题的有效方法
数学学科教案解决数论问题的有效方法数论作为数学学科的一部分，是研究整数性质和整数间关系的数学分支。
它不仅是学生学习数学的基础，也是培养学生逻辑思维和解决问题能力的重要内容。
然而，由于数论问题通常较为抽象，难以直观理解，许多学生常常在学习中遇到困难。
为了帮助学生更好地掌握数论知识，本文将介绍几种有效的解决数论问题的教学方法。
一、引导学生建立数论问题的数学模型解决数论问题的第一步是理解问题并建立数学模型。
通过将问题转化为数学表达式或等式，帮助学生把握问题的本质。
例如，对于一个关于质数的问题，可以引导学生建立一个判定质数的函数：如果一个数只能被1和它本身整除，那么它就是质数。
通过建立数学模型，学生能够更好地把握问题的本质，思考解决问题的途径，并通过具体的数学计算得出结论。
二、培养学生的归纳和推理能力数论问题常常涉及到一些规律和性质，因此培养学生的归纳和推理能力对于解决数论问题至关重要。
教师可以通过引导学生观察一些数论问题的特点和规律，逐渐培养学生的归纳能力。
例如，让学生观察一些质数的特点，发现质数由除1和自身之外的数不能整除。
在培养学生的推理能力方面，可以通过解决一些数论问题的例子来引导学生进行推理，逐步让学生理解并掌握解题思路。
例如，让学生通过解决一个关于质数的问题，可以得出结论：每个大于1的整数要么是质数，要么可以唯一地分解为若干个质数的乘积。
三、分组讨论和合作学习数论问题通常包含一些较难的定理和证明，对于学生来说往往难以独自解决。
因此，分组讨论和合作学习是有助于解决数论问题的良好方式。
教师可以将学生分成小组，每个小组共同讨论一个数论问题，并共同解决问题。
在小组讨论中，学生可以相互交流和讨论，互相启发思路和解题方法。
通过合作学习，学生可以互相补充和共享彼此的思考，提高解决问题的效率和质量。
四、举一反三，拓展学生的数学思维数论问题有时候并不仅仅局限于解决具体的问题，还可以通过拓展学生的数学思维，引导他们进行更深入的思考和探索。
初中数学中有哪些常见的数论问题及解决方法
初中数学中有哪些常见的数论问题及解决方法在初中数学的学习中，数论问题是一个重要的组成部分。
数论主要研究整数的性质和相互关系，虽然看似抽象，但在实际生活和数学应用中都有着广泛的作用。
下面我们就来探讨一下初中数学中常见的数论问题及相应的解决方法。
一、整除问题整除是数论中最基本的概念之一。
比如判断一个数能否被另一个数整除。
例如：判断 45 是否能被 9 整除。
我们知道，若一个数的各位数字之和能被 9 整除，那么这个数就能被 9 整除。
45 的各位数字之和为 4 ＋ 5 ＝ 9，9 能被 9 整除，所以 45 能被 9 整除。
解决整除问题的常用方法有：1、利用整除的性质：若 a 能被 b 整除，b 能被 c 整除，则 a 能被 c 整除。
2、分解质因数：将数分解为质因数的乘积，通过分析质因数的组合来判断整除关系。
二、约数与倍数问题约数和倍数是相互关联的概念。
比如，求 18 和 24 的最大公约数和最小公倍数。
求最大公约数可以用辗转相除法：先用较大数除以较小数，再用出现的余数（第一余数）去除除数，再用出现的余数（第二余数）去除第一余数，如此反复，直到最后余数是 0 为止。
此时的除数就是最大公约数。
24 ÷ 18 ＝ 1618 ÷ 6 ＝ 30所以 18 和 24 的最大公约数是 6。
求最小公倍数可以先求出最大公约数，然后用两数之积除以最大公约数。
即 18×24÷6 ＝ 72，所以 18 和 24 的最小公倍数是 72。
三、质数与合数问题质数是指一个大于 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。
判断一个数是否为质数，可以用试除法，即用小于该数平方根的所有质数去试除，如果都不能整除，则该数为质数。
例如，判断 101 是否为质数。
因为 101 的平方根约为 10，小于 10 的质数有 2、3、5、7，分别试除 101 都不能整除，所以 101 是质数。
求解高中数学常见的数论问题
求解高中数学常见的数论问题数论是数学的一个分支，也是高考中的必考内容之一。
数论作为数学领域最古老的分支之一已经发展了几千年，而且在当今科技日益发展的时代，仍然有着广泛的应用，不仅仅停留在纯理论层面。
在高中中学习数论常见的问题可以帮助我们深入理解数学知识并为日后深入数学领域打下基础。
本文将着重讲述在高中数学中常见的数论问题及其求解。
一、质数判断质数是指只能被1和本身整除的自然数。
判断一个数是否为质数有两种方法。
第一种是试除法。
即从2开始，一直试到这个数本身-1，如果都除不尽，则是质数。
这种方法的时间复杂度较高。
在这里，我们介绍一种更为快捷的方法：对于一个数n，如果存在a，b两个数，a*b=n并且a≤√n，则n不是质数。
反之，如果经过√n内的所有数试除都无法完全整除n，则n是质数。
二、最大公约数和最小公倍数在数论中，最大公约数和最小公倍数是非常重要的概念。
最大公约数是指多个数中能够同时整除的最大自然数，最小公倍数则是指多个数中能够整除这些数的最小自然数。
求解最大公约数和最小公倍数有多种方法。
以下是两种常见的方法：1.辗转相除法：这是一种简单易用的方法。
假设求m和n的最大公约数。
先用m去除n，得到余数r1，如果r1=0，则n是m的因数，m和n的最大公约数是n。
否则，用n去除r1，得到余数r2，如此下去，直到余数为0。
此时，最大公约数就是上一个余数。
2.枚举法：将两个整数中的较小者从1开始，依次往下枚举，若能够同时被两个整数整除，则就找到了最小公倍数。
最大公约数也可以用相同的方法枚举，然后再寻找它们的公共约数中的最大值。
这种方法的时间复杂度较高，一般不常用。
三、同余方程和中国剩余定理同余方程是指形如ax≡b(mod m)的方程，其中a，b，m为给定的整数，而x是未知量。
解同余方程是数论的重要内容之一。
一种简便的解法是用扩展欧几里得算法，这种算法不仅可以求解同余方程，还可以解决很多其他数论问题。
同余方程还经常与中国剩余定理一起使用。
10数论问题的常用方法(教师版)
数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学，它与中学数学教育有密切的联系。
数论问题解法灵活，题型丰富，它是中学数学竞赛试题的源泉之一。
下面介绍数论试题的常用方法.1.根本原理为了使用方便，我们将数论中的一些概念和结论摘录如下：我们用),...,,(21n a a a 表示n 个整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数。
用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数。
对于实数x ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，用{x }=x -[x ]表示x 的小数局部。
对于整数b a ,,假设)(|b a m -，,1≥m 那么称b a ,关于模m 同余，记为)(mod m b a ≡。
对于正整数m ，用)(m ϕ表示{1，2，…，m }中与m 互质的整数的个数，并称)(m ϕ为欧拉函数。
对于正整数m ，假设整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余，那么称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；假设整数)(21,...,,m r r r ϕ中每一个数都与m 互质，且其中任何两个数关于模m 不同余，那么称{)(21,...,,m r r r ϕ}为模m 的简化剩余系。
定理1设b a ,的最大公约数为d ，那么存在整数y x ,，使得yb xa d +=.定理2 〔1〕假设)(mod m b a i i ≡，1=i ，2，…，n ，)(mod 21m x x =，那么11nii i a x =∑≡21ni ii b x=∑；〔2〕假设)(mod m b a ≡，),(b a d =，m d |，那么)(mod dm d b d a ≡； 〔3〕假设)(mod m b a ≡，),(b a d =，且1),(=m d ，那么)(mod m dbd a ≡；〔4〕假设b a ≡〔i m mod 〕，n i ,...,2,1=，M=[n m m m ,...,,21]，那么b a ≡〔M mod 〕. 定理3 〔1〕1][][1+<≤<-x x x x ； 〔2〕][][][y x y x +≥+；〔3〕设p 为素数，那么在!n 质因数分解中，p 的指数为∑≥1k k pn.定理4 〔1〕假设{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系，1),(=m a ，那么{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模m 的完全剩余系；〔2〕假设{)(21,...,,m r r r ϕ}是模m 的简化剩余系，1),(=m a ，那么{)(21...,,m ar ar ar ϕ}是模m 的简化剩余系.定理5〔1〕假设1),(=n m ，那么)()()(n m mn ϕϕϕ=.(2) 假设n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2)121=，其中k ααα,...,21为正整数，kp p p ,...,21为互不一样的素数，那么)11)...(11)(11()(21kp p p n n ---=ϕ. 对于以上结论的证明，有兴趣的读者可查阅初等数论教材.2 方法解读对于数论试题，除直接运用数论的根本原理外，常用的根本方法还有因式〔因数〕分解法，配对法，分组法，估值法，同余方法，构造法，调整法，数学归纳法与反证法.下面分别予以说明2.1根本原理的应用例1 设正整数a ，b ，c 的最大公约数为1，并且c ba ab=-〔1〕 证明：)(b a -是一个完全平方数.证 设d b a =),(,d a a 1=,d b b 1=,其中1),(11=b a .由于1),,(=c b a ，故有1),(=c d .由〔1〕得c b c ad b a 1111-=〔2〕由〔2〕知，c b a 11|，又1),(11=b a ，∴c a |1.同理可证c b |1，从而有c b a |11，设k b a c 11=，k 为正整数，代入〔2〕得)(11b a k d -= 〔3〕由〔3〕知d k |，又c k |，∴1),(|=c d k ，∴1=k . ∴11b a d -=.∴211)(d b a d b a =-=-. 故)(b a -是一个完全平方数.例2 设n 为大于1的奇数，1k ，2k ，…，n k 为给定的n 个整数.对于{n ,...,2,1}的任一排列12(,,...,)n P a a a =，记1()ni i i s P k a ==∑，试证存在{n ,...,2,1}的两个不同的排列B 、C ，使得)()(!|C s B s n -.证 假设对于任意两个不同的排列B 、C ，均有!n 不整除)()(C S B s -.令X 为{n ,...,2,1}的所有排列构成的集合，那么{()|s P P X ∈}为模!n 的一个完全剩余系，从而有!1(1!)!()(mod !)2n P Xi n n s P i n ∈=+≡=∑∑ 〔1〕 又 1()()ni i P X P X i s P k a ∈∈==∑∑∑=∑=+ni i k n n 12)1(! 〔2〕 而n 为大于1的奇数，所以由〔1〕，〔2〕得)!(mod 02)1(!2!)!1(1n k n n n n ni i ≡+≡+∑=. 又1)!,!1(=+n n ，所以)!(mod 02!n n ≡，矛盾. 这个矛盾说明必存在B 、C X ∈，B ≠C ，使得)()(!|C s B s n -.2.2 因式〔数〕分解例2 求三个素数，使得它们的积为和的5倍.解 采用分析中的记号，易知a ，b ，c 中必有一个为5，不妨设5c =，那么有 5++=b a ab ， 从而有6)1)(1(=--b a .因为1-a 与1-b 均为正整数，不妨设b a <，那么有⎩⎨⎧=-=-6111b a 或 ⎩⎨⎧=-=-3121b a ， 从而知2=a ，7=b .故所求的三个素数为2，5，7.2.3配对例4 设k 为正奇数，证明：n ++++...321整除kkkn +++...21.分析 因为2)1(...321+=++++n n n .故需证)...21(2|)1(k k k n n n ++++，注意到当k 为奇数时，k k y x +可因式分解，因此可将)...21(2k k k n +++中的n 2个数两两配对. 证 )...21(2k k k n +++=k k k k k k k n n n n 2]1)1[(...])2(2[])1(1[++-++-++-+，而当k 为奇数时，k k b a b a ++|，从而知()k k k n n +++...212| 〔1〕又 ()k k k n +++...212=]1[...])1(2[]1[k k k k k k n n n +++-+++， ∴)...21(2|)1(k k k n n ++++ 〔2〕 由〔1〕〔2〕知，)...21(2|)1(k k k n n n ++++，故结论成立.2.4 分组例5 〔1990年高中联赛试题〕设}200,...,2,1{=E ，},...,,{10021a a a G =E ⊆，且G 具有以下性质：（1） 对任何1001≤<≤j i ，201≠+j i a a ； （2）100801001=∑=i ia.试证：G 中的奇数的个数是4的倍数，且G 中所有数的平方和是一定数.证 对于1001≤≤i ，令12-=i i α，i i αβ-=201.},{i i i E βα=，那么G 中恰含iE 中的一个元素.设G 中有k 个奇数1i α，2i α，…，k i α，有s 个偶数sj j j βββ,...,,21，这里},...,,,,...,,{2121s k j j j i i i =}100,...,2,1{.由题设知， 10080=∑∑∑∑====+-=+sr j kt i sr j kt i r t rt1111)201(βββα=∑∑==-kt i kt t 112201β+⎪⎭⎫⎝⎛+∑∑==k t sr j i r t 11ββ =-k 2012∑=kt i t1β+)200...642(++++=1010022011+-∑=kt i tk β.∴ 〔1〕由于t i β为偶数，所以∑=kt i t12|4β，又20|4，所以k 201|4，∴k |4，即k 是4的倍数.∑∑∑===+=sr j kt i i irta121210012βα=∑∑==+-sr j kt i rt1212)201(ββ=∑∑==⨯-kt i kt t1122012201β+)(1212∑∑==+sr j kt i rtββ=∑=⨯-kt i t k 122012201β+)200...642(2222++++=)2201(2011∑=-kt i tk β+6)1200)(1100(1004++⨯〔2〕将〔1〕代入〔2〕得62011011004)20(20110012⨯⨯⨯+-⨯=∑=i i a =1349380.2.5估值例6 令n a 表示前n 个质数之和，即21=a ，5322=+=a ,105323=++=a ,…,证明：对任意的正整数n ，区间[1,+n n a a ]中包含有一个完全平方数.分析 设质数从小到大依次为12,,...,k p p p …，要结论成立，只要存在正整数m ，使得12+≤≤n n a m a ，只要 1+≤≤n n a m a ，只要11≥-+n n a a ，只要 n n n a a a 211+≥-+， 只要 n n a p 211+≥+只要 〔1〕证 直接验证易知[2,1,a a ]，[32,a a ]，[43,a a ]，[54,a a ]中都含有1个完全平方数.当5≥n 时，我们证明〔1〕式成立.为此，令2112(1)(1)4(...)n k f n p p p p ++=--+++，2112(1)44(...)n n k p a p p p +-≥=+++那么n n n p p p n f n f 4)1()1()()1(221----=-++=n n n n n p p p p p 4)2)((11--+-++. 因为当2≥n 时，n p 为奇数，所以21≥-+n n p p ，1(1)()2(22)n n n f n f n p p p ++-≥+--=)2(21--+n n p p 0≥，故当2≥n 时，数列)(n f 为递增数列.由于)(4)1()5(432125p p p p p f +++--==)7532(4)111(2+++--=32>0所以当5≥n 时，0)5()(>≥f n f .故当5≥n 时〔1〕式成立.例7 求出不定方程1)!1(-=-k n n 〔1〕的全部正整数解.解 当2=n 时，易得1=k ；当2>n 时，〔1〕式左边为偶数，故右边也是偶数，所以n 为奇数.当3=n 时，由13!2-=k ，得1=k .当5=n 时，由15!4-=k ，得2=k .当5>n 且为奇数时，321-<-n n ，221≠-n ，故)!2(|212--⋅n n ，即)!2(|)1(--n n ，因此2(1)|(1)!n n --，所以)1(|)1(2--k n n .另一方面，由二项式定理知1)1)1((1-+-=-k k n n =A 〔2)1-n +)1(-n k .其中A 为整数，所以)1(|)1(2--n k n ，故k n |)1(-， 因此1-≥n k ，从而有)!1(111->-≥--n n n n k .这说明当5>n 时，方程〔1〕无解，故方程〔1〕的解为)1,2(),(=k n ，)1,3(，)2,5( 2.6同余 例8 证明991993991993+能被1984整除.证 993993993)991(-≡=9912)991()991(--=)1984(mod )991()991)(11984495(991991-≡-+⨯，∴)1984(mod 0991)991(991993991991991993≡+-≡+. ∴991993991993|1984+.例9 用数码1，2，3，4，5，6，7 排成7位数，每个数码恰用一次，证明：这些7位数中没有一个是另一个的倍数. 证 假设有两个7位数a ，b ，使得kb a = 〔1〕 由于a ，b 均是由1，2，...,7所排成，故72≤≤k 由〔1〕得)9(mod kb a ≡，∴)9(mod 11⋅≡k ，即)9(mod 1≡k ，这与92≤≤k 矛盾，故结论成立.2.7构造例10 假设一个正整数的标准分解中，每个素约数的幂次都大于1，那么称它为幂数，证明：存在无穷多个互不一样的正整数，它们及它们中任意多个不同数的和都不是幂数.证 将全体素数从小到大依次记为1p ，2p ，...，n p ，….令11p a =，2212p p a =，当2≥n 时，n n n n n n p p p p p p a a 21222111...---==，下证 1a ，2a ，…，n a ，…满足要求.事实上， n n a p |，但2n p |/n a ，所以n a 不是幂数.又对于k i i i <<<≤ 211， )1(112121i i i i i i i i a a a a a a a a k k +++=+++ =)1(11i i Ap a +=)1(111212221i i i Ap p p p p +- ， 其中A 为正整数.因为1)1,(11=+i i Ap p ，所以1i p 在)(21k i i i a a a +++ 的标准分解中的幂次为1，因而不是幂数.例11 设}2011,,3,2,1{ 中质数的个数为a ，n 为正整数且a n ≤<1，求证必有2011个连续正整数，其中恰有n 个质数.证 令}2010,,2,1,{+++=k k k k A k ，并令)(k f 为k A 中质数的个数，那么易知a f =)1(，0)2!2012(=+f . 对于)1!2012(,,2,1+= k ，显然有1|)()1(|≤-+k f k f ，所以对于a n ≤<0，必存在一个0k ，使得n k f =)(0，从而0k A 中的2011个连续整数满足要求.2.9 数学归纳法例12 设n 是正整数，求证：124323|51222-+-n n n .证 令22()332241n f n n n =-+-.因为0)1(=f ，所以)1(|512f ，假设)(|512n f ，那么对于1+n ，因为)183(8)()1(2--=-+n n f n f n ，所以要证)1(|512+n f ，只需证)183(8|5122--n n ，即只需证明)183(|642--n n .为此，令183)(2--=n n g n .显然有0)1(|64=g ，假设)(|64n g ，由于)199(64)19(8)()1(21+++=-=-+-- n n n n g n g ，∴)1(|64+n g ，由归纳法原理知对一切n ，有183|642--n n，从而有)1(|512+n f ，再由归纳法原理知，对于正整数n ，有)(|512n f .2.10反证法例13 试证方程042333=--z y x 〔1〕 无正整数解.分析 假设〔z y x ,,〕为〔1〕的一组解，那么x 为偶数，令12x x =，那么有0243331=--z y x ，从而知y 为偶数，再令12y y =，代入上式得04233131=--z y x ，从而知z 为偶数，再令12z z =，代入上式得042313131=--z y x ，因此),,(111z y x 也是方程〔1〕的解.这样由方程〔1〕的一组正整数解),,(z y x 必可得到另一组正整数解),,(111z y x ，且x x <1.因此，假设开场取得的正整数解使得x 到达最小，那么这种下降不可能进展.证 反证法. 假设方程〔1〕存在正整数解，设),,(000z y x 是使得x 到达最小的正整数解，那么依分析的过程知必可得到方程〔1〕的一组正整数解),,(111z y x ，且01x x <，这与0x 到达最小相矛盾，这个矛盾说明方程〔1〕无正整数解.注：此题中分析的方法称为无穷递降法习 题1．设1≥≥n m ，m ，n 为整数，证明nm C mn m ),(是整数.2．设a ，b 为整数，证明：))1(()2)((|)!(1b n a b a b a a b n n -+++- .3.设n 是大于3的奇数，证明可将集合}1,,3,2,1{-n 的元素分成两组，每组21-n 个元素，使得两组数的和模n 同余.。
求解高等数学常见的数论问题
求解高等数学常见的数论问题高等数学中，数论是一个非常重要的分支。
它是研究整数、分数等数字在数学上的性质和互相之间的关系的学科。
在实际应用中，数论有着极其广泛的应用，如密码学、编码、计算机科学等等。
但是，高等数学中所涉及的数论问题往往会让人望而却步。
本文将从解题的角度出发，介绍常见的数论问题和解题思路。
一. 模运算模运算是解决很多数论问题的基础。
简单来讲，就是把一个数对另一个数取余数，得到的余数就是模。
例如，对于整数a和b，如果“a模b”的结果为r，则称：“r是a模b的余数”。
在模运算中，要注意以下几点：（1）模数为负数的情况如果模数为负数，模运算可能会出现负数的情况。
例如，-1模3的结果为-1。
为避免这种情况，我们通常用“非负模”进行模运算。
用非负数作为模数进行模运算，可以避免出现负数情况的发生。
（2）模数相同加减的情况如果模数相同，模运算可以加减。
例如，假如模数为m，a、b 分别为m的倍数p和q，那么有：p±q ≡ 0 (mod m)（3）对模数取模的情况对模数取模，等于模数本身。
例如，对于非负整数a和正整数b，有：a modb ≡ a - b×⌊a/b⌋二. 数的整除性判断数的整除性在数论中非常重要，常见的整除性问题有以下几种：（1）质数判定①试除法：若一个数n是否为质数，把n除以2到sqrt(n)之间的每个数，如果都除不尽，则n为质数。
这个算法的时间复杂度为O(sqrt(n))。
②Miller-Rabin：Miller-Rabin算法是现代密码学中最常用的一种素性测试算法。
这个算法的时间复杂度为O(klog2n)，其中k是随机化次数。
（2）最大公约数所谓两个数的最大公约数就是能够同时被这两个数整除的最大正整数。
例如，12和16的最大公约数是4。
通常我们用欧几里得算法求解最大公约数。
也就是下面这个式子：gcd(a,b) = gcd(b, a mod b)（3）最小公倍数所谓两个数的最小公倍数就是这两个数的公共倍数中最小的一个。
数论问题的证明与解法
数论问题的证明与解法数论是研究整数性质及其运算规律的数学分支。
许多数论问题需要通过严密的证明和巧妙的解法来得出结果。
本文将介绍一些数论问题的证明和解法，并探讨它们的应用。
1. 模运算的应用模运算是数论中常见的运算方式。
对于给定的整数a和正整数n，a 模n的值表示a除以n的余数，记作a mod n。
模运算具有以下性质：- (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 n我们可以使用模运算来解决一些与同余关系相关的问题。
例如，欧拉定理认为：若a和n互质，那么a的φ(n)次方与1模n同余，其中φ(n)表示小于n并与n互质的正整数的个数。
这个定理在RSA公钥加密算法中有广泛的应用。
2. 质数的性质质数在数论中起着重要的作用。
质数是只能被1和自身整除的正整数。
下面是一些有关质数的性质：- 埃拉托色尼筛法可以找出一定范围内的质数。
该算法的基本思想是从2开始，每次找到一个质数，就将它的倍数标记为合数，直到遍历完所有数。
- 素数定理指出，当n趋向无穷大时，n以内的质数的个数约为n/ln(n)，其中ln(n)表示自然对数。
- 费马小定理是一种判断质数性质的定理。
若p为质数，a为不被p整除的正整数，则a^(p-1)与1模p同余。
质数的性质在密码学和随机数生成等领域具有重要的应用。
3. 素因数分解素因数分解是将一个合数表示为若干个质数乘积的过程，是数论中的一个重要问题。
欧拉研究发现，大整数的素因数分解是一种困难的问题，正是基于这个性质，RSA公钥加密算法才能实现安全的加密和解密过程。
素因数分解的求解算法有多种，其中著名的有试除法、费马方法和Pollard rho方法等。
这些算法在不同的场景下具有各自的优势和适用性。
数论的基本解法
数论的基本解法概述数论是研究整数和整数之间的关系、性质以及应用的数学分支。
在数学竞赛中，数论问题常常出现，并且往往需要一些基本的解法来解决。
本文将介绍数论问题的一些基本解法，帮助读者更好地应对数论问题。
解法一：质因数分解质因数分解是数论问题中最常见的解法之一。
质因数分解可以将一个数分解为若干个质数的乘积。
通过质因数分解，我们可以得到一个数的质因数，在进一步求解时会更加方便。
例如，对于一个正整数 n，我们可以通过如下步骤进行质因数分解：1.从最小的质数 2 开始，不断尝试将 n 整除，直到无法整除。
2.如果某个质数 p 能够整除 n，我们就可以得到一个质因数，同时将 n 除以 p。
反复执行这一步骤，直到 n 变为 1.解法二：同余模运算同余模运算是另一种经常用到的数论解法。
同余模运算是指对于给定的两个整数 a 和 b，当它们除以一个正整数 m 所得的余数相等时，就称 a 与 b 在模 m 下同余，记作a ≡ b (mod m)。
同余模运算的性质可以帮助我们简化问题的求解。
例如，我们可以利用同余模运算来简化大数运算、判断奇偶性、求解线性同余方程等。
解法三：欧拉函数欧拉函数是数论中另一个重要的概念。
欧拉函数 phi(n) 表示小于等于 n 且与 n 互质的数的个数。
欧拉函数有许多重要的性质，比如欧拉函数的递推公式：如果p 是质数，那么 phi(p) = p-1.通过欧拉函数，我们可以求解一些与模运算有关的问题。
解法四：扩展欧几里得算法扩展欧几里得算法是解决线性同余方程ax ≡ b (mod m) 的常用工具。
扩展欧几里得算法可以在给定 a、b 和 m 的情况下，快速求解出同余方程的解。
扩展欧几里得算法的核心思想是利用欧几里得算法求解最大公约数，同时获得一组特殊解。
通过这个特殊解，我们可以得到同余方程的一般解，并利用模运算得到其中的整数解。
结语以上是数论问题的一些基本解法，质因数分解、同余模运算、欧拉函数以及扩展欧几里得算法是数论问题中常用的工具。
- 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)。
数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学，它与中学数学教育有密切的联系。
数论问题解法灵活，题型丰富，它是中学数学竞赛试题的源泉之一。
下面介绍数论试题的常用方法.1.基本原理为了使用方便，我们将数论中的一些概念和结论摘录如下：我们用),...,,(21n a a a 表示n 个整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数。
用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数。
对于实数x ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分。
对于整数b a ,,若)(|b a m -，,1≥m 则称b a ,关于模m 同余，记为)(mod m b a ≡。
对于正整数m ，用)(m ϕ表示{1，2，…，m }中与m 互质的整数的个数，并称)(m ϕ为欧拉函数。
对于正整数m ，若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余，则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ϕ中每一个数都与m 互质，且其中任何两个数关于模m 不同余，则称{)(21,...,,m r r r ϕ}为模m 的简化剩余系。
定理1 设b a ,的最大公约数为d ，则存在整数y x ,，使得yb xa d +=.定理2 （1）若)(mod m b a i i ≡，1=i ，2，…，n ，)(mod 21m x x =，则11ni i i a x =∑≡21ni ii b x=∑；（2）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，m d |，则)(mod dm d b d a ≡； （3）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，且1),(=m d ，则)(mod m dbd a ≡；（4）若b a ≡（i m mod ），n i ,...,2,1=，M=[n m m m ,...,,21]，则b a ≡（M mod ）. 定理3 （1）1][][1+<≤<-x x x x ； （2）][][][y x y x +≥+；（3）设p 为素数，则在!n 质因数分解中，p 的指数为∑≥1k kp n.定理4 （1）若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系，1),(=m a ，则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模m 的完全剩余系；（2）若{)(21,...,,m r r r ϕ}是模m 的简化剩余系，1),(=m a ，则{)(21...,,m ar ar ar ϕ}是模m 的简化剩余系.定理5（1）若1),(=n m ，则)()()(n m mn ϕϕϕ=.(2) 若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2)121=，其中k ααα,...,21为正整数，k p p p , (21)互不相同的素数，则)11)...(11)(11()(21kp p p n n ---=ϕ. 对于以上结论的证明，有兴趣的读者可查阅初等数论教材.2 方法解读对于数论试题，除直接运用数论的基本原理外，常用的基本方法还有因式（因数）分解法，配对法，分组法，估值法，同余方法，构造法，调整法，数学归纳法与反证法.下面分别予以说明2.1基本原理的应用例1 设正整数a ，b ，c 的最大公约数为1，并且c ba ab=-（1） 证明：)(b a -是一个完全平方数.证 设d b a =),(,d a a 1=,d b b 1=,其中1),(11=b a .由于1),,(=c b a ，故有1),(=c d .由（1）得c b c ad b a 1111-=（2）由（2）知，c b a 11|，又1),(11=b a ，∴ c a |1.同理可证c b |1，从而有c b a |11，设k b a c 11=，k 为正整数，代入（2）得)(11b a k d -= （3）由（3）知d k |，又c k |，∴1),(|=c d k ，∴1=k . ∴11b a d -=.∴211)(d b a d b a =-=-. 故)(b a -是一个完全平方数.例2 设n 为大于1的奇数，1k ，2k ，…，n k 为给定的n 个整数.对于{n ,...,2,1}的任一排列12(,,...,)n P a a a =，记1()ni i i s P k a ==∑，试证存在{n ,...,2,1}的两个不同的排列B 、C ，使得)()(!|C s B s n -.证 假设对于任意两个不同的排列B 、C ，均有!n 不整除)()(C S B s -.令X 为{n ,...,2,1}的所有排列构成的集合，则{()|s P P X ∈}为模!n 的一个完全剩余系，从而有!1(1!)!()(mod !)2n P Xi n n s P i n ∈=+≡=∑∑ （1） 又 1()()ni i P X P X i s P k a ∈∈==∑∑∑=∑=+ni i k n n 12)1(! （2） 而n 为大于1的奇数，所以由（1），（2）得)!(m o d 02)1(!2!)!1(1n k n n n n n i i ≡+≡+∑=. 又1)!,!1(=+n n ，所以)!(mod 02!n n ≡，矛盾. 这个矛盾表明必存在B 、C X ∈，B ≠C ，使得)()(!|C s B s n -.2.2 因式（数）分解数论中许多问题直接与因式（数）分解相关联，如合数问题，整除问题等常常是要证明某种分解式的存在.数的标准分解式本身就是一种特定形式的因数分解.在不定方程的求解与一些代数式的求值中，因式（数）分解能帮助我们确定某些变量的取值范围，寻找到解题的方法.例2 求三个素数，使得它们的积为和的5倍.解 采用分析中的记号，易知a ，b ，c 中必有一个为5，不妨设5c =，则有 5++=b a ab ， 从而有6)1)(1(=--b a .因为1-a 与1-b 均为正整数，不妨设b a <，则有⎩⎨⎧=-=-6111b a 或 ⎩⎨⎧=-=-3121b a ， 从而知2=a ，7=b .故所求的三个素数为2，5，7.2.3配对例4 设k 为正奇数，证明：n ++++...321整除kkkn +++...21. 分析 因为2)1(...321+=++++n n n .故需证)...21(2|)1(k k k n n n ++++，注意到当k 为奇数时，k k y x +可因式分解，因此可将)...21(2k k k n +++中的n 2个数两两配对. 证 )...21(2k k k n +++=k k k k k k k n n n n 2]1)1[(...])2(2[])1(1[++-++-++-+，而当k 为奇数时，k k b a b a ++|，从而知()k k k n n +++...212| （1） 又 ()k k k n +++...212=]1[...])1(2[]1[k k k k k k n n n +++-+++， ∴)...21(2|)1(k k k n n ++++ （2） 由（1）（2）知，)...21(2|)1(k k k n n n ++++，故结论成立.2.4 分组例5 （1990年高中联赛试题）设}200,...,2,1{=E ，},...,,{10021a a a G =E ⊆，且G 具有下列性质：（1） 对任何1001≤<≤j i ，201≠+j i a a ； （2）100801001=∑=i ia.试证：G 中的奇数的个数是4的倍数，且G 中所有数的平方和是一定数.证 对于1001≤≤i ，令12-=i i α，i i αβ-=201.},{i i i E βα=，则G 中恰含i E 中的一个元素.设G 中有k 个奇数1i α，2i α，…，k i α，有s 个偶数sj j j βββ,...,,21，这里},...,,,,...,,{2121s k j j j i i i =}100,...,2,1{.由题设知， 10080=∑∑∑∑====+-=+sr j kt i sr j kt i r t rt1111)201(βββα=∑∑==-kt i kt t 112201β+⎪⎭⎫⎝⎛+∑∑==k t sr j i r t 11ββ =-k 2012∑=kt i t1β+)200...642(++++=1010022011+-∑=kt i tk β.∴ （1）由于t i β为偶数，所以∑=kt i t12|4β，又20|4，所以k 201|4，∴k |4，即k 是4的倍数.∑∑∑===+=sr j k t i i irta121210012βα=∑∑==+-sr j kt i rt1212)201(ββ=∑∑==⨯-kt i kt t1122012201β+)(1212∑∑==+sr j kt i rtββ=∑=⨯-kt i t k 122012201β+)200...642(2222++++=)2201(2011∑=-kt i tk β+6)1200)(1100(1004++⨯（2）将（1）代入（2）得62011011004)20(20110012⨯⨯⨯+-⨯=∑=i i a =1349380.2.5估值例6 令n a 表示前n 个质数之和，即21=a ，5322=+=a ,105323=++=a ,…,证明：对任意的正整数n ，区间[1,+n n a a ]中包含有一个完全平方数.分析 设质数从小到大依次为12,,...,k p p p …，要结论成立，只要存在正整数m ，使得12+≤≤n n a m a ， 只要 1+≤≤n n a m a ， 只要11≥-+n n a a ，只要 n n n a a a 211+≥-+， 只要 n n a p 211+≥+ 只要 （1）1201220t ki t k β=-=-∑2112(1)44(...)n n k p a p p p +-≥=+++证 直接验证易知[2,1,a a ]，[32,a a ]，[43,a a ]，[54,a a ]中都含有1个完全平方数.当5≥n 时，我们证明（1）式成立.为此，令2112(1)(1)4(...)n k f n p p p p ++=--+++， 则n n n p p p n f n f 4)1()1()()1(221----=-++=n n n n n p p p p p 4)2)((11--+-++. 因为当2≥n 时，n p 为奇数，所以21≥-+n n p p ，1(1)()2(22)n n n f n f n p p p ++-≥+--=)2(21--+n n p p 0≥， 故当2≥n 时，数列)(n f 为递增数列.由于)(4)1()5(432125p p p p p f +++--==)7532(4)111(2+++--=32>0 所以当5≥n 时，0)5()(>≥f n f .故当5≥n 时（1）式成立.例7 求出不定方程1)!1(-=-k n n （1）的全部正整数解.解 当2=n 时，易得1=k ；当2>n 时，（1）式左边为偶数，故右边也是偶数，所以n 为奇数.当3=n 时，由13!2-=k ，得1=k .当5=n 时，由 15!4-=k， 得2=k .当5>n 且为奇数时，321-<-n n ，221≠-n ，故)!2(|212--⋅n n ，即)!2(|)1(--n n ，因此2(1)|(1)!n n --，所以)1(|)1(2--k n n .另一方面，由二项式定理知1)1)1((1-+-=-k k n n =A （2)1-n +)1(-n k .其中A 为整数，所以)1(|)1(2--n k n ，故k n |)1(-， 因此1-≥n k ，从而有 )!1(111->-≥--n nn n k.这说明当5>n 时，方程（1）无解，故方程（1）的解为)1,2(),(=k n ，)1,3(，)2,5(2.6同余例8 证明991993991993+能被1984整除.证 993993993)991(-≡=9912)991()991(-- =)1984(mod )991()991)(11984495(991991-≡-+⨯，∴)1984(mod 0991)991(991993991991991993≡+-≡+. ∴991993991993|1984+.例9 用数码1，2，3，4，5，6，7 排成7位数，每个数码恰用一次，证明：这些7位数中没有一个是另一个的倍数. 证 若有两个7位数a ，b ，使得kb a = （1） 由于a ，b 均是由1，2，...,7所排成，故72≤≤k 由（1）得)9(mod kb a ≡，∴)9(mod 11⋅≡k ，即)9(mod 1≡k ，这与92≤≤k 矛盾，故结论成立.2.7构造例10 若一个正整数的标准分解中，每个素约数的幂次都大于1，则称它为幂数，证明：存在无穷多个互不相同的正整数，它们及它们中任意多个不同数的和都不是幂数.证 将全体素数从小到大依次记为1p ，2p ，...，n p ，….令11p a =，2212p p a =，当2≥n 时，n n n n n n p p p p p p a a 21222111...---==，下证 1a ，2a ，…，n a ，…满足要求.事实上， n n a p |，但2n p |/n a ，所以n a 不是幂数.又对于k i i i <<<≤ 211， )1(112121i i i i i i i i a a a a a a a a k k +++=+++ =)1(11i i Ap a +=)1(111212221i i i Ap p p p p +- ， 其中A 为正整数.因为1)1,(11=+i i Ap p ，所以1i p 在)(21k i i i a a a +++ 的标准分解中的幂次为1，因而不是幂数.例11 设}2011,,3,2,1{ 中质数的个数为a ，n 为正整数且a n ≤<1，求证必有2011个连续正整数，其中恰有n 个质数.证 令}2010,,2,1,{+++=k k k k A k ，并令)(k f 为k A 中质数的个数，则易知a f =)1(，0)2!2012(=+f . 对于)1!2012(,,2,1+= k ，显然有1|)()1(|≤-+k f k f ， 所以对于a n ≤<0，必存在一个0k ，使得 n k f =)(0，从而0k A 中的2011个连续整数满足要求.2.9 数学归纳法例12 设n 是正整数，求证：124323|51222-+-n n n .证 令22()332241n f n n n =-+-.因为0)1(=f ，所以)1(|512f ，假设)(|512n f ，那么对于1+n ，因为)183(8)()1(2--=-+n n f n f n，所以要证)1(|512+n f ，只需证)183(8|5122--n n，即只需证明)183(|642--n n.为此，令183)(2--=n n g n .显然有0)1(|64=g ，假设)(|64n g ，由于)199(64)19(8)()1(21+++=-=-+-- n n nn g n g ，∴)1(|64+n g ，由归纳法原理知对一切n ，有183|642--n n，从而有)1(|512+n f ，再由归纳法原理知，对于正整数n ，有)(|512n f .2.10反证法例13 试证方程042333=--z y x （1） 无正整数解.分析 若（z y x ,,）为（1）的一组解，则x 为偶数，令12x x =，则有0243331=--z y x ，从而知y 为偶数，再令12y y =，代入上式得04233131=--z y x ，从而知z 为偶数，再令12z z =，代入上式得042313131=--z y x ，因此),,(111z y x 也是方程（1）的解.这样由方程（1）的一组正整数解),,(z y x 必可得到另一组正整数解),,(111z y x ，且x x <1.因此，若开始取得的正整数解使得x 达到最小，则这种下降不可能进行.证 反证法. 若方程（1）存在正整数解，设),,(000z y x 是使得x 达到最小的正整数解，那么依分析的过程知必可得到方程（1）的一组正整数解),,(111z y x ，且01x x <，这与0x 达到最小相矛盾，这个矛盾表明方程（1）无正整数解.注：本题中分析的方法称为无穷递降法习 题1．设1≥≥n m ，m ，n 为整数，证明nm C mn m ),(是整数.2．设a ，b 为整数，证明：))1(()2)((|)!(1b n a b a b a a b n n -+++- .3.设n 是大于3的奇数，证明可将集合}1,,3,2,1{-n 的元素分成两组，每组21-n 个元素，使得两组数的和模n 同余.。