高中数学竞赛资料-数论部分-(1)
全国高中联赛--数论部分
全国高中数学联赛赛前集训资料整理——数论部分1.求所有的质数对(,)p q ,使得|(55)p q pq +.解:若2|pq ,不妨设2p =,则2|(55)|(525)p q q q q +⇒+,由费马小定理知|(55)q q -,得|30q ,验证知(2,5)符合.若,p q 为奇数,且5|pq ,此时不妨设5p =,则有515|(55)|(6255)q q q q -+⇒+,当5q =时,(5,5)符合要求,当5q ≠时,由费马小定理有1|(51)q q --,故|626q ,由于q 为奇质数,但626的奇质因子只有313,故313q =.验证知符合要求,若,p q 都不等于2和5,则11|(55)p q pq --+,故11550(m od )p q p --+≡① 由费马小定理知151(m od )p p -≡② 由①②知151(m od )q p -≡-③设12(21)k p r -=-,12(21)l q s -=-,,,,k l r s 为正整数,若k l ≤,则由②③易知:2(21)12(21)2(21)(21)1212111(5)5(5)(1)1(m od )l kl kls p s r s q r r p ----------=≡==≡-≡-,这与2p ≠矛盾,因此k l >,由,p q 对称性有k l <,矛盾.此时无解.故(,)p q 为(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(5,5),(5,313),(313,5).2.设3k ≥,数列{}n a 满足2k a k =,且对n k >都有1 1 2 n n n n a a n a n a n -+⎧=⎨⎩与互质与不互质,证明:数列1{}n n a a --中有无穷多项是质数.证明:假设2()l a l l k =≥,p 为1l -的最小质因子,则 1 1(1,) i p l i p i p≤<⎧-=⎨=⎩.故有 1 1(22,1) i p l i l i p i p≤<⎧+-+-=⎨=⎩,由题设知12 1 1(22 l i l i i p a l p i p+-+-≤<⎧=⎨+-=⎩. 则12(222)(22)l p l p a a l p l p p +-+--=+--+-=(质数),故12(1)l p a l p +-=+-,由以上讨论,可知有无穷多个l k ≥使得2l a l =且12l p l p a a p +-+--=为1l -的最小质因子.3.已知1110()m m m m f x c x c xc x c --=++++ ,其中(0,1,,)i c i m = 是非零整数,数列{}n a 满足:10a =, 1()()n n a f a n N ++=∈,求证:(1)对于正整数,()i j i j <,1j j a a +-是1i i a a +-的倍数;(2)证明:20080a ≠. 证明:(1)当10i i a a +-=时,成立;当10i i a a +-≠时,211111()()()()m mi i i i m i i i i a a f a f a c a a c a a +++++-=-=-++- .故21i i a a ++-能被1i i a a +-整除,余下的可用数学归纳法证明.(2)假设20080a =,则1020092008(0)a a f a a -==-,由(1)可知,2007个差值213220082007,,,a a a a a a --- 都等于(0)f ±,且这些差值的和为200810a a -=,由于2007为奇数,且0(0)0f c =≠,矛盾! 故20080a ≠.第49届I MO预选题(四)第50届IMO预选题(四)费马小定理和欧拉定理的应用关于组合数的几个整除问题多项式一、带余除法与因式定理1、余数定理:多项式()f x 除以x a -的余数为()f a .2、因式定理:()()0x a p x p a -⇔=注:高次多项式因式分解常用因式定理例 1 设,,a b c 为互异的实数,()p x 为实系数多项式,如果()p x 除以x a -的余式为a ,()p x 除以x b -的余式为b ,()p x 除以x c -的余式为c .求()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式.解:因为 (),(),()p a a p b b p c c ===所以设()()()()()()p x x a x b x c q x r x =---+,其中(())2r x ∂≤ 则 ()(),()(),()()r a p a a r b p b b r c p c c ======, 所以,,a b c 一定是()0r x x -=的根而 (())2r x x ∂-≤,所以 ()0r x x -≡即 ()r x x ≡所以()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式为x .例2 已知()p x 是整系数多项式,1234,,,m m m m 是互不相同的整数,且1234()()()()7p m p m p m p m ====,试证:没有整数m 使得()14p m =.分析:即证()14p x =没有整数解证:因为1234,,,m m m m 是()70p x -=的根所以 1234()7()()()()()p x x m x m x m x m q x -=----,其中()q x 一定是整系数多项式 若存在整数m 使()14p m =,则有 12347147()()()()()m m m m m m m m q m =-=---- 而7为素数,矛盾.故没有整数m 使得()14p m =.注:可以根据例2中规律命制试题()i p m =素数即可.例3 设()p x 是非常数的整系数多项式,()n p 表示满足2(())10p x -=的所有不同整数x 的个数,则()deg(())2n p p x -≤,其中deg(())p x 表示()p x 的次数.分析:2(())1(()1)(()1)0()10p x p x p x p x =⇔-+=⇔-=或()10p x +=()n p 为()10p x -=与()10p x +=的整数解的个数设()10p x -=有k 个整数解12,,,k m m m ⋅⋅⋅,()10p x +=有s 个整数解12,,,s n n n ⋅⋅⋅, 则有 121()1()()()()k p x x m x m x m q x -=--⋅⋅⋅- ①122()1()()()()s p x x n x n x n q x +=--⋅⋅⋅- ②②-①得1221212()()()()()()()()s k x n x n x n q x x m x m x m q x =--⋅⋅⋅----⋅⋅⋅-证:我们证明方程 ()10p x -= ③与()10p x += ④中至少有一个方程的正根的个数不超过2.下用反证法证明.若结论不成立,设方程③与方程④均至少有3个正根.设123,,m m m 是③的3个不同正根,123,,n n n 是④的3个不同正根, 则 1231()1()()()()p x x m x m x m q x -=--- ⑤ 1232()1()()()()p x x n x n x n q x +=--- ⑥ ⑥-⑤,得123212312()()()()()()()()x n x n x n q x x m x m x m q x =------- ⑦ 不妨设 {}3123123max ,,,,,m m m m n n n =将3x m =代入⑦式得 313233232()()()()m n m n m n q m =---因为2是素数,而313233,,m n m n m n ---是互不相同的正整数,故矛盾. 所以结论得证.二、多项式恒等定理如果次数不超过n 的多项式()f x 有1n +个根,则()f x 必为零多项式,即()0f x ≡. 例4 已知自然数1m >,求出所有满足条件(())(())m p p x p x =的所有多项式()p x . 证明:当()p x c =(常数)时,由m c c =有0c =或22cossin,(0,1,,2)11k k c i k m m m ππ=+=⋅⋅⋅---当(())1p x ∂≥时,则对任意复数β,方程()p x β=一定有解,即0x ∃使0()p x β=,又00(())(())m p p x p x =,即()m p ββ=.故一切复数均为()0m p x x -=的解,即()0m p x x -=有无穷多个解,故由多项式恒等定理有()m p x x =.例5 求所有满足条件22(2)(2),f x x f x x R -=-∈的多项式()f x分析:因为222(1)1x x x -=--,2(1)1x x -=--,所以22(2)(2)f x x f x -=- 可化为2((1)1)((1)1)f x f x --=--. 解:令1y x =-,则有22(1)(1)f y f y -=- ① 令()(1)g y f y =-,则有22()(1)g y f y =-,故①式变为22()()g y g y = ② 设 1110(),n n n n g y a y a y a y a --=++⋅⋅⋅++其中0n a ≠ 则②式左边222(1)2110()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++ ②式右边212110()()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++所以有22(1)212110110()n n n n n n n n a y a y a y a a y a y a y a ----++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++ ③ 下证122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,用反证法,设1221,,,,n n a a a a --⋅⋅⋅0,a 中有一个不为0,设k a 是使得0i a ≠的下标最大者, 即1210,0k k k n a a a a ++-≠==⋅⋅⋅==比较2()g y 与2()g y 中n k y +的系数,因为22k n k n <+<,所以③式等号左边n k y +的系数为0,而③式右边n k y +的系数为n k a a ,所以 0n k a a =.这与0,0n k a a ≠≠矛盾,所以 122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,故()n n g y a y = 再由②式有 222n n n n a y a y =. 又因0n a ≠,所以 1n a =故 ()n g y y =即(1)n f y y -=,所以有()(1)n f x x =+. 例6 确定所有符合下列条件的多项式)(x P :0)0(1)()1(22=+=+P x P x P 且. 解:构造不动点,令.)(,0,1021n n n n x x P x x x ==+=+下证 用数学归纳法:当0000)0()(,00x P x P x n =====时,; 假设kk x x P k n ==)(时,结论成立,即.222111()(1)()111.()0()0().k k k k k n n k P x P x P x x x n k x P x x P x x P x x ++=+=+=+=+==+∴-=∴-≡≡当时,即当时,结论成立是的根,即例 7 试确定所有实系数多项式)(x P ,使得 )()2()1(t P t t tP -=- (1)对所有实系数t 均成立.(1995年 澳大利亚)解:取.0)0(10==P t ),得代入( 取.0)1(12==P t ),得代入(则设 )()1()(x q x x x P -=代入(1),有)()1()2()1()2)(1(t q t t t t q t t t --=---, 当时,2,1,0≠t )1()(-=t q t q 则 c t q ≡)(则R c x cx x P ∈-=),1()( 另一方面,若)1()(,-=∈x cx x p R c 满足条件中的等式, 因此所求的多项式为.),1()(R c x cx x P ∈-=三、根与系数的关系例8 (1996 澳大利亚)设)(x P 是三次多项式,321,,x x x 是)(x P 的三个根,已知323121111,1000)0()21()21(x x x x x x P P P ++=-+求的值.解:设d cx bx ax x P +++=23)(,又323121111x x x x x x ++=d b ad ab x x x x x x =--=++321321 且 ,212221)0()21()21(1000d b d db P P P ⋅+=+=-+= 则1996=a b ,于是.1996111323121=++x x x x x x 四、拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式:设)(x P 为n 次多项式,则)()())(()())(()()())(()())(()()())(()())(()(1101101121012000201021n n n n n n n n n n x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P --------++------+------=推论:若.)(,)()()(10c x P c x P x P x P n ≡====则 例9 设n P P P ,,,21 是半径为1的圆周上的n 个不同的点,.11,11121≥⋅⋅=∑=+-nk kn k k k k k k k k d P P P P P P P P P P d 求证:证明:以单位圆的圆心为原点,建立复平面,令k P 所对应的复数为k Z ,.,,2,1n k =则nk k k k k k k k Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z d --⋅--⋅-=+- 1121,令)())(()())(()())(()())(()(1211211312132--------++------=n n n n n n n Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f (1)则)(Z f 的次数不超过.1-n 1)()()(21====n Z f Z f Z f .1)(≡∴Z f 特别地,取0=Z 代入(1),有1)()()1()()()1()0(111211121321=--⋅-++---=----n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f则 )()()1()()()1(1111211121321-------++---=n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z)()()1()()()1(111211121321-------++---≤n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z nd d d 11121+++==∑=nk kd 11已知10n z -=,其单位根为22cossini w i n nππ=+,则解的集合为{}011,,,n w w w -….结论1:若{}12 n m m m ,,…,是模n 的完全剩余系,则{}{}1211,,,,,,nm m m n w w w ww w-=……结论2:设{}{}01112,,,,,,n n z z z w w w -=……,则 (1)120n z z z +++=…;(2)112(1)n n z z z +=-…;(3)12 0 (,)1m m mn n n m z z z n m ⎧+++=⎨=⎩,…,.例 10 设)(),(),(),(x S x R x Q x P 均为多项式,且满足)()1()())(()(2345255x S x x x x x R x x Q x x P ++++=++ (1),求证:1-x 是)(x P 的因式.(美国) 证明:令52sin52cosππωi +=,取),得代入(1k x ω=0)1()1()1(2=++R Q P k k ωω)4,3,2,1(=k ,)1()()1()()1(48642432=++++++++R Q P ωωωωωωωω则0)1()1()1(4=--R Q P (2) 由得,)1(k ω⨯.4,3,2,1,0)1()1()1(32==++k R Q P k k k ωωω 将4个等式相加,得0)1()()1()()1()(4333231342322212432=+++++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅R Q P ωωωωωωωωωωωω故0)1()1()1(=---R Q P (3) 得),3()2(-0)1(5=P ,则0)1(=P ,由因式定理得).(1x P x -平方差型不定方程的解法数论中的不等式问题一道巴尔干地区竞赛题的思考一道印度竞赛题的简解一道预赛题的简证一道数论题的新证法一道重要的二元二次不定方程——佩尔方程。
高中数学竞赛《数论基础》
3 最大公因数数, n≥2. 若ai|m, 1≤i≤n, 则称m是 a1,a2,…,an的公倍数.
(b±c) mod n
加法消去律: 如果a+b a+c(mod n), 则 b c(mod n)
乘法消去律:
如果ab ac(mod n)且gcd(a,n)=1,则 b c(mod n)
如果ab dc(mod n)且 a d(mod n)以 及 gcd(a,n)=1,则 b c(mod n)
在个数不少于3个的互素正整数中, 不一 定是每二个正整数都是互素的.
例: (6,10,15)= 1, 但(6,10)=2, (6,15)=3, (10,15)=5.
3 最大公因数和最小公倍数
最大公因子有下列性质: 任何不全为0的两个整数的最大公因子存在且
唯一 设整数a与b不全为0,则存在整数x和y,使得
887 mod 187=(132 X 77 X88) mod 187=11
例A.4 参见教材P146。
消去律的条件
逆元的概念
加法逆元:设a,n∈Z且n>1,如果存在b∈Z使得 a+b≡0(modn),则称a、b为互为模n的加法逆元,也 称负元,记为b≡-a(modn)
乘法逆元:设a,n∈Z且n>1,如果存在b∈Z使得 ab≡1(modn),则称a、b为互为模n的乘法逆元,记为 b≡a-1(modn)
1 带余除法
若a,b是二个正整数,b≠0, 则唯一存在二 个整数k和r, 使得下式成立: a=bk+r, 0≤r<b.
高中数学竞赛资料-数论部分 (1)
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10.8% 。
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。
赣县中学高中数学竞赛数论第1一讲因式分解(上)
第一讲 因式分解(一)1、 几种常用的因式分解方法①、拆项和添项:把代数式中的某项拆成两项或更多项的代数和,叫做拆项;把代数式添上两个符号相反的项,叫做添项。
一般情况下,如何拆项或添项,依赖于对题目特点的观察和分析。
例1、分解因式:⑴、2426923+++x x x ⑵、15++x x例2、分解因式:24222)1()1(2)1(y x y x y -++-+例3、分解因式:abc c b a 3333-++例4、若a 为正整数,则9324+-a a 是质数还是合数?给出你的证明。
②、按一个变量降次排列:按一个变量降次排列在代数式变换中,是常用的方法之一,按一个变量降次排列的方法,常有利于因式分解的进行。
例5、分解因式:1+++++++z y x zx yz xy xyz例6、分解因式:a x a x a x +++++)12()2(23③、换元法:在作代数式变换时,常常要考虑把一个式子看成一个数(或字母),从而应用基本知识解决问题。
例7、分解因式:2)1()2)(2(ab b a ab b a -+-+-+例8、分解因式:333)42()323()(a b c c b a c b a -++--+++例9、证明:四个连续自然数的积与1之和必是一个完全平方数。
④、待定系数法:待定系数法也是代数式变换的一个常用方法,这个方法的特点是假设变换已经完成,然后再去求出那些尚未确定的系数。
例10、分解因式:35825322-+--+y x y xy x例11、化简912104234++++x x x x例12、分解因式:4925322-++-+y x y xy x例13、求证:y x y xy x +++-22不能分解成两个一次因式的乘积。
例14、求证:1234++++x x x x 可表示成两个多项式的平方差第一讲 因式分解(一)练习1、分解因式:①、32422+++-b a b a =___________________________.②、.____________________262793223=-+-a x a ax x③、._____________________20)5)(3)(1(2=-++-x x x④、._________________________2414723522=-+--+y x y xy x⑤、.__________________________12)2)((42222=-++++y y xy x y xy x ⑥、.___________________________)1)(1)(1(=++++xy y x xy⑦、._______________________)1()2)(2(2=++++-+ab b a ab b a⑧、.___________________________)(3333=---++c b a c b a2、m 为何值时,多项式m y x y xy x +-++-5112101222能分解成两个一次因式的积?3、求满足19832222=-++-x x y xy y x 的整数对),(y x .4、在实数范围内分解因式:1)2(3+++-a x a x .5、已知33332222,,c z y x b z y x a z y x =++=++=++,求xyz 。
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:K 0,K 1,…,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(也叫同余类)。
K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类.(2)性质(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ,则a 、b ∈K r ⇔a ≡b(modm).2.剩余系的定义与性质(1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类,从每个K r 里任取一个a r ,得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组,叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,21,,1,0,1,,121,21--+----m m m ;当m 为偶数时,12,,1,0,1,,12,2--+--m m m 或2,,1,0,1,,12m m -+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系⇔两两对模m 不同余. (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a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,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aa 0+b, aa 1+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!(ⅲ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别遍历模m1,m2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),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(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.既约剩余系的定义与性质(1)定义3如果剩余类K r里的每一个数都与m互质,则K r叫与m互质的剩余类.在与模m互质的全部剩余类中,从每一类中任取一个数所做成的数组,叫做模m的一个既约(简化)剩余系.如:模5的简系1,2,3,4;模12的简系1,5,7,11.(2)性质(ⅰ)K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质;证明:设a∈K r,(m,a)=1,则对任意b∈K r,因a≡b≡r(modm),所以,(m,a)=(m,r)= (m,b)=1,即K r与模m互质.(ⅱ)与模m互质的剩余类的个数等于)m(ϕ,即模m的一个既约剩余系由)m(ϕ个整数组成()m(ϕ为欧拉函数);(ⅲ)若(a,m)=1,则x与ax同时遍历模m的既约剩余系.证明:因(a,m)=1,(x,m)=1,所以,(ax,m)=1.若ax1≡ax2(modm),则有x1≡x2(modm),矛盾!(ⅳ)若a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m 的一个既约剩余系.(ⅴ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系,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 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,所以,(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,因(m 1,m 2)=1,所以,(m 1,x )=(m 2,y )=1.证毕.推论1若m 1,m 2是两个互质的正整数,则)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.证明:因当x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系时,m 2x+m 1y 也历遍模m 1m 2的既约剩余系,即m 2x+m 1y 取遍)(21m m ϕ个整数,又x 取遍)(1m ϕ个整数,y 取遍 )(2m ϕ个整数,所以, m 2x+m 1y 取遍)()(21m m ϕϕ个整数,故)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.推论2 设整数n 的标准分解式为k k p p p n ααα 2121=(k p p ,,1 为互异素数, *1,,N k ∈αα ),则有)11()11)(11()(21kp p p n n ---= ϕ. 证明:由推论1得)()()()(2121k k p p p n αααϕϕϕϕ =,而1)(--=αααϕp p p ,(即从1到αp 这αp 个数中,减去能被p 整除的数的个数),所以,)())(()(11221112211------=kk k k p p p p p p n ααααααϕ )11()11)(11(21kp p p n ---= . 4.欧拉(Euler)与费尔马(Fermat)定理欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡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 a ϕϕ )(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 a p ≡-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 .例2证明从任意m 个整数a 1,a 2,…,a m 中,必可选出若干个数,它们的和(包括只一个加数)能被m 整除.证明:考虑m 个数a 1,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a m ,如果其中有一个数能被m 整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm 的同一剩余类,这两个数的差即满足要求.例3设f(x)=5x+2=f 1(x), f n+1(x)=f[f n (x)].求证:对任意正整数n,存在正整数m,使得2011|f n (m).证明:因f 2(x)=f[f(x)]=5(5x+2)+2=52x+5×2+2,f 3(x)=f[f 2(x)]=53x+52×2+5×2+2,..., f n (x)=5n x+5n-1×2+5n-2×2+ (2)因(5n ,2011)=1,所以,x 与f n (x)同时历遍mod2011的完系,1≤x ≤2011,所以,存在正整数m(1≤m ≤2011)使得f n (m)≡0(mod2011),即2011|f n (m).例4设123,,,a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为 负整数.假设对每个正整数n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明: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(mod n),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(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+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.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.最后由正负项均无穷多个(即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数)就得到:每个整数在数列中出现且只出现一次.例5偶数个人围着一张圆桌讨论,休息后,他们依不同次序重新围着圆桌坐下,证明至少有两个人,他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换:对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。
2.代数周期函数,带绝对值的函数。
三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。
递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代,简单的函数方程*3. 初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。
4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。
组合计数,组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法,整除性及其判定;素数和合数,最大公约数与最小公倍数;奇数和偶数,奇偶性分析;带余除法和利用余数分类;完全平方数;因数分解的表示法,约数个数的计算;有理数的概念及表示法,无理数,实数,有理数和实数四则运算的封闭性。
高中竞赛数学辅导:数论专题
数论数论素有“数学皇后”的美称。
由于其形式简单,意义明确,所用知识不多而又富于技巧性,千姿百态,灵活多样。
有人曾说:“用以发现数学天才,在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
”因此在理念的国内外数学竞赛中,几乎都离不开数论问题,使之成为竞赛数学的一大重要内容。
1. 基本内容竞赛数学中的数论问题主要有:(1)整除性问题;(2)数性的判断(如奇偶性、互质性、质数、合数、完全平方数等);(3)余数问题;(4)整数的分解与分拆;(5)不定方程问题;(6)与高斯函数[]x有关的问题。
有关的基本知识:关于奇数和偶数有如下性质:奇数+奇数=偶数;奇数+偶数=奇数;偶数+偶数=偶数.两个数之和是奇(偶)数,则这两个数的奇偶性相反(同).若干个整数之和为奇数,则这些数中必有奇数,且奇数的个数为奇数个;若干个整数之和为偶数,则这些数中若有奇数,奇数的个数必为偶数个.奇数g奇数=奇数;奇数g偶数=偶数;偶数g偶数=偶数.若干个整数之积为奇数,则这些数必为奇数;若干个整数之积为偶数,则这些数中至少有一个偶数.若a是整数,则a与a有相同的奇偶性;若a、b是整数,则a b-奇偶性+与a b相同。
关于整数的整除性:设,,a b c是整数,则○1a a;○2若,a b b c,则a c;○3若,a b b c,则对任意整数,m n,+.有a bm cn若在等式11m ni i i i a b ===∑∑中,除某一项外,其余各项都能被c 整除,则这一项也能被c整除.若(,)1a b =,且a bc ,则a c .若(,)1a b =,且,a b b c ,则ab c .设p 是素数,若p ab ,则p a 或p b .关于同余:若0(mod )a m ≡,则m a .(mod )a b m ≡⇔,a b 分别被m 除,余数相同.同余具有反身性:(mod )a a m ≡、对称性:若(mod )a b m ≡,则(mod )b a m ≡、传递性:若,(mod )a b b c m ≡≡,则(mod )a c m ≡.2. 方法评析数论问题综合性强,以极少的知识就可生出无穷的变化。
四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题讲义(完整版)
高一竞赛数论专题1.整除设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b .整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ⇒(2)|,|a b a c ⇔对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c(2)若|a bc 则|.a c3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=4.证明对任意整数n ,65222n n n n +--能被120整除.5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n -+.求m 的所有可能取值.6.证明:正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111x y y x --+++是整数,求证4441x y -能被1x +整除.8.证明:对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k k f n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明:p n n C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦能被p 整除.10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<<,使得11(1)n k kp =+∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)n k ka =+∏为整数?.11.设,m n 是正整数, 证明(,)(21,21)21.m n m n --=-12.任给2n ≥,证明:存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.高一竞赛数论专题1.整除解答设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b .整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ⇒(2)|,|a b a c ⇔对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+证明:记121(,),a a d =1212(,)a a qa d +=.121(,),a a d =即1112|,|.d a d a 于是11121|,|.d a d a qa +所以12.d d ≤1212(,)a a qa d +=,即21221|,|.d a d a qa +于是2122112|,|().d a d a qa qa a +-=所以21.d d ≤所以12.d d =命题得证.2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c(2)若|a bc 则|.a c证明(,)1,a b =则1.ax by =+于是1().c c c ax by acx bcy =⋅=+=+(1)|,|a c b c ,则12,.c aq c bq ==于是2121().c abq x baq y ab q x q y =+=+所以|.ab c(2)|,a bc 则|.a acx bcy +即|.a c3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=证明:当,a b 中有一个为零时,结论是显然的.不妨设,a b 都不为零,且||||.a b ≤一方面若存在整数,x y 使得 1.ax by +=注意到(,)|,(,)|a b a a b b .所以(,)|.a b ax by +即(,)|1.a b 所以(,)1a b =.另一方面设11111,0||,,b aq r r a q r =+≤<为整数,若10,r =则辗转相除到此为止;否则继续.1222122,0,,a r q r r r q r =+≤<为整数,若20,r =则辗转相除到此为止;否则继续.12333233,0,,r r q r r r q r =+≤<为整数,若30,r =则辗转相除到此为止;否则继续.由于123r r r >>>且123,,,r r r 均为自然数,所以经过有限步辗转相除可得0.k r =即3211.k k k k r r q r ----=+21(0).k k k k k r r q r r --=+=引理:设,a b 是两个整数且0,a ≠,0||,,b aq r r a q r =+≤<为整数.则(,)(,).a b a r =证明:因为(,)(,).a b a b aq =-又.r b aq =-所以(,)(,).a b a r =回到原题:利用引理我们可得112211(,)(,)(,)(,)(,).k k k k a b a r r r r r r r ---=====注意到0.k r =所以11(,)(,0).k k a b r r --==由辗转相除的过程知道1321.k k k k r r r q ----=- 2432.k k k k r r r q ----=-3123.r r r q =-212.r a r q =-11r b aq =-所以11,r b aq =-212122()(1),r a b aq q q q a q b =--=+-311223123123[(1)][(1)](1),r b aq q q a q b q q q q q a q q b =--+-=+-++所以1k r -是,a b 的线性组合即存在整数,x y 使得1.k r ax by -=+即(,).a b ax by =+所以若(,)1,a b =则存在整数,x y 使得 1.ax by +=4.证明对任意整数n ,65222n n n n +--能被120整除.证明:65254222(2)(2)(2)(1)(2)(1)(1)(1)n n n n n n n n n n n n n n n n +--=+-+=+-=+-++ 22(2)(1)(1)(45)(2)(1)(1)(2)5(1)(1)(2)n n n n n n n n n n n n n n =+-+-+=--+++-++.5!|(2)(1)(1)(2),n n n n n --++4!|(1)(1)(2),5!|5(1)(1)(2),n n n n n n n n -++-++所以65222n n n n +--能被120整除.5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n -+.求m 的所有可能取值.解: 因为21|21m n -+,所以2121n m +≥-所以n m ≥(若不然,则 1.n m ≤-于是1212121m n m -+≥+≥-,即2m ≤矛盾).因为n m ≥,所以存在正整数,q r 使得,0.n mq r r m =+≤<1212122212(21)212(21)[(2)21]21n mq r mq r r r r mq r r m m q m r ++-+=+=-++=-++=-+++++. 因为21|21m n -+,所以21|21m r -+.从而212 1.r m+≥- 注意到0.r m ≤<所以 1.r m ≤-于是121212 1.m r m -+≥+≥-即2m ≤矛盾.所以不存在这样的.m6.证明:正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.证明:()⇒正整数M 是完全平方数,则2.M d = 222222()()()()M i M d i d d d i d d i +-=+-=++-+.2d d i -+对于1,2,,i n =是连续n 个正整数,所以一定存在某个i 使得2|.n d d i -+于是2|().n M i M +- 所以对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.()⇐假设正整数M 不是完全平方数,则M 中一定有一个素因数p ,它的指数是奇数即存在正整数k 使得212|,.k k p M p M -因为对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除. 故取2k n p =,对于21,2,,k i p =一定存在某个i 使得22|().k p M i M +-注意到2k p M . 所以22()k p M i +( 若不然, 22|(),k p M i +又22|().k p M i M +-于是2k p M 矛盾).由于22|(),k p M i M +-于是212|().k p M i M -+-注意到21|k p M -.所以212|().k p M i -+我们得到212|()k p M i -+且22()k p M i +.这与2()M i +是完全平方数矛盾.所以假设错误.所以正整数M 是完全平方数.7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111x y y x --+++是整数,求证4441x y -能被1x +整除.证明:设4411,.11x a y cy b x d--==++其中(,)1,(,)1,0,0.a b c d b d ==>> 则a c ad bcb d bd++=是整数.即|.bd ad bc + 从而|,|.b ad bc d ad bc ++于是|,|.b ad d bc 注意到(,)1,(,) 1.a b c d == 所以|,|.b d d b 又0,0b d >>,所以.b d =因为44222211(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1).1111a c x y x x x y y y x x y yb d y x y x ---++-++⋅=⋅=⋅=-+-+++++ 所以a cb d⋅是整数,结合.b d = 所以2|.b ac 于是|b ac ,又(,)1a b =,则|,b c 又(,) 1.b c =且0.b >所以 1.b =也就是411y c x -=+.即41| 1.x y +-又44444444441049421(1)1(1)[()()1](1)(1)(1)x y x y x x y y y y x x x -=-+-=-++++++-+.所以4441| 1.x x y +-8.证明:对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k kf n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.证明: 我们知道数(,)f n k 能分解成n 个连续的自然数之积,则一定能被!n 整除.所以只需要证明数(,)f n k 不能被一个很小的自然数n 整除即可.33333(,)2410(339)13(3)()1k k k k k k k k k k f n k n n n n n n n n n n =++=++-++=++--+ 33(3)(1)(1)1k k k k k n n n n n =++--++. 33|3(3),3|(1)(1),3 1.k k k k k n n n n n ++-+所以3(,).f n k也就是数(,)f n k 不能分解成3个或3个以上的连续的自然数之积. 下面再证明数(,)f n k 不能分解成2个连续的自然数之积.由上可知(,)31f n k q =+.因此只需要证明31(1)q x x +=+无自然数解. 当3x m =时,(1)3(31)3[(31)]x x m m m m +=+=+,故无解.当31x m =+时,2(1)(31)(32)3(33)2x x m m m m +=++=++,故无解.当32x m =+时,(1)(32)(33)3(1)(32)x x m m m m +=++=++故无解. 所以数(,)f n k 不能分解成2个连续的自然数之积.于是我们证明了对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k kf n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明:pn n C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦能被p 整除. 证明:,1,2,,1n n n n p ---+这连续p 个数有且仅有一个被p 整除,设这个数为.N 则,.N pq q Z =∈则.n Nq p p⎡⎤==⎢⎥⎣⎦且,1,,1,1,1n n N N n p -+--+除以p 的余数不计次序为1,2,,1p -.于是(1)(1)(1)(1)(1)!.n n N N n p p pA -+--+=-+(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)1!(1)!p n n n n N N N n p n n N N n p C q q p p p ⎡⎤⎡⎤-+--+-+--+-=-=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦(1)!1(1)!(1)!p pA pqAq p p ⎡⎤-+=-=⎢⎥--⎣⎦. 因为p 与1,2,,1p -互素,所以(,(1)!) 1.p p -=于是(1)!|..(1)!p n n qAp qAC p p p ⎡⎤--=⋅⎢⎥-⎣⎦所以|.pn n p C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<<,使得11(1)nk kp =+∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)nk k a =+∏为整数?.解(1)111(1)1(1).nk nk n k k kk p p p ===++=∏∏∏ 当3n ≥时,1,1 1.n k p p k n >+≤≤-故11((1),) 1.n knk p p -=+=∏所以|1.nn pp +又|.n n p p 所以|1.n p于是1n p =矛盾.所以2n ≤.当1n =时,111N p +∉. 当2n =时,1212121212(1)(1)111(1)(1)1.p p p p N p p p p p p ++++++==+∈ 1212|1p p p p ++,21221|1,|1.p p p p p +++又211p p ≥+.所以211.p p =+于是1111|11,|2.p p p p +++ 所以122, 3.p p ==综上,所求的数列只有一个122, 3.p p == (2)不存在. 当121n a a a <<<<时,设.n a m ≤2222222212222111(!)21(1)(1) 2.(1)!1(1)(1)1(1)!2nm m m m k k k k k k k k k m mm a k k k k k m m =====+<+≤+=<===<+--++-∏∏∏∏∏所以211(1)nk k N a =+∉∏.所以不存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)nk k a =+∏为整数.11.设,m n 是正整数, 证明(,)(21,21)21.m n m n --=- 解:不妨设.m n ≥有带余除法得1111(1,0)m q n r q r n =+≥≤<.我们有111111111212122212(21)2 1.q n r q n r r r r q n r m++-=-=-+-=-+-因为121|21q nn--,所以1(21,21)(21,21).r m n n --=--注意到1(,)(,).m n n r =rm n n n n若10,r >则作辗转相除.,212221(1,0)n q r r q r r =+≥≤<.我们有212221221212(21)2 1.q r r r q r r n+-=-=-+-因为12121|21rq r --,所以112(21,21)(21,21)(21,21)r r r m n n --=--=--.若20,r >则继续处理,直到10k r +=为止.由辗转相除法知(,).k m n r =1112(,)(21,21)(21,21)(21,21)(21,21)(21,0)212 1.k k k k r r r r r r r m n n m n +--=--=--==--=-=-=-至此,我们证得了结论.12.任给2n ≥,证明:存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.证明:我们任取n 个互不相同的正整数12,,,,n a a a 并选取一个正整数参数,K 希望12,,,n Ka Ka Ka 的积12n n K a a a 被任意两项的和i j Ka Ka +()i j ≠整除,取1().i j i j nK a a ≤<≤=+∏12,,,n Ka Ka Ka 互不相同, 1()().i j i j i j i j nKa Ka a a a a ≤<≤+=++∏12121(()).n n n i j n i j nK a a a a a a a a ≤<≤=+∏显然有12|.ni j n Ka Ka K a a a +高一竞赛数论专题2.同余设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡⇔-⇔=+∈设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.在模m 的同余类0121,,,,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.1.证明(mod )(mod).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡ (特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇔≡ 若2,m c =则2(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡⇔≡)2.设p 是素数,1,k ≥证明1()(1).kk p p p ϕ-=-3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明:()1(mod ).m am ϕ≡(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).pa a p ≡若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数:11101110k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b pb p b ----=++++=++++其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=. 证明:0(mod ).iikb n ma i C C p =≡∏6.已知正整数2n ≥,12,,,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明:存在不全为零的整数12,,,n εεε,使得1122n n a a a εεε+++为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,,.i i n ε<=7.已知素数*61(,1),p k k N k =+∈>证明:121127m m--为整数,其中21pm =-.8.设素数3p >,证明2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-高一竞赛数论专题2.同余解答设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡⇔-⇔=+∈设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.在模m 的同余类0121,,,,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同余类中,各取一数所组成的集叫做模m 的一个简系.模m 的一个简系的元素个数记为欧拉函数().m ϕ 欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.1.证明(mod )(mod).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡(特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇔≡若2,m c =则2(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡⇔≡)证明:(mod )|()ac bc m m c a b ≡⇔-(),.c a b mq q Z ⇔-=∈ 因为,.(,)(,)c m Z Z m c m c ∈∈所以()().(,)(,)c mc a b mq a b q m c m c -=⇔-=即().(,)(,)m c a b m c m c - 因为(,) 1.(,)(,)m c m c m c =所以()()(mod ).(,)(,)(,)(,)c m m ma b q a b a b m c m c m c m c -=⇔-⇔≡即(mod )(mod ).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡2.设p 是素数,1,k ≥证明1()(1).k k p p p ϕ-=-证明:()k p ϕ等于满足以下条件的r 的个数:1,(,) 1.k kr p r p ≤≤= 由于p 是素数,所以有1,,(,),|.p r r p p p r ⎧=⎨⎩显然(,)1(,)1.kr p r p p r =⇔=⇔因此()kp ϕ就等于1,2,,k p 中不能被p 整除的数的个数,由于1,2,,k p 能被p 整除的数的个数有1k p -个.所以11()(1).kkk k p p p p p ϕ--=-=-3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明:()1(mod ).m am ϕ≡(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).pa a p ≡若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡证明:引理 12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系,(,)1,a m =则12(),,,m ar ar ar ϕ也是模m 的一个简系.引理的证明:假设12(),,,m ar ar ar ϕ不是模m 的一个简系.则存在(mod )().i j ar ar m i j ≡≠因为(,)1,a m =所以(mod )().i j r r m i j ≡≠与12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系矛盾,所以引理得证.由引理知道()12()12()12()(mod ).m m m m rr r arar ar a rr r m ϕϕϕϕ≡=由于12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系,所以(,)1,1,2,,().i r m i m ϕ==于是()1(mod ).m am ϕ≡即证得了Euler 定理.令m p =,若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡于是(mod ).p a a p ≡4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-证明:引理:对取定的一个简系中的每个i r 必有唯一的一个j r 使得1(mod ).i j r r p ≡引理的证明:因为(,)1i r p =,所以存在整数00,x y 使得001i r x py +=,则0011(mod ).i r x py p =-≡ 所以0(,)1x p =,所以一定存在简系中一个j r 满足0(mod ),j r x p ≡且1(mod )i j rr p ≡,这就证明了存在性. 下面证明唯一性,若还存在简系中一个k r 使得1(mod ).i k rr p ≡则()0(mod )i j k r r r p -≡,因为(,)1i r p =,所以(mod ),j k r r p ≡所以.k j r r =这就证明了唯一性. 当2p =时结论显然成立,可设3p ≥.有引理知道对取定的一个简系中的每个i r 必有唯一的一个j r 使得1(mod ).i j r r p ≡又21(mod )1(mod )(1)(1)0(mod )| 1.i j i i i i rr p r p r r p p r ≡⇔≡⇔-+≡⇔±若|1i p r +且|1i p r -,则|2p 与3p ≥矛盾.所以|1i p r +,|1i p r -不能同时成立. 也即1(mod ),1(mod )i i r p r p ≡-≡不能同时成立.同时也说明除1(mod )i r p ≡±之外,必有i j r r ≠使得1(mod )i j rr p ≡成立. 不妨设111,1(mod )p r r p -≡≡-. 这样在, 模p 的一个简系121,,,p r r r -中除111,1(mod )p r r p -≡≡-外恰好两两一对且满足1(mod ).i j r r p ≡于是221(mod ).p r r p -≡所以1211(mod ).p r r r p -≡-特别地1,2,,1p -恰好是模p 的一个简系,所以(1)!1(mod ).p p -≡-5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数:11101110k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b pb p b ----=++++=++++其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=.证明:0(mod ).i ikb nma i C Cp =≡∏证明:引理1 设p 是一个素数,当11,j p ≤≤-时,则0(mod ).jp C p ≡其中1,2,i =.引理1的证明:因为11.j j p p p C C j--=因为p 是一个素数,所以(,) 1.p j =所以|.j p p C 即0(mod ).j p C p ≡ 引理2 设p 是一个素数,则(1)1(mod ).ppx x p +≡+引理2的证明:因为12211(1)1p p p p p p p x C x C x C x x --+=+++++,由引理1得证.回到原题的证明,因为(1)1(mod ).p px x p +≡+所以22(1)((1))(1)1()1(mod ).p p p p p p p p x x x x x p +=+≡+≡+=+32223(1)((1))(1)1()1(mod ).p p p p p p p p x x x x x p +=+≡+≡+≡+(1)1(mod ).k kp p x x p +≡+1110(1)(1)k k k k a p a p a p a mx x --+++++=+1101[(1)][(1)][(1)][(1)]k k k k a a p a p ap x x x x --=+++++1101[1][1][1][1](mod )kkk k a a p a p ap x x x x p --≡++++.即1101(1)(1)(1)(1)(1)(mod )kkk k a a m p a p ap x x x x x p --+≡++++上式右边的通项为11110010101010()().kk k k k k k k k k k k k k k k iiii i i i i i i pi p i p p a a a a a a C x C x C x C C C x --------+++=注意到若11110110kk k k k k k k n b p b pb p b i p i p i p i ----=++++=++++,由p 进制的表示唯一性知111100,,,,.k k k k i b i b i b i b --====比较nx 的系数得0(mod ).i ikb nma i C Cp =≡∏6.已知正整数2n ≥,12,,,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明:存在不全为零的整数12,,,n εεε,使得1122n n a a a εεε+++为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,,.i i n ε<=证明:设集合12{|(,,,),02017}n i A αααααα==≤<.对于,A α∈令()f α=1122n n a a a ααα+++.(1)若存在不同的,A αα'∈,满足()()(mod 2017)nf f αα'≡,则令.i i i εαα'=- 则12,,,n εεε不全为零且||2017,1,2,,.i i n ε<=同时有1122111222()()()()()0(mod 2017).n n n n nn a a a a a a f f εεεαααααααα''''+++=-+-++-=-≡ ()f αnnαn0,1,2,,2017 1.n - 考虑多项式().f Ax αα∈∑一方面()f α模2017n的余数分别为0,1,2,,2017 1.n -即所有的()f α的一般形式为12017,0,1,2,,2017 1.nn k k q k ++=-故可以考虑复数22017ni x e π=.1222017()20172017()nnnk k ii k q f xe e ππα++==.220171()201700.n nk i f Ak x e παα-∈===∑∑另一方面1122()11n ni ii i nna a a a a f AA A Ai i x xxx αααααααααα+++∈∈∈∈=====∑∑∑∑∏∏2017022016111()1iiiiiia nna a a a a i i x xx xxx ==-=++++=-∏∏. 因为i a 不为12017n -的倍数,所以,i a 2017i a 都不是2017n的倍数.所以当22017ni x e π=时,2017101iia a x x -≠-. 于是()0f Ax αα∈≠∑.这样就产生了矛盾.所以所有的()f α均模2017n不同余是不可能发生的. 所以命题得证.7.已知素数*61(,1),p k k N k =+∈>证明:121127m m--为整数,其中21pm =-.证明:由Fermat 小定理知22(mod )211(mod )p p p p ≡⇒-≡,则| 1.p m -所以121|21p m ---.又6|1,p -所以6121|21p ---.即163|21p --,于是17|21p --,从而7|22p -.即7| 1.m -于是7121|21m ---.下面只需要证明7(21,21)1p--=即可. 引理:设,m n 是正整数,则(,)(21,21)21.mnm n --=-回到原题, 注意到7p >且均为素数,所以7(7,)1(21,21)2121 1.pp --=-=-=于是71(21)(21)|21pm ----.即121127m m--为整数.8.设素数3p >,证明2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-证明:引理 对于任给素数p ,多项式1()(1)(2)(1)1p f x x x x p x -=---+-+的所有系数都能被p 整除.引理的证明:设()(1)(2)(1),g x x x x p =---+则1,2,,1p -是()0g x =的1p -个解.从而1,2,,1p -当然也是()0(mod )g x p ≡的1p -个解.由Fermat 小定理知1,2,,1p -是1()1p h x x -=-的1p -个解.所以1,2,,1p -是()()()0(mod )f x g x h x p =-≡的1p -个解.又231221().p p p p f x s xs x s x s ----=++++是2p -次的多项式.则|(1,2,,1).i p s i p =-回到原题,由韦达定理知道222(1)!(1)!(1)!(1).121p p p p p p s s p ------+++=-=-- 令,x p =则一方面11()(1)(2)(1)1(1)! 1.p p f p p p p p p p p --=---+-+=--+另一方面231221().p p p p f p s p s p s p s ----=++++注意到1(1)!1p s p -=-+.所以23211232.p p p p p s ps p s p s p p -----+++=-32322122p p p p p s s s s p p p p p pp------=+++,因为3,p >由引理知|(1,2,,1).i p s i p =-所以220(mod )p s p --≡.即2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-高一竞赛数论专题 3.整除与同余1.设12,b b 和a 都是正整数,当12(,)(,)1a b a b ==时,证明12(,)1a b b =.2.设0.n m ≥>证明:(,)mn m n C n是一个正整数.3.设3n ≥,证明2|().n ϕ其中()n ϕ为欧拉函数.4.设p 为素数,且221,|(21).mn p k p =⋅++其中*,,, 2.m n k N n m ∈≥+ 证明:121(mod )n k p -≡.5.如果21n +是素数,证明:21n -至少有2[log ]n 个不同的素因数.6.设p 是奇素数,证明:121221(mod ).p p p k kC p --=≡-∑7.设p 是素数,证明:12(1)|(1)!(1).p p p +++----m m 的所有m的值.8.已知m是大于1的正整数,求满足|(1)!9.设p 是大于3的素数,证明:(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数.10.设p 是大于3的素数,且1111,23ap b++++=其中(,) 1.a b =证明:4|.p ap b -高一竞赛数论专题 3.整除与同余解答1.设12,b b 和a 都是正整数,当12(,)(,)1a b a b ==时,证明12(,)1a b b =.21(,)a b d =,则112|,|d a d b ,于是1112|,|d a d b b ,这表明1d 是12,a b b 的公因数,所以12.d d ≤ 122(,).a b b d =则2212|,|d a d b b ,所以2.a d q =又1(,)1a b =,所以1211.ax b y d qx b y =+=+所以21(,) 1.d b =所以22|d b ,于是2d 是2,a b 的公因数,所以21.d d ≤ 所以12.d d =因为1 1.d =所以2 1.d =即证得了12(,)1a b b =.2.设0.n m ≥>证明:(,)mn m n C n是一个正整数.证明:由Bezout 定理知存在整数,x y 使得(,).m n mx ny =+ 所以(,)!(1)!!()!(1)!()!m m m m m mn n n n n n m n mx ny m m n n C C C x C y x C y x C y n n n n m n m m n m +-==+=+=+--- 11m mn n C x C y --+是整数.注意到(,)0.m n m n C n >所以(,)mn m n C n是一个正整数.3.设3n ≥,证明2|().n ϕ其中()n ϕ为欧拉函数.证明:设12,,,r d d d 是小于2n且与n 互素的全部正整数, 因为(,)1(,) 1.n d n n d =⇔-= 所以12,,,r n d n d n d ---是大于2n 且小于n 并且与n 互素的全部正整数.显然2n与n 不互素. 于是1212,,,,,,,r r d d d n d n d n d ---是小于n 且与n 互素的全部正整数.并注意到3n ≥.故2|().n ϕ4.设p 为素数,且221,|(21).mnp k p =⋅++其中*,,, 2.m n k N n m ∈≥+证明:121(mod )n k p -≡.证明:因为21np k =⋅+,所以21(mod )nk p ⋅≡-,于是1122(2)(1)(mod )n n n k p --⋅≡-.即112221(mod )n n n k p --⋅⋅≡.另一方面,因为2|(21)mp +,所以221(mod ).mp ≡-于是222(2)(1)(mod ).mp ≡-即1221(mod ).m p +≡因为2n m ≥+,所以11n m -≥+.于是112|2.m n +-从而112|2.m n n +-⋅可设11*22,.n m n q q N -+⋅=∈11122222(2)11(mod ).n m m n qq q p -++⋅==≡=所以111222221(mod )n n n n n k p ---⋅⋅⋅≡≡.且12(2,) 1.n n p -⋅=于是121(mod ).n k p -≡5.如果21n +是素数,证明:21n -至少有2[log ]n 个不同的素因数.证明:设2,kn j =⋅k 为非负整数,j 为正奇数. 若1j >,则222212222121(2)1(21)[(2)(2)21]kk k k kkn jj j j j ⋅--+=+=+=+-+-+,2212 1.kn +<+221k+是21n +的真因数,与素数矛盾.所以 1.j =于是2.k n =设221kk a =+. 其中020213a =+=1111222222222112121(2)1(21)(21)(21)[(2)1]k k k k k k n k k a a --------=-=-=+-=-=-222122221121211210(21)(21)(21)(21)k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a ----------=+-=-==-=.注意到若i j <,则(,) 1.i j a a =这是因为21210221jj j j a a a a a ---=-=.所以1210(,)(,2)(,2) 1.i j i j j i a a a a a a a a --=+==所以011,,,k a a a -这k 个数两两互素.于是011,,,k a a a -这k 个数各至少有一个不同的素因数.注意到2k n =,则22log [log ].k n n ==所以21n-至少有2[log ]n 个不同的素因数.6.设p 是奇素数,证明:121221(mod ).p p p k kC p --=≡-∑证明:因为1p -是偶数,所以111111222221212121212121111111()[()]p p p p p p p p p p p p p p k k k k k k kk kk p k k p k -------------+=======+=+-=+-∑∑∑∑∑∑因为2102112223223222221212121212121().p p p p p p p p p p p p p p p k C p C p k C p k C pk C k---------------=-+-+- 所以212102112223223222221212121()p p p p p p p p p p p p k p k C p C pk C p k C pk------------+-=-+-+ 所以212122222()(21)(mod )p p p p kp k p pk pk p ----+-≡-≡-因为11,2p k -≤≤p 是奇素数,所以(,)1k p =.由Fermat 小定理知11(mod ).p k p -≡ 于是22122()11(mod ).p p k k p --=≡≡所以222(mod ).p pk p p --≡- 从而21212()(mod )p p kp k p p --+-≡-11212221212122111[()]()(mod ).2p p p p p p p k k k p p kkp k p C p ------===-≡+-≡-≡-≡-∑∑∑所以121221(mod ).p p p k kC p --=≡-∑7.设p 是素数,证明:12(1)|(1)!(1).p p p +++----证明:方法1 (1)12(1)|(1)!(1)|(1)[(2)!1]2p p p p p p p -+++----⇔--- |2[(2)!1]|(2)!1.p p p p ⇔--⇔--因为Wilson 定理得(1)!1(mod ).p p -≡-所以(1)(2)!1(mod ).p p p --≡-即(2)!1(mod ).p p --≡- 于是(2)!1(mod ).p p -≡这就证明了|(2)!1.p p --所以12(1)|(1)!(1).p p p +++----方法2 由Wilson 定理得(1)!1(mod ).p p -≡-即|(1)! 1.p p -+所以存在整数q 使得(1)! 1.p pq -=- 于是(1)!(1)1(1)(1).p p pq p p q ---=---=-又(1)!(1)(1)[(2)!1].p p p p ---=---令(2)!1.m p =--则(1)!(1)(1).p p p m ---=- 从而(1)(1)p q p m -=-.于是|(1).p p m -又(,1) 1.p p -=所以|.p m 于是存在整数r 使得.m pr = 于是(1)(1).p q p pr -=-所以1(1).q p r -=-即(1) 1.q p r =-+ 故(1)![(1)1]1(1)(1).p p p r p p r p -=-+-=-+-因为(1)12(1)2p p p -+++-=,显然(1)2p p -是整数. 所以(1)|(1)!(1).2p p p p ---- 即证明了12(1)|(1)!(1).p p p +++----8.已知m 是大于1的正整数,求满足|(1)!m m -的所有m 的值.解:由Wilson 定理知若m 是素数,则(1)!1(mod ).m m -≡-也就是说(1)!m m -. 若m 为合数,则.m ab =其中1,.a b m <<于是,a b 必是1,2,,1m -中的某个数.若a b ≠,则|(1)!m m - 若a b =,则2.m a = 当2a >时,22a a >因为21,2,,1a -一定含有,2a a ,所以22|(1)!a a -当2a =时, 4.m =因为4(41)!- 综上满足题意的m 为除4外的全体合数.注解:本题可以说明若(1)!1(mod ).p p -≡-则p 是素数.这就证明了Wilson 定理是双向等价的. 即p 是素数(1)!1(mod ).p p ⇔-≡-9.设p 是大于3的素数,证明:(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数.证明:方法1 假设(1)1pp -+没有不同于p 的素因数.即*(1)1().pp p N αα-+=∈00111222222110(1)1(1)(1)(1)(1)(1)(1)1p pp p p p p p p pppppppp C p C pC pCp Cp C p -------+=-+-+-++-+-+-+2222122222p p p p p p p p p p C p C p C p C p C p p -----=+-+=+-+注意到p 是大于3的素数,所以2|(1)1pp p -+.且2(1)1.p p p -+>于是 3.α≥22222222223(1)(1)1(mod ).2p p p p p p p p p p C p C p p C p p p p p -----+=+-+=+-+≡ 322(1)1(1).p p p q p p pq -+=+=+又*(1)1().pp p N αα-+=∈所以2(1)(3).p pq p αα+=≥于是21.pq p α-+=注意到211(mod ),0(mod ).pq p pp α-+≡≡所以21.pq p α-+≠故矛盾.于是(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数.方法2 先证明1(1)1(3)p p p pp p p -<-+<>121(1)[(1)][(1)(1)]p p p p p p p p p p p p p -----=--+-++-121(1)(1)p p p p p p p ---=+-++- 因为p 是大于3,所以1211(1)(1) 1.p p p p pp p p p ----+-++->>即(1) 1.ppp p -->也就是(1) 1.ppp p >-+12(1)1(11)[(1)(1)(1)1]p p p p p p p p ---+=-+---+--+12123[(1)(1)(1)1]{(1)[(1)(1)][(1)1]}p p p p p p p p p p p p p p -----=---+--+=-+--+-++--+令ln ()(xf x x x=>221ln 212ln ()0.(x x x x x f x x x x⋅-⋅-'==<>所以ln ()(x f x x x =>是减函数. p 是大于3, 12p ->>所以(1)().f p f p -< 即ln(1)ln .1p pp p->-也就是ln(1)(1)ln .p p p p ->-于是1(1).pp p p-->所以1(1)1p p p p -<-+.这就证明了1(1)1(3)p p p p p p p -<-+<>注意到p 是素数,于是(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数. 方法3:12(1)1(11)[(1)(1)(1)1]pp p p p p p p ---+=-+---+--+12[(1)(1)(1)1]p p p p p p --=---+--+12122(1)(1)(1)1[(1)(1)][(1)(1)]1p p p p p p p p p p p -------+--+=---++---+224(1)(2)(1)(2)11(2)[(1)(1)(1)]p p p p p p p p p p p ---=--++--+=+--+-++-因为p 是大于3的素数,所以24(1)(1)(1) 1.p p p p p p ---+-++->-于是12(1)(1)(1)11(2)(1)11.p p p p p p p p p -----+--+>+-->+-=因为112(1)(1)(1)(1)(1)(mod )k k k k k k p C p kp p ---≡-+-≡--,所以12(1)(1)(1)1[1(1)][1(2)][1]1p p p p p p p p p p -----+--+≡--+--+-+22(1)(mod )2p p p p p -≡+≡所以存在整数q 使得122(1)(1)(1)1(1).p p p p p p q p p pq -----+--+=+=+因为12(1)(1)(1)1p p p p p p -----+--+>,所以1 1.pq +>所以 1.q ≥即存在正整数q 使得2(1)1(1).pp p pq -+=+因为(,1)1,p pq +=且11pq p +≥+,所以(1)1pp -+含有一个与p 互素的因数 1.pq +1pq +的素因数显然不同于.p所以(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数.10.设p 是大于3的素数,且1111,23ap b++++=其中(,) 1.a b =证明:4|.p ap b -证明:引理 设素数3p >,则2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-(2.同余第8题) 由引理知道211|(1)!(1)21p p p -+++-. 于是2*11(1)!(1),.21p p q q N p -+++=∈- 从而2111,21(1)!p q p p +++=--从而2111.21(1)!qp p p +++=⋅--. 于是321111(1)!1.21(1)!!q p q p a p p p p p p b+-++++=⋅+==-- 我们可以得到3()(1)!.ap b p p qb --=同时3(1)!,!,p q p ax p bx +-==其中*.x N ∈ 因为3|,(1)!,p p q p p -所以3(1)!pp q p +-.但|!p p .也就是,|.p ax p bx因为p 是素数,所以|p b 或|.p x 若|,p x 则|p ax (矛盾),故|,.p b p x因为,,px p ax 所以p a .若不然,|,p a 从而|p ax (矛盾).故.p a所以,|.p a p b 可是*,.b pt t N =∈3444高一竞赛数论专题 5.素因数分解算术基本定理:设整数1a >,那么12.s a p p p =其中j p 是素数,在不计次序下唯一.把12.s a p p p =中相同的素数合并,则得到标准素因数分解式12121212, ,,,,0.nn n n a p p p p p p αααααα=<<<≥正因数个数定理:设|()1d nn τ=∑表示大于1的整数n 的所有正因数的个数,若1212s s n pp p ααα=,其中j p 是素数,则1()(1).sii n τα==+∏正因数和定理:设|()d nn d σ=∑表示大于1的整数n 的所有正因数之和,若1212s s n p p p ααα=,其中j p 是素数,则111().1i si i i p n p ασ+=-=-∏1.设,a b 是非零的整数,证明:(,)[,].a b a b ab =2.设n 是正整数,证明:!n 的素因数分解式为(,)!,p n p nn pα≤=∏其中p 是素数,1(,).j j n p n p α∞=⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑3.求2017!的十进制表示式中末尾的零的个数.4.设n为正整数.证明:若n的所有正因数之和为2的整数次幂,则这些正因数的个数也为2的整数次幂.n ,不超过n的素数共有k个.设A为集合{2,3,,}n的子集,A的元素个数小于,k且A中任意5.设整数3一个数不是另一个数的倍数.证明存在集合{2,3,,}n的k元子集,B使得B中任意一个数也不是另一个数的倍数,且B包含.A高一竞赛数论专题 5.素因数分解解答算术基本定理:设整数1a >,那么12.s a p p p =其中j p 是素数,在不计次序下唯一.把12.s a p p p =中相同的素数合并,则得到标准素因数分解式12121212, ,,,,0.nn n n a p p p p p p αααααα=<<<≥正因数个数定理:设|()1d nn τ=∑表示大于1的整数n 的所有正因数的个数,若1212ss n p p p ααα=,其中j p 是素数,则1()(1).sii n τα==+∏正因数和定理:设|()d nn d σ=∑表示大于1的整数n 的所有正因数之和,若1212s s n pp p ααα=,其中j p 是素数,则111().1i si i ip n p ασ+=-=-∏1.设,a b 是非零的整数,证明:(,)[,].a b a b ab =证明:设素因数分解式1212121212, ,,0.n nn n n i i a p p p b p p p p p p αβααββαβ==<<<≥则11221122min{,}max{,}min{,}min{,}max{,}max{,}1212(,),[,].n n n n n n a b p p p a b p p p αβαβαβαβαβαβ==11112222min{,}max{,}min{,}max{,}min{,}max{,}12(,)[,]n n n n n a b a b p p p αβαβαβαβαβαβ+++=11221212121212.n n n nn n n p p p p p p p p p ab αβαβαβαβααββ+++==⋅=2.设n 是正整数,证明:!n 的素因数分解式为(,)!,p n p nn pα≤=∏其中p 是素数,1(,).j j n p n p α∞=⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑证明:一方面若素数|!,p n 则|,1.p k k n <≤另一方面,任一素数p n ≤,必有|!.p n 所以12121212!, 2 ,,,,0.s s n s n p p p p p p n αααααα=≤<<<≤>下面去确定.j α设(,)p n α为整数!n 的素因数p 的次方. 因为必有整数k 满足1,kk p n p+≤<所以11.k j j j j n n p p ∞==⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑设j c 表示1,2,,n 中能被j p 整除的数的个数,则.j j n c p ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦j d 表示1,2,,n 中恰能被j p 整除的数的个数.则11.j j j j j n n d c c p p ++⎡⎤⎡⎤=-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦显然当j k >时,0.j d =及12(,)12.k p n d d k d α=⋅+⋅++⋅于是1212231(,)121()2()()k k k p n d d k d c c c c k c c α+=⋅+⋅++⋅=⋅-+⋅-++⋅-12112111.kkk k k k j j j j j n n c c c c c c c c p p ∞+===⎡⎤⎡⎤++++=+++===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑∑所以(,)!.p n p nn p α≤=∏3.求2017!的十进制表示式中末尾的零的个数.解:这就是要求正整数k 使得10||2017!.k因为1025=⨯,实际上是求2的最大方次与5的最大方次的最小值. 显然2的最大方次大于5的最大方次. 所以就是求5的最大方次(5,2017).α 注意到520175.<。
高中数学竞赛数论
高中数学竞赛数论数论作为数学的一个重要分支,研究自然数的性质及其相关的运算规律,是高中数学竞赛中的一道重要题型。
本文将从数论的基本概念、常见题型以及解题技巧三个方面来介绍高中数学竞赛中的数论问题。
一、基本概念1.1 整数与自然数整数是由自然数和其相反数构成的数集,用Z表示。
自然数是人们日常生活中使用的正整数,用N表示。
1.2 质数与合数质数是只能被1和自身整除的自然数,合数是除了1和自身之外还有其他因数的自然数。
1.3 最大公约数与最小公倍数对于两个自然数a和b,最大的能够同时整除它们的自然数称为它们的最大公约数,用gcd(a, b)表示;最小的能够同时被它们整除的自然数称为它们的最小公倍数,用lcm(a, b)表示。
1.4 同余定理如果两个整数a和b,它们除以某个正整数n得到的余数相同,即a 和b对n取余相等,可以表示为a≡b(mod n)。
二、常见题型2.1 求因数、质因数分解求一个数的因数,可以通过试除法来找到它的所有因数。
质因数分解是将一个数分解为质数的乘积,通过不断地除以最小的质因数来完成。
2.2 同余关系通过同余关系的性质,可以解决一些数的性质问题。
例如,通过同余定理可以求解方程、证明数的整除关系等。
2.3 数列问题数论中的数列问题是指根据给定的数列规律,求解数列的性质或是推导数列的通项公式。
三、解题技巧3.1 取模运算大多数数论问题都可以通过取模运算来简化问题的复杂度。
当计算一个数的幂时,可以通过取模运算降低计算量。
3.2 数论恒等式熟练掌握一些常见的数论恒等式对于解题非常有帮助。
例如费马小定理、欧拉定理等,适时运用可以大大简化问题的解答过程。
3.3 奇偶性讨论对于一些数论问题,可以通过分别讨论奇数和偶数的情况来解决,从而得到问题的解。
3.4 数论规律数论中存在一些常见的规律,比如质数取值范围、奇偶性的性质等。
通过深入研究这些规律,可以更好地理解数论问题,并找到有效的解题方法。
结语高中数学竞赛数论作为数学竞赛中的一个重要部分,涉及的内容较为广泛。
高中数学竞赛辅导-初等数论(不定方程)(2021年整理)
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不定方程不定方程是指未知数的个数多于方程的个数,且未知数的取值范围是受某些限制(如整数、正整数或有理数)的方程.不定方程是数论的一个重要课题,也是一个非常困难和复杂的课题。
1.几类不定方程 (1)一次不定方程在不定方程和不定方程组中,最简单的不定方程是整系数方程)0,0(,0≠>=++b a c by ax 通常称之为二元一次不定方程。
一次不定方程解的情况有如下定理。
定理一:二元一次不定方程c b a c by ax ,,,=+为整数.有整数解的充分必要条件是c b a |),(. 定理二:若00,,1),(y x b a 且=为①之一解,则方程①全部解为at y y bt x x -=+=00,. (t 为整数)。
(2)沛尔)(pell 方程形如122=-dy x (*d N ∈,d 不是完全平方数)的方程称为沛尔方程. 能够证明它一定有无穷多组正整数解;又设),(11y x 为该方程的正整数解),(y x 中使d y x +最小的解,则其的全部正整数解由111111111[()()]2)()]n n n n n n x x x y x x ⎧=++⎪⎪⎨⎪=+--⎪⎩(1,2,3,n =)给出.①只要有解),(11y x ,就可以由通解公式给出方程的无穷多组解. ②n n y x ,满足的关系:1(nn x y x y ++;11211222n n n nn n x x x x y x y y ----=-⎧⎨=-⎩ , (3)勾股方程222z y x =+这里只讨论勾股方程的正整数解,只需讨论满足1),(=y x 的解,此时易知z y x ,,实际上两两互素。
高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)-
高中数学联赛初等数论专题练习(详解版)学校 :___________姓名: ___________班级: ___________考号: ___________一、单选题1.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用其名字命名的“高斯函数”为:设 x R ,用 x 表示不超过x 的最大整数,则y x 称为高斯函数,例如:0.51, 1.5 1 ,已知函数 f ( x)14x 3 2x4(0x 2),2则函数 y f ( x)的值域为()A .-13B .1,0,1C.{- 1,0,1,2} D .0,1,22,22.设 [ x] 表示不超过x的最大整数(如[2] 2 , [ 5]1),对于给定的 n N *,定义4C n x n(n1)(n[ x]1), x1,;当 x3,4 时,函数C8x的值域是()x( x1)( x[ x]1)A .12,58B.14,56C.12,58D.14,563.用x表示x的整数部分,即x表示不超过 x 的最大整数,例如:22, 2.32, 2.3,设函数 h x ln x x21,则函数3f (x)h(x)h( x)的值域为()A .0B .1,0,1C.1,0 D .2,04.已知n是正整数,则下列数中一定能整除2n3225的是()A .6B .3C. 4 D . 55.已知直角三角形的三边长都是整数,且其面积与周长在数值上相等. 那么,这样的直角三角形有()个 .A .0B .1C. 2 D . 36.十八世纪,函数y [ x] ([ x]表示不超过 x 的最大整数)被“”数学王子高斯采用,因此得名为高斯函数,结合定义的表述,人们习惯称为“”取整函数,根据上述定义,则方程 2019x2[ x]20200 的所有实数根的个数为()7.将编号为1, 2,,18的18名乒乓球运动员分配在9 张球台上进行单打比赛,规定每一张球台上两选手编号之和均为大于 4 的平方数.记 {7 号与 18 号比赛 } 为事件 p.则p 为().A .不可能事件B.概率为1的随机事件17C.概率为1的随机事件D.必然事件3二、填空题8.在正奇数非减数列1,3,3,3,5,5,5,5,5,中,每个正奇数 k 出现 k 次.已知存在整数b 、c、d,对所有的整数n满足a n b n c d ,其中x 表示不超过x的最大整数 .则b c d等于 ______.9.等差数列{ a n}的前n项和为S n,且a11, S728,记 b n[lga n ] ,其中[ x]表示不超过 x 的最大整数,如 [0.9] 0 , [lg 99]1,则 b b_________.2019 202010.已知f (n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数,例如:12的因数有1,2,3,4,100506,12,则 f 12 3 ;21的因数有1,3,7,21,则f2121 ,那么f i f ii 51i1_________.11.用符号( x]表示小于x的最大整数,如(]3,( 1.2] 2 ,有下列命题:① 若函数 f (x) ( x]x, x R ,则f ( x)的值域为 [1,0) ;② 若 x(1,4),则方程 x1 ( x]5有三个根;③ 若数列a n是等差数列,则数列(a ]也是等差数列;④ 若n,则 (x]?( y] 2 的概率为P 2.9则下列正确命题的序号是______________.12.若两整数a、b除以同一个整数m,所得余数相同,即ab k (k Z) ,则称a、mb对模 m 同余,用符号 a b(mod m) 表示,若 a10(mod 6) (a10) ,满足条件的a由小到大依次记为 a1 , a2 ,, a n , ,则数列{a n}的前16项和为________.13.设x R,x表示不超过x的最大整数,若存在实数t,使得t1,t2 2 ,,n14.在数列a n中,a13a n 12a n2,且12 .n n(1)a n的通项公式为 __________;123、 a 2019这2019项中,被10除余2的项数为 __________.( 2)在a、 a、 a 、L15.将一个数列中部分项按原来的先后次序排列所成的一个新数列称为原数列的一个子数列,如果数列存在成等比数列的子数列,那么称该数列为“弱等比数列”已.知 m >1 ,设区间 m,内的三个正整数 a ,x,y满足:数列a2,y21, cos,x21为“弱等比数列”,则a的最小值为 ________.2x16.设x表示不超过x的最大整数,如 1.51, 1.52.若函数 f x a xa 0, a 1 ,则 g x f1f x11 a x x的值域为22________________.三、解答题17.将下列各式进行因式分解.( 1)3x210 x8;( 2)x2y2124x2 y2;( 3)x2y xy2xz yz .18.已知x1、x2是一元二次方程4kx24kx k 10 的两个实数根.( 1)是否存在实数k,2x1x2x12x23k 的值;若不存成立?若存在,求出2在,请说明理由;x1x22 的值为整数的实数k 的整数值.( 2)求使x1x219.正整数数列a n的前 n 项和为 S n,前 n 项积T n,若Ti N * (i1,2,L n) ,则称S i数列a n为“Z数列”.(1)判断下列数列是否是 Z 数列,并说明理由;①2,2,4,8;②8,24,40,56(2)若数列 a n是Z数列,且a2 2 .求S3和T3;20.设m,n是正整数,满足mn | m2n 2 1 .证明:m2n 2 1 3mn.参考答案1. B【解析】【分析】首先将函数解析式进行化简,并用换元思想,得到 f (t)1t23t4(1 t 4 ),研究二2次函数在某个区间上的值域,求得 f ( x)13“”.22【详解】因为 f ( x)12x23 2x xt( 1t 4 ),2 4 ,令2则 f (t) 1 t23t4(1t 4 ),函数的对称轴方程为t 3 ,2所以 f (t )min f (3)1,2f (t) max f (1)3f ( x)132,所以,,22所以 y f ( x)的值域为1,0,1,故选: B.【点睛】本小题考查函数的定义域与值域等基础知识,考查学生分析问题,解决问题的能力,运算求解能力,转化与化归思想,换元思想,分类讨论和应用意识.2. D【解析】【分析】利用题目中的两个新定义求得 C8x336,再利用导数求分母的值域,即可得答x(x1)( x2)案 .【详解】当 x 3,4时, [ x]3,∴ C8x87 6336,x( x 1)( x 2)x(x 1)(x2)当 3, x 4 时, f ( x)x33x22x ,∵ f ' (x) 3x26x 2 0 ,∴ f ( x) 为增函数,∴ f (x) f (4)24 ,且 f( x) f (3) 6 ,∴ f (x)[6, 24),∴ f ( x)14,56 .故选: D.【点睛】本题考查函数新定义问题、导数的运用、三次函数的值域,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力.3. C【解析】【分析】根据条件先判断函数的h(x) 的奇偶性,结合x 的定义,分别讨论h( x) 取整数值和非整数时对应的结果即可.【详解】解:函数 h(x) 的定义域为R,则h( x)h(x) ln( x x21) ln(x2 1x)ln(x21x)( x21 x)ln1x2x2ln10即 h(x)h( x) ,则 h( x) 是奇函数,则 f (x)h( x)h(x)h(x)h( x) ,若 h( x)n, n 是整数,则h( x)h( x)n n0, f x0如 n h( x)n1,n Z ,则 ( n1)h( x)n, n Z ,则 h(x)n, h( x)(n 1)n 1,则 h(x)h( x)n n 1 1 ,综上 f ( x)1或0,即 f ( x) 的值域为1,0,故选 C.【点睛】本题考查函数值域的求法,一般地,可先考虑函数的奇偶性、周期性等把函数值域归结到有限区间上,再考虑函数的单调性,也可以利用换元法把复杂函数转化为简单函数,注意根据函数的解析式的形式选择合适的方法.4. C【解析】【分析】225 分解因式,由此判断出正确选项.首先根据平方差公式对2n 3【详解】2252n 3 5 2n 3 52n 8 2n 2 4 n 4 n 1 ,2n 32n 3225 一定能被4整除,故选 :C.【点睛】本小题主要考查平方差公式,考查整除性问题,属于基础题.5. C【解析】【详解】设直角三角形三边长分别为x 、y、z x y z ,则x2y2z2,且2 x y z xy.两式消去 z ,得xy 4x 4 y 8 0 ,即x 4 y 48 .于是, x 4 8 .注意到 x 4 y 4 ,所以, x 48 3 .故 x 4 1或2,即 x 5 或6,选C.6. C【解析】【分析】由2019x2[ x] 20200 可得2019x2[ x]2020,若| x | 2时,方程显然不成立,故2x 2 ,此时[ x]1,0,1,分别分析即可.【详解】由2019x2[ x] 20200可得2019x2[ x]2020,因为 | x |2时,2019x2[x]2020,方程无解,当 2x 2 时,[ x]的可能取值为1,0,1 ,当 [ x]1时,方程有解x1,当 [ x]0 时,方程无解,当 [ x] 1 时,2019x22021 ,解得x2021或 x2021,20192019因为 [2021] 1,符合题意, [2021] 1 不符合题意,舍去,20192019综上,方程的根为 x1,x2021 ,2019故选: C【点睛】本题主要考查了一元二次方程,取整函数,分类讨论的思想,属于中档题.7. D【解析】【详解】由于编号最大的两数之和为18 17 3536 ,所以,同一张球台上两选手编号之和只能取3 个平方数: 25、 16、 9.现设同一张球台上两选手编号和为25、 16、 9 的分别有x、 y、z25x 16 y9z 1 2 L 18 ( x 、 y 、 z 均为非负整数)个.依题意有x y z 9,即x0, y 0, z16x 7 y9 x y z 1717 y 90xy z 9 16 x.得0, z .x0, y 0, z x 0, y 090 又由 10 x,知 x 只能取非负整数 0,1, 2, 3,4, 5.逐一代入检验,可得方程唯一16的非负整数解x 3 , y 6, z0 .下面讨论 9 张球台上的选手对阵情况.( 1)由 x=3,知平方数为 25 只能有 3 个,而编号不小于 16 的 3 个选手 18, 17,16 对应的平方数又只能为 25,故 “两选手编号和为 25”的只能是: 18 与 7 对阵, 17 与 8 对阵, 16 与 9对阵.( 2)由 y6,知去掉 18,17,16, 9,8, 7 后剩下的 12 个选手对应的平方数能且只能为16,有: 1 与 15 对阵, 2 与 14 对阵, 3 与 13 对阵, 4 与 12 对阵, 5 与 11 对阵, 6 与 10 对阵.所以,规定能够实现,且实现方案是唯一的.9 张球台上选手对阵情况为:18,7 , 17,8 , 16,9 , 15,1 , 14,2 , 13,3 , 12,4 , 11,5 , 10,6 .事件 p 为必然事件.选 D.8. 2【解析】【详解】将已知数列分组为( 1) , 3,3,3 , 5,5,5,5,5 ,,2k 1,2 k 1, ,2 k 1 ,共 2k 1 个组 .设 a n 在第 k 组, a n 2k 1,则有 1 3 52k 3 1 n 1 3 52k 1 1 ,即 k 12k 2 1 .1 n注意到k 0 ,解得n1 kn 1 1.所以, k n11n 11.因此, a n2n1 1 .故 b c d211 2 .9. 9【解析】【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式可得a n,再利用b n[lgn ] ,可得 b1b2b3b9 0 ,b10b11b12b991,,即可得出.【详解】S{ a}的前n 项和,且 a1,S28,7a28.n 为等差数列n174可得 a4 4 ,则公差d1,∴ a n n,∴ b n[ lgn] ,则 b1[lg1]0 , b2b3b90,b10b11b12b99 1 ,b100b101b102b103b999 2 , b1000b1001b1002b1003b99993∴b2019 b 20209 .故答案为: 9 .【点睛】本题考查等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数,考查推理能力与计算能力,属于中档题.10. 1656【解析】【分析】根据 f (n) 的定义求出 f (i) ,i1,2,L ,100 ,然后再求值.【详解】解析: f n 表示正整数n的所有因数中最大的奇数,f n f 2n ,且 n 为奇数时, f (n) n,其中 n1,100 ;f nmax f9999, f nmin f64f2f4f8 f 16 f 321100那么 f (i)f51f52f53 ...f100i 5151135327557572959156131 6316533671769357197337 75197739795814183218543 8711894591239347953974999251357911 (9950199)2500250那么 f i 1 1 3 1 5 3 7 1 9 5 11 3i1137151179195211123325132772915311331735937193954121431145234734925135... 2931 ...49512 151418221315 171921 23 2525149219844210050那么 f (i) f (i)25008441656.i 51i1故答案为: 1656.【点睛】本题考查新函数的定义,理解新函数的定义是解题关键.解题时按新函数定义计算即可.11.①②④【解析】试题分析:由定义,所以其值域为[ 1,0) ,故①正确;由于,因此可求得,所以②正确;对于③ ,如取数列成等差数列,但不成等差数列;对于④ 很容易验证是正确的.故应填①②④ .考点:函数的性质及分析问题解决问题的能力.【易错点晴】本题以符号函数为背景,考查的是函数与方程、等差数列和等比数列、概率等许多有关知识和运算求解及推理判断的能力.定义新概念运用新信息是解答本题的一大特色.解答时应充分依据题设条件,对题设中提供的几个命题进行分析推断最后作出真假命题的判断.对于命题 ,举出一个反例 ,进行了推断从而说明它是假命题.运用反例是否定一个命题是真命题的有效方式和方法.12. 976 【解析】【分析】由两数同余的定义, m 是一个正整数, 对两个正整数a 、b ,若 a b 是 m 的倍数, 则称 a 、b 模 m 同余,我们易得若 a10(mod 6)( a 10) ,则 a 10 为 6 的整数倍,则 a 6n 10 ,再根据等差数列 { a n } 的前 n 项公式计算即可得答案.【详解】由两数同余的定义,m 是一个正整数,对两个正整数a 、b ,若 a b 是 m 的倍数,则称 a 、 b 模 m 同余,我们易得若 a 10( mod 6)(a10) ,则 a 10 为 6 的整数倍,则 a 6n 10 ,故 a 16,22,28, L 均满足条件.由等差数列 { a n } 的前 n 项公式 S nna 1n(n 1) d ,16 (16 1)2则 S 16 16976 .1626故答案为: 976.【点睛】本题考查除的定义、数列的前n 项和,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意将新定义转化成代数式a 6n 10 .13. 4【解析】试题分析:t 1 ,则 t1,2;t22,则t2, 3 ; t33,则 t3 3, 3 4;t4 4 ,则 t4 4, 4 5;t 55,则 t55, 5 6;其中31.732, 3 4 1.587, 4 5 1.495, 5 6 1.431 1.495 ,由此可得t4时,可以找到实数 t ,使 t1,22,333, 344 4, 4 5 ,但当t 5时,上述区间没有公共部分,故 n 的最大值为 4 .考点:取整函数.14.a n2n2n 2403【解析】【分析】( 1)根据题意得知数列an2为等差数列,确定该数列的首项和公差,可求出数列na n 2的通项公式,即可求出a n;n( 2)设a n2n2n210k2k Z ,可得出 10k n 2n 1 ,由 2n 1为奇数,可得出 n为10的倍数或2n1为5的奇数倍且 n 为偶数,求出两种情况下 n 值的个数,相加即可得出答案 .【详解】( 1)Q an 12 a nn22且a1121,n1所以,数列a n2是以 1为首项,以2 为公差的等差数列,na n2 1 2 n 1 2n 1,a n2n2n 2 ;n( 2)被10整除且余数为 2 的整数可表示为 10k2k Z,令 a n2n2n210k 2 ,可得10k n 2n1,Q n N ,且1n2019,则2n1为奇数,则 n 为10的倍数,或者2n15的奇数倍且 n 为偶数.为当 2n 1为 5 的奇数倍且n 为偶数时,n 的取值有:8 、 18 、28 、L、 2018 ,共 202 个.综上所述,在 a、a2、 a、L 、a2019这2019项中,被10除余2的项数为201202403.13故答案为:2n2n 2 ; 403.【点睛】本题考查数列通项的求解,同时也考查了数列中项的整除问题,考查分类讨论思想的应用,属于中等题 .15. 2【解析】【分析】根据新定义列等量关系,再分解变形,根据正整数分解性质求最小值.【详解】因为 cos0 ,所以a2,y2 1 ,x21依次成等比数列,即y21a2 (x21) 0,2因为 m > 1 ,a,x,y为区间m,内的三个正整数,所以a2, x2, y 2Q y21a2 ( x21) a2 x2y2 a 21,( ax y)(ax y)a21设 a21st(s,t N * , s t) ,且 ax y s, ax y t2ax s t因为当 s1,t a2 1 时,s t 最大,所以2ax a2 a 2 x a2x故答案为:2【点睛】本题考查等比数列、数列新定义以及正整数分解,考查综合分析求解能力,属难题. 16.1,0【解析】【分析】先求出函数 f x 的值域为 0,1,注意到 f x f x 1 ,可得出g x f x 11,然后分0 f x11、12f x2、 f x f x 1三222种情况得出函数g x 的值域.【详解】Q f x a x110,1,又 f x ax1,f x f x1.1 a x 1 a x 1 a x a x1g x f x 11f x. 22① 当0f x 11f x10 ,01x1g x101;时,22f,此时222②当 f x 1时, f x11f x0,此时g x000;222③ 当1f x1时,0f x11,11f x0,此时g x01 1 . 22222综上所述:函数g x f x 1f x10, 1,故答案为0, 1 . 2的值域为2【点睛】本题考查函数值域的求解,考查了取整函数的定义,解题的关键就是要确定 f x 与 f x 之间的关系,并利用分类讨论思想来求解,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.2217.( 1)3x 4 x 2 ;(2)xy 1xy 1;(3)x y xy z .【解析】【分析】(1)应用十字相乘法;(2)应用平方差公式;(3)应用分组分解法。
四川省成都七中高中数学竞赛数论专题讲义及详解:1整除
高一竞赛数论专题1.整除设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b Œ. 整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ⇒(2)|,|a b a c ⇔对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c(2)若|a bc 则|.a c3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=4.证明对任意整数n ,65222n n n n +--能被120整除.5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n -+.求m 的所有可能取值.6.证明:正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111x y y x --+++是整数,求证4441x y -能被1x +整除.8.证明:对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k k f n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明:p n n C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦能被p 整除.10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<<,使得11(1)n k kp =+∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)n k ka =+∏为整数?.11.设,m n 是正整数, 证明(,)(21,21)21.m n m n --=-12.任给2n ≥,证明:存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.高一竞赛数论专题1.整除解答设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b Œ. 整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ⇒(2)|,|a b a c ⇔对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+证明:记121(,),a a d =1212(,)a a qa d +=.121(,),a a d =即1112|,|.d a d a 于是11121|,|.d a d a qa +所以12.d d ≤1212(,)a a qa d +=,即21221|,|.d a d a qa +于是2122112|,|().d a d a qa qa a +-=所以21.d d ≤所以12.d d =命题得证.2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c(2)若|a bc 则|.a c证明(,)1,a b =则1.ax by =+于是1().c c c ax by acx bcy =⋅=+=+(1)|,|a c b c ,则12,.c aq c bq ==于是2121().c abq x baq y ab q x q y =+=+所以|.ab c(2)|,a bc 则|.a acx bcy +即|.a c3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=证明:当,a b 中有一个为零时,结论是显然的.不妨设,a b 都不为零,且||||.a b ≤一方面若存在整数,x y 使得 1.ax by +=注意到(,)|,(,)|a b a a b b .所以(,)|.a b ax by +即(,)|1.a b 所以(,)1a b =.另一方面设11111,0||,,b aq r r a q r =+≤<为整数,若10,r =则辗转相除到此为止;否则继续.1222122,0,,a r q r r r q r =+≤<为整数,若20,r =则辗转相除到此为止;否则继续.12333233,0,,r r q r r r q r =+≤<为整数,若30,r =则辗转相除到此为止;否则继续.由于123r r r >>>且123,,,r r r 均为自然数,所以经过有限步辗转相除可得0.k r =即3211.k k k k r r q r ----=+21(0).k k k k k r r q r r --=+=引理:设,a b 是两个整数且0,a ≠,0||,,b aq r r a q r =+≤<为整数.则(,)(,).a b a r =证明:因为(,)(,).a b a b aq =-又.r b aq =-所以(,)(,).a b a r =回到原题:利用引理我们可得112211(,)(,)(,)(,)(,).k k k k a b a r r r r r r r ---=====注意到0.k r =所以11(,)(,0).k k a b r r --==由辗转相除的过程知道1321.k k k k r r r q ----=- 2432.k k k k r r r q ----=-3123.r r r q =-212.r a r q =-11r b aq =-所以11,r b aq =-212122()(1),r a b aq q q q a q b =--=+-311223123123[(1)][(1)](1),r b aq q q a q b q q q q q a q q b =--+-=+-++所以1k r -是,a b 的线性组合即存在整数,x y 使得1.k r ax by -=+即(,).a b ax by =+所以若(,)1,a b =则存在整数,x y 使得 1.ax by +=4.证明对任意整数n ,65222n n n n +--能被120整除.证明:65254222(2)(2)(2)(1)(2)(1)(1)(1)n n n n n n n n n n n n n n n n +--=+-+=+-=+-++ 22(2)(1)(1)(45)(2)(1)(1)(2)5(1)(1)(2)n n n n n n n n n n n n n n =+-+-+=--+++-++.5!|(2)(1)(1)(2),n n n n n --++4!|(1)(1)(2),5!|5(1)(1)(2),n n n n n n n n -++-++所以65222n n n n +--能被120整除.5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n -+.求m 的所有可能取值.解: 因为21|21m n -+,所以2121n m +≥-所以n m ≥(若不然,则 1.n m ≤-于是1212121m n m -+≥+≥-,即2m ≤矛盾).因为n m ≥,所以存在正整数,q r 使得,0.n mq r r m =+≤<1212122212(21)212(21)[(2)21]21n mq r mq r r r r mq r r m m q m r ++-+=+=-++=-++=-+++++. 因为21|21m n -+,所以21|21m r -+.从而212 1.r m+≥- 注意到0.r m ≤<所以 1.r m ≤-于是121212 1.m r m -+≥+≥-即2m ≤矛盾.所以不存在这样的.m6.证明:正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.证明:()⇒正整数M 是完全平方数,则2.M d = 222222()()()()M i M d i d d d i d d i +-=+-=++-+.2d d i -+对于1,2,,i n =是连续n 个正整数,所以一定存在某个i 使得2|.n d d i -+于是2|().n M i M +- 所以对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.()⇐假设正整数M 不是完全平方数,则M 中一定有一个素因数p ,它的指数是奇数即存在正整数k 使得212|,.k k p M p M -Œ因为对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除. 故取2k n p =,对于21,2,,k i p =一定存在某个i 使得22|().k p M i M +-注意到2k p M Œ.所以22()k p M i +Œ( 若不然, 22|(),k p M i +又22|().k p M i M +-于是2k p M Œ矛盾). 由于22|(),k p M i M +-于是212|().k p M i M -+-注意到21|k p M -.所以212|().k p M i -+我们得到212|()k pM i -+且22()k p M i +Œ.这与2()M i +是完全平方数矛盾. 所以假设错误.所以正整数M 是完全平方数.7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111x y y x --+++是整数,求证4441x y -能被1x +整除.证明:设4411,.11x a y cy b x d--==++其中(,)1,(,)1,0,0.a b c d b d ==>> 则a c ad bcb d bd++=是整数.即|.bd ad bc + 从而|,|.b ad bc d ad bc ++于是|,|.b ad d bc 注意到(,)1,(,) 1.a b c d == 所以|,|.b d d b 又0,0b d >>,所以.b d =因为44222211(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1).1111a c x y x x x y y y x x y yb d y x y x ---++-++⋅=⋅=⋅=-+-+++++ 所以a cb d⋅是整数,结合.b d = 所以2|.b ac 于是|b ac ,又(,)1a b =,则|,b c 又(,) 1.b c =且0.b >所以 1.b =也就是411y c x -=+.即41| 1.x y +-又44444444441049421(1)1(1)[()()1](1)(1)(1)x y x y x x y y y y x x x -=-+-=-++++++-+.所以4441| 1.x x y +-8.证明:对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k kf n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.证明: 我们知道数(,)f n k 能分解成n 个连续的自然数之积,则一定能被!n 整除.所以只需要证明数(,)f n k 不能被一个很小的自然数n 整除即可.33333(,)2410(339)13(3)()1k k k k k k k k k k f n k n n n n n n n n n n =++=++-++=++--+ 33(3)(1)(1)1k k k k k n n n n n =++--++. 33|3(3),3|(1)(1),3 1.k k k k k n n n n n ++-+Œ所以3(,).f n k Œ也就是数(,)f n k 不能分解成3个或3个以上的连续的自然数之积. 下面再证明数(,)f n k 不能分解成2个连续的自然数之积.由上可知(,)31f n k q =+.因此只需要证明31(1)q x x +=+无自然数解. 当3x m =时,(1)3(31)3[(31)]x x m m m m +=+=+,故无解.当31x m =+时,2(1)(31)(32)3(33)2x x m m m m +=++=++,故无解.当32x m =+时,(1)(32)(33)3(1)(32)x x m m m m +=++=++故无解. 所以数(,)f n k 不能分解成2个连续的自然数之积.于是我们证明了对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k kf n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明:pn n C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦能被p 整除. 证明:,1,2,,1n n n n p ---+这连续p 个数有且仅有一个被p 整除,设这个数为.N 则,.N pq q Z =∈则.n Nq p p⎡⎤==⎢⎥⎣⎦且,1,,1,1,1n n N N n p -+--+除以p 的余数不计次序为1,2,,1p -.于是(1)(1)(1)(1)(1)!.n n N N n p p pA -+--+=-+(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)1!(1)!p n n n n N N N n p n n N N n p C q q p p p ⎡⎤⎡⎤-+--+-+--+-=-=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦(1)!1(1)!(1)!p pA pqAq p p ⎡⎤-+=-=⎢⎥--⎣⎦. 因为p 与1,2,,1p -互素,所以(,(1)!) 1.p p -=于是(1)!|..(1)!p n n qAp qAC p p p ⎡⎤--=⋅⎢⎥-⎣⎦所以|.pn n p C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<<,使得11(1)nk kp =+∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)nk k a =+∏为整数?.解(1)111(1)1(1).nk nk n k k kk p p p ===++=∏∏∏ 当3n ≥时,1,1 1.n k p p k n >+≤≤-故11((1),) 1.n knk p p -=+=∏所以|1.nn pp +又|.n n p p 所以|1.n p于是1n p =矛盾.所以2n ≤.当1n =时,111N p +∉. 当2n =时,1212121212(1)(1)111(1)(1)1.p p p p N p p p p p p ++++++==+∈ 1212|1p p p p ++,21221|1,|1.p p p p p +++又211p p ≥+.所以211.p p =+于是1111|11,|2.p p p p +++ 所以122, 3.p p ==综上,所求的数列只有一个122, 3.p p == (2)不存在. 当121n a a a <<<<时,设.n a m ≤2222222212222111(!)21(1)(1) 2.(1)!1(1)(1)1(1)!2nm m m m k k k k k k k k k m mm a k k k k k m m =====+<+≤+=<===<+--++-∏∏∏∏∏所以211(1)nk k N a =+∉∏.所以不存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)nk k a =+∏为整数.11.设,m n 是正整数, 证明(,)(21,21)21.m n m n --=- 解:不妨设.m n ≥有带余除法得1111(1,0)m q n r q r n =+≥≤<.我们有111111111212122212(21)2 1.q n r q n r r r r q n r m++-=-=-+-=-+-因为121|21q nn--,所以1(21,21)(21,21).r m n n --=--注意到1(,)(,).m n n r =若10,r =则1(,)(,).m n n r n ==于是1(21,21)(21,21)(0,21)2 1.rm n n n n--=--=-=-结论成立.若10,r >则作辗转相除.,212221(1,0)n q r r q r r =+≥≤<.我们有212221221212(21)2 1.q r r r q r r n+-=-=-+-因为12121|21rq r --,所以112(21,21)(21,21)(21,21)r r r m n n --=--=--.若20,r >则继续处理,直到10k r +=为止.由辗转相除法知(,).k m n r =1112(,)(21,21)(21,21)(21,21)(21,21)(21,0)212 1.k k k k r r r r r r r m n n m n +--=--=--==--=-=-=-至此,我们证得了结论.12.任给2n ≥,证明:存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.证明:我们任取n 个互不相同的正整数12,,,,n a a a 并选取一个正整数参数,K 希望12,,,n Ka Ka Ka 的积12n n K a a a 被任意两项的和i j Ka Ka +()i j ≠整除,取1().i j i j nK a a ≤<≤=+∏12,,,n Ka Ka Ka 互不相同, 1()().i j i j i j i j nKa Ka a a a a ≤<≤+=++∏12121(()).n n n i j n i j nK a a a a a a a a ≤<≤=+∏显然有12|.ni j n Ka Ka K a a a +。
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。
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:K 0,K 1,…,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((2)2.(1)a r ,得m 个数特别地,完全为偶数时,,2-m (2)证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系,因a 0,a 1,…,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aa 0+b, aa 1+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!(ⅲ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别遍历模m 1,m 2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),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(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.(1).在与模m的一个(2)(ϕm)x1≡x2,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.(ⅴ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别历遍模m1,m2的既约剩余系,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 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,1m 2的既)(2m ϕ)., 1,α(4.欧拉欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡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 a ϕϕ)(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 a p ≡-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 .例(m 整除,.例m,使得2011|f n f 3因所以,例,是整数序列负整数假设对每个正整数: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(mod n),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(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+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.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.得到:例,(i,j)也历mod2n 的和≡例可被,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 x p 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 ),则这样的a ,x 共配成21-p 对,则有)(mod 1)!1()1(21p p p -≡-≡--,即21-p 为奇数,与 p 2证a =4(p 1p 设2p 1 p 2…12x -≡,相应的x 例(1)(2)n n+1n (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p 1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,取例解:,对任意}包含了modn+1零剩余,≤k ≤n, a 1+a 2+取例. 例11求所有的奇质数p ,使得∑=-11|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∑a a S )(≡1+2+…+n!≡2!2)1!(!n n n ≡+(modn!) ①, 另一方面,我们有 ∑a a S )(=)!(mod 0)1(!])!1[(n k n n j n k a k a k n i n n in i i n i i ≡+=-==∑∑∑∑∑∑∑ ②. 由①∑a .例modm 因(m,2n 例x 例在A同余方程与同余方程组1.同余方程(组)及其解的概念定义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12解:例2解:.2.设a x解,例3解:tx即)8-≡x.3,1-(mod≡t),1,08(mod1=4+例4解方程12x≡6(mod9).因(12,9)=3,且-1是一个特解,所以,方程12x≡6(mod9)的解为:(modx即)8t5,2,1,≡t≡-x.(mod),2,1,083+1=-3.同余方程组定义3给定正整数m 1,m 2,…,m k 和整系数多项式f 1(x),f 2(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.例5解:⎩⎨⎧-≡≡13x x .M=m 1m ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡21k a x a x a x 其中M j ).(2)j j j j 则x ≡y (modm j ),即m j |x -y ,因m 1,m 2,…,m k 两两互质,所以M| x-y 即x ≡y (modM). 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,352115≡x 例.解:210×210-1≡210-1≡1(mod11)⇔210-1≡1(mod11),所以,同余方程组的解为: )2310(mod 2111637121010330438553462≡=⨯+⨯+⨯+⨯≡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 数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡21n m m m例,且A 例 {k +a n }⎩⎨⎧-≡≡)(mod 102p x x 123⎪⎩-≡)(mod 232p x 2的最小正整数a 2=38.假定a 1,a 2,…,a n 都已确定,则取a n+1适合⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡≡+)(mod )(mod 1)(mod 0121n p n x p x p x 且大于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:,S=a 1+a 2⎩⎨⎧++≡+t r S r S {a n }例的质因数.例例。
高中数学联赛数论专题
高中数学联赛数论专题数论是数学中的一个重要分支,涉及整数的性质和关系。
在高中数学联赛中,数论作为一个专题常常被提及,并且在竞赛题目中占据一定比例。
本文将从数论的基本概念、典型问题和解题思路等方面进行探讨。
一、数论的基本概念数论是研究整数的性质和关系的数学领域,其中核心概念包括因数、倍数、质数、互质等。
因数指的是能够整除某个整数的所有正整数,而倍数则是某个整数所能够整除的所有整数。
质数是只能被1和自身整除的整数,而互质则是两个数的最大公因数为1。
二、典型问题在高中数学联赛的数论专题中,常常会出现以下典型问题:1. 质因数分解:给定一个整数,要求将其分解为质因数的乘积。
质因数分解不仅是数论中的重要知识点,还是其他数学学科的基础。
2. 同余定理:同余定理是数论中的重要理论,涉及到整数之间的模运算。
常见的同余定理包括欧拉定理、费马小定理等。
3. 素数判定:判断一个数是否为素数是数论中的常见问题。
除了常规的试除法,还可以运用费马检验、米勒-拉宾素性测试等方法进行判定。
4. 数列问题:数论与数列密切相关,常常会涉及到数列的性质和规律。
例如斐波那契数列、约瑟夫环等经典问题。
5. 不定方程:不定方程指的是关于整数解的方程,解决不定方程需要灵活运用数论知识和技巧。
典型的不定方程问题包括费马方程、佩尔方程等。
三、解题思路在高中数学联赛中,解决数论问题的关键在于运用合适的方法和技巧。
下面给出几点解题思路供参考:1. 寻找规律:数论问题常常有一定的规律性,通过观察和归纳找出规律是解题的关键。
可以通过列数表、找数列规律等方法进行推断。
2. 利用等式性质:利用等式的性质可以化简或者变形给定的数论问题,将其转化为更容易解决的形式。
例如利用同余关系化简方程、利用性质求解方程等。
3. 利用定理和公式:数论中有很多重要的定理和公式,熟练掌握并恰当运用可以大大提高解题效率。
例如欧拉定理、费马小定理等。
4. 分类讨论:针对不同情况进行分类讨论,找出不同情况下的共同性质和规律。
高二数学竞赛辅导-初等数论
1 1 1 )(1 − )L (1 − ) 。 p1 p2 pn
= bq + r ,
0 ≤ r < b ,并且整数 q 和 r 由上述条件惟一确定, r 称为 b 除 a 的余数.若 r = 0 ,则称 b 整除 a ,
或 a 被 b 整除,或称 a是b 的倍数,或称 b是a 的约数(又叫因子) ,记为 b | a .否则, b | a . 由整除的定义,不难得出整除的如下性质: (1)若 a | b, b | c, 则a | c. (2)若 a | bi , 则a |
+ 2009 = n 2
例 4 一个正整数不是 42 的正整数倍和合数(不为零)之和,这个数的最大值是多少? 解析:这个整数必定可以写成 42n +
p ,其中 p 为 1 或素数,其中
p = 1, 2,3,5, 7,11,13,17,19, 23, 29,31,37, 41,因为可以从 42(n − 1) + p + 42 ,所以先排除 p = 2,3,7,13, 23, 再者,有 42(n − 2) + p + 84 ,所以可以排除
= c.
(k ∈ N ∗ ) ;
② m为a, b 的任一公倍数,则 [ a, b] | m ; ③ (a, b)[a, b] = ab ,特别地,若 (a, b) = 1, 则 [a, b] = ab . ①可由③直接得到,②可由最小公倍数定义得,③根据①、②式知,
n i =1 n i =1
(a, b)[a, b] = ∏ pi min(α i , β i ) = ∏ piα i + β i = ab .
注:主要看 (10k + b)2 ,因此看 1,3,5,7,9 即可 (4)十位数字是奇数的平方数的个位数一定是 6. 注:主要看 k 2
高中数学竞赛数论
高中数学竞赛数论数论作为数学的一个分支,是数学竞赛中重要的考查内容之一。
高中数学竞赛数论题目常常涵盖了整数性质、模运算、质数等各个方面的知识。
在数论的学习和应用中,往往需要我们灵活运用各种技巧和方法来解决问题。
本文将从基本概念、常见性质、解题技巧等方面来介绍高中数学竞赛数论的相关内容。
一、基本概念1. 整数的性质:整数的奇偶性、整数的除尽性等都是数论中基本的概念。
在解题过程中,我们常常需要利用整数的性质来简化问题。
2. 算术基本定理:任何一个大于1的正整数,都可以表示为若干个质数的乘积,且这种表示方法是唯一的。
这一定理在数论中有着非常重要的作用,解决了很多关于因数分解的问题。
3. 同余方程:在数论中,我们常常会接触到模运算和同余方程。
同余方程是指在整数集合Z上定义的一种关系,通常用符号“≡”来表示。
在解决问题时,求解同余方程是一个常见的手段。
二、常见性质1. 质数性质:质数是指只有1和它本身两个正因数的自然数。
在解题中,我们需要掌握质数的性质,如质数的判定方法、质数之间的性质等。
2. 欧拉定理:欧拉定理是数论中的一个重要定理,它描述了正整数幂的同余性质。
欧拉定理在数论中的应用非常广泛,是解决一类数论问题的重要工具。
3. 数列与递推关系:在数论竞赛中,常常会涉及到数列和递推关系。
我们需要熟练掌握数列的性质和常见的数列递推方法,以便解题时能够迅速找到规律。
三、解题技巧1. 数学归纳法:数学归纳法是数论中常用的证明方法,通过数学归纳法可以证明某个结论对于所有正整数都成立。
在数论竞赛中,经常可以用到数学归纳法来解决问题。
2. 等价转化:有时候,我们需要将原来的问题进行等价转化,从而简化解题过程。
通过巧妙的等价转化,我们可以找到更容易解决的问题。
3. 假设反证法:假设反证法是一种解题思路,通过假设问题的否定,再通过逻辑推导得出矛盾,从而证明原命题成立。
在数论中,假设反证法常常被用来解决一些猜想和证明问题。
高一年级竞赛数学数论专题讲义:1整除
高一年级竞赛数学数论专题讲义:1整除高一竞赛数论专题1.整除设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b ?. 整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ?(2)|,|a b a c ?对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c(2)若|a bc 则|.a c3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=4.证明对任意整数n ,65222n n n n +--能被120整除.5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n -+.求m 的所有可能取值.6.证明:正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111x y y x --+++是整数,求证4441x y -能被1x +整除.8.证明:对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k k f n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明:p n n C p ??-能被p 整除.10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<<,使得11(1)n k kp =+∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)n k ka =+∏为整数?.11.设,m n 是正整数, 证明(,)(21,21)21.m n m n --=-12.任给2n ≥,证明:存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.高一竞赛数论专题1.整除解答设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b ?. 整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ?(2)|,|a b a c ?对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a。
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高中数学竞赛资料-数论部分-(1)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 ++++L 能整除123n⋅⋅⋅L ?(1956年上海首届数学竞赛第一题)(3) 证明:3231122nn 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 L 和[,,,]a b g L 分别表示正整数,,,a b g L 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10.8% 。
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323++=-+的整数解(,)x y的个数是()652x x x y yA、0B、1C、3D、无穷多(27全国初中联5)(2)已知,a b 都是正整数,试问关于x 的方程()2102xabx 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全国中联赛12)(3)①是否存在正整数,m n,使得(2)(1)+=+?m m n n②设(3)k k≥是给定的正整数,是否存在正整数,m n,使得m m+(?(27全国初中赛14)(4)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(29全国中联赛5)(5)已知12345,,,,a a a a a 是满足条件123459a aa 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)(7)n 个正整数12,,,na a a L 满足如下条件:1212009n a aa =<<<=L ;且12,,,na a a L 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14) (8)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 、 1B 、 2C 、 3D 、 4(2010全国初中联赛4) (9)求满足22282pp m m++=-的所有素数P 和正整数m 。
(2010全国初中联赛13)(10)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14)(11)设四位数abcd 满足3333110ab c d c d++++=+,则这样的四位数的个数为(2011全国初中联赛10) (12)已知关于x 的一元二次方程2x cx a ++=的两个整数根恰好比方程2xax b ++=的两个根都大1,求a+b+c 的值(2011全国初中联赛11)(13)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13)(14)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,,na a a …,例如221213a=-=,222325a=-=,……那么2007a =(2007福建省高一数学竞赛12)(15)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14)(16)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5)(17)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11) (18)正整数1212a aa ≤≤≤…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12)(19)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17)(20)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11)(21)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17)(22)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12)(23)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{}na 满足10nm a a >>>,(n=1,2,…)且每个na 都是()f x 的周期(2008全国高中联赛加试二)(25)方程[]92xx =的实数解事 (其中[]x 表示不超过x 的最大整数)(2009福建初赛9)(26)设{}221,1,2,,2010ix i ∈=…,令123420092010S x xx x x x =++…(1)S 能否等于2010?证明你的结论; (2)S 能取到多少个不同的整数值?(2009福建初赛14)(27)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k mC 与l 互素。
(2009全国高中联赛加试三)(28)已知集合{}230123777A x x aa a a ==+⨯+⨯+⨯,其中{}0,1,2,3,4,5,6ia ∈,0,1,2,3i =,且3a≠,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6) (29)将方程[]334x x -⨯=的实数解从小到大排列得12,,kx x x …,则3333123k xx x x +++…的值为 (2010福建预赛8) (30)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 fr 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222xy z ++的最大值为(2011福建预赛7)(32)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:(1)011,,,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,,,kr r r …均有12()()()()kf 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22n n(2008第49届IMO.3)(34)设n 是一个正整数,12,,(2)ka 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)ii a a+-。
证明:n不整除1(1)k a a -(2009第50届IMO.1)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。
带余除法与整除整数的概念、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 ))*1,i M ii a M a M M N '∈∈⇒∈=则定理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。