五、代数与数论综合问题
数论：概念和问题
数论：概念和问题数论是研究整数性质和整数之间的关系的学科。
它是数学的一个分支，与代数、几何和分析等其他数学领域密切相关。
数论中的问题通常涉及整数的因子、质数、数列、模运算等概念和性质。
以下是数论中一些重要的概念和问题：1. 质数：质数是只能被1和自身整除的整数。
数论中研究质数的分布、性质和生成方法。
2. 因子：因子是能整除给定整数的整数。
数论中研究整数的因子分解、因子性质和因数个数等。
3. 同余：同余是数论中一个重要的概念，用来描述两个整数在模某个数下的相同性质。
例如，如果两个整数在模n下具有相同的余数，则它们可以说是同余的。
4. 模运算：模运算是一种整数除法操作，它可以得到余数。
在数论中，模运算常用于确定整数的奇偶性或确定整数的周期性。
5. 素数定理：素数定理是描述质数分布的重要定理。
它指出，小于等于给定正整数x的质数个数约为x/ln(x)。
6. 费马大定理：费马大定理是数论中的一个重要的定理，它提出了等式x^n + y^n = z^n在整数域上没有非平凡整数解的性质。
7. 小费马定理：小费马定理是费马大定理的一个特殊情况，它指出，如果p是一个质数，a是一个整数，且a与p互质，那么a^(p-1) mod p = 1。
8. 数列：数列是数论研究中的一个重要概念，它是一系列整数按照特定规律排列的序列。
数列问题常常涉及递推关系、收敛性等。
9. 等差数列和等比数列：等差数列是指数值之间的差别恒定的数列，等比数列是指数值之间的比例恒定的数列。
数论中研究了等差数列和等比数列的性质和求和方法。
数论还涉及许多其他概念和问题，例如模方程、欧拉函数、互质性、数论函数、亏格问题等。
它在密码学、编码、计算机科学等领域有着广泛的应用。
数学方法有哪些
数学方法有哪些数学方法是解决问题和推理的重要工具。
它们帮助我们理解自然界和社会现象中的模式和关系。
数学方法的应用范围非常广泛，可以涉及到几乎所有的学科领域。
接下来，我将介绍一些常见的数学方法以及它们在问题解决中的应用。
一、代数方法代数方法是研究符号和符号关系的数学方法。
代数方法可以用来解决方程和不等式问题。
通过使用代数方法，我们可以推导出方程的解或者确定不等式的范围。
代数方法常用于解决实际世界中的物理问题，如运动学问题、力学问题等。
二、几何方法几何方法是研究形状、大小和空间关系的数学方法。
几何方法可以用来解决关于点、线、面、体的位置、形状和变换等问题。
几何方法常应用于建筑、地理、天文学等领域。
通过几何方法，我们可以计算出物体的体积、表面积等属性，并应用到实际问题中。
三、概率与统计方法概率与统计方法是研究随机事件和数据模式的数学方法。
概率与统计方法可以用来计算事件发生的可能性，并进行数据的收集、分析和解释。
概率与统计方法常用于金融、生物学、经济学等领域。
通过概率与统计方法，我们可以评估风险、预测趋势，并帮助做出决策。
四、微积分方法微积分方法是研究变化和积分的数学方法。
微积分方法可以用来求解变化率、速度、面积等问题。
微积分方法常用于物理、工程、经济等领域。
通过微积分方法，我们可以计算出函数的极限、导数、积分等重要概念，并应用到实际问题中。
五、数论方法数论方法是研究整数性质和关系的数学方法。
数论方法可以用来解决有关整数性质的问题，如质数分解、同余方程等。
数论方法常用于密码学、编码理论等领域。
通过数论方法，我们可以加密信息、验证信息的准确性，并保护通信安全。
六、线性代数方法线性代数方法是研究向量、向量空间和线性变换的数学方法。
线性代数方法可以用来解决多个未知变量的线性方程组、矩阵运算等问题。
线性代数方法常用于计算机科学、物理学等领域。
通过线性代数方法，我们可以进行图像处理、数据分析等工作，解决实际问题。
小学数学培优：数论问题之数论综合一
所以满足条件的数一共有18个.
典型问题
6、某工厂有128名工人生产零件，他们每 个月工作23天，在工作期间每人每天可以 生产300个零件.月底将这些零件按17个一 包的规格打包，发现最后一包不够17个.请 问：最后一包有多少个零件？
数学培优
第五部分
数论问题
“一分耕耘一分收获。”
第5讲
数论综合一
掌运用已学过的数论知识，解决 综合性较强的各类数论问题； 学会利用简单代数式处理数论 问题.
典型问题
1、如果某数同时具备如下三条性质： (1)这个数与1的差是质数； (2)这个数除以2的商也是质数； (3)这个数除以9所得的余数是5. 那么我们称这个整数为“幸运数”. 求出所有的两位幸运数.
解：同时满足条件(1)(2)的数必为偶数， 满足条件(3)的两位偶数有14、32、50、 68、86,再考虑条件(、一个五位数8 25 ，方格中的数未知.请问： (1)如果该数能被72整除，这个五位数是多少？ (2)如果该数能被55整除，这个五位数是多少？
解：(1)能被72整除的数，即能被8和9整除.若 这个数能被8整除，个位应填6.再考虑能被9整 除，千位应填6.因此这个五位数是86256.
(2)能被55整除的数，即能被5和11整除.若这个 数能被5整除,个位应填0或5.当个位填0时,若能 被11整除,千位应填5.当个位填5时,千位无论填 几都不满足条件,因此满足条件的数为85250.
典型问题
3、在小于5000的自然数中，能被11整除， 并且所有数字之和为13的数共有多少个？
代数、数论+专练 高三数学强基专题
强基数学代数、数论一、初等数论:整除例1、求出所有的实数x ，使得5671422---+x x x x 与xx +-11都是整除.例2、已知z y x ,,是互不相等且都大于1的正整数，且)1)(1)(1(|---zx yz xy xyz ，求z y x ,,.例3、已知正整数n 在十进制下的各位数码和的13等于其本身，求n 的值.例4、已知n n C )324(][+=的整数部分，证明：)1]([|21++n n C例5、已知正整数y 不超过2022且满足100整除y y+2，求y 的个数.二、初等数论：高斯函数 例1、已知][x 表示不超过x 的最大整数，已知251+=α，则=][12α_______;例2、方程x x x x =++]5[]3[]2[有多少组解？例3、求]2021[...]2[]1[333+++=M 的值例4、已知∑==20210]72[i iY ，则Y 的各位数字是_______;例5、已知n 为正整数，求∑=++=n k k kn n f 01]22[)(阅读材料：1、Dirichet 逼近定理：对于任意给定的实数x 和正实数1≥a ，一定存在互素的正整数q p , 使得a q ≤<0，且211||qaq q p x ≤<- 证明方法：用Farey 数列、连分数、抽屉原理均可以证明，详细证明可以在网上找到. 推论：对于无理数x ，存在无穷多个有理数q p ，使得21||qq p x <-。
这个事实可以作为无理数等价说法，说明任意精度都可以达到. 推论：对于有理数x ，只存在有限个有理数q p ，使得21||qq p x <-，这个事实表明，有理数之间是有空隙的，不可能无限接近. 推论：有理数只能做一阶逼近，无理数可以做二阶逼近，不能做三阶逼近.逼近的阶：如果存在一个只与实数x 有关的实数)(x K ，使得存在无穷多个有理数q p ，满足 n qx K q p x )(||<-，称x 可以作阶为n 的逼近.以上知识均可以在《哈代数论》上找到. 2、ker Kronec 逼近定理：给定无理数]1,0[,∈αθ，则对于任意0>ε，（可以理解为精度） 均存在正整数n ，使得εαθ<-|}{|n （可以理解为}{θn 在]1,0[中稠密）备注：两种逼近方式的额差别在于，ker Kronec 逼近定理在考虑用一组实数}{θn 来对α作逼近（只不过这组实数有些特别），而Dirichet 是考虑用一组有理数来作逼近.3、Farey 数列：我们把]1,0[中的分母不大于n 的既约分数从小到大排成一列，该数列称为n 阶Farey 数列，记为n F 。
考研数学常见解题思路汇总
考研数学常见解题思路汇总数学是考研考试中的一项重要科目，解题思路的熟练掌握对于顺利通过考试至关重要。
本文将对考研数学常见解题思路进行汇总，并提供一些解题技巧和方法，希望能对考生们的备考有所帮助。
一、代数与数论题型代数与数论是考研数学中的一个重点内容，题型多样，要求考生具备一定的数学知识和分析能力。
在解题时，可以根据具体题目的要求采取以下几种常见的解题思路：1. 利用代数运算性质：对于代数运算性质类的题目，可以利用代数运算的性质进行推导和计算。
比如，利用二项式定理、因式分解、平方差公式等常见的代数运算法则，简化题目并得出结果。
2. 利用数论性质：对于数论类的题目，可以利用数论性质进行分析和推导。
例如，利用素数的性质、同余定理、整除性质等，解决与数论相关的问题。
3. 利用代数方程和不等式的性质：对于代数方程和不等式类的题目，可以利用其性质来推导和求解。
例如，利用方程的根与系数的关系、方程的二次齐次性质、不等式的性质等，解决与方程和不等式相关的问题。
二、几何与概率题型几何与概率是考研数学中的另一个重点内容，要求考生具备一定的几何图形分析和推导能力。
在解题时，可以根据几何图形的特征和性质，以及概率的规律和计算方法，采取以下几种常见的解题思路：1. 利用几何图形的性质和相似三角形：对于几何类的题目，可以利用几何图形的性质、相似三角形的性质等进行分析和推导。
例如，利用圆的性质、直角三角形的性质、相似三角形的对应边比例关系等，解决与几何相关的问题。
2. 利用概率的计算方法和规律：对于概率类的题目，可以利用概率的计算方法和规律进行分析和计算。
例如，利用概率的加法原理、乘法原理、条件概率、全概率公式等，解决与概率相关的问题。
三、数学分析与微积分题型数学分析与微积分是考研数学中的另一个重要内容，要求考生具备一定的数学运算和积分计算能力。
在解题时，可以根据题目的要求和函数的性质，采取以下几种常见的解题思路：1. 利用函数的性质和求导法则：对于函数类的题目，可以利用函数的性质和求导法则进行分析和推导。
数学问题文献综述
数学问题文献综述数学问题一直是数学领域的热门话题，它们具有普适性和重要性，涉及到数学的各个领域，如代数、几何、概率和数论等。
为了更好地了解数学问题的研究现状，本文将对数学问题的文献进行综述，并对当前研究进行拓展和分析。
一、代数问题代数问题是数学领域中最基本的问题之一，包括了整数方程、多项式方程、线性方程等。
其中，整数方程是研究整数解的方程，如费马大定理和黎曼猜想等，多项式方程则是研究多项式函数的零点和解析性质，如伯努利数和不可约多项式等。
目前，代数问题的研究已经涉及到了许多方面，如代数拓扑、代数几何和代数数论等。
其中，代数拓扑是通过代数方法研究拓扑学中的问题，代数几何是研究代数方程与几何的关系，代数数论是研究整数环上的问题，如费马大定理和素数分布等。
此外，代数问题也在计算机科学领域中得到了广泛的应用，如密码学和编码理论等。
二、几何问题几何问题是研究空间中的图形和形状的问题，它们涉及到平面几何、立体几何和拓扑学等。
其中，平面几何研究平面图形的性质和关系，立体几何研究三维图形的性质和关系，拓扑学是研究空间中形状的连续性和不变性。
几何问题的研究早在古希腊时期就已经开始了，如毕达哥拉斯定理和欧几里得几何等。
现代几何问题的研究则主要涉及到了微分几何、拓扑几何和计算几何等。
其中，微分几何是研究曲面和流形的性质和变形，拓扑几何是研究图形和形状的连续性和不变性，计算几何是研究如何利用计算机来解决几何问题。
三、概率问题概率问题是研究随机事件的概率和统计规律的问题，涉及到概率论、统计学和随机过程等。
其中，概率论是研究随机事件发生的概率和分布，统计学是研究如何通过观察数据来推断总体的特征，随机过程是研究随机事件发生的演化过程和规律。
概率问题的研究已经涉及到了许多领域，如生物学、物理学和金融学等。
在生物学中，概率论经常被用来研究遗传和进化的规律，物理学中则用概率论研究粒子的运动和能量转换，金融学中则用概率论研究风险和投资。
数学中的代数与数论
数学中的代数与数论数学是一门研究数量、结构、空间以及变化等概念的学科。
在数学的世界里，代数和数论作为两个重要的分支，对于解决问题和探索数学规律起着至关重要的作用。
本文将从代数和数论的基本概念、理论和应用等方面，介绍数学中的代数与数论。
一、代数的基本概念与理论代数是数学的一门重要分支，研究由数及其间的加减乘除运算及其规律、方程与函数关系等。
它以数的一般性质为基础，研究代数运算法则，如加、减、乘、除和幂的运算规则等。
同时，代数还研究方程与函数的关系，探索数学中的各种规律与性质。
1.1 代数基本概念在代数学中，我们首先需要了解一些基本的代数概念。
其中，最基本的是数字、符号和运算等。
数学中的代数运算包括加法、减法、乘法和除法，它们是数学中最基础的运算法则。
此外，还有幂、开平方、对数等数学运算，它们在解决实际问题中起着重要的作用。
1.2 代数的理论代数的理论是代数学的重要组成部分，它主要研究代数结构的性质和规律。
在代数理论中，我们研究的对象包括群、环、域等代数结构。
其中，群是代数最基础的结构之一，它包括了一组集合和一种二元运算，同时满足封闭性、结合律、单位元和逆元等条件。
另外，环和域作为群的扩展，更加复杂而丰富。
二、数论的基本概念与理论数论是研究整数性质和整数运算的一门学科，它用于研究数的性质、数的奇偶性、素数、因数分解等问题。
数论在密码学、编码和密码破译等领域有着重要的应用。
2.1 数论基本概念在数论中，我们首先需要了解素数、整除、最大公因数、最小公倍数等基本概念。
素数是最基本的数学概念之一，它只能被1和自身整除，不能被其他数整除。
整除是指某个数能够整除另一个数，即没有余数。
最大公因数是指一组数中能够整除所有数的最大数，最小公倍数是指能够整除这组数中的所有数的最小数。
2.2 数论的理论数论的理论研究了各种数学性质和规律，如素数分布、费马小定理、欧拉定理等。
其中，素数分布是研究素数的数量和分布规律的理论，它对于解决一些计算问题和密码学问题非常重要。
七年级上册数学常考题型归纳
七年级上册数学常考题型归纳
一、数学运算题
1、基本运算：要求熟练掌握加减乘除的运算，正确率控制在100%以上。
2、综合运算：要求能够将课上学过的计算方法运用至实际综合问题的求解中。
3、运算能力：要求能够在规定的范围内，特殊情况下或其它时候能够运用相应的运算方法，把复杂问题变为简单问题。
二、分析题
1、假设分析：要求能够从假设证明的角度出发，分析与解决问题。
2、计算分析：要求能够去解决一些特殊的数学问题，根据给出的数据作出相应的数据分析。
3、综合分析：要求能够根据所提供的一系列数据作出判断，做出正确的综合分析，推出正确的结论。
三、图形题
1、几何图形：要求能够识别几何图形，进行快速分析；形状分析；结论推导，形成最佳解决方案。
2、几何运算：要求能够运用几何图形运算，如：斜率求解，直线求斜率，圆的运算等。
3、几何变换：要求能够使用几何变换，如旋转，平移，缩放，翻转等
来解决几何图形位置及大小等问题。
四、代数题
1、代数方程：要求能够解决一元二次方程、一次不定方程、不等式等各类代数方程。
2、函数计算：要求有一定的数学基本运算能力，能够规范计算函数图像以及函数在特定点值。
3、解析几何：要求能够正确把握几何几率与代数几何的区别，在解决坐标几何、原点几何等问题中有所施展。
五、数论题
1、数列数组：要求熟练掌握等差数列、等比数列、级数等数列的特点与计算，能够迅速求解数组。
2、等式的比较：要求能够熟练掌握数论计算中的比较大小规律，知道如何快速判断含有未知数的等式的真假。
3、质数：要求能够判断哪些是质数，哪些是合数，并且能够列出某个定范围内的质数表。
数学问题求解
数学问题求解数学作为一门普遍且重要的学科，涉及到各个领域的问题求解。
在日常生活和学习中，我们经常会遇到各种各样的数学问题，而解决这些问题往往需要一定的方法和技巧。
本文将介绍一些常见的数学问题求解方法，帮助读者更好地应对各种数学难题。
一、代数方程求解代数方程是数学中常见的问题形式之一，解决代数方程需要找到方程的根。
求解代数方程的方法有很多，其中最常见的包括因式分解法、配方法、二次根公式等。
对于一元一次方程，在方程两边同时加减相同的数、将方程两边同时乘除相同的数可以改变方程的形式，从而更便于求解。
对于高次方程，可以通过因式分解、配方法等逐步化简为一元一次方程来求解。
二、几何问题求解几何问题求解是数学中的重要组成部分，需要应用几何知识和几何原理来解决。
在解决几何问题时，可以运用一些常见的几何定律和定理，如直角三角形的勾股定理、平行线之间的性质等。
此外，几何问题求解还需要灵活运用勾股定理、相似三角形性质等几何方法，结合具体问题来推导解法。
三、概率与统计问题求解概率与统计是数学中的重要分支，广泛应用于各个领域的问题求解中。
在解决概率与统计问题时，需要掌握一些基本的概率概念，如样本空间、事件、概率等，并运用概率计算公式来求解。
对于统计问题，可以利用一些统计方法，如求平均数、方差、标准差等，来描述和分析数据的特征和规律。
四、数列与数级数求解数列与数级数涉及到数学中的序列问题，对于这类问题的求解，需要找到数列或数级数的通项公式。
在求解数列和数级数的过程中，可以运用递推关系、数列间的关系式等来推导出通项公式，从而求解问题。
此外，对于一些特殊的数列，如等差数列、等比数列等，可以利用其性质和规律来求解问题。
五、整式与因式分解问题求解整式与因式分解是代数学中的重要内容，它涉及到多项式的运算和化简。
在解决整式与因式分解问题时，需要掌握多项式的加减乘除运算规则，并熟练运用整式的因式分解法则。
通过因式分解可以将复杂的多项式化简为简单的乘积形式，从而更便于进行进一步的计算和求解。
数论
6．请从 1，2，3，4，5，6，7 这 7 个数字中选出 5 个组成一个五位数，使它是 99 的倍数．这个五位 数最大是多少？
五年级上册第 2 讲 数论问题第 01 讲
7．小悦写了一个两位数 59，冬冬写了一个两位数 89，他们让阿奇写一个一位数放在 59 与 89 之间拼 成一个五位数 59□89 ，使得这个五位数能被 7 整除．请问：阿奇写的数是多少？
质数与合数
知识概述
掌握质数与合数的概念．熟悉常用的质数，并掌握质数的判定方法．熟练掌握短除法分解质因数；利 用分解质因数的方法解决相关的整数问题；学会计算乘积末尾 0 的个数．
理解质数与合数的概念．熟悉常用的质数，并掌握质数的判定方法．掌握分解质因数的方法，并学会 运用分解质因数的方法解决相关的整数问题；学会计算乘积末尾零的个数．
10. 把从 1 开始的若干个连续的自然数 1，2，3， ，乘到一起．已知这个乘积的末尾 13 位恰好都
是 0．请问：在相乘时最后出现的自然数最小应该是多少？
11. 168 乘以一个大于 0 的整数后正好是一个平方数．乘的这个整数至少是多少？所得乘积又是多少 的平方？
12. （1）60 乘以一个三位数后，正好得到一个平方数．这个三位数至少是多少？ （2）72 乘以一个三位数后，正好得到一个立方数．这样的三位数一共有多少个？
五年级中册第 4 讲 数论问题第 04 讲
9. 123123 123 除以 99 的余数是多少？
123个123
10. 把 63 个苹果，90 个桔子，130 个梨平均分给一些同学，最后一共剩下 25 个水果没有分出去．请 问：剩下个数最多的水果剩下多少个？
小学数学奥赛数论与代数问题几何推理与证明组合与概率题型解题思路与策略等
小学数学奥赛数论与代数问题几何推理与证明组合与概率题型解题思路与策略等小学数学奥赛数论与代数问题、几何推理与证明、组合与概率题型解题思路与策略等小学数学奥赛是培养小学生数学兴趣和能力的一项重要活动。
而在数学奥赛中，数论与代数、几何推理与证明、组合与概率是常见的题型。
掌握这些题型的解题思路与策略对于小学生的数学竞赛至关重要。
本文将就小学数学奥赛中的这几类题型，分享一些解题的思路和策略。
一、数论与代数问题的解题思路与策略在小学数学奥赛中，数论与代数问题是常见的题型。
在解决这类问题时，可以采用以下的解题思路与策略。
1. 分析问题：首先要仔细阅读题目，理解题意，明确要求和条件。
然后根据题目的特点进行分类，将复杂的问题分解为若干个简单的部分。
通过对每个部分的分析，找出问题的关键点，确定解题思路。
2. 建立方程：根据题目中的条件，可以将问题中的未知数用字母表示，建立方程或等式来描述问题。
方程的建立可以帮助我们清晰地理解问题，更好地解决问题。
3. 利用性质和定理：数论与代数问题通常涉及到数的性质和运算规则，通过灵活运用性质和定理，可以减少计算量，简化解题过程。
例如，利用倍数的性质判断一个数是否是某个数的倍数，利用奇偶性质来解决奇偶问题等。
4. 智斗选项：当遇到多个选项时，可以尝试替换选项的值，判断方程的成立与否，从而排除不符合条件的选项。
这样可以快速缩小答案范围，提高解题效率。
二、几何推理与证明的解题思路与策略几何推理与证明是数学竞赛中的一个需要一定几何知识基础以及逻辑思维能力的题型。
以下是解决几何推理与证明问题的一些思路与策略。
1. 图形分析：对于几何问题，首先要对给定图形进行仔细地观察和分析，明确图形之间的关系和性质，找出问题的关键点，从而找到解题的线索。
2. 利用已知条件：几何题通常给出一些已知条件，可以通过利用这些已知条件来推导出其他未知条件，进而解决问题。
熟悉常见的定理和性质对于应用已知条件进行推理和证明是非常有帮助的。
数学方法有哪些
数学方法有哪些数学方法是指在解决数学问题时所采用的一系列思维和操作方式。
数学方法的选择直接影响到问题的解决效率和准确性。
下面将介绍一些常见的数学方法及其应用领域。
一、代数方法。
代数方法是指利用代数运算和代数式的性质来解决问题的方法。
其中包括因式分解、配方法、方程求解、不等式求解等。
代数方法在解决方程、不等式和多项式相关问题时非常常见，如利用因式分解法求解一元二次方程、利用配方法求解完全平方式等。
二、几何方法。
几何方法是指利用几何图形和几何关系来解决问题的方法。
几何方法常用于解决与图形、空间相关的问题，如利用相似三角形性质求解长度比、利用平行线性质求解角度关系等。
三、概率统计方法。
概率统计方法是指利用概率论和数理统计知识来解决问题的方法。
概率统计方法常用于解决与随机事件、数据分析相关的问题，如利用概率计算事件发生的可能性、利用统计方法分析数据的规律等。
四、数学归纳法。
数学归纳法是一种证明方法，通过证明当n=k时命题成立，再证明当n=k+1时命题也成立，从而推断命题对一切自然数成立。
数学归纳法常用于证明数学归纳法则、等式和不等式的成立等问题。
五、数学分析方法。
数学分析方法是指利用极限、导数、积分等概念和定理来解决问题的方法。
数学分析方法常用于解决函数的极限、导数、积分、微分方程等相关问题，如利用导数求函数的单调性、利用积分求曲线下面积等。
六、线性代数方法。
线性代数方法是指利用向量、矩阵、行列式等概念和定理来解决问题的方法。
线性代数方法常用于解决线性方程组、向量空间、线性变换等相关问题，如利用矩阵求解线性方程组、利用行列式判定向量线性相关性等。
七、数论方法。
数论方法是指利用数论知识来解决问题的方法。
数论方法常用于解决与整数、素数相关的问题，如利用数论知识证明质数的性质、解决同余方程等。
八、组合数学方法。
组合数学方法是指利用排列组合、概率等知识来解决问题的方法。
组合数学方法常用于解决与排列组合、概率计算相关的问题，如利用排列组合计算方案数目、利用概率计算事件发生的可能性等。
六年级数学竞赛上册奥数高思第17讲数论综合与简单代数式(彩色)
开关．现在有编号为 1 至 2008 的 2008 个人来按动这些开关．已知第 1 个
人按的开关的编号是 1 的倍数（也就是说他把所有开关都按了一遍），第
2
个人按的开关的编号是 2 的倍 ，第 3 个人按的开关的编号是 3 的倍数， ……
依次做下去，第 2008 个人
开关的编号是 2008 的倍数．如果最开始的
3 2 或 中的某一个数的倍数时，会有一个掉坑里．这种分数的
4 怎么处 理呢？
3
1
12 的倍数且又是 4
8
2
“公倍数 ”问题，
练习
2
6. 大、中、小三只乌龟围着龙宫绕圈．三只乌龟从同一地点同时出发，大乌龟每
1
3
分钟绕龙宫爬一圈，中乌龟每
2 3 分钟绕龙宫爬一圈，小乌龟每 4
4 2 分钟绕龙宫爬一圈． 5
数论综合与简单代数式
课本
分析 由于约数是成对出现的（即如果甲是乙的约数，则乙除以甲的商也是乙
的约数，可以配对，当然完全平方数会有一对两数相同的配对）
，这个数的最大
的约数是它本身，第二大约数是这个数除以它的最小质因数．
练习
5. 一个两位数，其最小的三个约数之和是 是多少？
32 ，那么这个两位数最大的三个约数之和
数论综合与简单代数式
17 数论综合与简单代数式
课本
123
身体健康
六年级
上册第 17 讲
今天我们主要针对以往学过的数论知识作一些复习．同时，出于向初中数论过渡的 考虑，所涉及的题目与之前所学问题相比，多了不少字母．这样的问题处理起来并没有 太多的不同，只是对理解字母含义提出了较高的要求，需要同学们初步地建立对 的感觉．
我们列举两个如下：
112个代数和数论问题
112个代数和数论问题数论是一门研究整数的学科，它涉及到整数的性质、关系、规律以及应用等方面的问题。
数论问题可以结合代数的思想和方法进行研究和解决。
在这篇文章中，我们将介绍并讨论112个代数和数论问题。
1.质数与因子：证明质数是无限的，任意给定一个质数，证明它一定有因子。
2.素数的性质：证明素数只有1和它本身两个因子。
3.除法定理：证明除法定理成立，即对于任意两个整数a和b，存在唯一的整数q和r，使得a=qb+r，0≤r<|b|。
4.欧几里得算法：给定两个整数a和b，使用欧几里得算法求它们的最大公约数和最小公倍数。
5.贝祖等式：证明贝祖等式成立，即对于任意两个整数a和b，存在整数x和y，使得ax+by=gcd(a,b)。
6.同余定理：给定两个整数a和b，证明它们在模n下是等价的当且仅当它们的差是n的倍数。
7.同余方程：给定一个同余方程ax≡b(mod n)，求解它的全部整数解。
8.模运算的性质：证明模运算的加法和乘法满足结合律、交换律和分配律。
9.整数的唯一质因数分解定理：证明整数可以唯一地分解为质数的乘积。
10.欧拉函数的性质：证明欧拉函数具有积性和逆性质。
11.模的幂运算：给定一个整数a和正整数n，求解a^k≡b(mod n)的最小非负整数解。
12.莫比乌斯反演公式：给定两个数论函数f(n)和g(n)，证明它们之间存在莫比乌斯反演公式的关系。
13.素数分布的性质：证明素数的分布有无限多个素数在任意两个相邻的自然数之间。
14.贝祖定理的推广：给定n个整数a1, a2, ..., an，证明存在整数x，使得x≡ai(mod mi)对于所有1≤i≤n成立的充分必要条件为gcd(mi, mj)|ai-aj对于所有1≤i<j≤n成立。
15.二次剩余的性质：给定一个质数p和一个整数a，证明如果存在一个整数x使得x^2≡a(mod p)，则对于任意一个整数y满足y^2≡a(mod p)。
16.调和级数的性质：证明调和级数收敛或发散。
数学中的代数数论
数学中的代数数论代数数论是数学中的一个重要分支，研究代数数的性质和特征。
早在古代，人们就对数的性质进行了思考和探索。
然而，直到19世纪，代数数论才逐渐开始成为一个独立的数学学科。
本文将介绍代数数论的基本概念、重要定理以及相关应用。
一、代数数论的基本概念代数数是指可以用方程的根表示的数，也就是满足某个整系数多项式方程的数。
最著名的代数数就是无理数，比如π和根号2。
代数数论主要研究代数数的性质和代数数域的结构。
1. 代数数的性质代数数具有一些特殊的性质。
首先，代数数的集合在加法和乘法运算下构成一个域。
其次，任意有限个代数数的和、差、积仍然是代数数。
此外，代数数的逆同样也是代数数。
2. 代数数的度对于一个代数数a，存在一个最低次数的整系数多项式f(x)，使得f(a)=0。
这个多项式的次数称为代数数a的度。
例如，根号2的度为2，而π是一个超越数，它没有对应的整系数多项式。
二、代数数论的重要定理代数数论涉及众多的定理和结论，其中一些是基础，其他则相对复杂。
以下是几个代数数论中的重要定理：1. 代数数的无理性对于任意非零的有理数q和代数数a，它们的和a+q和差a-q都是无理数。
2. 代数数的代数性如果一个数是一个代数数的代数整数，那么它也是一个代数数。
这个定理说明了代数整数构成了代数数域的一个子环。
3. 代数数的代数基任何一个代数数域都包含一个代数基，也就是一组代数数，它们的代数整数线性组合可以生成整个数域。
4. 代数数的共轭性对于任意一个代数数a，存在其它与a具有相同的极小多项式的代数数，它们被称为a的共轭数。
共轭数在代数数域的性质研究中起着重要的作用。
三、代数数论的应用代数数论在数论、密码学和图论等领域有广泛的应用。
以下是几个典型的应用：1. 数论问题代数数论经常应用于解决数论中的各种问题。
例如，费马大定理就利用代数数论中的整数环的性质来证明。
此外，代数数的像问题、质数分布等都是代数数论的重要研究内容。
美国大联盟五年级讲义数论和代数
美国大联盟五年级讲义数论和代数1、小数乘整数：意义——求几个相同加数的和的简便运算。
如：1.5×3表示1.5的3倍是多少或3个1.5的和的简便运算。
计算方法：先把小数扩大成整数；按整数乘法的法则算出积；再看因数中一共有几位小数，就从积的.右边起数出几位点上小数点。
2、小数乘小数：意义——就是求这个数的几分之几是多少。
如：1.5×0.8就是求1.5的十分之八是多少。
注意：计算结果中，小数部分末尾的0要去掉，把小数化简；小数部分位数不够时，要用0占位计算方法：先把小数扩大成整数；按整数乘法的法则算出积；再看因数中一共有几位小数，就从积的右边起数出几位点上小数点。
3、规律：一个数（0除外）乘大于1的数，积比原来的数大；一个数（0除外）乘小于1的数，积比原来的数小。
4、求近似数的方法一般有三种：⑴四舍五入法；⑵进一法；⑶去尾法5、计算钱数，保留两位小数，表示计算到分。
保留一位小数，表示计算到角。
6、小数四则运算顺序跟整数是一样的。
7、运算定律和性质：加法：加法交换律：a+b=b+a加法结合律:(a+b)+c=a+(b+c)减法：减法性质：a-b-c=a-(b+c)a-(b-c)=a-b+c乘法：乘法交换律：a×b=b×a乘法结合律：(a×b)×c=a×(b×c)乘法分配律：(a+b)×c=a×c+b×c(a-b)×c=a×c-b×c除法：除法性质：a÷b÷c=a÷(b×c)。
人教版数学五年级下册 全册各单元教材解析
《观察物体》教材解析一、教材介绍在本单元的主要学习内容之前，学生已学习了从不同角度观察实物和单个立体图形以及几何组合体，在此基础上，本单元将进一步学习从一个或多个方向观察到的图形拼搭出相应的几何组合体，即根据平面图形还原立体图形，包括从给出的一个或三个方向观察到的图形拼搭出相应的几何组合体。
根据儿童已有的经验及心理发展规律，按从易到难、螺旋上升的编排原则，小学阶段观察物体分三个阶段进行编排。
首先，帮助学生从直观观察立体图形，头脑中建立表象，能够根据直观立体图形进行想象；进而，分辨不同方向观察立体图形得到的形状图；进一步，由建立的几何直观进行空间想象，通过逆向推理，根据观察到的形状图还原立体图形。
这样按梯度编排，循序渐进地促进学生空间观念的发展，提高学生的空间想象能力。
二、课标解读《义务教育数学课程标准（2011年版）》在“学段目标”的“第二学段”中提出“探索一些图形的形状、大小和位置关系，了解一些几何体和平面图形的基本特征”“在观察、实验、猜想、验证等活动中，发展合情推理能力，能进行有条理的思考，能比较清楚地表达自己的思考过程与结果”。
《义务教育数学课程标准（2011年版）》在“课程内容”的“第二学段”中提出“能辨认从不同方向（前面、侧面、上面）看到的物体的形状图”。
“空间观念”作为《义务教育数学课程标准（2011年版）》内容的核心概念，是“图形与几何”学习的核心目标之一。
“观察物体”属于“图形与几何”的相关知识。
因此，在实施具体教学时，应始终将学生空间观念的培养作为教学的重点。
在此认识的基础上，细读上述课标内容要求，教师在教学中应该把握好以下几点：（一）整体把握教材结构，循序渐进的落实教学目标在小学阶段，《义务教育数学课程标准（2011年版）》对观察与认识在不同的学段提出了不同的要求。
第一学段：能根据具体事物、照片或直观图辨认从不同角度观察到的简单物体；第二学段：能辨认从不同方向（前面、侧面、上面）看到的物体的形状图；认识长方体、正方体和圆柱的展开图。
代数综合问题(含答案)
代数综合问题1、二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点（﹣1，4），且与直线y=﹣x+1相交于A、B两点（如图），A点在y轴上，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（﹣3，0）．（1）求二次函数的表达式；（2）点N是二次函数图象上一点（点N在AB上方），过N作NP⊥x轴，垂足为点P，交AB于点M，求MN的最大值；（3）在（2）的条件下，点N在何位置时，BM与NC相互垂直平分？并求出所有满足条件的N点的坐标．2、如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=﹣1，且抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于点B．（1）若直线y=mx+n经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴x=﹣1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；（3）设点P为抛物线的对称轴x=﹣1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．3、如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且B（1，0），C （0，3），将△BOC绕点O按逆时针方向旋转90°，C点恰好与A重合．（1）求该二次函数的解析式；（2）若点P为线段AB上的任一动点，过点P作PE∥AC，交BC于点E，连结CP，求△PCE 面积S的最大值；（3）设抛物线的顶点为M，Q为它的图象上的任一动点，若△OMQ为以OM为底的等腰三角形，求Q点的坐标．4、如图，二次函数y=ax2+bx（a＜0）的图象过坐标原点O，与x轴的负半轴交于点A，过A点的直线与y轴交B，与二次函数的图象交另一点C，且C点的横坐标为﹣1，AC：BC=3：1．（1）求点A的坐标；（2）设二次函数图象的顶点为F，其对称轴与直线AB及x轴分别交于点D和点E，若△FCD与△AED相似，求此二次函数的关系式．5、如图，长方形OABC的OA边在x轴的正半轴上，OC在y轴的正半轴上，抛物线y=ax2+bx 经过点B（1，4）和点E（3，0）两点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点D在线段OC上，且BD⊥DE，BD=DE，求D点的坐标；（3）在条件（2）下，在抛物线的对称轴上找一点M，使得△BDM的周长为最小，并求△BDM周长的最小值及此时点M的坐标；（4）在条件（2）下，从B点到E点这段抛物线的图象上，是否存在一个点P，使得△PAD的面积最大？若存在，请求出△PAD面积的最大值及此时P点的坐标；若不存在，请说明理由．6、如图，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，且与y轴交于点C，点D 是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD．（1）求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；（2）点P是线段BD上一点，当PE=PC时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，请求出点M的坐标．7、如图，抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过点A（2，3），对称轴为直线x=1，一次函数y=kx+b 的图象经过点A，交x轴于点P，交抛物线于另一点B，点A、B位于点P的同侧．（1）求抛物线的解析式；（2）若PA：PB=3：1，求一次函数的解析式；（3）在（2）的条件下，当k＞0时，抛物线的对称轴上是否存在点C，使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切，如果存在，请求出点C的坐标，如果不存在，请说明理由．8、如图，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，抛物线的对称轴DF与BC相交于点E，与x轴相交于点F．（1）求线段DE的长；（2）设过E的直线与抛物线相交于点M（x1，y1），N（x2，y2），试判断当|x1﹣x2|的值最小时，直线MN与x轴的位置关系，并说明理由；（3）设P为x轴上的一点，∠DAO+∠DPO=∠α，当tan∠α=4时，求点P的坐标．9、如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=（x﹣m）2﹣m2+m的顶点为A，与y轴的交点为B，连结AB，AC⊥AB，交y轴于点C，延长CA到点D，使AD=AC，连结BD．作AE∥x轴，DE∥y轴．（1）当m=2时，求点B的坐标；（2）求DE的长？（3）①设点D的坐标为（x，y），求y关于x的函数关系式？②过点D作AB的平行线，与第（3）①题确定的函数图象的另一个交点为P，当m为何值时，以A，B，D，P为顶点的四边形是平行四边形？参考答案1、方法一：解：（1）由直线y=﹣x+1可知A（0，1），B（﹣3，），又点（﹣1，4）经过二次函数，根据题意得：，解得：，则二次函数的解析式是：y=﹣﹣x+1；（2）设N（x，﹣x2﹣x+1），则M（x，﹣x+1），P（x，0）．∴MN=PN﹣PM=﹣x2﹣x+1﹣（﹣x+1）=﹣x2﹣x=﹣（x+）2+，则当x=﹣时，MN的最大值为；（3）连接MC、BN、BM与NC互相垂直平分，即四边形BCMN是菱形，则MN=BC，且BC=MC，即﹣x2﹣x=，且（﹣x+1）2+（x+3）2=，解x2+3x+2=0，得：x=﹣1或x=﹣2（舍去）．故当N（﹣1，4）时，BM和NC互相垂直平分．方法二：（1）略．（2）设N（t，﹣），∴M（t，﹣t+1），∴MN=NY﹣MY=﹣+t﹣1，∴MN=﹣，当t=﹣时，MN有最大值，MN=．（3）若BM与NC相互垂直平分，则四边形BCMN为菱形．∴NC⊥BM且MN=BC=，即﹣=，∴t1=﹣1，t2=﹣2，①t1=﹣1，N（﹣1，4），C（﹣3，0），∴K NC==2，∵K AB=﹣，∴K NC×K AB=﹣1，∴NC⊥BM．②t2=﹣2，N（﹣2，），C（﹣3，0），∴K NC==，K AB=﹣，∴K NC×K AB≠﹣1，此时NC与BM不垂直．∴满足题意的N点坐标只有一个，N（﹣1，4）．2、解：（1）依题意得：，解得：，∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣2x+3∵对称轴为x=﹣1，且抛物线经过A（1，0），∴把B（﹣3，0）、C（0，3）分别代入直线y=mx+n，得，解得：，∴直线y=mx+n的解析式为y=x+3；（2）设直线BC与对称轴x=﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．把x=﹣1代入直线y=x+3得，y=2，∴M（﹣1，2），即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（﹣1，2）；（3）设P（﹣1，t），又∵B（﹣3，0），C（0，3），∴BC2=18，PB2=（﹣1+3）2+t2=4+t2，PC2=（﹣1）2+（t﹣3）2=t2﹣6t+10，①若点B为直角顶点，则BC2+PB2=PC2即：18+4+t2=t2﹣6t+10解之得：t=﹣2；②若点C为直角顶点，则BC2+PC2=PB2即：18+t2﹣6t+10=4+t2解之得：t=4，③若点P为直角顶点，则PB2+PC2=BC2即：4+t2+t2﹣6t+10=18解之得：t1=，t2=；综上所述P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，）或（﹣1，）．3、解：（1）∵B（1，0），C（0，3），∴OB=1，OC=3．∵△BOC绕点O按逆时针方向旋转90°，C点恰好与A重合．∴OA=OC=3，∴A（﹣3，0），∵点A，B，C在抛物线上，∴，∴，∴二次函数的解析式为y=﹣x2﹣2x+3，（2）设点P（x，0），则PB=1﹣x，∵A（﹣3，0），B（1，0），∴AB=4，∵C（0，3），∴OC=3，∴S△ABC=AB×OC=6，∵PE∥AC，∴△BPE∽△BAC，∴，∴S△PBE=（1﹣x）2，∴S△PCE=S△PBC﹣S△PBE=PB×OC﹣（1﹣x）2=（1﹣x）×3﹣（1﹣x）2=﹣（x+1）2+，当x=﹣1时，S△PCE的最大值为．（3）∵二次函数的解析式为y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4，∴顶点坐标（﹣1，4），∵△OMQ为等腰三角形，OM为底，∴MQ=OQ，∴=，∴8x2+18x=7=0，∴x=，∴y=或y=，∴Q（，），或（，）．4、方法一：解：（1）如图，过点C作CM∥OA交y轴于M．∵AC：BC=3：1，∴=．∵CM∥OA，∴△BCM∽△BAO，∴===，∴OA=4CM=4，∴点A的坐标为（﹣4，0）；（2）∵二次函数y=ax2+bx（a＜0）的图象过A点（﹣4，0），∴16a﹣4b=0，∴b=4a，∴y=ax2+4ax，对称轴为直线x=﹣2，∴F点坐标为（﹣2，﹣4a）．设直线AB的解析式为y=kx+n，将A（﹣4，0）代入，得﹣4k+n=0，∴n=4k，∴直线AB的解析式为y=kx+4k，∴B点坐标为（0，4k），D点坐标为（﹣2，2k），C点坐标为（﹣1，3k）．∵C（﹣1，3k）在抛物线y=ax2+4ax上，∴3k=a﹣4a，∴k=﹣a．∵△AED中，∠AED=90°，∴若△FCD与△AED相似，则△FCD是直角三角形，∵∠FDC=∠ADE＜90°，∠CFD＜90°，∴∠FCD=90°，∴△FCD∽△AED．∵F（﹣2，﹣4a），C（﹣1，3k），D（﹣2，2k），k=﹣a，∴FC2=（﹣1+2）2+（3k+4a）2=1+a2，CD2=（﹣2+1）2+（2k﹣3k）2=1+a2，∴FC=CD，∴△FCD是等腰直角三角形，∴△AED是等腰直角三角形，∴∠DAE=45°，∴∠OBA=45°，∴OB=OA=4，∴4k=4，∴k=1，∴a=﹣1，∴此二次函数的关系式为y=﹣x2﹣4x．方法二：（1）略．（2）∵A（﹣4，0），x=﹣=﹣2，∴b=4a，∴抛物线：y=ax2+4ax，∴C（﹣1，﹣3a），F（﹣2，﹣4a），∵△FCD∽△AED，∠AED=90°，∴AC⊥FC，则K AC×K FC=﹣1，∵A（﹣4，0），C（﹣1，﹣3a），F（﹣2，﹣4a），∴=﹣1，∴a2=1，∴a1=1（舍），a2=﹣1，∴此时抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣4x．5、解：（1）将点B（1，4），E（3，0）的坐标代入抛物线的解析式得：，解得：，抛物线的解析式为y=﹣2x2+6x．（2）如图1所示；∵BD⊥DE，∴∠BDE=90°．∴∠BDC+∠EDO=90°．又∵∠ODE+∠DEO=90°，∴∠BDC=∠DE0．在△BDC和△DOE中，，∴△BDC≌△DEO．∴OD=AO=1．∴D（0，1）．（3）如图2所示：作点B关于抛物线的对称轴的对称点B′，连接B′D交抛物线的对称轴与点M．∵x=﹣=，∴点B′的坐标为（2，4）．∵点B与点B′关于x=对称，∴MB=B′M．∴DM+MB=DM+MB′．∴当点D、M、B′在一条直线上时，MD+MB有最小值（即△BMD的周长有最小值）．∵由两点间的距离公式可知：BD==，DB′==，∴△BDM的最小值=+．设直线B′D的解析式为y=kx+b．将点D、B′的坐标代入得：，解得：k=，b=1．∴直线DB′的解析式为y=x+1．将x=代入得：y=．∴M（，）．（4）如图3所示：过点F作FG⊥x轴，垂足为G．设点P（a，﹣2a2+6a），则OG=a，PG=﹣2a2+6a．∵S梯形DOGP=（OD+PG）•OG=（﹣2a2+6a+1）×a=﹣a3+3a2+a，S△ODA=OD•OA=×1×1=，S△AGP=AG•PG=﹣a3+4a2﹣3a，∴S△PDA=S梯形DOGP﹣S△ODA﹣S△AGP=﹣a2+a﹣．∴当a=时，S△PDA的最大值为．∴点P的坐标为（，）．6、解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴，解得，，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y=﹣x2+2x+3；（2）如图1，连接PC、PE，x=﹣=﹣=1，当x=1时，y=4，∴点D的坐标为（1，4），设直线BD的解析式为：y=mx+n，则，解得，，∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6，设点P的坐标为（x，﹣2x+6），则PC2=x2+（3+2x﹣6）2，PE2=（x﹣1）2+（﹣2x+6）2，∵PC=PE，∴x2+（3+2x﹣6）2=（x﹣1）2+（﹣2x+6）2，解得，x=2，则y=﹣2×2+6=2，∴点P的坐标为（2，2）；（3）设点M的坐标为（a，0），则点G的坐标为（a，﹣a2+2a+3），∵以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形，∴FM=MG，即|2﹣a|=|﹣a2+2a+3|，当2﹣a=﹣a2+2a+3时，整理得，a2﹣3a﹣1=0，解得，a=，当2﹣a=﹣（﹣a2+2a+3）时，整理得，a2﹣a﹣5=0，解得，a=，∴当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，点M的坐标为（，0），（，0），（，0），（，0）．7、解：（1）∵抛物线的对称轴为x=1，∴﹣=1，解得：m=．将点A（2，3）代入y=﹣x2+x+n中，3=﹣1+1+n，解得：n=3，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3．（2）∵P、A、B三点共线，PA：PB=3：1，且点A、B位于点P的同侧，∴y A﹣y P=3y B﹣y P，又∵点P为x轴上的点，点A（2，3），∴y B=1．当y=1时，有﹣x2+x+3=1，解得：x1=﹣2，x2=4，∴点B的坐标为（﹣2，1）或（4，1）．将点A（2，3）、B（﹣2，1）代入y=kx+b中，，解得：；将点A（2，3）、B（4，1）代入y=kx+b中，，解得：．∴一次函数的解析式y=x+2或y=﹣x+5．（3）假设存在，设点C的坐标为（1，r）．∵k＞0，∴直线AP的解析式为y=x+2．当y=0时，x+2=0，解得：x=﹣4，∴点P的坐标为（﹣4，0），当x=1时，y=，∴点D的坐标为（1，）．令⊙与直线AP的切点为F，与x轴的切点为E，抛物线的对称轴与直线AP的交点为D，连接CF，如图所示．∵∠PFC=∠PEC=90°，∠EPF+∠ECF=∠DCF+∠ECF=180°，∴∠DCF=∠EPF．在Rt△CDF中，tan∠DCF=tan∠EPF=，CD=﹣r，∴CD=CF=|r|=﹣r，解得：r=5﹣10或r=﹣5﹣10．故当k＞0时，抛物线的对称轴上存在点C，使得⊙C同时与x轴和直线AP都相切，点C的坐标为（1，5﹣10）或（1，﹣5﹣10）．8、解：由抛物线y=﹣x2+2x+3可知，C（0，3），令y=0，则﹣x2+2x+3=0，解得：x=﹣1，x=3，∴A（﹣1，0），B（3，0）；∴顶点x=1，y=4，即D（1，4）；∴DF=4设直线BC的解析式为y=kx+b，代入B（3，0），C（0，3）得；，解得，∴解析式为；y=﹣x+3，当x=1时，y=﹣1+3=2，∴E（1，2），∴EF=2，∴DE=DF﹣EF=4﹣2=2．（2）设直线MN的解析式为y=kx+b，∵E（1，2），∴2=k+b，∴k=2﹣b，∴直线MN的解析式y=（2﹣b）x+b，∵点M、N的坐标是的解，整理得：x2﹣bx+b﹣3=0，∴x1+x2=b，x1x2=b﹣3；∵|x1﹣x2|====，∴当b=2时，|x1﹣x2|最小值=2，∵b=2时，y=（2﹣b）x+b=2，∴直线MN∥x轴．（3）如图2，∵D（1，4），∴tan∠DOF=4，又∵tan∠α=4，∴∠DOF=∠α，∵∠DOF=∠DAO+∠ADO=∠α，∵∠DAO+∠DPO=∠α，∴∠DPO=∠ADO，∴△ADP∽△AOD，∴AD2=AO•AP，∵AF=2，DF=4，∴AD2=AF2+DF2=20，∴OP=19，同理，当点P在原点左侧，OP=17．∴P1（19，0），P2（﹣17，0）．9、解：（1）当m=2时，y=（x﹣2）2+1，把x=0代入y=（x﹣2）2+1，得：y=2，∴点B的坐标为（0，2）．（2）延长EA，交y轴于点F，∵AD=AC，∠AFC=∠AED=90°，∠CAF=∠DAE，∴△AFC≌△AED，∴AF=AE，∵点A（m，﹣m2+m），点B（0，m），∴AF=AE=|m|，BF=m﹣（﹣m2+m）=m2，∵∠ABF=90°﹣∠BAF=∠DAE，∠AFB=∠DEA=90°，∴△ABF∽△DAE，∴=，即：=，∴DE=4．（3）①∵点A的坐标为（m，﹣m2+m），∴点D的坐标为（2m，﹣m2+m+4），∴x=2m，y=﹣m2+m+4，∴y=﹣•++4，∴所求函数的解析式为：y=﹣x2+x+4，②作PQ⊥DE于点Q，则△DPQ≌△BAF，（Ⅰ）当四边形ABDP为平行四边形时（如图1），点P的横坐标为3m，点P的纵坐标为：（﹣m2+m+4）﹣（m2）=﹣m2+m+4，把P（3m，﹣m2+m+4）的坐标代入y=﹣x2+x+4得：﹣m2+m+4=﹣×（3m）2+×（3m）+4，解得：m=0（此时A，B，D，P在同一直线上，舍去）或m=8．（Ⅰ）当四边形ABPD为平行四边形时（如图2），点P的横坐标为m，点P的纵坐标为：（﹣m2+m+4）+（m2）=m+4，把P（m，m+4）的坐标代入y=﹣x2+x+4得：m+4=﹣m2+m+4，解得：m=0（此时A，B，D，P在同一直线上，舍去）或m=﹣8，综上所述：m的值为8或﹣8．。
代数和数论的关系
代数和数论的关系代数和数论是数学中两个重要的分支，它们之间存在着密切的关系。
代数研究的是数字和运算的关系，而数论则研究的是整数的性质和规律。
虽然它们有着不同的研究对象，但在很多问题上，代数和数论是相互关联的。
代数中的一些基本概念和数论有着紧密的联系。
例如，代数中的整数环和数论中的整数概念是等价的。
整数环中的加法和乘法运算规则与数论中整数的加法和乘法运算规则是一致的。
代数中的有理数、实数、复数等概念与数论中的有理数、实数、复数的概念是相对应的。
这些基本概念的相互关联，使得代数和数论可以在研究中互相借鉴和应用。
代数中的一些定理和数论问题有着密切的关联。
代数中的费马小定理、欧拉定理等定理与数论中的费马定理、欧拉定理是相对应的。
这些定理在数论领域中有着广泛的应用，而它们的证明往往依赖于代数中的一些基本概念和定理。
例如，费马小定理的证明使用了代数中的模运算的概念，欧拉定理的证明使用了代数中的群论的概念。
这些定理的相互关联，使得代数和数论能够共同推进数学的发展。
代数中的一些方法和数论问题有着密切的联系。
代数中的方程求解、多项式插值、矩阵运算等方法在解决数论问题中发挥了重要作用。
例如，代数中的多项式插值可以用来推导数论中的多项式同余问题，代数中的矩阵运算可以用来解决数论中的线性同余方程组问题。
这些方法的相互关联，使得代数和数论能够互相借鉴和补充，共同推动数学的发展。
代数和数论的研究都是数学研究的重要组成部分，它们的发展对于数学学科的发展具有重要意义。
代数和数论的相互关联，使得它们在解决实际问题、推动科学技术发展方面有着广泛的应用。
无论是在密码学、编码理论中的应用，还是在计算机科学、物理学、工程学等领域的应用，代数和数论都发挥着重要作用。
因此，深入研究代数和数论之间的关系，对于推动数学学科的发展具有重要意义。
代数和数论是数学中两个重要的分支，在研究中存在着密切的关系。
它们之间的相互关联体现在基本概念的对应、定理的相互关联、方法的互相借鉴和应用的广泛性等方面。
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五、代数与数论综合问题例1、试确定所有正整数n (3)n ≥，使得0123n n n n n c c c c +++∣2. 解：由二项式定理和组合数定义，对所有正整数3n ≥，有01232n n n n n n n c c c c c =++++⋯+0123n n n nc c c c ≥+++21(1)(6)6n n n =+-+ 因此存在正整数l ，使得21(1)(6)32l n n n ++-+=⨯ ①这样1n +和26n n -+可以写成32αβ⨯的形式，其中0α=或1，N β∈ 下面分两种情况讨论： ⑴ 4β≥，这时16(1)n ⎪+，将①式中的第二项改写为 226(1)3(1)8n n n n -+=+-++，由此得 28(6)n n ⎪-+，且216|(6)n n -+/，则26n n -+只能为8或24. 当268n n -+=时，解得1n =-或2；当2624n n -+=时，解得1(12n =±。
它们都不满足题设. ⑵ 3β≤，这时由132n αβ+=⨯，可以求得1n +只能为 1、2、4、8、3、6、12、24， 相应的n 为 0、1、3、7、2、5、11、23，26n n -+为 6、6、12、48、8、26、116、512。
再由①式及3n ≥知，满足条件的n 有三个，分别是3、7、23. 例2、是否存在无穷多个正整数对(,)m n ，使得21mn ⎪+，21n m ⎪+？ （2013年英国数学奥林匹克）解：存在。
构造数列{}n a ，12a =，25a =，213n n n a a a ++=-，则 213n n n a a a +++= ， 等号两边同乘 2n n a a +- ， 得：22212133n n n n n n a a a a a a ++++-=- ①我们说明 2121n n n a a a +++=，采用数学归纳法 1n =时，12a =，25a =，313a =，22131a a a +=成立假设n t =时成立，则当1n t =+时，由归纳假设21211(3)t t t t t t a a a a a a ++++==- 即 221113t t t t a a a a ++++= ②而再由①式，22212133t t t t t t a a a a a a ++++-=- ③ ②、③两式相加，得 22121213t t t t a a a a ++++++=22211131(3)t t t t t t a a a a a a ++++++⇒+=-= ，故1n t =+时也成立 所以 2121n n n a a a +++= 21(1)n n a a +⇒⎥+ 2n ≥时，2111n n n a a a -++= 21(1)n n a a +⇒⎥+ ，1n =时也有221(1)a a ⎥+。
故1(,)n n a a +即为满足题意的正整数对(,)m n ，命题成立. 例3、数列{}n a 满足12a =，27a =，1232(3)n n n a a a n --=+≥.证明：对任意的n N +∈，21n a -可表为两个正整数的平方和.证：由条件易得325a =，489a =，5317a =，61129a =，74021a =，……注意到221211a ==+，2232534a ==+，而2132a a =-，142a =； 2253171114a ==+，而32112a a =-，2142a =； 22740213950a ==+，而43392a a =-，3502a =；……据此猜测，对每个正整数n 都有 222111(2)(2)n n n n a a a a ---=-+ ①为证①，还需给出关于2n a 的递推关系：2221144n n n n n a a a a a --=+- ②接下来证明式①与式②。
对大于1的n 归纳。
当n=2，3时，验证无误。
设式①、②对于n 成立，则对于n+1， 由式①、②及1123n n n a a a -+=-，有2122132n n n a a a +-=+()222111132222(2)(2)n n n n n n n a a a a a a a ----⎡⎤⎡⎤=+-+-+⎣⎦⎣⎦ 2113(3)(5)n n n n n a a a a a ++⎡⎤=+--⎣⎦22112(4)(3)n n n n a a a a ++⎡⎤+-+-⎣⎦222211184(2)(2)n n n n n n na a a a a a a +++=+-=-+. 2221232n n n a a a ++=+2221113(2)(2)22(22)n n n n n n n a a a a a a a +--⎡⎤⎡⎤=-+++-⎣⎦⎣⎦222211113(84)2(148)n n n n n n n n a a a a a a a a ++++=+-+--+ 221144n n n n a a a a ++=+-.因此，式①、②对于n+1也成立.故由归纳法知，对每个正整数n ，式①、②皆成立，且式①表明，21(2)n a n -≥为两个正整数的平方和.例4、设{}n a 为整数列，其中2a 为奇数，对任意自然数n ，均有11(3)3n n n n n a a a a ++-+=++.已知2009a 可被2010整除，求最小的整数(2)n n ≥，使n a 可被2010整除.（2010年香港竞赛试题）解： 将题设等式整理得1(1)(1)3(1)n n n a n a n +-=+--.当1n ≠时，1131n n n a a n ++=--1(1)3(1)n n n n a a n n ++⇒=--. 上式两边同除以(1)n n +得13(1)(1)(1)n n a a n n n n n n +=-+-+. 设 (2)(1)n n a b n n n =≥- 易得 13(1)n n b b n n +=-+. 故 13(1)n n b b n n -=--.123(1)(2)n n b b n n --=---，……3212b b =-. 以上等式求和得：22311133()(1)2nn k b b b k kn ==-=---∑.注意到(1)n n a n n b =-，222a b =，则211(1)322n a a n n n ⎡⎤⎛⎫=--- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦2(1)(3)32n n a ⎡⎤=--+⎢⎥⎣⎦又2a 为奇数，不妨设221()a p p N =+∈，则[](1)(1)3n a n p n =--+. 从而，20092008(20092006)a p =-，又20092010a ，200920060(mod1005)4(mod1005)p p ⇒-≡⇒≡ 从而存在整数q ，使得[](1)(10053)3n a n q n =-++. 由2010|n a ，得2010|(1)(33)670|(1)(1)n n n n -+⇒-+. 故n 为奇数，不妨设21()n r r N =+∈. 因此，335|(1)r r +，所以，min 134r =，n=269. 例5、设数列{}n a 满足121a a ==，127(3)n n n a a a n --=-≥.求证：对于每个n N +∈，12n n a a +++皆为完全平方数. 证明： 易求得数列前几项列为1，1，6，41，281，1926，……注意到21222a a ++=，22323a a ++=，23427a a ++=，245218a a ++=.构造数列{}1:2n x x =，23x =，123(3)n n n x x x n --=-≥.则对于每个n N +∈，n x 为正整数.下面证明：对于每个n N +∈，均有212n n n a a x +++= ①先证一个引理: 数列{}n x 满足对于每个n N +∈，都有2215k k k x x x ++-=. 证明 令221()k k k f k x x x ++=-，则222111()(1)()()k k k k k k f k f k x x x x x x ++-+--=---211111()()330k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x +++-++=+-+=-=， 于是()(1)f k f k =-= 2132(1)5f x x x ==-=. 回到原题，对n 归纳。
当n=1，2时，已知式①成立. 假设式①对(2)n n ≥均成立，则对于1n +有12112(7)(7)2n n n n n n a a a a a a ++-+++=-+-+ 117(2)(2)10n n n n a a a a +-=++-++-2222211710(3)210n n n n n x x x x x --=--=---2211111(3)(3)210(2)210n n n n n n n n n x x x x x x x x x --++-=-+--=+-- 22211112(5)n n n n n x x x x x +-++=+--=. 故对n+1式①也成立.例6、已知数列{}n 12:20,30a a a ==，213n n n a a a ++=-（1n ≥）求所有的n ，使得115n n a a ++是完全平方数. 解: 设1n n n b a a +=+，1c 15n n n a a +=+，则 1121n n n n n n b b a a a a +++++=+++n 112(3)n n n a a a a ++=+-+15n a += 1121n n n n n n b b a a a a ++++-=+--2n n a a +=-所以 1125()n n n n n c c a a a +++-=-2211111()()n n n n n n b b b b b b +-+-+=+-=-， 从而2221111n n n n c b c b c b ++-=-==- 21212(15)()5013167a a a a =+-+==⨯. 设存在正整数,n m 使得2n c m =，则有()()31671501n n m b m b +-=⨯=⨯. 若167,3n n m b m b +=-=，则285,85n m c ==， 若501,1n n m b m b +=-=，则2251,251n m c ==. 由于数列{}n a 严格递增，所以数列{}n c 也严格递增。
又因 2115203085c =+⨯⨯<223153070251c c <=+⨯⨯<=. 所以满足条件的n 只有一个，即n 3=.例7、试求最大的整数λ，使得对于任意正整数数列{}(1)n a n ≥，该数列对所有正数 数n ，均有325n n n n a a a a +++=，则25502211kk k aa λ-=∑.解： 由题意，对于每个正数数n ，都有325n n n n a a a a +++=，1436n n n n a a a a ++++=，2547n n n n a a a a ++++=， 则 31425253647n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a +++++++++++⨯⨯=⨯⨯， 整理，得 167()n n n n a a a a n N ++++=∈.故 25502211k k k a a -=∑1234562550()3a a a a a a =++123456850()a a a a a a =++ 考虑数列{}(1)n a n ≥，定义：1,1,2,3(mod 6)2,4,5,6(mod 6).n n a n =⎧=⎨=⎩；因此，对于每个正整数n ，有3252n n n n a a a a +++==.故数列{}n a 满足题中条件，且25502211850(111222)k k k a a -==⨯+⨯+⨯∑8507=⨯ 考虑另一数列{}(1)n a n ≥，定义其对每一个正整数n ，都有1n a =于是，3251n n n n a a a a +++==，且25502211850(111111)k k k a a -==⨯+⨯+⨯∑8503=⨯.而(3,7)1=，故850λ=例8、求所有的正整数n ，使得()n a b +的展开式中有连续三项的系数成等差数列.解： 设()n a b +的展开式中连续三项的系数分别为11,(11).k k k n n n C C C k n -+≤≤-， 由题意得 112k k k n n nC C C -+=+. 依组合数定义展开并整理得 22(41)420.n k n k -++-= 故1,2n =①因为n N +∈，所以可令 289(21),k m +=+ 即 222k m m =+-. 其中m N +∈ 代入①得 22121(1)2,n m m m =+-=+- 222n m =- 因此，满足题意的n 为22m -型.又由于11k n ≤≤-，则222132m m m +-<<-. 解得 3m ≥ 因此，22(3)n m m =-≥时，上式等号成立例9、设k N +∈，定义11A =, 212(1)2kn n nA n A n +++=+ ()1,2,n =求证：n A 都是整数，并分析其奇偶性。