竞赛数学课程数论专题文稿
初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)
第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。
例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。
．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。
例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。
数学竞赛中的数论问题(学生版)第一讲
数学竞赛中的数论问题引言数论的认识：数论是关于数的学问，主要研究整数，重点对象是正整数，对中学生可以说，数论是研究正整数的一个数学分支．什么是正整数呢？人们借助于“集合”和“后继”关系给正整数（当时也即自然数）作过本质的描述，正整数1，2，3，…是这样一个集合N +：（1）有一个最小的数1．（2）每一个数a 的后面都有且只有一个后继数/a ；除1之外，每一个数的都是且只是一个数的后继数．这个结构很像数学归纳法，事实上，有这样的归纳公理：（3）对N +的子集M ，若1M ∈，且当a M ∈时，有后继数/a M ∈，则M N +=． 就是这么一个简单的数集，里面却有无穷无尽的奥秘，有的奥秘甚至使得人们怀疑：人类的智慧还没有成熟到解决它的程度．比如，哥德巴赫猜想：1742年6月7日，普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉，提出“任何偶数，由4开始，都可以表示为两个素数和的形式，任何奇数，由7开始，都可以表示为三个素数的和”．后者是前者的推论，也可独立证明（已解决）．“表示为两个素数和的形式”就是著名的哥德巴赫猜想，简称1+1．欧拉认为这是对的，但证不出来．1900年希尔伯特将其归入23个问题中的第8个问题．1966年陈景润证得：一个素数+素数⨯素数（1+2），至今仍无人超越．●陈景润的数学教师沈元很重视利用名人、名言、名事去激励学生，他曾多次在开讲时，说过这样的话:“自然科学的皇后是数学，数学的皇冠是数论，哥德巴赫猜想则是皇冠上的明珠．……”陈景润就是由此而受到了启示和激励，展开了艰苦卓绝的终生奋斗和灿烂辉煌的奋斗终生，离摘取“皇冠上的明珠”仅一步之遥．●数论题涉及的知识不是很多，但用不多的知识来解决问题往往就需要较强的能力和精明多的技巧，有人说：用以发现数学人才，在初等数学中再也没有比数论教材更好的课程了．任何学生如能把当今一本数论教材中的练习做出，就应当受到鼓励，劝他（她）将来去从事数学方面的工作（U ．Dudley 《数论基础》前言）．下面，是一个有趣的故事．当代最高产的数学家厄尔多斯听说一个叫波萨（匈牙利，1948）的小男孩很聪明，就问了他一个问题加以考察（1959）：如果你手头上有1n +个正整数，这些正整数小于或等于2n ，那么你一定有一对整数是互素的，你知道这是什么原因吗？不到12岁的波萨只用了1分半钟，就给出了问题的解答．他将1～2n 分成（1，2），（3，4），…，（21,2n n -）共n 个抽屉，手头的1n +个正整数一定有两个属于同一抽屉，这两个数是相邻的正整数，必定互素．通过这个问题，厄尔多斯认定波萨是个难得的英才，就精心加以培养，不到两年，14岁的波萨就发表了图论中“波萨定理”．●重视数学能力的数学竞赛，已经广泛采用数论题目，是数学竞赛四大支柱之一，四大支柱是：代数，几何，初等数论，组合初步（俗称代数题、几何题、算术题和智力题）．高中竞赛加试四道题正好是四大模块各一题，分别是几何题、代数题、数论题、组合题，一试中也会有数论题．数论受到数学竞赛的青睐可能还有一个技术上的原因，就是它能方便地提供从小学到大学各个层面的、新鲜而有趣的题目．数论题的主要类型：在初中竞赛大纲中，数论的内容列有：十进制整数及表示方法；整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定；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； 简单的一次不定方程．在高中竞赛大纲中，数论的内容列有：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*．根据已出现的试题统计，中学数学竞赛中的数论问题的主要有8个重点类型：（1）奇数与偶数（奇偶分析法、01法）；（2）约数与倍数、素数与合数；（3）平方数；（4）整除；（5）同余；（6）不定方程；（7）数论函数、[]x 高斯函数、()n ϕ欧拉函数；（8）进位制（十进制、二进制）．下面，我们首先介绍数论题的基本内容（10个定义、18条定理），然后，对数学竞赛中的数论问题作分类讲解．第一讲 数论题的基本内容中学数学竞赛中的数论问题涉及的数论内容主要有10个定义、18条定理．首先约定，本文中的字母均表示整数．定义1 （带余除法）给定整数,,0,a b b ≠如果有整数(),0q r r b ≤<满足a qb r =+，则q 和r 分别称为a 除以b 的商和余数．特别的，0r =时，则称a 被b 整除，记作b a ，或者说a 是b 的倍数，而b 是a 的约数．（,q r 的存在性由定理1证明）定义2 （最大公约数）设整数12,,,n a a a 中至少有一个不等于零，这n 个数的最大公约数是能整除其中每一个整数的最大正整数，记作()12,,,n a a a ．()12,,,n a a a 中的i a 没有顺序，最大公约数也称最大公因数．简单性质：()()1212,,,,,,n n a a a a a a = ．一个功能：可以把对整数的研究转化为对非负整数的研究．定义3 （最小公倍数）非零整数12,,,n a a a 的最小公倍数是能被其中每一个()1i a i n ≤≤所整除的最小正整数，记作[]12,,,n a a a ．简单性质：如果k 是正整数,a b 的公倍数，则存在正整数m 使[],k ma b = 证明：定义4 如果整数,a b 满足(),1a b =，则称a 与b 是互素的（也称互质）．定义5 大于1且除1及其自身外没有别的正整数因子的正整数，称为素数（也称质数）．其余大于1的正整数称为合数；数1既不是素数也不是合数．定理1 若,a b 是两个整数，0b >，则存在两个实数,q r ，使()0a qb r r b =+≤<，并且,q r 是唯一性．证明1：注：如果取消0r b ≤<，当0r <或r b >，不保证唯一．经典方法：紧扣定义，构造法证存在性，反证法证唯一性．证明2：证明3：定理 2 设,,a b c 是三个不全为0的整数，满足a qb c =+，其中q 也为整数，则()(),,a b b c =．证明：注：这是辗转相除法求最大公约数的理论基础．经典方法：要证明A B =，只需证A B ⊆且B A ⊆．定理3 对任意的正整数,a b ，有()[],,a b a b ab ⋅=．证明：定理4 ,a b 是两个不同时为0的整数，若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数）的数中的最小正数，则（1）00ax by +|ax by +；（2）00ax by +(),a b =．证明：推论 若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（很有用）定理5 互素的简单性质：（1）()1,1a =．（2）(),11n n +=．（3）()21,211n n -+=．（4）若p 是一个素数，a 是任意一个整数，且a 不能被p 整除，则(),1a p =． 证明：推论 若p 是一个素数，a 是任意一个整数，则(),1a p =或(),a p p =．（5）若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（定理4推论）（6）若()(),1,,1a b a c ==，则(),1a bc =．证明：（7）若(),1a b =，则(),1a b a ±=，(),1a b b ±=， (),1a b ab ±=．证明：（8）若(),1a b =，则(),1m n a b =，其中,m n 为正整数． 证明：定理6 设a 是大于1的整数，则a 的除1之外的最小的正约数q 必是素数，且当a 是合数时，q ≤证明：定理7 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数．证明：注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有n 个素数，便有1n +个素数．（构造法、反证法）定理8（整除的性质）整数,,a b c 通常指非零整数（1）1a ，1|a -；当0a ≠时，|a a ，|0a ．（2）若b a ，0a ≠，则b a ≤;若b a ，b a >，则0a =;若0ab >，且,b a a b ，则a b =．证明：（3）若a b c d +=+，且|,|,|e a e b e c ，则|e d ．（4）若c b ，b a ，则c a ．证明：（5）若c a ，则bc ab ．（6）若c a ，c b ，则对任意整数,m n ，有c ma nb +．证明：（7）若(),1a b =，且a bc ，则a c ．证明：注意 不能由a bc 且|a b /得出a c ．如649⨯，但6|4/且6|9/．（8）若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c ．证明：注意 不能由a c 且b c 得出ab c ．如不能由630且10|30得出60|30．（9）若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ．证明：注意 没有a 为素数，不能由a bc 推出a b 或a c ．如649⨯，但6|4/且6|9/． 定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记作(mod )a b c ≡；若()|c a b -/，则称,a b 关于模c 不同余，记作a(mod )b c ．定理9（同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m >（1）若(mod )a b m ≡且(mod )b c m ≡，则(mod )a c m ≡；证明： （2）若(m o d )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(m o d )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡．证明：（3）若(m o d )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )n na b m =且(mod )an bn mn ≡. （4）若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 证明：定理10 设,a b 为整数，n 为正整数，（1）若a b ≠，则()()n n a b a b --． ()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++ ．（2）若a b ≠-，则()()2121n n a b a b --++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+ ．（3）若a b ≠-，则()()22n n a b a b +-．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+- ．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a 是小于k 的非负整数，且10a >．若12121m m m m n a k a k a k a ---=++++ ， 则称数12m a a a 为n 的k 进制表示．定理11 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．如12121101010m m m m n a a a a ---=++++ ，109,0i a a ≤≤>（10进制）12121222m m m m n a a a a ---=++++ ．101,0i a a ≤≤>（２进制）定理12 （算术基本定理）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212k k n p p p ααα= ，其中12k p p p <<< 为素数，12,,,k ααα 为正整数． （分解唯一性） 证明1：证明2：定理13 若正整数n 的素数分解式为 1212k k n p p p ααα= 则n 的正约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++ ，n 的一切正约数之和为()121111212111111k k k p p p S n p p p ααα+++---=⋅⋅⋅--- ． 证明：注 构造法．定义8 （高斯函数）对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+．定理14 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是 23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 证明：注 省略号其实是有限项之和．画线示意50!中2的指数．35678912450!23571113171923293137414347ααααααααα==定理15 （费玛小定理）如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a --． 证明1：证明2：定义9 （欧拉函数）用()n ϕ表示不大于n 且与n 互素的正整数个数．定理16 设正整数1212k k n p p p ααα= ，则()12111111k n n p p p ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ． 证明：注 示意3n =的容斥原理．推论 对素数p 有()()11,p p p p p αααϕϕ-=-=-． 定理17 整系数不定方程ax by c +=（0ab ≠）存在整数解的充分必要条件是(),a b c ．证明：定理18 若0ab ≠,(),1a b =，且00,,x x y y =⎧⎨=⎩是整系数不定方程ax by c +=的一个整数解，则方程的一切整数解可以表示为00,,x x bt y y at =-⎧⎨=+⎩()t Z ∈． ① 证明：定义10 （平面整点）在平面直角坐标系上，纵横坐标都是整数的点称为整点（也称格点）．类似地可以定义空间整点．。
初中数学竞赛讲座-数论部分2(整数的整除性)
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a|b,b|c，则a|c证明：∵a|b,b|c，∴bap,cbq（p,q是整数），∴c(ap)q(pq)a，∴a|c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｜(ma±nb)．证明：∵a|b,a|c，∴bap,caq(b,q是整数），∴bcapaqa(pq)，∴a|(bc)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bm｜am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8n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，且存在整数某，y，使得a某+by=1，证明：ab|n．初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明：由条件，可设n=au，n=bv，u，v为整数，于是n=n(a某+by)=na某+nby=abv某+abuy=ab(v某+uy)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若某，y为整数，且2某+3y，9某＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证明：设u=2某＋3y，v=9某＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17某．①所以17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9某＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2某＋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．初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明用反证法．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a2+b2=9m2+9n2±6n+1=3(3m2＋3n2±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a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2=9m2±6m+1+9n2±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a2＋b2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。
初中数学竞赛讲座——数论部分9(费马小定理)
初中数学竞赛讲座——数论部分9(费马小定理)第9讲费尔马小定理一、基础知识：法国数学家费尔马在1640年提出了一个有关整数幂余数的定理，在解决许多关于某个整数幂除以某个整数的余数问题时非常方便有用，在介绍这个定理之前，我们先来看一些具体的同余式，请同学们注意观察，发现这些同余式符合什么规律．3≡1（mod 2），5≡1（mod 2），7≡1（mod 2）…22≡1（mod 3），42≡1（mod 3），52≡1（mod 3）…24≡1（mod 5），34≡1（mod 5），44≡1（mod 5）…26≡（23）2≡1（mod 7），36≡（33）2≡1（mod 7），46≡（43）2≡1（mod 7）…这些同余式都符合同一个规律，这个规律就是费尔马小定理．费尔马小定理：如果p是质数，（a，p）=1，那么a p－1≡1（mod p）第 2 页共 20 页第 3 页共 20 页这个算法的缺点是它非常慢，运算率高；但是它很适合在计算机上面运行程序进行验算一个数是否是质数。
（一）准备知识：引理1．若a,b,c为任意3个整数，m为正整数，且(m,c)=1,则当ac≡bc(mod m)时，有a≡b(mod m)证明：ac≡bc(mod m)可得ac–bc≡0(mod m)可得(a-b)c≡0(mod m)因为(m,c)=1即m,c互质，c可以约去，a–b≡0(mod m)可得a≡b(mo d m)引理2．若m为整数且m>1,a1,a2,a3,a4,…a m为m个整数，若在这m个数中任取2个整数对m不同余，则这m个整数对m构成完全剩余系。
证明：构造m的完全剩余系（0,1,2,…m-1），所有的整数必然是这些整数中的1个对模m 同余。
取r1=0,r2=1,r3=2,r4=3,…r i=i-1,1<i≤m。
第 4 页共 20 页令(1)：a1≡r1(mod m),a2≡r2(mod m), …a m≡r m(mod m)(顺序可以不同),因为只有在这种情况下才能保证集合{a1,a2,a3,a4,…a m}中的任意2个数不同余，否则必然有2个数同余。
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.<。
成都七中高一年级竞赛数学数论专题讲义：6.欧拉函数与Mobius函数
成都七中高一竞赛数论专题 6.欧拉函数与Möbius 函数欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.也等于模m 的一个简系的元素个数.Möbius 函数()n μ定义为12121, 1 ()(1), ,0, 1 s s s p p p n n n p p p n μ<<<=⎧⎪=-=⎨⎪⎩素其他即有大于的平方因数数1.若12(,)1,m m =1x 跑遍模1m 的简系, 2x 跑遍模2m 的简系.证明：2112m x m x +跑遍模12m m 的简系.2.若12(,)1,m m =证明：1212()()().m m m m ϕϕϕ=3.设n 是正整数, (1)证明：|1().d nd n μ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑ (2)证明：||()()().d n d nn n n d d d d ϕμμ==∑∑ (3)证明：22|()().d nd n μμ=∑4.已知正整数n 的素因数分解式1212,s s n p p p ααα=其中素数12s p p p <<<, 1.i α≥证明：12111()(1)(1)(1).sn n p p p ϕ=---5.设()n τ表示正整数n 的所有正因数的个数,()n ϕ表示模n 的一个简系的元素个数证明：()().n n n ϕτ≥6.证明：对任意的正整数m 都有|().d md m ϕ=∑7.设n 是正整数,证明：2i11|1()(1e).jk nd d j k d nn d πϕ===-∑∑∏8.给定整数9.a ≥证明：至多存在有限个正整数,n 同时满足下列条件：(1)()n a τ=；(2)|()().n n n ϕσ+高一竞赛数论专题 6.欧拉函数与Möbius 函数解答欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.也等于模m 的一个简系的元素个数.Möbius 函数()n μ定义为12121, 1 ()(1), ,0, 1 s s s p p p n n n p p p n μ<<<=⎧⎪=-=⎨⎪⎩素其他即有大于的平方因数数1.若12(,)1,m m =1x 跑遍模1m 的简系, 2x 跑遍模2m 的简系.证明：2112m x m x +跑遍模12m m 的简系.证明：我们知道1x 跑遍模1m 的完系,则1x 跑过1m 个数,2x 跑遍模2m 的完系,则2x 跑过2m 个数, 于是2112m x m x +跑过12m m 个数.假设2112211212(mod )m x m x m x m x m m ''''''+≡+,其中11,x x '''是模1m 的完系中的数,22,x x '''是模2m 的完系中的数.于是21211(mod )m x m x m '''≡,12122(mod ).m x m x m '''≡ 因为12(,)1,m m =所以111222(mod ),(mod ).x x m x x m ''''''≡≡所以1122,.x x x x ''''''== 这表明2112m x m x +跑遍模12m m 的完系.若1122(,)(,)1,x m x m ==则由12(,)1m m =得211122(,)(,)1,m x m m x m == 于是2112121122(,)(,) 1.m x m x m m x m x m +=+= 所以211212(,) 1.m x m x m m +=反之,若211212(,) 1.m x m x m m +=则2112121122(,)1,(,) 1.m x m x m m x m x m +=+= 于是211122(,)1,(,) 1.m x m m x m ==所以1122(,)1,(,) 1.x m x m == 这就证明了所要的结论.2.若12(,)1,m m =证明：1212()()().m m m m ϕϕϕ=证明：因为12(,)1,m m =1x 跑遍模1m 的简系, 2x 跑遍模2m 的简系.则2112m x m x +跑遍模12m m 的简系. 所以模12m m 的简系个数12()m m ϕ等于2112m x m x +跑过的个数,1x 跑过的个数为模1m 的简系个数1()m ϕ,2x 跑过的个数为模2m 的简系个数2()m ϕ.于是2112m x m x +跑过的个数为12()().m m ϕϕ即1212()()().m m m m ϕϕϕ=3.设n 是正整数, (1)证明：|1().d nd n μ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑ (2)证明：||()()().d n d nn n n d d d d ϕμμ==∑∑ (3)证明：22|()().d nd n μμ=∑证明(1)当1n =时|()(1) 1.d nd μμ==∑结论成立.当1n >时,设n 的素因数分解式1212, 1.ss i n p p p αααα=≥121122||()()1(1)(1)(1)(11)0.ss s s s s s d nd p p p d d C C C μμ==+-+-++-=-=∑∑结论成立.(2) 11|(,)|(,)1|1|(,)1|()1()(()1)(()1)().nnnnk k d k n d k n k d n k d nk n d knn d d d d d ϕμμμμ==========∑∑∑∑∑∑∑∑ 显然()().n nd d d dμμ=所以得证.(3)当1n =时,显然成立. 当12,s n p p p =素数12s p p p <<<,2|()1,d nd μ=∑22()((1)) 1.s n μ=-=所以结论成立.当2n m q =,q 为不含平方因数的整数,若2|,d n 则|.d m 则2||()()0d md nd d μμ==∑∑,2()0n μ=,结论成立.所以22|()().d nd n μμ=∑ 4.已知正整数n 的素因数分解式1212,ss n p p p ααα=其中素数12s p p p <<<, 1.i α≥证明：12111()(1)(1)(1).sn n p p p ϕ=---法1证明：12121212()()()()()s ss s n p p p p p p ααααααϕϕϕϕϕ==121211111221212111(1)(1)(1)(1)(1)(1)s ss s s sp p p p p p p p p p p p αααααα---=---=---12111(1)(1)(1).sn p p p =---法2 12121212||1|()()(1)()()(1)s ssk ksd n d p p p k d p p p i i i nd d n d n nn d ddp p p αααμμϕμ=-====+∑∑∑∑12111(1)(1)(1)sn p p p =---5.设()n τ表示正整数n 的所有正因数的个数,()n ϕ表示模n 的一个简系的元素个数证明：()().n n n ϕτ≥证明：当1n =时,显然成立.当1n >时,设正整数n 的素因数分解式1212,s s n p p p ααα=其中素数12s p p p <<<, 1.i α≥则12111()(1)(1)(1).sn n p p p ϕ=---12()(1)(1)(1).s n τααα=+++因为122s p p p ≤<<<,所以12111111()(1)(1)(1)(1)(1)(1).2222s s nn n n p p p ϕ=---≥---=12()(1)(1)(1)2.s s n τααα=+++≥所以()()2.2ss n n n n ϕτ≥⋅= 6.证明：对任意的正整数m 都有|().d md m ϕ=∑证明：方法1 当1m =时显然成立当1m >时设正整数m 的素因数分解式1212,s s m p p p ααα=其中素数12s p p p <<<,0.i α≥|d m ,所以1212,s s d p p p βββ=,.i i βα≤于是1212121212121212|000()()()()()sssss s s s d md pp p p p p ααααααββββββββββββϕϕϕϕϕ========∑∑∑∑∑∑∑121212120()()()sss sp p p αααββββββϕϕϕ====∑∑∑. 注意到10()().ssii i i i i ii i i p p p p ααβββαββϕ-===-=∑∑所以121212121212|00()()()().ssss ss d md p pp p p p m αααβαββααβββϕϕϕϕ======∑∑∑∑方法2 我们把正整数1,2,,.m 按与m 的最大公约数分类.即与m 有相同的最大公约数的作为一类.这样,m 的正约数d 与这样的分类正整数之间建立了一个一一对应关系. 记{|(,),1}d M j j m d j m ==≤≤.首先每一个m 的正约数都对应一个d M ,其次不同的m 的正约数对应不同的d M . 所以这些分类d M 就是1,2,,m 的一个划分.因为(,)j m d =,所以,j dq =于是(,) 1.m q d =因为1,j m ≤≤所以1.m q d≤≤ 这样满足上式的q 就是模m d 的简系,所以q 的个数为().mdϕ 这就是说满足d M 的元素个数为().md ϕ所以|().d mm m d ϕ=∑注意到||()()d md mmd dϕϕ=∑∑.所以|().d md m ϕ=∑7.设n 是正整数,证明：2i11|1()(1e).jk nd d j k d nn d πϕ===-∑∑∏证明：令2ie .j dj πε=则2i 11e().jk ddk dj k k πε===∑∑若(,)1j n =,则(,)1j d =,则 1.j ε≠于是1()0.dkjk ε==∑从而2i 1e0.jk ddk π==∑所以2i1|1(1e) 1.jk d d k d nd π=-=∑∏ 若(,)1j n >,则存在|.d n 使得|.d j 于是此时2ie1.j dj πε==所以2i 11e().jk ddk dj k k d πε====∑∑2i 1|1(1e )0.jk d d k d nd π=-=∑∏ 也就是说若(,)1j n =时, 2i 1|1(1e) 1.jk d d k d n d π=-=∑∏若(,)1j n >时,2i1|1(1e )0.jk d d k d nd π=-=∑∏2i 11|1(1e )jk nd d j k d n d π==-∑∑∏计算得恰好就是与n 互素的j 的个数. 故2i11|1()(1e).jk nd d j k d nn d πϕ===-∑∑∏8.给定整数9.a ≥证明：至多存在有限个正整数,n 同时满足下列条件：(1)()n a τ=；(2)|()().n n n ϕσ+证明：设*()(),.n n ns s N ϕσ+=∈ 因为|||()(),().d nd nd nn n n d n d d dϕμσ===∑∑∑所以|()1.d nd s dμ+=∑注意到(){1,0,1},d μ∈-所以()1{0,1,2}.d μ+∈ 设12m d d d <<<是n 的所有正约数中满足()1d μ≠-的那些.先证明引理 ()0.n μ=引理的证明(反证法) 假设()0,n μ≠即n 无平方因子.则1212,.k k n p p p p p p =<<< 于是121212()()(1)(1)(1)(1)(1)(1)k k k n n p p p p p p p p p s ϕσ+=---++++=.因为()29,kn a τ==>所以 4.k ≥ 若n 是奇数,所以12,,,k p p p 都是奇素数, 于是12122|(1)(1)(1)(1)(1)(1),kk k p p p p p p ---++++从而2|,2.k k s s ≥ 但12121111114(1)(1)(1)(1)(1)(1)1()2,3k k k k s p p p p p p =---++++<+<矛盾. 若n 是偶数,所以12,p =2,,k p p 都是奇素数, 于是112122|(1)(1)(1)(1)(1)(1),k k k p p p p p p ----++++从而222|,2.k k s s --≥但22222111311134616(1)(1)(1)(1)()2()2,22223525k k k k k s p p p p ---=--+++<+⋅=+<矛盾. 于是假设不成立,所以()0.n μ= 由引理知道.m d n = 回到原题,|1()1()1.mi d ni id d s dd μμ=++==∑∑下面我们证明12(2),1,2,,.i i d m i m -≤=11()121mi i id s md d μ=+≤=≤∑,所以12.d m ≤这就证明了1i =时结论成立. 假设1,m i ≥>且对1j i ≤<,均有12(2).j j d m -≤11()1()12.i mj j j j ijjid d ms d d d μμ-==++-=≤∑∑11()1i j j jd s d μ-=+-∑为正有理数,通分约分后分母至多为121i d d d -,分子至少为1,所以11121()11.i j j ji d s d d d d μ-=-+-≥∑从而12121,i i m d d d d -≥于是0121122221212(2)(2)i i i i d md d d m m --++++-≤≤=.这就证明了12(2),1,2,,.i i d m i m -≤=特别地1122(2)(2)m a m n d m a --=≤≤.这就证明满足要求的n 至多有有限多个.。
初一数学竞赛讲座⑴数论的方法与技巧
初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。
因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
小学数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。
主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。
这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的。
（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）。
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。
因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=a n10n+a n-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t，其中t为奇数。
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
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。
[实用参考]高中数学联赛数论专题.doc
![[实用参考]高中数学联赛数论专题.doc](https://img.taocdn.com/s3/m/0527889526fff705cc170a4c.png)
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四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题讲义：10.中国剩余定理
高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,,,k a a a ,一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1kj j m m ==∏的意义下解101(mod )kj j j j x x M M a m -=≡=∑唯一.其中1,j j jm M M m -=是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩.3.设*,n N ∈证明：存在*,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根.(请对比拉格朗日定理).4.证明：对任意给定的正整数n,均有连续n个正整数,其中每一个都有大于1的平方因子.5.证明：对任意正整数n,存在n个连续正整数,它们中每一个数都不是素数的幂.6.证明：存在任意长的由不同正整数组成的等差数列,它的项都是正整数的幂,幂指数是大于1的整数.7.设,m n 是自然数,满足对任意自然数,k (,111)(,111)m k n k -=-.证明存在某个整数l 使得11.lm n =高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理解答1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,,,k a a a ,一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1kj j m m ==∏的意义下解101(mod )kj j j j x x M M a m -=≡=∑唯一.其中1,j j jm M M m -=是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡证明：因为(,)1,,i j m m i j =≠所以(,) 1.j j M m =由Bezout 定理知道存在整数,s t 使得 1.j j sM tm +=1(mod ).j j sM m ≡取1.j M s -=于是11(mod ).j j j M M m -≡另一方面,,j jmM m =所以|,.i j m M i j ≠ 于是111(mod )(1,2,,).kjj j i i ii i j MM a M M a a m i k --=≡≡=∑即11(mod )kj j j j x M M a m -=≡∑是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的解.若00,x x '是是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的两个解. 则00(mod ),(mod ).j j j j x a m x a m '≡≡于是00(mod ).j x x m '≡即00|j m x x '-.因为(,)1,.i j m m i j =≠ 所以00|m x x '-,即00(mod ).x x m '≡ 所以中国剩余定理的得证.2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩.解：7,8,9两两互素,则由中国剩余定理知道有唯一解.123789504,72,63,56.M M M M =⨯⨯==== 1722(mod 7),M =≡取114(mod 7).M -≡2631(mod8),M =≡-取121(mod8).M -≡- 3562(mod 9),M =≡取135(mod 9).M -≡所以x ≡724163(1)156********(mod504).⨯⨯+⨯-⨯+⨯⨯≡≡3.设*,n N ∈证明：存在*,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根.(请对比拉格朗日定理).证明：对于任意的素数p ,同余方程21(mod )x p ≡可化为(1)(1)0(mod )x x p -+≡.所以恰好有两个不同的解1,1(mod )x p p ≡-. 现在任取s 个不同的奇素数12,,,.s p p p ,这里的s 满足2.s n ≥令12s m p p p =.考虑2s个不同的数组12(,,,)s a a a ,其中{1,1}j j a p ∈-.由中国剩余定理方程组1122(mod )(mod )(mod )s s x a p x a p x a p ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩有唯一解12(,,,)s x a a a (在模m 的意义下).此解满足212221(mod )1(mod )1(mod )s x p x p x p ⎧≡⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩,也就是满足21(mod ).x m ≡若两个不同的数组1212(,,,),(,,,)s sa a a a a a ''',则必存在j 使得.j j a a '≠不妨设1, 1.j j j a a p '==- 于是1(mod )j j x a p ≡=与1(mod )j j j x a p p '≡=-不同解. 于是1212(,,,)(,,,)(mod )s sj x a a a x a a a p '''≡/. 从而1212(,,,)(,,,)(mod )s sx a a a x a a a m '''≡/. 这就证明了21(mod )x m ≡至少有2s个解.2.s n ≥所以存在存在*,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根.4.证明：对任意给定的正整数n ,均有连续n 个正整数,其中每一个都有大于1的平方因子.证明：由于素数有无穷多个,我们可取出n 个互不相同的素数12,,,n p p p ,考虑同余方程组212221(mod )2(mod )(mod )n x p x p x n p ⎧≡-⎪=-⎪⎨⎪⎪=-⎩.因为22212,,,n p p p 显然两两互素,故由中国剩余定理知上述同余方程组有正整数解0.x x =于是连续n 个数0001,2,,x x x n +++分别被平方数22212,,,n p p p 整除.命题得证.5.证明：对任意正整数n ,存在n 个连续正整数,它们中每一个数都不是素数的幂.证明：若能找到n 个连续正整数,它们中的每一个数都有两个不同的素因子,则命题得证. 为此取2n 个不同的素数1212,,,,,,,.n n p p p q q q考虑同余方程组11221(mod )2(mod )(mod )n n x p q x p q x n p q ≡-⎧⎪=-⎪⎨⎪⎪=-⎩因为1122,,,n n p q p q p q 显然两两互素,故由中国剩余定理知上述同余方程组有正整数解0.x x =于是连续n 个数0001,2,,x x x n +++中每一个数都有两个不同的素因子.命题得证.6.证明：存在任意长的由不同正整数组成的等差数列,它的项都是正整数的幂,幂指数是大于1的整数.证明：设m 是任意正整数,由于素数有无穷多个,设k p 表示第k 个素数,12.s p p p p =对任意的正整数k m ≤,显然(,)1k kp p p =,由中国剩余定理知同余方程组0(mod )1(mod )kk kk p a p a p ⎧≡⎪⎨⎪≡-⎩有正整数解 k x a =.于是存在正整数k a 满足|,k kpa p |1k k p a +.注意到|1k k p a +,|,k k p a p 其中由|k kpa p 可知当k n ≠时,|.k n p a 于是*11221111,,,,,1.().k k k k k k k k m k m k k k i a p t a p t a p t a p t a p t a p t t N --++=====+=∈1111121212111212(1)(1)[12(1)(1)]m k k k m k k m k a a a a a a a a a a a a a a a qk m k k k k m k k m k -+-+++==-+=-+12111112[12(1)(1)](12(1)(1)).k k k k k k k m k k k k m k k p t p t p t p t p t p t t t t t p t t k k m k k k m k -+-+=-+=-+所以qk 是正整数的幂,幂指数是大于1的整数. 命题得证.7.设,m n 是自然数,满足对任意自然数,k (,111)(,111)m k n k -=-.证明存在某个整数l 使得11.lm n =证明：设11,11,ijm p n q ==其中,i j 为非负整数,且11,11.p q 寣 为证明结论,只需要证明p q =即可. 若p q >, 考虑同余方程组0(mod )1(mod11)x p x ≡⎧⎨≡-⎩因为(,11)1,p =故由中国剩余定理知上述同余方程组有正整数解0.x x =于是*00|,111(),p x x k k N =-∈于是0(,111)(11,).i m k p x p -==0(,111)(11,).jn k q x q p -=≤<与(,111)(,111)m k n k -=-矛盾.若p q <, 考虑同余方程组0(mod )1(mod11)x q x ≡⎧⎨≡-⎩因为(,11)1,q =故由中国剩余定理知上述同余方程组有正整数解0.x x =于是*00|,111(),q x x k k N =-∈于是0(,111)(11,).j n k q x q -==0(,111)(11,).im k p x p q -=≤<与(,111)(,111)m k n k -=-矛盾.所以p q =.于是11.i jm n -=命题得证.。
初中数学竞赛讲座——数论部分6(算术基本定理)
第6讲 算术基本定理一、基础知识算术基本定理：任何一个正整数N ＞1，都能分解成质因数的连乘积，即⋅⋅=2121ααp p N ……n np α⋅，（n ≥1） ① 其中1p ，2p ，…，n p 为互不相等的质数，1α，2α，…，n α为正整数；如果不考虑因数的顺序，则这个分解式是唯一的。
证明：存在性：（反证法）假设存在大于1的自然数不能写成质数的乘积，设其中最小的那个为n 。
自然数可以根据其可除性（是否能表示成两个不是自身的自然数的乘积）分成3类：质数、合数和1。
首先，按照定义，n 大于1；其次，n 不是质数，因为质数p 可以写成质数乘积：p =p ，这与假设不相符合；因此n 只能是合数，但每个合数都可以分解成两个严格小于自身而大于1的自然数的积。
设其中a 和b 都是介于1和n 之间的自然数，因此，按照n 的定义，a 和b 都可以写成质数的乘积。
从而n 也可以写成质数的乘积。
由此产生矛盾。
因此大于1的自然数必可写成质数的乘积。
唯一性:引理：若质数p | ab ，则不是 p | a ，就是p | b 。
证明：若p | a ， 则证明完毕。
若p |a ，那么两者的最大公约数为1。
根据裴蜀定理，存在(m ,n ) 使得ma + np = 1。
于是b = b (ma + np ) = abm + bnp 。
由于p | ab ，上式右边两项都可以被p 整除。
所以p | b 。
再用反证法：假设有些大于1的自然数可以以多于一种的方式写成多个质数的乘积，那么假设n 是最小的一个。
首先n 不是质数。
将n 用两种方法写出：n ＝p 1p 2p 3…p r ＝q 1q 2q 3…q s根据引理，质数p 1|q 1q 2q 3…q s ，所以 q 1，q 2，q 3，…，q s 中有一个能被p 1整除，不妨设为q 1。
但q 1也是质数，因此q 1 = p 1 。
所以，比n 小的正整数n '＝p 2p 3…p r 也可以写成q 2q 3…q s这与n 的最小性矛盾！因此唯一性得证。
初中数学竞赛讲座——数论部分3(素数与合数)
第三讲素数与合数一、基础知识：对于任意正整数n>1，如果除1和n本身以外，没有其它的因数，那么称n 为素数，否则n称为合数。
这样，我们将正整数分为了三类：1，素数，合数。
例如：2，3，5，7，11，…都是质数。
1既不是质数也不是和数。
1之所以要摒于质数之外，是因为它完全没有质数所具备的那些重要的数论性质。
质数p和a互质，必要而且只要p|\a事实上，若p|a，则p和a除±1外还有公因数±p，故二者不互质。
若p|\a，则±p当然就不是p,a的公因数；但除了±p，只有±1才可能是p的因数，所以只有±1才可能是p，a的公因数，即二者互质。
显然任意两个不同的质数互质。
质数的性质性质1．素数中只有一个数是偶数，它是2.性质2．设n为大于1的正整数，p是n的大于1的因数中最小的正整数，则p为素数。
性质3．设a 是任意一个大于1的整数，则a 的除1 外最小正因数q 是一质数，并且当a是合数时，q≤证明：假设q不是质数，则由定义可知q除1及本身以外还有一正因数，设它为b，因而1<b<q。
但q|a，所以b|a，这与q是a的除1外的最小正因数矛盾，因而q是质数。
当a是合数时，则a=c·q且c>1，否则a是质数。
由于q是a的除1外的最小正因数，所以q小于等于c ，2q≤q c=a故q≤说明：此性质表明，一个合数a一定是不大于的某些质数的倍数。
换言之，如果所有不大于的质数都不能整除a，那么a一定是质数（作为性质4如下）。
此性质是我们检验一个数是否为素数的最常用的方法。
例如判断191是不是素数。
因为不大于<14的素数有2,3,5,7,11,13，由于191不能被2,3,5,7,11,13整除，所以191是质数。
这种方法还可以求不大于a的所有素数，例如，求50以内的全体素数。
由于不大于的质数有：2,3,5,7，可以在2,3,4,,50中依次划去2,3,5,7的倍数（保留2,3,5,7）最后余下的数就是50以内的全体质数。
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。
数学奥赛讲稿 初等数论奇数、偶数、质数、合数(一)
数学奥赛讲稿 初等数论奇数、偶数、质数、合数（一）知识、方法、技能Ⅰ.整数的奇偶性将全体整数分为两类，凡是2的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为2m （m ∈Z ），任一奇数可表为2m+1或2m －1的形式.奇、偶数具有如下性质：（1）奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数；奇数±偶数=奇数；偶数×偶数=偶数；奇数×偶数=偶数；奇数×奇数=奇数；（2）奇数的平方都可表为8m +1形式，偶数的平方都可表为8m 或8m +4的形式（m ∈Z ）.（3）任何一个正整数n ，都可以写成l n m2=的形式，其中m 为非负整数，l 为奇数.这些性质既简单又明显，然而它却能解决数学竞赛中一些难题.Ⅱ.质数与合数、算术基本定理大于1的整数按它具有因数的情况又可分为质数与合数两类.一个大于1的整数，如果除了1和它自身以外没有其他正因子，则称此数为质数或素数，否则，称为合数.显然，1既不是质数也不是合数；2是最小的且是惟一的偶质数.定理：（正整数的惟一分解定理，又叫算术基本定理）任何大于1的整数A 都可以分解成质数的乘积，若不计这些质数的次序，则这种质因子分解表示式是惟一的，进而A 可以写成标准分解式： n a n a a p p p A 2121⋅= （*）.其中i n p p p p ,21<<< 为质数，i α为非负整数，i =1，2，…，n .【略证】由于A 为一有限正整数，显然A 经过有限次分解可分解成若干个质数的乘积，把相同的质因子归类整理可得如（*）的形式（严格论证可由归纳法证明）.余下只需证惟一性.设另有j m n q q q q q q q A m ,,212121<<<⋅= 其中βββ为质数，i β为非负整数，j=1，2，…，m .由于任何一i p 必为j q 中之一，而任一j q 也必居i p 中之一，故n=m .又因 ),,2,1(,,2121n i q p q q q p p p i i n n ==<<<<<则有，再者，若对某个i ，i i βα≠（不妨设i i βα>），用i i p β除等式n n n a n a a p p p p p p βββ 21122121⋅=两端得：.11111111n i i n i i n i i n i p p p p p p p ββββεβαα +-+--⋅=此式显然不成立（因左端是i p 的倍数，而右端不是）.故i i βα=对一切i =1，2，…，n 均成立.惟一性得证.推论：（合数的因子个数计算公式）若n n p p p A ααα 2121=为标准分解式，则A 的所有因子（包括1和A 本身）的个数等于).1()1)(1(21+++n ααα （简记为∏=+n i i 1)1(α） 这是因为，乘积2222212111()1()1(21nn p p p p p p p p ++++++⋅++++ αα )nn p α++ 的每一项都是A 的一个因子，故共有∏=+ni i 1)1(α个. 定理：质数的个数是无穷的.【证明】假定质数的个数只有有限多个,,,21n p p p 考察整数.121+=n p p p a 由于1>a 且又不能被),,2,1(n i p i =除尽，于是由算术基本定理知，a 必能写成一些质数的乘积，而这些质数必异于),,2,1(n i p i =，这与假定矛盾.故质数有无穷多个.赛题精讲例1．设正整数d 不等于2，5，13.证明在集合｛2，5，13，d ｝中可以找到两个元素a ,b ，使得a b －1不是完全平方数.（第27届IMO 试题）【解】由于2×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，因此，只需证明2d －1，5d －1，13d －1中至少有一个不是完全平方数.用反证法，假设它们都是完全平方数，令2d －1=x 2①5d －1=y 2②13d －1=z 2③x,y,z ∈N *由①知，x 是奇数，设x =2k －1，于是2d －1=（2k －1）2，即d =2k 2－2k+1，这说 明d 也是奇数.因此，再由②，③知，y,z 均是偶数.设y=2m ,z =2n ,代入③、④，相减，除以4得，2d =n 2－m 2=(n+m)(n －m)，从而n 2－m 2为偶数，n ，m 必同是偶数，于是m+n 与m －n 都是偶数，这样2d 就是4的倍数，即d 为偶数，这与上述d 为奇数矛盾.故命题得证.例2．设a 、b 、c 、d 为奇数，bc ad d c b a =<<<<并且,0，证明：如果a +d =2k ，b+c=2m ，k,m 为整数，那么a =1.（第25届IMO 试题）【证明】首先易证：.22m k >从而ad d a d a c b a d m k 4)()(,(22+-=+->->于是因为 22)(4)(c b bc c b +=+->.再由,222,2,22a b a b b c a d bc ad k m m k -=⋅-⋅-=-==可得 因而))(()2(2a b a b a b m k m -+=⋅--①显然，a b a b -+,为偶数，a b m k --2为奇数，并且a b a b -+和只能一个为4n 型 偶数，一个为4n+2型偶数（否则它们的差应为4的倍数，然而它们的差等于2a 不是4 的倍数），因此,如果设f e a b m k ⋅=--2，其中e,f 为奇数，那么由①式及a b a b -+,的特性就有（Ⅰ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21f a b e a b m 或（Ⅱ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21e a b f a b m 由f a b a b a b ef m k 222≤-<-≤-=- 得e=1，从而.2a b f m k --=于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为⎪⎩⎪⎨⎧-=-=+--)2(2,21a b a b a b m k m 或⎪⎩⎪⎨⎧=--=+--12),2(2m m k a b a b a b 解之，得1122-+-=⋅m m k a .因a 为奇数，故只能a =1.例3．设n a a a ,,,21 是一组数，它们中的每一个都取1或－1，而且a 1a 2a 3a 4+a 2a 3a 4a 5+…+a n a 1a 2a 3=0，证明：n 必须是4的倍数.（第26届IMO 预选题）【证明】由于每个i a 均为1和－1，从而题中所给的等式中每一项321+++i i i i a a a a 也只取1或－1，而这样的n 项之和等于0，则取1或－1的个数必相等，因而n 必须是偶数，设n=2m.再进一步考察已知等式左端n 项之乘积=(n a a a 21)4=1，这说明，这n 项中取－1的项（共m 项）也一定是偶数，即m=2k ，从而n 是4的倍数.。
《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。
高中数学竞赛——数论
高中数学竞赛数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1设m为正整数，把全体整数按对模m的余数分成m类，相应m个集合记为：K0,K1,…,K m-1,其中K r={qm+r|q∈Z,0≤余数r≤m-1}称为模m的一个剩余类(也2.a r，得m 个数小完为偶数时,-(ⅱ)若(a,m)=1，则x与ax+b同时遍历模m的完全剩余系.证明:即证a0,a1,…,a m-1与aa0+b,aa1+b,…,aa m-1+b同为模m的完全剩余系,因a0,a1,…,a m-1为模m的完系时,若aa i+b≡aa j+b(modm),则a i≡a j(modm),矛盾!反之,当aa0+b,aa1+b,…,aa m-1+b为模m的完系时,若a i≡a j(modm),则有aa i+b≡aa j+b(modm),也矛盾!历遍模m 1m 2的完系.证明:因x,y 分别历遍m 1,m 2个整数,所以,m 2x+m 1y 历遍m 1m 2个整数.假定m 2x /+m 1y /≡m 2x //+m 1y //(modm 1m 2),其中x /,x //是x 经历的完系中的数,而y /,y //是y 经历的完系中的数.因(m 1,m 2)=1,所以,m 2x /≡m 2x //(modm 1),m 1y /≡m 1y // //////3.(1).在与模m 的一个既约)m (ϕx 1≡x (ⅳ)若a 1,a 2,…,a φ(m)是)m (ϕ个与m 互质的整数,并且两两对模m 不同余,则a 1,a 2,…,a φ(m)是模m 的一个既约剩余系.证明:因a 1,a 2,…,a φ(m)是)m (ϕ个与m 互质的整数,并且两两对模m 不同余, 所以,a 1,a 2,…,a φ(m)属于)m (ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m 互质,故a 1,a 2,…,a φ(m) 是模m 的一个既约剩余系.则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1, (m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2=1,余系(2m ϕ.,α, 4.欧拉(Euler)定理设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m am ≡ϕ.证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以,a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r aϕϕ)(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理)设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p≡.证明:若(a ,p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p ap ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a ,p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .m 整除,求.m,使得所以,是整数序列 假设对每个正整数:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣, 则a 1≡a k ≡0(modn),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i(0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(modk+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(modk+1),但 ∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.????中,则????就得到:, 也历mod2n 可被证明:因(40,2011)=1,所以,)2011(m od 140)2011(≡ϕ.因当)2011(ϕ>n 时,!|)2011(n ϕ,所以,数列{a n (mod2011)}构成模2011的完系,且是周期数列,所以,数列{a n }中存在无穷多项可被2011整除.例7证明:存在无穷多个正整数n,使得n 2+1?n!.证明:引理1对素数p >2,⇔≡)4(mod 1p 存在x(1≤x ≤p -1)使)(m od 12p x -≡.证:充分性:因对1≤x ≤p -1,(p ,x)=1,所以,)(mod 1)(2121p x xp p ≡=--,≡-212)(p x)(mod 1)1(21p p ≡--,所以,21-p 为偶数,即).4(mod 1≡p 必要性:因1≤x ≤p -1时,x,2x,…,(p -1)x 构成modp 的既约剩余系,所以,存在 1≤a ≤p -1,使得a x ≡-1(mod p ),若不存在a (1≤a ≤p -1),a =x,使a x ≡-1(mod p ),1-p )(mod 1)!1()1(21p -1-p ,与a =4(使 2p 1p 22x ≡,所以,例8(2)若T 为无理数,则存在各项均为无理数的数列{a n }满足0<a n+1<a n <1 (n=1,2,…),且每个a n 都是f(x)的周期.证明：(1)设T=nm(正整数m,n 互质,且n ≥2),因(m,n)=1,所以,m,2m,…,nm 构成modn 的完系,故存在k ∈N *使得km ≡1(modn),即存在t ∈N *使得km=nt+1,因f(x)=f(x+kT)=f(x+n km )=f(x+t+n 1)=f(x+n 1),所以n1是周期.设n=kp ,其中k ∈N *,p 为素数,则n k p 11⋅=是周期.故存在素数p,使p1是周期. (2)当T 为无理数时,取a 1=T,则T 为无理数,0<T<1.设k≤n 时存在无理数a k ,使得0<a k <a k-1<1,且a k 是周期.对k+1,总存在存在u,v ∈N *,使得0<u a k -v<a k <1,,对任意k }包含了的所1≤k ≤. . 例11求所有的奇质数p ,使得∑=-201111|k p k p .例12求所有质数p ,使得2122213)()()(|-+++p p p p C C C p .例13设n 为大于1的奇数,k 1,k 2,…,k n 是n 个给定的整数,对1,2,…,n 的每一个排列a=(a 1,a 2,…,a n ),记S(a)=∑=ni i i a k 1.证明:存在两个1,2,…,n 的排列b 和c(b ≠c),使得n!|S(b)-S(c).证明:如果对1,2,…,n 的任意两个不同排列b 和c(b ≠c),都有n!?S(b)-S(c),那么当a 取遍所有排列时(共n!个),S(a)遍历模n!的一个完系, 因此,有∑aa S )(≡1+2+…+n!≡2!2)1!(!n n n ≡+(modn!)①,另一方面,我们有 ∑aa S )(=)!(mod 02)1(!])!1[(11111n k n n j n k a k a k ni i ni nj ini a ii a n i ii ≡+=-==∑∑∑∑∑∑∑=====②. 由①.modm 因n 位数字是x 在A 1.定义1给定正整数m 及n 次整系数多项式0111)(a x a x a x a x f n n n n ++++=-- ，则同余式f(x)≡0(modm)①叫做模m 的同余方程,若a n 0(modm),则n 叫做方程①的次数.若x=a 是使f(a )≡0(modm)成立的一个整数,则x ≡a (modm)叫做方程①的一个解,即把剩余类a (modm)叫做①的一个解.若a1(modm),a2(modm)均为方程①的解,且a1,a2对模m不同余,就称它们是方程①的不同解.由此可见,只需在模m的任一组完系中解方程①即可.例1解方程2x2+x-1≡0(mod7).解:取mod7的完系:-3,-2,-1,0,1,2,3,直接验算知x≡-3(modm)是解.例2求方程4x2+27x-12≡0(mod15).是解.2.x使得a0是一个特解x因(12,9)=3,且-1是一个特解,所以,方程12x≡6(mod9)的解为:(modt5,2,1，x即)8≡x.≡t-),82,1,0-(mod3+1=3.同余方程组定义3给定正整数m1,m2,…,m k和整系数多项式f1(x),f2(x),…,f k(x),则同余式组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡)(mod 0)()(mod 0)()(mod 0)(2211k k m x f m x f m x f ②,叫做同余方程组.若x=a 是使f j (a )≡0(modm j )(1≤j ≤k)成立的一个整数,则x ≡a (modm)叫做方程组②的一个解,即把剩余类a (modm)叫做②的一个解.其中m =[m 1,m 2,…,m k ].例5解方程组⎧≡)7(mod 3x .⎩⎨⎧≡≡x x ). M=m 1m ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡x x x 其中则x 注:(1)存在无穷多个整数x 满足同余方程组③,这些x 属于同一模m 的剩余类; (2)同余方程组③仅有一个解x ≡a 1M 1M 1-1+a 2M 2M 2-1+…+a k M k M k -1(modM). (3)当(a ,m i )=1(=1,2,…,n)时,同余方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡---)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 12211112211k k k k m a a x m a a x m a a x m a ax m a ax m a ax 仍然具有定理结论.这在数论解题中具有重要应用.例6“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何”.解:设物数x,则有⎪⎩⎪⎨⎧≡≡≡)7(mod 2)5(mod 3)3(mod 2x x x ,这里m 1=3,m 2=5,m 3=7,M=3×5×7=105,所以,-1-1-1x 求兵数.:≡x 即x=2310k+2111(k ∈N).例8证明:对任意n 个两两互质的正整数:m 1,m 2,…,m n ,总存在n 个连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).证明:由剩余定理知,总存在整数k 使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡)(mod )(mod 2)(mod 121n m n k m k m k ,即存在连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).例9证明:对任意n ∈N *,存在n 个连续正整数它们中每一个数都不是素数的幂(当然也不是素数).证明:因都不是素数的幂时,只能是素数之积.对任意n ∈N *,取两组不同的素 数p 1,p 2,…,p n 与q 1,q 2,…,q n ,则由剩余定理知存在m ∈N *,使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡m m m ,且A {k +a n ⎩⎨⎧-≡≡0x x 2的最小⎩+1n a n 的最小正整数,由剩余定理知满足条件的a n+1存在.则上述递推关系定义的数列{a n }满足题意:因对任意k ∈N *,当n ≥k+1时,都有k+a n ≡0(mod p k+1),由{a n }递增可知{k +a n }从第k+2项起每一项都是p k+1的倍数,且都大于p k+1,所以, 数列{k +a n }中至多有k+1项为素数.例12是否存在一个由正整数组成的数列，使得每个正整数都恰在该数列中出现一次，且对任意正整数k ，该数列的前k 项之和是k 的倍数？解:取a 1=1,假设a 1,a 2,…,a m 都已确定,令t 为不在a 1,a 2,…,a m 中出现的最小正整数,S=a 1+a 2+…+a m .由剩余定理知存在无穷多个r ∈N *,使得⎩⎨⎧+≡+++≡+)2(mod 0)1(mod 0m t r S m r S 成立.(如a 1=1,取t=2,适合⎩⎨⎧≡++≡+)3(mod 0)2(mod 011t r a r a 且r>1,2得r=3). 取这样的r,使得r>t 且r>},,,max {21m a a a ,令a m+1=r,a m+2=t,则这样得到的数列{a n }的质因数.例例。
初中数学竞赛中的数论问题
初中数学竞赛中的数论问题以“初中数学竞赛中的数论问题”为标题，写一篇3000字的中文文章初中数学竞赛中的数论问题是学生在竞赛中最受重视的题型之一。
这种题型反映出学生对数学研究方法、技巧及其应用能力的深入了解，是考查学生理论学习成果的最佳选择。
因此，在学习初中数学之旅中，数论也是重要的内容。
数论是一个范畴，包括组合数论、因式分解、费马小定理、除法定理、欧几里得定理等一系列细节问题。
例如，除法定理指出，当两个整数a和b有公因数时，存在整数c和d，使得a = bc和d = bd。
从而，当给定一个数，可以判断出它是不是完全平方数，从而确定这个数是否可以写成两个整数的乘积。
在初中数学竞赛中，数论问题的考查会以活页式的方式出现。
学生在练习和比赛中会发现，在一般数论问题中，与数论有关的知识学习的重点是掌握数学技巧及其应用，即要掌握如何确保将最好的数学方法应用于各种数学问题中，以达到最佳解决效果。
一般来说，学生在复习备考时，应注意重点学习数论技巧，如整除、约分、因式分解、分数和无理数等。
此外，学习数论的时候还要注意建立有效的知识结构，将数学技巧系统地归纳，有助于学习总结之中，弄清每个技巧的适用范围，增强对数论问题的分析和解决能力。
通常来说，学习数论的有效方法是通过演练来实践。
学生可以利用各种学习方法练习更多的数论问题，如口头练习、习题练习和电脑练习等，反复演练才能达到培养技能及事半功倍的效果。
同时，在练习之余，学生在学习数论时还要注意掌握最新的数论知识，提高自己在竞赛中的实力。
因此，学生应及时关注学术会议、竞赛以及数论学习资源，保持自己知识面的新鲜度和更新度，以便在竞赛中发挥出自己最大的作用。
总之，初中数学竞赛中的数论问题对考生的挑战极大，考生在备考数论问题时应重视，以把握数论技巧及其应用，在竞赛中大显身手。
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。
高中数学竞赛资料数论部分
高中数学竞赛资料数论部分The following text is amended on 12 November 2020.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。
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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.奇数奇数=奇数；奇数偶数=偶数；偶数偶数=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(m o d )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。
因此数论问题的方法多样，技巧性高，富于创造性和灵活性。
在竞赛数学中，解决数论问题的常用方法有因式分解法、估值法、调整法、构造法、反证法、奇偶分析法等等。
2.1 因式（数）分解例1 证明无穷数列10001，100010001，……中没有素数。
证明：设11000100011n n a =个，则4484(1)41011101010=101n n n a --=++++- 当n 为偶数，设2n k =，888484101(10)1101=101101101k k n a ---=--- 所以n a 为合数。
当n 为奇数，设2+1n k =，42+1221221422101101101==101101101k k k n a ++--+--+（）（）（）所以n a 为合数。
评析：对n 分奇偶，分情况讨论，问题变得清晰易证。
同时注意，若n 为奇数时，n n x y +可分解因式。
例2 证明对任意整数1n >，44n n +不是素数。
证明：当n 为偶数时，44n n +为偶数，所以44n n +为合数；当n 为奇数，设21n k =+，则4421444=44(2)n k k n n n +++=+422422222222222=4(2)4(2)4(2)[2(2)]4(2)[2(2)22][2(2)22]k k k k k k k k k n n n n n n n n n ++-=+-=++⋅+-⋅ 所以44n n +为合数。
评析：对n 适时地进行奇偶性讨论，不失为一种证明思路。
同时应注意，44x y +可作因式分解。
例3 设正整数,,,a b c d 满足ab cd =。
证明：a b c d +++不是素数。
证明：由于ab cd =，则设a d u c b v==，其中(,)1u v =，则 ,,a pu c pv d qu b qv==== 故=()()()()a b c d pu qv pv qu p u v q u v p q u v ++++++=+++=++所以为合数。
评析：此题中采用方法可扩展如下： 若a d c b=，不妨设gcd(,),gcd(,)a c s d b t ==,则 1111,,a a s c c sb d t b b t====，且1111gcd(,)gcd(,)1a c d b ==由于 1111a s d t c s b t =，所以1111a d cb =，即1111=a bcd 所以11111,gcd(,)1a d c a c =，故11a d 。
同理可证11d a ，所以11=a d同理可得11=c b例4 证明：若正整数,a b 满足2223a a b b +=+，则a b -和221a b ++都是完全平方数。
证明： 因22222a b a b b -+-=，即2()(221)a b a b b -++=故只需证a b -和221a b ++互质。
设gc (,221)d a b a b d -++=,即证1d = 则,221d a b d a b -++ 由于22d b ，所以d b ，又d a b -，则d a 。
所以1d ，故1d =得证。
故a b -和221a b ++互质，所以a b -和221a b ++都是完全平方数。
评析：有时，适当的因式分解可以使问题简化，以证得结论。
例5 一个正整数，加上100为一个完全平方数，若加上168则为另一个完全平方数，求这个数。
解：设这个数为x ，则22100168x a x b⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 其中,a b N ∈ （注：限定正的可减少讨论）。
故2()()217b a b a -+=⋅，从而b a -与b a +则等于把2217⋅拆开的因数1、2、4、17、34、68.这样就有六种情形。
又由于b a b a -<+，且b a -与b a +同奇偶性，故234b a b a -=⎧⎨+=⎩所以18,16b a ==。
则216100156x =-=。
评析：此题利用平方差公式，再考虑因数分解，便于讨论以确定某些式子的值，最终求得解。
例6 求方程44422222222224x y z x y x z y z ++=+++的全部整数解。
解：对原方程进行变形、因式分解44422222222222424x y z x y x z y z y z ++--+=+222222222222()424(2)(2)24()()()()24x y z y z x y z yz x y z yz y z x y z x y z x y z x -++-=-+++-++-=+++--+--=左边四个括号内奇偶性相同，而32423=⋅为偶数，故括号内每个都为偶数，则应出现42，矛盾。
所以原方程无整数解。
评析：将所有字母项放在一起，进行因式分解，再与另一侧数字项对比讨论，推出矛盾。
例7 证明：两连续正整数之积不能是完全平方数，也不能是完全立方数。
证明：1若有两连续正整数之积为完全平方数，设2(1)x x t +=（1,2x t ≥≥），则(,1)(,1)1x x x +==，则x 与1x +均为完全平方数。
故存在正整数,a b 使得22,1x a x b =+=，从而22()()1b a b a b a -=+-=这与2b a +≥矛盾。
所以两连续正整数不能是完全平方数。
2若有两连续正整数之积为完全立方数，设3(1)x x t +=（1,2x t ≥≥），则(,1)(,1)1x x x +==，则x 与1x +均为完全立方数。
故存在正整数,a b 使得33,1x a x b =+=，从而3322()()1b a b a b ba a -=-++=这与223b ba a ++≥矛盾。
所以两连续正整数不能是完全平方数。
评析：此题运用因式分解和反证法，分析论证推出矛盾。
2.2 估值法例8 证明方程223y y x x x +=++没有0x ≠的整数解。
证明：对原方程进行变形、因式分解3()(1)y x y x x -++=设gcd(,1)d y x y x =-++，若1d ≠，设p 为d 的素因数，则,1p y x p y x -++ 又23p x ，故p x ，从而p y ，所以1p ，这与p 为素因素矛盾。
gcd(,1)1y x y x ∴-++=∴y x -与1y x ++均为完全立方数。
设33,1y x a y x b -=++=，则由3()(1)y x y x x -++=得，x ab =332221()()21b a ab b a b ba a ab ∴-=+-++=+又0ab x =≠，则 1当0ab >时，则210,1ab b a +>-≥2222()()321b a b ba a b ba a ab ab -++≥++>≥+这与22()()21b a b ba a ab -++=+矛盾。
故没有非零整数解。
2当0ab <时，则222222()()22()3221b a b ba a b ba a b ba a ab ab ab -++≥++≥-+≥>+ 这与22()()21b a b ba a ab -++=+矛盾。
故没有非零整数解。
评析：因式分解与互素性质相结合，分情况讨论，推出矛盾，题目得证。
例9 在两个相邻的完全平方数2n 与2(1)n +之间任取若干个不同的整数，证明它们中两两乘积互不相同。
证明：只需证明若22(1)n a b c d n <<<<<+则ad bc ≠若ad bc =，则设,,a pu b qu c pv d qv====（见例3），则,q p v u >>，即1,1q p v u ≥+≥+ (1)(1)1d qv p u pu p u =≥++=+++22pu a n p u n⎧=>⎪⎨+≥=>⎪⎩ 2221(1)d n n n ∴>++=+，矛盾故在两个相邻的完全平方数2n 与2(1)n +之间任取若干个不同的整数，它们中两两乘积互不相同。
评析：与例三的思想方法大同小异，因为它们都利用ad bc =的结论。
例10 求不定方程(1)!1k n n -=-的全部正整数解。
解：当1n =时，无解；当2n =时，121k =-，有1k =；当2n >是，(1)!n -为偶数，n 必为奇数。
1当3n =时，231k =-，1k = 2当5n =时，2451,2k k =-= 3当5n >时，11(2)!(2)22n n n n ---≤-，12(2)!2n n --故(1)(2)!n n --，则2(1)1k n n -- 而1111(11)1(1)(1)(1)k k k k k k k n n n C n C n ---=-+-=-+-++- 所以21(1)(1)k k n C n ---，则()1n k -，1n k -≤ 故111(1)!k n n n n --≥->-，与2(1)1k n n --矛盾，则无解。