数学竞赛筑阶系列讲座02—初等数论之二
初等数论(知识讲座)
初等数论初等数论从外表意义来讲，就是作为一门研究数的相关性质的数学学科。
准确地按照潘承洞、潘承彪两位数论大师的说法：初等数论是研究整数最基本的性质，是一门十分重要的数学基础课。
它不仅是中、高等师范院校数学专业，大学数学各专业的必修课，而且也是电脑科学等相关专业所需的课程。
纵观数论发展过程，我国出现了许许多多的数论大师，如：华罗庚的早期研究方向、陈景润、潘承洞等。
第一部分：整除初接触初等数论，经过《初等数论》课本知整除理论是初等数论的基础。
整除理论首先涉及整除。
现向上延伸则想到整除的对象，即自然数、整数。
从小学、中学再到大学，我们从接触最初的1、2、3再到后来的有理数、无理数、实数再到复数，可谓种类繁多。
但数论中的整除运算仅仅局限于自然数及其整数等相关范围内。
首先大学数学中绝大多数数学定义中的自然数不包括0 ，这似乎与中学有一点差异，当然整数的定义改变就相对少得多。
另外，自然数、整数的相关基本性质需懂得及灵活利用，如分配律、交换律、反对称性等。
在初等代数中曾系统地介绍了自然数的起源问题：自然数源于经验，自然数的本质属性是由归纳原理刻画的，它是自然数公理化定义的核心。
自然数集合严格的抽象定义是由Peano定理给出的，他刻画了自然数的本质属性，并导出有关自然数的有关性质。
Peano定理：设N是一个非空集合，满足以下条件：〔ⅰ〕对每一个n∈N，一定有唯一的一个N中的元素与之对应，这个元素记作n+,称为是n的后继元素〔或后继〕；〔ⅱ〕有元素e∈N，他不是N中任意元素的后继；〔ⅲ〕N中的任意一个元素至多是一个元素的后继，即从a+=b+ 一定可以推出a=b;(ⅳ)(归纳原理)设S是N的一个子集合，e∈S, 如果n∈S则必有n+ ∈S,那么，S=N.这样的集合N称为自然数集合，它的元素叫做自然数。
其中的归纳原理是我们常用的数学归纳法的基础。
数学归纳法在中学已属重点内容，此处就不作介绍。
主要描述一下推广状态下的第二种数学归纳法：〔第二种数学归纳法〕设P(n)是关于自然数n的一种性质或命题。
数学竞赛筑阶系列讲座02—初等数论之二
数学竞赛筑阶系列讲座——初等数论之二讲解人：凌 彬姓名__________专题二：奇数与偶数一、基本知识奇数的特征：它被2除得的余数是1；即任何奇数都是21n +的形式，其中n Z ∈． 偶数的特征：它被2除得的余数是0；即任何偶数都是2n 的形式，其中n Z ∈． 奇数与偶数的一个最明显的性质是：任何奇数决不会与一个偶数相等． 奇数与偶数还有几条运算性质：1．奇数与奇数的和是偶数；2．奇数与偶数的和是奇数；3．偶数与偶数的和是偶数； 4．奇数与奇数的积是奇数；5．奇数与偶数的积是偶数；6．偶数与偶数的积是偶数． 几个常用的结论：1．两个连续整数的积(1)n n +是偶数； 2．整数a 的幂n a 与a 奇偶性相同； 3．整数a 和b 有“a b ±”与“n n a b ±”的奇偶性相同．这些性质都是很平凡的，但灵活地应用它们却能解决许多问题，包括看上去“无从下手”的问题；下面给出的一些例子，解答除了应用奇偶性之外，还包含了一些非常有用的解题思想；利用奇偶性解题的方法叫奇偶性分析法．这个方法是数学竞赛中特别活跃的方法之一． 二、例题选讲例1．证明：不存在整数x 、y 满足：221990y x =+．例22例3．证明：不存在这样的整数a 、b 、c 、d ，使得abcd a -、abcd b -、abcd c -、abcd d -都是奇数．例4．证明：改变一个自然数各位数码的顺序后得到的数，与原数之和不能等于1989999．例5．设129, ,, a a a 是正整数，任意改变这九个数顺序后记为129, ,, b b b ；证明：112299()()()A a b a b a b =---是偶数．例6．平面上有15个点，任意三点都不在一条直线上，试问：能不能从每个点都引三条线段，且仅引三条线段和其余的某三点相连？证明你的结论．例7．已知一奇数β，使得整系数二次三项式2ax bx c ++的值2a b c ββ++也是奇数，其中c 是奇数；求证：方程20ax bx c ++=没有奇数根．例8．圆周上有1989个点，给每一个点染两次颜色：或红、蓝，或全红，或全蓝；最后统计知；染红色1989次，染蓝色1989次．试证：至少有一点被染上红、蓝两种颜色．例9．黑板上写着三个整数，任意擦去其中的一个，将它改写成为其它两数的和减去1；这样继续下去，最后得到19，2007，2009，问原来的三个数能否是2，2，2．例10．桌上有7只茶杯，杯口全部朝上，每次“运动”是指将其中的4只茶杯同时翻转；问：能否经过若干次运动使杯口全部朝下？例11．一个展览馆有26间展览室（如图），图中每个方格代表一间展览室，每相邻的两间展览室都有门相通，出口入口在图中所示之处；问能否找到一条入口到出口的参观路线，使得不遗漏又不重复地走过每一间展览室？入口出口 的方格纸，随便把其中32个方格涂上黑色，剩下的32个方格涂上白色．例12．设有一张88下面对涂了色的方格纸实施“操作”；每次操作都是把任意横行或者竖列上的各个方格同时改变颜色；问能否最终得到恰有一个黑色方格的方格纸？例13．若两人互相握手，则每人都记握手一次，求证：握手是奇数次的人的总数一定是偶数．三、巩固练习1．设, , a b c 都是整数，2|a b c ++，求证：, , a b c a c b b c a +-+-+-都是偶数．2．若某正整数n 的各位数码在适当改变顺序后所得的数与n 之和等于1010，证明：10|n ．3．设有整数12, , , n x x x ，使120n x x x +++=，12n x x x n =，求证：4|n ．4．如图，给定两张33⨯方格纸，并且在每一方格内填上“+”或“-”号．如图，现在对方格纸中任何一行或一列作全部变号的操作，问可否经过若干次操作，使图（1）变成图（2）？(1)(2)++-++---+--++----+5．试证：找不到两个正整数，使其差与和的乘积等于2010．6．设有n 盏亮着的拉线开关灯，规定每次必须拉动1n -个拉线开关；试问：能否把所有的灯都关闭？证明你的结论或给出一种关灯的办法．。
高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题
解：令（）。
若中有一个数被m 整除，则结论成立。
i i a a a b +++= 21m i ,,2,1 =m b b b ,,,21 否则，各均不能被m 整除，此时可设。
这样，m 个余数i b )11(-≤≤+=m r r mq b i i i i 只能从1至m -1这m -1个数中取值，由抽屉原理知，必有，使得m r r r ,,,21 )1(,m j k j k ≤<≤，于是，故取即得到结论。
j k r r =)(k j k j q q m b b -=-)()(|21j k k k j a a a b b m +++=-++ 1+=k s 3. 互素性的条件当（a ，b ）=d >1时，我们总是作如下考虑：令，则必有。
这种互素d b b d a a 11,==1),(11=b a 条件的增置往往对解题有很大作用。
例7. （波兰64—65）设整数a ，b 满足，试证及都是完全平方数。
b b a a +=+2232b a -122++b a 解：变形可得：，故只要能证一个，则另一个必是。
我b b a a +=+22322)122)((b b a b a =++-们在排除了字母取零或相等的情况后，可设。
这时令，d b a b a b a =≠≠),(,,0,d b b d a a 11,==，从而方程变为。
显然有。
另一方面又1),(11=b a 21112132db b a da =-+)(|11b a d -212111(223d da db b a -=-=-，有。
注意到，于是有21212121211)(223db b a d da db b +--=-=2111|)(db b a -1),(),(11111==-b a b b a 。
这样就有。
至此已十分容易获得命题的结论了。
这里，由a 1与b 1互素导出d b a |)(11-||11b a d -=a 1—b 1与b 1互素，是证明的关键。
初等数论第二章同余
和
N = cin_Yan_2…①仇=a2ci[a()-10°+a5a4a3-103H。
注:一般地，在考虑使N = an_{an_2-被加除的余数时,首先 是求岀正整数匕使得
10*三 一1或1(modm),
再将N=ci叶\5_2…写成
x + y+ 1 = 9或18,
3-y + x = 0或llo
这样得到四个方程组：
j\ + y + l = a
\3- y+x = b
其中。取值9或18, b取值0或11。在0<x,y<9的条件下解这四个 方程组，得到x=8, y = 0, z = 6o
习题一
1.证明定理1和定理2。
2.证明定理4。
3.证明定理5中的结论（i ）—（iv）o
(v)由
ac=be(mod m)
得到m |c(a-b),再由(c,加)=1和鉛一章翕三节定理4得到m \a- b,即
a = b(mod m)o
证毕。
例1设N = anall_［- --aQ是整数N的十进制表示，即
N=ani0,?+an-ilO,/_1+ …+ailO+ao ,
则
(i )3|Nq3|£⑷；
x = y(modm),⑷三切(modm),0 < / <n,
则பைடு நூலகம்
工4兀’三工(mod力7)。⑵
i=0i=0
证明留作习题。
定理5下面的结论成立：
(i)a = b(mod m),d \ m, d> 0 a = b(modd)；
初等数论在中学数学竞赛中的应用
初等数论在中学数学竞赛中的应用初等数论是数学中的一个分支，主要研究自然数的整数性质和整数之间的关系。
在中学数学竞赛中，初等数论占有极其重要的地位，这篇文章介绍了初等数论在中学数学竞赛中的应用。
1. 最大公约数与最小公倍数最大公约数和最小公倍数是初等数论中最基础的知识点，也是数学竞赛中常出现的题型。
掌握最大公约数与最小公倍数的计算方法，在竞赛中可以迅速求得答案，提高答题速度和准确率。
考查方式：计算最大公约数与最小公倍数的值，或通过最大公约数、最小公倍数的计算求解整数方程组，适合于初赛和复赛阶段。
2. 奇偶性奇偶性是初等数论中的一个重要概念，掌握奇偶性的计算方法可以很快地帮助解决竞赛题目。
在奇偶性的计算中，最常见的有两种算法：除以2法和末位数法。
考查方式：根据给定的奇偶性，判断某个数是否满足条件；或者根据某个数的奇偶性，推导出其它性质，适合于中等水平竞赛。
3. 同余同余是初等数论中的又一个重要概念，两个整数的同余关系是指它们被某个整数整除时，得出的余数相同。
同余关系具有传递性、对称性和反身性，可以用于求解余数。
除此之外，同余关系在模运算、线性同余方程中也有广泛应用。
考查方式：根据同余关系，推导出一系列整数的性质，或通过同余关系求解余数，适合于中等和难地水平竞赛。
4. 平方数平方数是自然数的平方，平方数的性质在数学竞赛中也有广泛应用。
掌握平方数的计算方法和性质，可以快速判断某一个数是否为平方数，或求解某个正整数的平方数。
5. 数字反转数字反转是数学中的一种基本运算，也是初等数论中常出现的题型。
掌握数字反转的方法，可以帮助我们快速计算整数反转后的结果。
此外，在数字反转的基础上，还可以进一步进行数字分离、数字组合等操作，应用于解题中。
总之，初等数论在中学数学竞赛中占有非常重要的地位，掌握初等数论的知识和技巧，可以极大地提高我们的解题速度和成功率。
在备战数学竞赛的过程中，我们应该加强初等数论的学习和练习，不断提高自己的能力水平。
数论选讲
解： 又
(m + n)m ≥ mm + nm ⇒ mn ≤ 1413 。
44 = 256,53 = 3125 > 1413 ⇒ m ≤ 4 。 显然 m 为奇数。 当 m = 1时，对任何正整数 n ，不可能有 (m + n)m = n +1 = nm +1413 = n +1413 。
当 m = 3 时，由 (3 + n)3 = n3 +1413 可得 n2 + 3n −154 = 0 ，即
（1）必有自然数 k ，使得 Ak+1 = Ak 。 (2) 若 A = 1986 ，问上述的 Ak 等于多少？并说明理
由。
证明：（1）n = 0 时，对任意 k ，有 Ak = A 。当 n = 1 时，显然 A ≥ f ( A) 。 当 n ≥ 2 时，
f ( A) = 2n a0 + 2n−1 a1 +" + 2an−1 + an ≤ (2n + " + 2 + 1) ⋅ 9 = (2n+1 −1) ⋅ 9 ， A ≥ 10n an ≥ 10n = 10 ⋅10n−1 > 9 ⋅10n−1 > 9 ⋅ 23 ⋅10n−2 ≥ 9 ⋅ 23 ⋅ 2n−2 = 9 ⋅ 2n+1 > 9(2n+1 −1) ≥ f ( A)
一、基本知识
（一）整除与同余
1. 设 n 为正整数，则任意 n 个连续整数中有且仅有一个是 n 的倍数。 2. 若 p 为素数， n 为任意正整数，且 p a1 a2 "an ，则至少存在一个 ai ，使得 p ai 。
3. 若 ai ≡ bi (mod n),i = 1,2,", m ，则对任意的整数 ci (i = 1, 2,", m) ，均有
数学竞赛筑阶系列讲座03—初等数论之三
数学竞赛筑阶系列讲座——初等数论之三讲解人：凌 彬姓名__________专题三 素数与合数 余数一、基本知识1．最大公约数：a 、b 是两个正整数，能同时整除a 、b 的整数称为它们的公约数，而a 、b 的所有公约数中最大的一个称为最大公约数，记为(, )a b ，如：(6, 8)2=．2．互素（互质）：a 与b 的最大公约数为1即(, )1a b =，则称a 与b 互素（互质）．3．最小公倍数：a 、b 是两个正整数，同时为a 、b 倍数的最小正整数称为a 、b 的最小公倍数，记为[, ]a b ，如：[6, 8]24=．4．最大公约数与最小公倍数的主要性质：（1）若a 、b 是正整数，则(, )[, ]a b a b ab ⋅=．（2）假设0a b >>，a 、b 是正整数，且有a bq r =+，0r b <<，其中q 、r 是正整数，则(, )(, )a b b r =．（注：辗转相除理论依据）5．素数与合数：任意正整数1n >都至少有两个正约数，即1和n ．只有1和n 这两个正约数的数称为素数（也叫质数）．不是1，也不是素数的正整数称为合数．（注：正整数集{=1，素数，合数}）6．素数的主要性质：（1）设p 是素数，a 、b 是两个正整数，若|p ab ，则|p a ，|p b ．特别地，当a b =时，从2|p a 可推出|p a ．（2）整数的唯一分解定理：每个大于1的正整数都可以唯一地分解成素数的乘积（次序不同的分解看作一样）．（3）a 是大于1的整数，若所有不大于a ，则a 是质数．7．余数：设1n >，n 是正整数，对于任何正整数a ，a 被n 除得的余数有n 种可能，即余数为：0, 1, 2, , 1n - 之一，余数为0，即是|a n ．8．余数的作用：按照被n 除得的余数，可把全体整数分类：余数为0的全体整数作第1类，余数为1作 第2类， ，余数是1n -的作第n 类，共有n 个类．二、例题选讲例1．试证明：素数有无限多个．例2．对于任意的整数n (1)n >，试证明：总可以找到n 个连续的合数．例3．若素数5p ≥，且21p +是素数，试证：41p +是合数．例4．试求出满足等式1y x z +=的所有的素数组(, , )x y z ．例5．甲先乙后轮流在黑板上任意擦去2，3，4， ，n 这1n -个数中的一个．游戏规定最后剩下两个数互素，则甲胜；反之，则乙胜．试问：当（1）2008n =；（2）2009n =，谁能必胜？获胜的诀窍是什么？例6．对任给的正整数n ，试证明：必有无穷多个正整数a ，使4n a +是合数．例7．设289n N n =+，试证明：有无穷多个奇数n 使N 为合数．例8．在一列数a ，2a ，3a ， ，ma ， 中，a 、m 都是正整数，试问：在前m 项中共有多少个是m 的倍数？例9．已知两数之和是60，它们的最大公约数与最小公倍数之和是84，求此两数．例10．若(,)1a b =，试证：（1）(, )1a b ab ±=；（2）(, )1a b a b +-=或(, )2a b a b +-=．（注：本题结论以后可以作为定理使用，特别在整数分析中很有作用）例11．试求(5767, 4453)．例12．试求出能使36831x y +=成立的两个整数x 与y ．例13．已知a 、b 都是正整数，求两个整数k 、s 使得0ak bs +=．（注：本题结论以后可以作为定理使用）例14．试把70表示成11个不同的正整数的和，同时要求含有素数的个数最多．例15．试证明：对任意正整数n 和k ，数32410k k n n ++都不能表示为若干个连续正整数的积．二、巩固练习1．求一个素数p ，同时使10p +，14p +都是素数，并证明满足条件的素数是惟一的．2．已知m 、n 、a 都是整数，且0m >，0n >，求证：4422m n a ++是合数．3．两数之和是432，它们的最大公约数是36，求此两数．4．已知两数的平方和是468，它们的最大公约数与最小公倍数的和是42，求此两数．5．对于正整数a ，试证分数3231a a a a +++不可约．（注：不可约即分子与分母的最大公约数是1）6．对于一个正整数n ，如果存在这样的正整数12, , , k a a a （不一定不同），使得下列等式都成立：（1）12k a a a n +++= ；（2）121111ka a a +++= ；那么称n 为“好数”．求证：若n 是“好数”，则22n +和29n +必定都是“好数”．。
高中数学竞赛课程讲座：初等数论
高中数学竞赛课程讲座：初等数论
本课程讲座旨在介绍初等数论的基础知识，帮助学生为高中数学竞赛做最好的准备。
我们将深入探讨数论中的基础概念，如质数分解和
算术难题，并探讨一些实际应用的技巧和常用方法，帮助学生在数学
竞赛中取得好成绩。
本次讲座将向您介绍初等数论，它是一门关于形式化、有限数论等术语和方法的数学分支。
简而言之，初等数论在研究有关有限结构的
问题和计算方法时是不可或缺的。
在这个课程中，我们将探讨整数质
因数分解、质数及其应用、素数概念、余数定理、线性算术等，帮助
您为数学竞赛中的第一题做准备。
我们还将深入讨论有关如何构造有
限结构的问题，利用它们来探究多项式的性质；研究几何图形；通过
图论剖析算法，及解决整数方程组等方面的相关内容。
我们相信您在
学习初等数论时会有所收获，从而在高中数学竞赛中尽显实力！
此外，我们还将为您介绍数论的发展和历史，例如，古希腊的Euclid
的元素书、中国的Sunzi的求积算，以及17世纪的Fermat的大定理等，一起探究中国数学家在数论中的贡献。
在讲座中，我们还会解释完整
的幂的概念，从中分析总结出幂的工具，比如抽象代数和提高多项式
的方法等，以帮助您从大量的幂等式中获取实质性的知识，理清思路。
最后，在考试期间，我们将重点讨论质因数分解原理、构造，以及如
何将数论应用于实际情况中，例如Cryptography，帮助您在考试中取得高分。
数学竞赛筑阶系列讲座01—初等数论之一
b a 数学竞赛筑阶系列讲座——初等数论之一讲解人：凌 彬姓名__________专题一：整数的基本知识一、十进制整数和整除概念十进制中的n 位数表示为：12121121101010n n n n n n a a a a a a a a ----=⨯+⨯++⨯+ ， 其中i a 是0到9中整数且0n a ≠．设a 、b 是两个整数，0b ≠，假如有一个整数c ，使得a bc =，则称b 能整除a ，记作|b a ．如果没有这样的c ，则称b 不能整除a ，记作 ．例1．一个六位数，如果它的前三位数码与后三位数码完全相同，顺序也相同，则7，11，13是此六位数的约数．例2．证明：201001能被11整除．二、数的整除的特征1．一个整数被2整除（即是偶数），则它的个位是偶数；反之亦然． 2．一个整数被5整除，则它的个位数是0或5；反之亦然．3．设整数1n N a a = 被3（或9）整除，则N 的各位数码之和1n a a ++ 被3（或9）整除，反之亦然．4．设整数1n N a a = 被11整除，则N 的各位数码的正负交错和：111(1)n n n a a a ---++-被11整除；反之亦然．例3．用数码1，2，3，4，5，6各十个，随意排成一个六十位数n ，求证：n 一定是3的倍数．例4．由数码0，1，2，3，4，5能否组成各位数码不同而又能被11整除的六位数？例5．已知1345n xy z =能被792整除，试确定x 、y 、z 的值．三、整除的两个基本性质和一个基本公式基本性质1 如果|c ab ，(, )1a c =，那么|c b ．基本性质2 设|b a ，|c a ，如果(, )1b c =，那么|bc a ． 基本公式 对任意正整数n 以及整数a 、b ，总有|n n a b a b --．例6．已知有n 使1987|111n，求证：对此n 也有 1987|111999888777nnnn．例7．证明：对任意一个整数a ，都有36|a a -．例8．已知|10n a b -，|10n c d -，求证：|n ad bc -．四、平方数的性质（也叫完全平方数）1．性质1 平方数的个位数只能取0、1、4、5、6、9这六种情形． 2．性质2 偶数的平方必是4的倍数即偶数的平方必是8n 或84n +型． 3．性质3 奇数的平方必是8的倍数加1即81n +型．4．性质4 平方数与平方数的乘积必为平方数，平方数与非平方数的乘积必为非平方数． 5．性质5 平方数的形式必为下列两种之一：3k ，31k +． 6．性质6 平方数的数字之和只能是0，1，4，7，9．（注：256的各位数字相加25613++=，13叫做256的各位数字之和，再把13的各位数字相加134+=，4也叫做256的各位数字之和）例9．证明： 111n，222n ， ，999n(1)n >都不是平方数．例10．证明：225671987m mn n -+=无整数解．例11．证明：方程2222n a b c abc ++=(*)n N ∈只有0a b c ===这一组整数解．例12．证明：49，4489，444889， ，14448889nn -都是平方数．例13．证明： 1111100051nn -⨯+是平方数．五、巩固练习1．设n 为正整数，证明：421n -能被15整除．2．已知存在正整数n ，使 111n被1987整除，证明：数 111999888777nn n np =和数 1111111999888777n n n n q ++++=都能被1987整除．3．已知八位数141283x y 是9及11的倍数，求这个八位数的万位数码x 及十位数码y ．4．设n 为非负整数，求证：2211112n n +++是133的倍数．5．证明：有一个且只有一个n ，使811222n ++是平方数．6．设正整数n 不是4的倍数，证明：10|1234n n n n +++．。
初中数学竞赛讲座——数论部分2(整数的整除性)
第二讲 整数的整除性一、基础知识：1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义： 设a ，b 是整数，b ≠0．如果有一个整数q ，使得a=bq ，那么称a 能被b 整除，或称b 整除a ，并记作b ｜a ．也称b 是a 的约数，a 是b 的倍数。
如果不存在这样的整数q ，使得a=bq ，则称a 不能被b 整除，或称b 不整除a ，记作b ｜a ．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1若c b b a |,|，则c a |证明：∵c b b a |,|，∴bq c ap b ==,（q p ,是整数），∴a pq q ap c )()(==，∴c a |性质2 若a ｜b ，b ｜a ，则 |a |=|b |．性质3 若c ｜a ，c ｜b ，则c ｜(a ±b )，且对任意整数m ，n ，有c ｜(m a ±n b )．证明：∵c a b a |,|，∴aq c ap b ==,q b ,(是整数），∴)(q p a aq ap c b ±=±=±，∴|()a b c ±性质4 若b ｜a ，d ｜c ，则bd ｜ac ．特别地，对于任意的非零整数m ，有b m ｜a m性质5 若a =b ＋c ，且m ｜a ，m ｜b ，则m ｜c ．性质6 若b ｜a ，c ｜a ，则[b ，c ]｜a ．特别地，当(b ，c )=1时，bc ｜a【此处[b ，c ]为b ，c 的最小公倍数；(b ，c )为b ，c 的最大公约数】．性质7 若c ｜ab ，且(c ，a )=1，则c ｜b ．特别地，若p 是质数，且p ｜ab ，则p ｜a 或p ｜b ．性质8 n 个连续整数中，必有一个能被n 整除．【特别地：两个连续整数必有一偶数；三个连续整数必有一个被3整除，如11，12，13中有3 | 12；41，42，43，44中有4 |44；77，78，79，80，81中5 | 80．】二．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法等．下面举例说明．例1若a ｜n ，b ｜n ，且存在整数x ，y ，使得ax +b y=1，证明：ab |n ．证明：由条件，可设n=au，n=b v，u，v为整数，于是n=n(ax+b y)= nax+nb y=abvx+abu y= ab(vx+u y)所以n|ab例2证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．证明：设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故24 |[(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例3若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k ＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．证明因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．例4若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证明：设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17x．①所以17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．例5已知a，b是自然数，13a＋8b能被7整除，求证：9a+5b都能被7整除．分析：考虑13a＋8b的若干倍与9a+5b的若干倍的和能被7整除，证明13a＋8b+4（9a+5b）=7（7a+4b）是7的倍数，又已知13a+8b是7的倍数，所以4（9a+5b）是7的倍数，因为4与7互质，由性质7|（9a+5b）例6已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．证明 用反证法．如果a ，b 不都能被3整除，那么有如下两种情况：(1) a ，b 两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a ，3b ．令a =3m ，b =3n±1(m ，n 都是整数)，于是a 2+b 2=9m 2+9n 2±6n+1=3(3m 2＋3n 2±2n)+1，不是3的倍数，矛盾．(2) a ，b 两数都不能被3整除．令a =3m±1，b =3n±1，则a 2＋b 2=(3m±1)2+(3n±1)2=9m 2±6m+1+9n 2±6n ＋1=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．由此可知，a ，b 都是3的倍数．例7 已知a ，b 是正整数，并且a 2＋b 2能被ab 整除，求证：a =b ．先考虑a ，b 互质的情况，再考虑一般情况。
[VIP专享]高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题
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解：令（）。
若中有一个数被m 整除，则结论成立。
i i a a a b +++= 21m i ,,2,1 =m b b b ,,,21 否则，各均不能被m 整除，此时可设。
这样，m 个余数i b )11(-≤≤+=m r r mq b i i i i 只能从1至m -1这m -1个数中取值，由抽屉原理知，必有，使得m r r r ,,,21 )1(,m j k j k ≤<≤，于是，故取即得到结论。
j k r r =)(k j k j q q m b b -=-)()(|21j k k k j a a a b b m +++=-++ 1+=k s 3. 互素性的条件当（a ，b ）=d >1时，我们总是作如下考虑：令，则必有。
这种互素d b b d a a 11,==1),(11=b a 条件的增置往往对解题有很大作用。
例7. （波兰64—65）设整数a ，b 满足，试证及都是完全平方数。
b b a a +=+2232b a -122++b a 解：变形可得：，故只要能证一个，则另一个必是。
我b b a a +=+22322)122)((b b a b a =++-们在排除了字母取零或相等的情况后，可设。
这时令，d b a b a b a =≠≠),(,,0,d b b d a a 11,==，从而方程变为。
显然有。
另一方面又1),(11=b a 21112132db b a da =-+)(|11b a d -212111(223d da db b a -=-=-，有。
注意到，于是有21212121211)(223db b a d da db b +--=-=2111|)(db b a -1),(),(11111==-b a b b a 。
这样就有。
至此已十分容易获得命题的结论了。
这里，由a 1与b 1互素导出d b a |)(11-||11b a d -=a 1—b 1与b 1互素，是证明的关键。
高中数学竞赛课程讲座：初等数论
高中数学竞赛课程讲座：初等数论
随着科学技术的发展，今天的社会更加注重对数学的重视，尤其是对高中生的数学学习。
有越来越多的学生参加各种数学竞赛，而竞赛尤其需要考虑初等数论，使得学生了解竞赛重要知识。
为此，本次讲座将讨论如何利用初等数论帮助高中生参加数学竞赛。
首先，我们需要了解初等数论是什么以及它的定义。
初等数论是一门古老的数学研究学科，主要研究数的性质和关系，以及数的应用。
它主要包括数论基础知识，如有理数的分解形式，素数的性质以及素数的筛选等；代数知识，如根的计算，多项式的分解，方程组的解等；几何知识，如面积的计算，角的概念，三角不等式，向量的概念等。
其次，我们来讨论如何使用初等数论来参加数学竞赛。
首先，通过对数学竞赛试题的准备，学生可以通过预习初等数论知识，把知识应用到实际情况中。
其次，学生用初等数论为数学竞赛题目找到解决办法。
有些数学竞赛的题目会涉及到初等数论的内容，如组合数学，几何，排列组合，等等，学生可以利用初等数论中的知识来求解这些问题。
此外，还要注意初等数论的训练。
学生要熟悉初等数论的知识，以及这些知识的正确应用，包括数论基础知识，代数知识，几何知识等。
学生可以通过做竞赛题来锻炼自己，熟悉题目的形式，学会思考方法，提高解题能力，进而帮助取得好成绩。
最后，我们可以总结，初等数论是高中数学竞赛的基础，是参加数学竞赛的重要意义，可以帮助学生更好地理解竞赛知识。
学生应该
认真预习初等数论知识，并通过练习和训练来提高自己的解题能力，以帮助学生取得好成绩。
[精解]第二讲数论专题,暑假课程（师长教师版）
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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。
《数学竞赛辅导》——初等数论
数学竞赛辅导》——初等数论部分数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991 年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6 道IMO 试题中有5 道与数论有关。
数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。
可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。
初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。
做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。
这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于a,b N, q,r N，满足a bq r，其中0 r b。
除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。
相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。
希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。
编者：刘道生2007-8-21 于江西赣州第一节整数的p 进位制及其应用正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数, 这是一种位值记数法。
进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系,数列问题等等。
在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。
基础知识给定一个 m 位的正整数 A ,其各位上的数字分别记为记为：A a m i a m 2a 。
（其中 a m 1 0 ）。
由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的m 1次多项式，即A a mi 10m1 a m 2 10m 2 a i 10 a 。
，其中 a ： {0,1,2, ,9}, i 1,2, ,m 1 且a m 10 ,像这种10的多项式表示的数常常简记为生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作A a m1a m2 a 0 ,以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基， 我们都认为它是十进制的数字。
《数学竞赛》第三章_数论2012.2
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第三章 数 论
11
3．2 同 余
一、同余的定义和性质
性质
性质
（1） （反身性） （2） （对称性）若 （3） （传递性）若 （4） （同余式相加）若 （5） （同余式相乘）若
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； ，则 ， ， ，
第三章 数 论
； ，则 ，则 ，则 ；
12
； ；
3．2 同 余
一、同余的定义和性质
2017/3/22 第三章 数 论 3
第三章 数 论
例题
3．1 整数的奇偶性和整除性
一、整数的奇偶性 例1.在1, 2, 3, ⋯, 1999 这1999 个数的前面任
意添上正号或负号, 问它们的代数和是奇数
还是偶数? 例2.设a1 , a2 , ⋯, an 是自然数 1, 2, ⋯, n 的一个 排列, 若n 为奇数,求证: ( a1 - 1) ( a2- 2) ⋯( ann) 为偶数。
2017/3/22 第三章 数 论 15
3． 2 同 余
一、同余的定义和性质 例题 例3.求证：x14 +x24 + x34 + „ + x144 =1599无
整数解. 练习
1. （1898年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使 2n+1能被3整除的一切自然数n. 2. 求证31980+41981能被5整除.
例题
练习
习题3.2
5.求19992000被29除的余数.
2017/3/22 第三章 数 论 17
第三章 数 论
3．3 不定方程
不定方程是数论中最古老的分支之一。
历史
古希腊的丢番图（Diophantus）早在公元3世纪就 开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程. 中国是研究不定方程最早的国家.公元5世纪的 《 张丘建算经》中的百鸡问题标志中国对不定方程理 论有了系统研究.秦九韶的大衍求一术将不定方程与同 余理论联系起来. 百鸡问题说：“鸡翁一，直钱五，鸡母一，直钱 三，鸡雏三，直钱一.百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各 几何？”. 费马（Fermat）大定理（当n＞2时，xn＋yn＝zn没有 非平凡的整数解），历经300余年，已由英国数学家安 德鲁 · 维尔斯（A.Wiles ）证明。
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
初等数论第二章课件
第二章不定方程不定方程是指未知数个数多于方程个数，且对解有一定限制（比如要求解为正整数等）的方程。
是数论中最古老的分支之一。
古希腊的丢番图早在公元3世纪就开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程。
中国是研究不定方程最早的国家，公元初的五家共井问题就是一个不定方程组问题，公元5世纪的《张丘幻灯片2建算经》中的百鸡问题标志中国对不定方程理论有了系统研究。
秦九韶的大衍求一术将不定方程与同余理论联系起来。
百鸡问题说：“鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一。
百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何？”。
这是一个三元不定方程组问题。
1969年，莫德尔较系统地总结了这方面的研究成果。
近年来，这个领域更有重要进展。
但从整体上来说，幻灯片3对于高于二次的多元不定方程，人们知道得不多。
另一方面，不定方程与数学的其他分支如代数数论、代数几何、组合数学等有着紧密的联系，在有限群论在有限群论和最优设计中也常常提出不定方程的问题，这就使得不定方程这一古老的分支继续吸引着许多数学家的注意，成为数论中重要的研究课题之一。
幻灯片4第一节二元一次不定方程研究不定方程一般需要要解决以下三个问题：①判断何时有解。
②有解时决定解的个数。
③求出所有的解。
本节讨论能直接利用整除理论来判定是否有解，以及有解时求出其全部解的最简单的不定方程———二元一次不定方程。
11(1)(,,,)(,)ax by ca b Z a b a b c +=∈、定理设二元一次不定方程不全为零有整数解的充要条件是：0000,1x y ax by c+=证：（必要条件）设为（）的一组整数解，则 00(,),(,),(,).a b a a b b a b ax by c ∴+=幻灯片6 11(,),(,),,,,00,,(,)(2)a b c c c a b c Z a b Z a b s t Z as bt a b =∈∈≠≠∈+=（充分条件）若设而对且，，则存在使得1111010100002(,)=,=1c asc btc a b c cx sc y tc ax by c x y +==+=在（）式两端同乘以得令，即得，故（）式有一组整数解，. 幻灯片7注：定理的证明过程实际给出求解方程（1）的方法：11()(1)(1)(,)(1),(1)n n n n n n n n n i Q a P b r a b s Q t P ---+-===-=-由辗转相除法等可求得，取；1010(),(,)(,)c c ii sc s x tc t y a b a b ====再取； 00(),(,)(,)1c c iii x s y t a b a b ==则就为方程组（）的一组整数解。
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数学竞赛筑阶系列讲座——初等数论之二
讲解人：凌 彬
姓名__________
专题二：奇数与偶数
一、基本知识
奇数的特征：它被2除得的余数是1；即任何奇数都是21n +的形式，其中n Z ∈． 偶数的特征：它被2除得的余数是0；即任何偶数都是2n 的形式，其中n Z ∈． 奇数与偶数的一个最明显的性质是：任何奇数决不会与一个偶数相等． 奇数与偶数还有几条运算性质：
1．奇数与奇数的和是偶数；2．奇数与偶数的和是奇数；3．偶数与偶数的和是偶数； 4．奇数与奇数的积是奇数；5．奇数与偶数的积是偶数；6．偶数与偶数的积是偶数． 几个常用的结论：
1．两个连续整数的积(1)n n +是偶数； 2．整数a 的幂n a 与a 奇偶性相同； 3．整数a 和b 有“a b ±”与“n n a b ±”的奇偶性相同．
这些性质都是很平凡的，但灵活地应用它们却能解决许多问题，包括看上去“无从下手”的问题；下面给出的一些例子，解答除了应用奇偶性之外，还包含了一些非常有用的解题思想；利用奇偶性解题的方法叫奇偶性分析法．这个方法是数学竞赛中特别活跃的方法之一． 二、例题选讲
例1．证明：不存在整数x 、y 满足：221990y x =+．
例22
例3．证明：不存在这样的整数a 、b 、c 、d ，使得abcd a -、abcd b -、abcd c -、abcd d -
都是奇数．
例4．证明：改变一个自然数各位数码的顺序后得到的数，与原数之和不能等于1989
99
9．
例5．设129, ,
, a a a 是正整数，任意改变这九个数顺序后记为129, ,
, b b b ；
证明：112299()()()A a b a b a b =---是偶数．
例6．平面上有15个点，任意三点都不在一条直线上，试问：能不能从每个点都引三条线段，
且仅引三条线段和其余的某三点相连？证明你的结论．
例7．已知一奇数β，使得整系数二次三项式2ax bx c ++的值2a b c ββ++也是奇数，其中c 是
奇数；求证：方程20ax bx c ++=没有奇数根．
例8．圆周上有1989个点，给每一个点染两次颜色：或红、蓝，或全红，或全蓝；最后统计知；
染红色1989次，染蓝色1989次．试证：至少有一点被染上红、蓝两种颜色．
例9．黑板上写着三个整数，任意擦去其中的一个，将它改写成为其它两数的和减去1；这样继
续下去，最后得到19，2007，2009，问原来的三个数能否是2，2，2．
例10．桌上有7只茶杯，杯口全部朝上，每次“运动”是指将其中的4只茶杯同时翻转；
问：能否经过若干次运动使杯口全部朝下？
例11．一个展览馆有26间展览室（如图），图中每个方格代表一间展览室，每相邻的两间展览室都有门相通，出口入口在图中所示之处；问能否找到一条入口到出口的参观路线，使得不遗漏又不重复地走过每一间展览室？
入口出口 的方格纸，随便把其中32个方格涂上黑色，剩下的32个方格涂上白色．例12．设有一张88
下面对涂了色的方格纸实施“操作”；每次操作都是把任意横行或者竖列上的各个方格同时改变颜色；问能否最终得到恰有一个黑色方格的方格纸？
例13．若两人互相握手，则每人都记握手一次，求证：握手是奇数次的人的总数一定是偶数．
三、巩固练习
1．设, , a b c 都是整数，2|a b c ++，求证：, , a b c a c b b c a +-+-+-都是偶数．
2．若某正整数n 的各位数码在适当改变顺序后所得的数与n 之和等于1010，证明：10|n ．
3．设有整数12, , , n x x x ，使120n x x x +++=，12n x x x n =，求证：4|n ．
4．如图，给定两张33⨯方格纸，并且在每一方格内填上“+”或“-”号．如图，现在对方格
纸中任何一行或一列作全部变号的操作，问可否经过若干次操作，使图（1）变成图（2）？
(1)
(2)
++-++---+
--++---
-+
5．试证：找不到两个正整数，使其差与和的乘积等于2010．
6．设有n 盏亮着的拉线开关灯，规定每次必须拉动1n -个拉线开关；试问：能否把所有的灯都
关闭？证明你的结论或给出一种关灯的办法．。