高中数学竞赛数论

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全国高中联赛--数论部分

全国高中数学联赛赛前集训资料整理——数论部分1.求所有的质数对(,)p q ,使得|(55)p q pq +.解：若2|pq ,不妨设2p =,则2|(55)|(525)p q q q q +⇒+,由费马小定理知|(55)q q -,得|30q ,验证知(2,5)符合.若,p q 为奇数,且5|pq ,此时不妨设5p =,则有515|(55)|(6255)q q q q -+⇒+,当5q =时,(5,5)符合要求,当5q ≠时,由费马小定理有1|(51)q q --,故|626q ,由于q 为奇质数,但626的奇质因子只有313,故313q =.验证知符合要求,若,p q 都不等于2和5,则11|(55)p q pq --+,故11550(m od )p q p --+≡① 由费马小定理知151(m od )p p -≡② 由①②知151(m od )q p -≡-③设12(21)k p r -=-,12(21)l q s -=-,,,,k l r s 为正整数,若k l ≤,则由②③易知：2(21)12(21)2(21)(21)1212111(5)5(5)(1)1(m od )l kl kls p s r s q r r p ----------=≡==≡-≡-,这与2p ≠矛盾,因此k l >,由,p q 对称性有k l <,矛盾.此时无解.故(,)p q 为(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(5,5),(5,313),(313,5).2.设3k ≥,数列{}n a 满足2k a k =,且对n k >都有1 1 2 n n n n a a n a n a n -+⎧=⎨⎩与互质与不互质,证明：数列1{}n n a a --中有无穷多项是质数.证明：假设2()l a l l k =≥,p 为1l -的最小质因子,则 1 1(1,) i p l i p i p≤<⎧-=⎨=⎩.故有 1 1(22,1) i p l i l i p i p≤<⎧+-+-=⎨=⎩,由题设知12 1 1(22 l i l i i p a l p i p+-+-≤<⎧=⎨+-=⎩. 则12(222)(22)l p l p a a l p l p p +-+--=+--+-=(质数),故12(1)l p a l p +-=+-,由以上讨论,可知有无穷多个l k ≥使得2l a l =且12l p l p a a p +-+--=为1l -的最小质因子.3.已知1110()m m m m f x c x c xc x c --=++++ ,其中(0,1,,)i c i m = 是非零整数,数列{}n a 满足：10a =, 1()()n n a f a n N ++=∈,求证：(1)对于正整数,()i j i j <,1j j a a +-是1i i a a +-的倍数；(2)证明：20080a ≠. 证明：(1)当10i i a a +-=时,成立；当10i i a a +-≠时,211111()()()()m mi i i i m i i i i a a f a f a c a a c a a +++++-=-=-++- .故21i i a a ++-能被1i i a a +-整除,余下的可用数学归纳法证明.(2)假设20080a =,则1020092008(0)a a f a a -==-,由(1)可知,2007个差值213220082007,,,a a a a a a --- 都等于(0)f ±,且这些差值的和为200810a a -=,由于2007为奇数,且0(0)0f c =≠,矛盾! 故20080a ≠.第49届I MO预选题(四)第50届IMO预选题(四)费马小定理和欧拉定理的应用关于组合数的几个整除问题多项式一、带余除法与因式定理1、余数定理：多项式()f x 除以x a -的余数为()f a .2、因式定理：()()0x a p x p a -⇔=注：高次多项式因式分解常用因式定理例 1 设,,a b c 为互异的实数,()p x 为实系数多项式,如果()p x 除以x a -的余式为a ,()p x 除以x b -的余式为b ,()p x 除以x c -的余式为c .求()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式.解：因为 (),(),()p a a p b b p c c ===所以设()()()()()()p x x a x b x c q x r x =---+,其中(())2r x ∂≤ 则 ()(),()(),()()r a p a a r b p b b r c p c c ======, 所以,,a b c 一定是()0r x x -=的根而 (())2r x x ∂-≤,所以 ()0r x x -≡即 ()r x x ≡所以()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式为x .例2 已知()p x 是整系数多项式,1234,,,m m m m 是互不相同的整数,且1234()()()()7p m p m p m p m ====,试证：没有整数m 使得()14p m =.分析：即证()14p x =没有整数解证：因为1234,,,m m m m 是()70p x -=的根所以 1234()7()()()()()p x x m x m x m x m q x -=----,其中()q x 一定是整系数多项式若存在整数m 使()14p m =,则有 12347147()()()()()m m m m m m m m q m =-=---- 而7为素数,矛盾.故没有整数m 使得()14p m =.注：可以根据例2中规律命制试题()i p m =素数即可.例3 设()p x 是非常数的整系数多项式,()n p 表示满足2(())10p x -=的所有不同整数x 的个数,则()deg(())2n p p x -≤,其中deg(())p x 表示()p x 的次数.分析：2(())1(()1)(()1)0()10p x p x p x p x =⇔-+=⇔-=或()10p x +=()n p 为()10p x -=与()10p x +=的整数解的个数设()10p x -=有k 个整数解12,,,k m m m ⋅⋅⋅,()10p x +=有s 个整数解12,,,s n n n ⋅⋅⋅, 则有 121()1()()()()k p x x m x m x m q x -=--⋅⋅⋅- ①122()1()()()()s p x x n x n x n q x +=--⋅⋅⋅- ②②－①得1221212()()()()()()()()s k x n x n x n q x x m x m x m q x =--⋅⋅⋅----⋅⋅⋅-证：我们证明方程 ()10p x -= ③与()10p x += ④中至少有一个方程的正根的个数不超过2.下用反证法证明.若结论不成立,设方程③与方程④均至少有3个正根.设123,,m m m 是③的3个不同正根,123,,n n n 是④的3个不同正根, 则 1231()1()()()()p x x m x m x m q x -=--- ⑤ 1232()1()()()()p x x n x n x n q x +=--- ⑥ ⑥－⑤,得123212312()()()()()()()()x n x n x n q x x m x m x m q x =------- ⑦ 不妨设 {}3123123max ,,,,,m m m m n n n =将3x m =代入⑦式得 313233232()()()()m n m n m n q m =---因为2是素数,而313233,,m n m n m n ---是互不相同的正整数,故矛盾. 所以结论得证.二、多项式恒等定理如果次数不超过n 的多项式()f x 有1n +个根,则()f x 必为零多项式,即()0f x ≡. 例4 已知自然数1m >,求出所有满足条件(())(())m p p x p x =的所有多项式()p x . 证明：当()p x c =(常数)时,由m c c =有0c =或22cossin,(0,1,,2)11k k c i k m m m ππ=+=⋅⋅⋅---当(())1p x ∂≥时,则对任意复数β,方程()p x β=一定有解,即0x ∃使0()p x β=,又00(())(())m p p x p x =,即()m p ββ=.故一切复数均为()0m p x x -=的解,即()0m p x x -=有无穷多个解,故由多项式恒等定理有()m p x x =.例5 求所有满足条件22(2)(2),f x x f x x R -=-∈的多项式()f x分析：因为222(1)1x x x -=--,2(1)1x x -=--,所以22(2)(2)f x x f x -=- 可化为2((1)1)((1)1)f x f x --=--. 解：令1y x =-,则有22(1)(1)f y f y -=- ① 令()(1)g y f y =-,则有22()(1)g y f y =-,故①式变为22()()g y g y = ② 设 1110(),n n n n g y a y a y a y a --=++⋅⋅⋅++其中0n a ≠ 则②式左边222(1)2110()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++ ②式右边212110()()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++所以有22(1)212110110()n n n n n n n n a y a y a y a a y a y a y a ----++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++ ③ 下证122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,用反证法,设1221,,,,n n a a a a --⋅⋅⋅0,a 中有一个不为0,设k a 是使得0i a ≠的下标最大者, 即1210,0k k k n a a a a ++-≠==⋅⋅⋅==比较2()g y 与2()g y 中n k y +的系数,因为22k n k n <+<,所以③式等号左边n k y +的系数为0,而③式右边n k y +的系数为n k a a ,所以 0n k a a =.这与0,0n k a a ≠≠矛盾,所以 122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,故()n n g y a y = 再由②式有 222n n n n a y a y =. 又因0n a ≠,所以 1n a =故 ()n g y y =即(1)n f y y -=,所以有()(1)n f x x =+. 例6 确定所有符合下列条件的多项式)(x P ：0)0(1)()1(22=+=+P x P x P 且. 解：构造不动点,令.)(,0,1021n n n n x x P x x x ==+=+下证用数学归纳法：当0000)0()(,00x P x P x n =====时，；假设kk x x P k n ==)(时，结论成立，即.222111()(1)()111.()0()0().k k k k k n n k P x P x P x x x n k x P x x P x x P x x ++=+=+=+=+==+∴-=∴-≡≡当时，即当时，结论成立是的根，即例 7 试确定所有实系数多项式)(x P ,使得 )()2()1(t P t t tP -=- (1)对所有实系数t 均成立.(1995年澳大利亚)解：取.0)0(10==P t ），得代入（取.0)1(12==P t ），得代入（则设 )()1()(x q x x x P -=代入(1),有)()1()2()1()2)(1(t q t t t t q t t t --=---, 当时，2,1,0≠t )1()(-=t q t q 则 c t q ≡)(则R c x cx x P ∈-=),1()( 另一方面,若)1()(,-=∈x cx x p R c 满足条件中的等式, 因此所求的多项式为.),1()(R c x cx x P ∈-=三、根与系数的关系例8 (1996 澳大利亚)设)(x P 是三次多项式,321,,x x x 是)(x P 的三个根,已知323121111,1000)0()21()21(x x x x x x P P P ++=-+求的值.解：设d cx bx ax x P +++=23)(,又323121111x x x x x x ++=d b ad ab x x x x x x =--=++321321 且 ,212221)0()21()21(1000d b d db P P P ⋅+=+=-+= 则1996=a b ,于是.1996111323121=++x x x x x x 四、拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：设)(x P 为n 次多项式,则)()())(()())(()()())(()())(()()())(()())(()(1101101121012000201021n n n n n n n n n n x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P --------++------+------=推论：若.)(,)()()(10c x P c x P x P x P n ≡====则例9 设n P P P ,,,21 是半径为1的圆周上的n 个不同的点,.11,11121≥⋅⋅=∑=+-nk kn k k k k k k k k d P P P P P P P P P P d 求证：证明：以单位圆的圆心为原点,建立复平面,令k P 所对应的复数为k Z ,.,,2,1n k =则nk k k k k k k k Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z d --⋅--⋅-=+- 1121,令)())(()())(()())(()())(()(1211211312132--------++------=n n n n n n n Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f (1)则)(Z f 的次数不超过.1-n 1)()()(21====n Z f Z f Z f .1)(≡∴Z f 特别地,取0=Z 代入(1),有1)()()1()()()1()0(111211121321=--⋅-++---=----n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f则 )()()1()()()1(1111211121321-------++---=n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z)()()1()()()1(111211121321-------++---≤n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z nd d d 11121+++==∑=nk kd 11已知10n z -=,其单位根为22cossini w i n nππ=+,则解的集合为{}011,,,n w w w -….结论1：若{}12 n m m m ，，…，是模n 的完全剩余系,则{}{}1211,,,,,,nm m m n w w w ww w-=……结论2：设{}{}01112,,,,,,n n z z z w w w -=……,则 (1)120n z z z +++=…；(2)112(1)n n z z z +=-…；(3)12 0 (,)1m m mn n n m z z z n m ⎧+++=⎨=⎩，…，.例 10 设)(),(),(),(x S x R x Q x P 均为多项式,且满足)()1()())(()(2345255x S x x x x x R x x Q x x P ++++=++ (1),求证：1-x 是)(x P 的因式.(美国) 证明：令52sin52cosππωi +=,取），得代入（1k x ω=0)1()1()1(2=++R Q P k k ωω)4,3,2,1(=k ,)1()()1()()1(48642432=++++++++R Q P ωωωωωωωω则0)1()1()1(4=--R Q P (2) 由得,)1(k ω⨯.4,3,2,1,0)1()1()1(32==++k R Q P k k k ωωω 将4个等式相加,得0)1()()1()()1()(4333231342322212432=+++++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅R Q P ωωωωωωωωωωωω故0)1()1()1(=---R Q P (3) 得),3()2(-0)1(5=P ,则0)1(=P ,由因式定理得).(1x P x -平方差型不定方程的解法数论中的不等式问题一道巴尔干地区竞赛题的思考一道印度竞赛题的简解一道预赛题的简证一道数论题的新证法一道重要的二元二次不定方程——佩尔方程。

数学竞赛完整课程教案高中

数学竞赛完整课程教案高中1. 学生能够掌握数学竞赛中常见的解题技巧和方法；2. 学生能够熟练运用数学知识解决竞赛中的问题；3. 学生能够提升自信心和解决问题的能力。

教学内容：1. 数论2. 代数3. 几何4. 统计教学过程：第一课：数论1. 介绍数论的基本概念和常见的解题技巧；2. 给出一些数论题目并引导学生解决；3. 分析解题思路和方法，引导学生总结经验。

第二课：代数1. 讲解代数的基本知识和解题技巧；2. 给出一些代数题目供学生练习；3. 分析解题思路和方法，帮助学生提升解题能力。

第三课：几何1. 引导学生理解几何知识和解题技巧；2. 给出一些几何题目供学生练习；3. 分析解题思路和方法，帮助学生提升几何解题能力。

第四课：统计1. 讲解统计知识和解题技巧；2. 给出一些统计题目供学生练习；3. 分析解题思路和方法，帮助学生提升统计解题能力。

第五课：综合练习1. 给出一些综合性的竞赛题目供学生练习；2. 帮助学生分析解题思路和方法；3. 鼓励学生多练习，提高解题速度和准确性。

评价方法：1. 平时的课堂练习；2. 期中和期末的考试；3. 数学竞赛的模拟比赛。

教学资源：1. 数学竞赛教材和习题集；2. 电子教学资源；3. 纸质习题和答案。

教学建议：1. 鼓励学生多练习，勤奋钻研；2. 注重引导学生理解数学知识，而不是死记硬背；3. 鼓励学生互相合作，相互学习。

以上是数学竞赛完整课程教案的高中范本，希朅能对您有所帮助。

高中数学奥赛竞赛题选讲

高中数学奥赛竞赛题选讲1. 引言高中数学奥赛竞赛是一项通过解决复杂、富有挑战性的数学问题来培养学生创造力和解决问题能力的活动。

本文将介绍一些常见的高中数学奥赛竞赛题目，并提供详细的解答和解题思路，帮助读者更好地理解和应用其中的数学知识。

2. 数论2.1 素数与因子分解2.1.1 素数的定义和性质•介绍素数和合数的概念及其区别•讨论素数的性质：只有两个因子为1和自身2.1.2 因子分解与最大公因数、最小公倍数•解释因子分解的概念，例如将一个整数表示为其所有素因子相乘的形式•解释最大公因数(GCD)和最小公倍数(LCM)的概念，并给出计算方法2.2 同余定理与剩余类方程2.2.1 同余定理的基本原理•引入同余符号和模运算的概念，例如"a ≡ b (mod m)" 表示"a"与"b"在模m下同余•介绍同余定理的基本原理和性质2.2.2 解决线性同余方程组的方法•引入线性同余方程组的概念，例如：•a₁x ≡ b₁ (mod m₁)•a₂x ≡ b₂ (mod m₂)•提供解决线性同余方程组的方法，如中国剩余定理2.3 数论函数及其应用2.3.1 欧拉函数•定义欧拉函数φ(n)，表示小于等于n且与n互质的正整数个数。

•给出计算欧拉函数值的方法2.3.2 应用：费马小定理、欧拉定理与RSA加密算法•介绍费马小定理和欧拉定理，并给出证明过程•讨论RSA加密算法的基本原理和步骤3. 解析几何与三角函数的应用3.1 直线与曲线方程3.1.1 直线的一般方程和截距式方程•解释直线一般方程(Ax + By + C = 0)和截距式方程(x/a + y/b =1)的含义及其转换关系•给出构造直线方程的方法和示例3.1.2 平行线和垂直线的性质及判定•讨论平行线和垂直线的定义和性质•提供判定两条直线平行或垂直的方法3.2 三角函数3.2.1 常见三角函数及其基本性质•介绍正弦、余弦、正切等常见三角函数的定义和性质•解释三角函数在单位圆上的几何意义3.2.2 角度与弧度制之间的转换•讲解角度制和弧度制之间的转换关系3.3 三角函数与几何应用3.3.1 正弦定理与余弦定理•引入正弦定理(a/sinA = b/sinB = c/sinC)和余弦定理(c²=a²+b²−2abcosC)的概念•解释如何运用这些公式求解三角形边长和角度3.3.2 应用：海伦公式和面积公式•引入海伦公式(面积S=sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c)))以及面积公式(三角形面积S=1/2 * a * b * sinC)的概念•提供应用海伦公式和面积公式求解三角形面积的问题4. 组合数学与概率论4.1 排列与组合4.1.1 排列和组合的基本概念•解释排列(permutation)和组合(combination)的定义和区别•讲解计算排列数和组合数的方法4.1.2 应用：鸽笼原理•引入鸽笼原理及其基本思想，并提供应用示例4.2 概率论4.2.1 基本概率计算方法与条件概率•讲解基本事件和复合事件的概念，以及如何计算它们的概率•解释条件概率及其计算方法4.2.2 应用：排列组合与概率问题•提供运用排列组合知识解决实际生活中的概率问题的示例5. 数学建模与实际问题求解思路5.1 数学建模方法论与实例分析5.1.1 数学建模基本步骤•阐述从现实问题到数学模型的转化过程，包括定义目标、收集数据、制定假设等步骤•提供一个数学建模的实例分析5.2 实际问题求解思路5.2.1 利用数学工具和方法解决实际问题•强调在解决实际问题时，应根据具体情况选择合适的数学工具和方法•提供一个简单实际问题的求解思路示例结语本文对高中数学奥赛竞赛题选讲进行了详细介绍，涵盖了数论、解析几何与三角函数、组合数学与概率论以及数学建模等方面内容。

高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)

则下列正确命题的序号是______________．
12．若两整数、除以同一个整数，所得余数相同，即，则称、对模同余，用符号表示，若，满足条件的由小到大依次记为，则数列的前项和为________.
13．设，表示不超过的最大整数，若存在实数，使得，，…，同时成立，则正整数的最大值是．
高中数学联赛初等数论专题练习（详解版)
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数（），则函数的值域为（）
9．等差数列的前项和为，且，，记，其中表示不超过的最大整数，如，，则 _________.
10．已知表示正整数的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，6，12，则；21的因数有1，3，7，21，则，那么 _________.
11．用符号表示小于的最大整数，如，有下列命题：①若函数，则的值域为；②若，则方程有三个根；③若数列是等差数列，则数列也是等差数列；④若，则的概率为．
【解析】
【分析】
首先将函数解析式进行化简，并用换元思想，得到（），研究二次函数在某个区间上的值域，求得，根据“高斯函数”的本质，求得结果.
【详解】
因为，令（），
则（），函数的对称轴方程为，
所以，
，所以，
所以的值域为，
故选：B.
【点睛】
本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.

高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题

竞赛中的数论问题的思考方法一. 条件的增设对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。

1. 大小顺序条件与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x <y ，则必有y ≥x +1，也可以写成y =x +t ，其中整数t ≥1。

例1. （IMO-22）设m ，n 是不大于1981的自然数，1)(222=--m nm n ，试求22n m +的最大值。

解：易知当m =n 时,222=+n m 不是最大值。

于是不访设n >m ,而令n =m +u 1，n >u 1≥1，得-2(m -1mu 1)22112=--u mu 。

同理，又可令m = u 1+ u 2，m >u 2≥1。

如此继续下去将得u k+1= u k =1，而11+-+=i i i u u u ，i ≤k 。

故n m u u u u k k ,,,,,,121 +是不大于1981的裴波那契数，故m =987，n =1597。

例2. （匈牙利—1965）怎样的整数a ，b ，c 满足不等式?233222c b ab c b a ++<+++解：若直接移项配方，得01)1()12(3)2(222<--+-+-c b b a 。

因为所求的都是整数，所以原不等式可以改写为：c b ab c b a 234222++≤+++，变形为：0)1()12(3)2(222≤-+-+-c b ba ，从而只有a =1，b =2，c =1。

2. 整除性条件对于整数x ，y 而言，我们可以讨论其整除关系：若x |y ，则可令y =tx ；若x ∤y ，则可令y =tx +r ，0<r ≤|x |-1。

这里字母t ，r 都是整数。

进一步，若a q |，b q |且a b >，则q a b +≥。

数论竞赛题

数论竞赛题数论竞赛题是在数学竞赛中常见的一类题型，主要考察学生在数论领域的理解和运用能力。

数论是研究整数性质及其运算规律的数学分支，涉及到诸多定理和性质。

以下是一个典型的数论竞赛题目，供参考。

题目：证明对于任意正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 可以被 24 整除。

解法：我们可以通过数学归纳法来证明这一命题。

首先，观察到 24 可以分解为 3 × 2^3。

我们分两种情况进行讨论：情况一：n 是 4 的倍数。

设 n=4k，其中 k 是一个正整数。

则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = 4k(4k+1)(4k+2)(4k+3)= 4 × k × (4k+1) × 2 × (2k+1) × 3 × (2k+2) 。

我们发现此时，n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。

情况二：n 不是 4 的倍数。

设 n=4k+r，其中 k 是一个正整数，r 是余数，r=1,2 或 3。

则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = (4k+r)(4k+r+1)(4k+r+2)(4k+r+3)我们观察到，至少存在一个连续的四个数中，必然包含一个数能被 2 整除，一个数能被 4 整除，一个数能被 3 整除，因而有 2×4×3=24，即可以被 24 整除。

综上所述，对于任意的正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。

证毕。

数论竞赛题通常涉及到数的整除性质、奇偶性、模运算等概念，要求学生具备较强的逻辑推理和数学证明能力。

通过解决这类题目，学生可以加深对数论相关概念和方法的理解，培养思考和解决问题的能力。

高中数学竞赛知识点总结

高中数学竞赛知识点总结
高中数学竞赛涉及的知识点非常广泛，以下是一份简要的知识点总结：
1. 数论基础：包括整除、余数、最大公约数、最小公倍数等。

2. 代数：包括方程组、不等式、函数、数列等。

3. 平面几何：包括三角形、四边形、圆、相似形、解析几何等。

4. 立体几何：包括球、长方体、四面体等。

5. 平面解析几何：包括直线、二次曲线、极坐标等。

6. 组合数学：包括排列、组合、二项式定理、组合恒等式等。

7. 图论：包括图的性质、欧拉路径、哈密顿路径等。

8. 概率与统计：包括概率、期望、方差等。

9. 初等数论：包括同余、费马小定理、中国剩余定理等。

10. 数学逻辑与问题解决：包括逻辑推理、集合论、问题解决策略等。

以上仅为基础知识点，竞赛中还可能涉及更深层次的知识和技巧。

如果想要深入学习，建议查阅数学竞赛的相关教材或咨询专业教师。

高中数学竞赛中数论问题的常用方法

高中数学竞赛中数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法.1.基本原理为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下:我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ϕ表示{1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ϕ为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ϕ中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ϕ}为模m 的简化剩余系.定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=.定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则11ni i i a x =∑≡21ni ii b x=∑；(2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则)(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m dbd a ≡；(4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+；(3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为∑≥1k kpn.定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模m 的完全剩余系；(2)若{)(21,...,,m r r r ϕ}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ϕ}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ϕϕϕ=.(2)若n 的标准分解式为k kp p p n ααα (2)121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相同的素数,则)11)...(11)(11()(21kp p p n n ---=ϕ. 对于以上结论的证明,有兴趣的读者可查阅初等数论教材.2 方法解读对于数论试题,除直接运用数论的基本原理外,常用的基本方法还有因式(因数)分解法,配对法,分组法,估值法,同余方法,构造法,调整法,数学归纳法与反证法.下面分别予以说明2.1基本原理的应用例1 设正整数a ,b ,c 的最大公约数为1,并且c ba ab=- (1),证明:)(b a -是一个完全平方数. 证:设d b a =),(,d a a 1=,d b b 1=,其中1),(11=b a .由于1),,(=c b a ,故有1),(=c d .由(1)得c b c ad b a 1111-= (2)由(2)知,c b a 11|,又1),(11=b a ,∴ c a |1.同理可证c b |1,从而有c b a |11,设k b a c 11=,k 为正整数,代入(2)得)(11b a k d -= (3)由(3)知d k |,又c k |,∴1),(|=c d k ,∴1=k . ∴11b a d -=.∴211)(d b a d b a =-=-.故成立. 例2 设n 为大于1的奇数,1k ,2k ,…,n k 为给定的整数.对于{n ,...,2,1}的排列12(,,...,)n P a a a =, 记1()ni i i s P k a ==∑,试证存在{n ,...,2,1}的两个不同的排列B 、C,使得)()(!|C s B s n -.证:假设对于任意两个不同的排列B 、C,均有!n 不整除)()(C S B s -.令X 为{n ,...,2,1}的所有排列构成的集合,则{()|s P P X ∈}为模!n 的一个完全剩余系,从而有!1(1!)!()(mod !)2n P Xi n n s P i n ∈=+≡=∑∑ (1) 又 1()()ni i P X P X i s P k a ∈∈==∑∑∑=∑=+ni i k n n 12)1(! (2) 而n 为大于1的奇数,所以由(1),(2)得)!(mod 02)1(!2!)!1(1n k n n n n ni i ≡+≡+∑=. 又1)!,!1(=+n n ,所以)!(mod 02!n n ≡,矛盾.故,存在B 、C X ∈,B ≠C,使得)()(!|C s B s n -. 2.2 因式(数)分解数论中许多问题直接与因式(数)分解相关联,如合数问题,整除问题等常常是要证明某种分解式的存在.数的标准分解式本身就是一种特定形式的因数分解.在不定方程的求解与一些代数式的求值中,因式(数)分解能帮助我们确定某些变量的取值范围,寻找到解题的方法.例3 求三个素数,使得它们的积为和的5倍.解:易知a ,b ,c 中必有一个为5,不妨设5c =,则有5++=b a ab ,从而有6)1)(1(=--b a .因为1-a 与1-b 均为正整数,不妨设b a <,则有⎩⎨⎧=-=-6111b a 或⎩⎨⎧=-=-3121b a ,从而知2=a ,7=b .故所求的三个素数为2,5,7.2.3 配对例4 设k 为正奇数,证明:n ++++...321整除kk k n +++...21. 分析因为2)1(...321+=++++n n n .故需证)...21(2|)1(kk k n n n ++++,注意到当k 为奇数时,kk y x +可因式分解,因此可将)...21(2kkkn +++中的n 2个数两两配对.证 )...21(2kkkn +++=kkkkkkkn n n n 2]1)1[(...])2(2[])1(1[++-++-++-+, 而当k 为奇数时,kkb a b a ++|,从而知()kk k n n +++...212| (1)又 ()kk k n+++...212=]1[...])1(2[]1[k k k k k kn n n +++-+++,∴)...21(2|)1(kk kn n ++++ (2) 由(1)(2)知,)...21(2|)1(kkkn n n ++++,故结论成立.2.4 分组例5 (1990年高中联赛试题)设}200,...,2,1{=E ,},...,,{10021a a a G =E ⊆,且G 具有下列性质:(1)对任何1001≤<≤j i ,201≠+j i a a ；(2)100801001=∑=i ia.试证:G 中的奇数的个数是4的倍数,且G 中所有数的平方和是一定数.证:对于1001≤≤i ,令12-=i i α,i i αβ-=201.},{i i i E βα=,则G 中恰含i E 中的一个元素.设G中有k 个奇数1i α,2i α,…,k i α,有s 个偶数s j j j βββ,...,,21,这里},...,,,,...,,{2121s k j j j i i i =}100,...,2,1{.由题设知,10080=∑∑∑∑====+-=+sr j kt i sr j kt i r t rt1111)201(βββα=∑∑==-kt i k t t 112201β+⎪⎭⎫⎝⎛+∑∑==k t sr j i r t 11ββ =-k 2012∑=kt i t1β+)200...642(++++=1010022011+-∑=kt i tk β.∴2022011-=-∑=kt i tk β(1)由于t i β为偶数,所以∑=kt i t12|4β,又20|4,所以k 201|4,∴k |4,即k 是4的倍数.∑∑∑===+=sr j kt i i irta121210012βα=∑∑==+-sr j kt i rt 1212)201(ββ=∑∑==⨯-kt i kt t 1122012201β+)(1212∑∑==+sr j kt i r tββ=∑=⨯-kt i tk 122012201β+)200...642(2222++++=)2201(2011∑=-kt i tk β+6)1200)(1100(1004++⨯(2)将(1)代入(2)得62011011004)20(20110012⨯⨯⨯+-⨯=∑=i i a =1349380.2.5估值例6 令n a 表示前n 个质数之和,即21=a ,5322=+=a ,105323=++=a ,…,证明:对任意的正整数n ,区间[1,+n n a a ]中包含有一个完全平方数.分析:设质数从小到大依次为12,,...,k p p p …,要结论成立,只要存在正整数m ,使得12+≤≤n n a m a ,只要1+≤≤n n a m a ,只要11≥-+n n a a ,只要n n n a a a 211+≥-+,只要n n a p 211+≥+,只要)...(44)1(2121k n n p p p a p +++=≥-+ (1)证:直接验证易知[2,1,a a ],[32,a a ],[43,a a ],[54,a a ]中都含有1个完全平方数.当5≥n 时,我们证明:(1)式成立.为此,令2112(1)(1)4(...)n k f n p p p p ++=--+++,则n n n p p p n f n f 4)1()1()()1(221----=-++=n n n n n p p p p p 4)2)((11--+-++.当2≥n 时,n p 为奇数,故21≥-+n n p p ,1(1)()2(22)n n n f n f n p p p ++-≥+--=)2(21--+n n p p 0≥, 故当2≥n 时,数列)(n f 为递增数列.由于)(4)1()5(432125p p p p p f +++--==)7532(4)111(2+++--=32>0所以当5≥n 时,0)5()(>≥f n f .故当5≥n 时(1)式成立.例7 求出不定方程1)!1(-=-kn n (1)的全部正整数解.解当2=n 时,易得1=k ；当2>n 时,(1)式左边为偶数,故右边也是偶数,所以n 为奇数.当3=n 时,由13!2-=k,得1=k .当5=n 时,由15!4-=k,得2=k .当5>n 且为奇数时,321-<-n n ,221≠-n ,故)!2(|212--⋅n n ,即)!2(|)1(--n n ,因此2(1)|(1)!n n --,所以)1(|)1(2--k n n .另一方面,由二项式定理知1)1)1((1-+-=-kkn n =A(2)1-n +)1(-n k .其中A 为整数,所以)1(|)1(2--n k n ,故k n |)1(-,因此1-≥n k ,故有)!1(111->-≥--n n n n k.这说明当5>n 时,方程(1)无解,故方程(1)的解为)1,2(),(=k n ,)1,3(,)2,5(.2.6同余例8 证明991993991993+能被1984整除.证 993993993)991(-≡=9912)991()991(--=)1984(m od )991()991)(11984495(991991-≡-+⨯,∴)1984(m od 0991)991(991993991991991993≡+-≡+.∴991993991993|1984+.例9 用1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字的7位数,证明:这些7位数中没有一个是另一个的倍数. 证:若有两个7位数a ,b ,使得kb a = (1) 由于a ,b 均是由1,2,...,7所排成,故72≤≤k 由(1)得)9(mod kb a ≡, ∴)9(mod 11⋅≡k ,即)9(mod 1≡k ,这与92≤≤k 矛盾,故结论成立. 2.7构造例10 若一个正整数的标准分解中,每个素约数的幂次都大于1,则称它为幂数,证明:存在无穷多个互不相同的正整数,它们及它们中任意多个不同数的和都不是幂数.证:将全体素数从小到大依次记为1p ,2p ,...,n p ,….令11p a =,2212p p a =,当2≥n 时,n n n n n n p p p p p p a a 21222111...---==,下证:1a ,2a ,…,n a ,…合题意. 事实上, n n a p |,但2n p |/n a ,所以n a 不是幂数.又对于k i i i <<<≤ 211,)1(112121i i i i i i i i a a a a a a a a k k +++=+++ =)1(11i i Ap a +=)1(111212221i i i Ap p p p p +- , 其中A 为正整数.因为1)1,(11=+i i Ap p ,所以1i p 在)(21k i i i a a a +++ 的标准分解中的幂次为1,因而不是幂数.例11 设}2011,,3,2,1{ 中质数的个数为a ,n 为正整数且a n ≤<1,求证必有2011个连续正整数, 其中恰有n 个质数.证:令}2010,,2,1,{+++=k k k k A k ,并令)(k f 为k A 中质数的个数,则易知a f =)1(,0)2!2012(=+f . 对于)1!2012(,,2,1+= k ,显然有1|)()1(|≤-+k f k f ,所以对于a n ≤<0,必存在一个0k ,使得n k f =)(0,从而0k A 中的2011个连续整数满足要求.2.8 数学归纳法例12 设n 是正整数,求证:124323|51222-+-n n n.证:令22()332241nf n n n =-+-.因为0)1(=f ,所以)1(|512f ,假设)(|512n f ,那么对于1+n ,因为)183(8)()1(2--=-+n n f n f n,所以要证)1(|512+n f ,只需证)183(8|5122--n n ,即只需证明)183(|642--n n .为此,令183)(2--=n n g n .显然有0)1(|64=g ,假设)(|64n g ,由于)199(64)19(8)()1(21+++=-=-+-- n n nn g n g ,因此)1(|64+n g ,由归纳法原理知对一切n ,有183|642--n n,从而有)1(|512+n f ,再由归纳法原理知,对于正整数n ,有)(|512n f .2.9 反证法例13 试证方程042333=--z y x (1)无正整数解.分析:若(z y x ,,)为(1)的一组解,则x 为偶数,令12x x =,则0243331=--z y x ,从而知y 为偶数,再令12y y =,代入得04233131=--z y x ,故z 为偶数,再令12z z =,代入得042313131=--z y x ,因此),,(111z y x 也是方程(1)的解.这样由方程(1)的一组正整数解),,(z y x 必可得到另一组正整数解),,(111z y x ,且x x <1.因此,若开始取得的正整数解使得x 达到最小,则这种下降不可能进行.证:反证法. 若方程(1)存在正整数解,设),,(000z y x 是使得x 达到最小的正整数解,那么依分析的过程知必可得到方程(1)的一组正整数解),,(111z y x ,且01x x <,这与0x 达到最小相矛盾,这个矛盾表明方程(1)无正整数解. 习题1．设1≥≥n m ,m ,n 为整数,证明nm C mn m ),(是整数. 2．设a ,b 为整数,证明:))1(()2)((|)!(1b n a b a b a a bn n -+++- .3.设n 是大于3的奇数,证明可将集合}1,,3,2,1{-n 的元素分成两组,每组21-n 个元素,使得两组数的和模n 同余.。

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（ 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 1 M ，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：
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 ．
证明因为 ab 是 a, b 的公倍数，所以 a, b 的最小公倍数也是 ab 的约数，存在 q 使
ab q a,b ，
a, b a,b
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．
ax0 by0 | a 0 b 1 b ，
得 ax0 by0 是 a, b 的公约数．另一方面， a , b 的每一个公约数都可以整除 ax0 by0 ，所以
ax0 by0 是 a, b 的最大公约数， ax0 by0 a,b ．
6
推论若 a, b 1，则存在整数 s,t ，使 as bt 1．（很有用）
x q 时，有最小值 r r 0
a qb r ．
再证 r b ，若不然， r b ，记 r b r1 ，有

高中数学竞赛数论部分

初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。

1．请看下面的例子：（1）证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。

(1894年首届匈牙利数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。

②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3）证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。

（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题）（4）证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。

（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5）令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。

2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。

（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。

这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。

如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。

3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。

高中数学竞赛——数论

高中数学竞赛数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类((2)2.(1)a r ，得m 个数特别地,完全为偶数时,,2-m (2)证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系,因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm),矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别遍历模m 1,m 2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.(1).在与模m的一个(2)(ϕm)x1≡x2,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.(ⅴ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别历遍模m1,m2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1,(m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,1m 2的既)(2m ϕ)., 1,α(4.欧拉欧拉(Euler)定理设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡ϕ. 证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r a ϕϕ)(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p ≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p a p ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例(m 整除,.例m,使得2011|f n f 3因所以,例,是整数序列负整数假设对每个正整数:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣,则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.得到:例,(i,j)也历mod2n 的和≡例可被,且是周期数列,所以, 数列{a n }中存在无穷多项可被2011整除.例7证明:存在无穷多个正整数n,使得n 2+1∤n!.证明:引理1对素数p >2,⇔≡)4(mod 1p 存在x(1≤x ≤p -1)使)(m od 12p x -≡. 证:充分性:因对1≤x ≤p -1,( p ,x)=1,所以,)(mod 1)(2121p x x p p ≡=--,≡-212)(p x)(mod 1)1(21p p ≡--,所以,21-p 为偶数,即).4(mod 1≡p 必要性:因1≤x ≤p -1时,x,2x,…,(p -1)x 构成modp 的既约剩余系,所以,存在1≤a ≤p -1,使得a x ≡-1(mod p ),若不存在a (1≤a ≤p -1), a =x,使a x ≡-1(mod p ),则这样的a ,x 共配成21-p 对,则有)(mod 1)!1()1(21p p p -≡-≡--,即21-p 为奇数,与 p 2证a =4(p 1p 设2p 1 p 2…12x -≡,相应的x 例(1)(2)n n+1n (n=1,2, …),且每个a n 都是f(x)的周期.证明：(1)设T=nm (正整数m,n 互质,且n ≥2),因(m,n)=1,所以,m,2m,…,nm 构成 modn 的完系,故存在k ∈N *使得km ≡1(modn),即存在t ∈N *使得km=nt+1,因f(x)=f(x+kT)=f(x+n km )=f(x+t+n 1)=f(x+n 1),所以n1是周期. 设n=kp ,其中k ∈N *, p 为素数,则n k p 11⋅=是周期.故存在素数p,使p 1是周期. (2)当T 为无理数时,取a 1=T,则T 为无理数, 0<T<1.设k≤n 时存在无理数a k ,使得0<a k <a k-1<1,且a k 是周期.对k+1,总存在存在u,v ∈N *,使得0<u a k -v<a k <1,取例解:,对任意}包含了modn+1零剩余,≤k ≤n, a 1+a 2+取例. 例11求所有的奇质数p ,使得∑=-11|k p k p .例12求所有质数p ,使得2122213)()()(|-+++p p p p C C C p .例13设n 为大于1的奇数,k 1,k 2,…,k n 是n 个给定的整数,对1,2,…,n 的每一个排列a=(a 1,a 2,…,a n ),记S(a)=∑=ni i i a k 1.证明:存在两个1,2,…,n 的排列b 和c(b ≠c),使得n!|S(b)-S(c).证明:如果对1,2,…,n 的任意两个不同排列b 和c(b ≠c),都有n!∤S(b)-S(c),那么当a 取遍所有排列时(共n!个),S(a)遍历模n!的一个完系, 因此,有∑a a S )(≡1+2+…+n!≡2!2)1!(!n n n ≡+(modn!) ①, 另一方面,我们有 ∑a a S )(=)!(mod 0)1(!])!1[(n k n n j n k a k a k n i n n in i i n i i ≡+=-==∑∑∑∑∑∑∑ ②. 由①∑a .例modm 因(m,2n 例x 例在A同余方程与同余方程组1.同余方程(组)及其解的概念定义1 给定正整数m 及n 次整系数多项式0111)(a x a x a x a x f n n n n ++++=--，则同余式f(x)≡0(modm)①叫做模m 的同余方程,若a n 0(modm),则n 叫做方程①的次数.若x=a是使f(a)≡0(modm)成立的一个整数,则x≡a(modm)叫做方程①的一个解,即把剩余类a(modm)叫做①的一个解.若a1(modm),a2(modm)均为方程①的解,且a1,a2对模m不同余,就称它们是方程①的不同解.由此可见,只需在模m的任一组完系中解方程①即可.例12解:例2解:.2.设a x解,例3解:tx即)8-≡x.3,1-(mod≡t),1,08(mod1=4+例4解方程12x≡6(mod9).因(12,9)=3,且-1是一个特解,所以,方程12x≡6(mod9)的解为:(modx即)8t5,2,1，≡t≡-x.(mod),2,1,083+1=-3.同余方程组定义3给定正整数m 1,m 2,…,m k 和整系数多项式f 1(x),f 2(x),…,f k (x),则同余式组 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡)(mod 0)()(mod 0)()(mod 0)(2211k k m x f m x f m x f ②,叫做同余方程组.若x=a 是使f j (a )≡0(modm j )(1≤j ≤k)成立的一个整数,则x ≡a (modm)叫做方程组②的一个解,即把剩余类a (modm)叫做②的一个解.例5解:⎩⎨⎧-≡≡13x x .M=m 1m ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡21k a x a x a x 其中M j ).(2)j j j j 则x ≡y (modm j ),即m j |x -y ,因m 1,m 2,…,m k 两两互质,所以M| x-y 即x ≡y (modM). 注:(1)存在无穷多个整数x 满足同余方程组③,这些x 属于同一模m 的剩余类;(2)同余方程组③仅有一个解x ≡a 1M 1M 1-1+a 2M 2M 2-1+…+a k M k M k -1(modM).(3)当(a ,m i )=1(=1,2,…,n)时,同余方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡---)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 12211112211k k k k m a a x m a a x m a a x m a ax m a ax m a ax仍然具有定理结论. 这在数论解题中具有重要应用.例6“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何”.解,352115≡x 例.解:210×210-1≡210-1≡1(mod11)⇔210-1≡1(mod11),所以,同余方程组的解为: )2310(mod 2111637121010330438553462≡=⨯+⨯+⨯+⨯≡x ,即x=2310k+2111(k ∈N).例8证明:对任意n 个两两互质的正整数:m 1,m 2,…,m n ,总存在n 个连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).证明:由剩余定理知,总存在整数k 使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡)(mod )(mod 2)(mod 121n m n k m k m k,即存在连续的自然数k+1,k+2,…,k+n 使得m i |k+i(i=1,2,…,n).例9证明:对任意n ∈N *,存在n 个连续正整数它们中每一个数都不是素数的幂(当数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡-≡21n m m m例,且A 例 {k +a n }⎩⎨⎧-≡≡)(mod 102p x x 123⎪⎩-≡)(mod 232p x 2的最小正整数a 2=38.假定a 1,a 2,…,a n 都已确定,则取a n+1适合⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡-≡≡+)(mod )(mod 1)(mod 0121n p n x p x p x 且大于a n 的最小正整数,由剩余定理知满足条件的a n+1存在.则上述递推关系定义的数列{a n }满足题意:因对任意k ∈N *,当n ≥k+1时,都有k+a n ≡0(mod p k+1),由{a n }递增可知{k +a n }从第k+2项起每一项都是p k+1的倍数,且都大于p k+1,所以,数列{k +a n }中至多有k+1项为素数.例12是否存在一个由正整数组成的数列，使得每个正整数都恰在该数列中出现一次，且对任意正整数k ，该数列的前k 项之和是k 的倍数？解:,S=a 1+a 2⎩⎨⎧++≡+t r S r S {a n }例的质因数.例例。

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题15 初等数论(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题15 初等数论（50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2020·浙江·高三竞赛）将1~2020的数字按顺时针方向围成一个圆圈，然后从1开始，按顺时针依次隔一个数拿走，即拿走1，3，5，…，这个过程一直进行下去，直到剩下最后一个数字，则最后剩下的数字是___________. 【答案】1992. 【解析】【详解】在第一轮中，从1开始到拿走1991，共取走996个数，此时余下1024个数， 1991后一项偶数为1992，此后共取10次，余下的数为1992，故答案为:1992.2．（2021·全国·高三竞赛）关于x 、y 的方程11112007x y xy ++=的正整数解(,)x y 的个数为________．【答案】48 【解析】【详解】解析：由11112007x y xy ++=得2007200720070xy x y ---=，整理得 32(2007)(2007)2007200823223251x y --=⨯=⨯⨯⨯，从而，原方程的正整数解有(31)(21)(11)(11)48++++=（个）．故答案为：48.3．（2021·全国·高三竞赛）{}n a 为正整数列，满足112,n a a +=为213133n n a a -+的最小素因子，12,,,,n a a a ，构成集合A ，P 为所有质数构成的集合，则集合P A 的最小元素为___________．【答案】5 【解析】由于122,3a a ==，故2,3A ∈，所以集合P A -的最小元素5≥．假设存在正整数n ，使得5(3)n a n =≥，则211513133n n a a ---+，故()21512n a -++，这不可能，因为()212n a ++除以5的余数为1,3，所以5P A ∈-．集合P A -的最小元素为5．故答案为：5.4．（2021·全国·高三竞赛）质数p 和正整数m 满足32(2)1p m p m p ++=++，则p m +=___________.【答案】7 【解析】【详解】由()221(1)p p m m +-=-，易见1m ，所以1p m -.设()1m kp k N +-=∈，则()2222,,(1)p p kp k p p k k p k k +=+==-.所以2k =，2,5p m ==，7p m +=.5．（2021·浙江·高三竞赛）已知集合{}12,,,n A a a a =⋅⋅⋅，n 为正整数.若对任意的1i j n ≤≠≤，i j a a -被4整除，但不被16整除，则n 的最大值为______.【答案】4 【解析】【分析】【详解】考虑同余：对任意的1,i j i j n a a ≤≠≤-被4整除,则有(mod 4)i j a a k ≡≡,其中{0,1,2,3}k ∈, 而这类型的数模16的余数至多只有4种,所以n 最大值为4. 故答案为：4.6．（2021·浙江·高二竞赛）设数列123n n n a a a +⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，1n =，2，…，7这里[]x 表示不超过x的最大整数.若88a =，则正整数1a 有______种可能的取值情况.【解析】【分析】根据高斯函数的性质，由88a =逐次往前求，注意先定范围再验证，即可得到答案. 【详解】由88a =，可得710a =或11，可得612a =或13或14；可得515a =或16或17；可得418a =或19或20或21；可得322a =或23或24或25或26；可得227a =或28或29或30或31或32；可得133a =或34或35或36或37或38或39，共7种.7．（2021·全国·高三竞赛）所有能使25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为质数的正整数n 的倒数和为_________．【答案】3760【解析】【分析】【详解】1,2,3n =时，25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都不是质数；4n =时，235n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数；5n =时，255n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数；6n =时，275n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数．当8n ≥时，可设5n k r =±（其中k 为不小于2的正整数，0,1r =或2），则()22222111(5)2510(52)5555n k r k kr r k k r r =±=±+=±+，所以2(52)5n k k r ⎡⎤=±⎢⎥⎣⎦．因为2k ≥，所以522k r ±>，所以2(52)5n k k r ⎡⎤=±⎢⎥⎣⎦不是质数．因此，能使25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为质数的正整数n 只有4、5、6，它们的倒数和为1113745660++=．故答案为：3760. 8．（2021·全国·高三竞赛）若2020在p 进制下的各位数字之和为5p +，则质数p 的所有可能值为___________. 【答案】2,107 【解析】【分析】【详解】类似于在十进制下，我们有()()120|205p p --+⎡⎤⎣⎦，于是()12014195|23p -=⨯⨯，再注意p 为质数，就有2,3,107p =，逐一验证得2p =或107p =. 故答案为：2,107.9．（2021·全国·高三竞赛）在1，2，3，4，…，1000中，能写成()221a b a N -+∈的形式，且不能被3整除的数有________个．【答案】501. 【解析】【详解】设{}1,2,3,4,,1000S =，若221n a b =-+，则()3mod4n ≠.又()()2242211k k k =--+，()()2241111k k k +=+--+，()()22422121k k k +=+-+，因此，221n a b =-+当且仅当()3mod44n ≠.令(){|3mod44}A a S a =∈≡，(){|0mod3}B b S b =∈≡，则(){|3mod12}A B c S c ⋂=∈≡，因为250A =，333B =，84A B ⋂=，从而符合条件的数的个数为100025033384501--+=. 故答案为50110．（2020·浙江·高三竞赛）设a ，b ，c 为正整数，且2225548450a b c ab ac bc ++-+-=，则所有的解中a b c ++的最大值为___________. 【答案】30. 【解析】【详解】配方得：222(22)50a c b a c ++--=（a ，c 等价）. 注意到：22250017=++，22250055=++，22250345=++. 不妨设a c ≤且22b a c ≥+，（1）当22017b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即1167a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时116724a b c ++=++=.（2）当22055b ac a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即5205a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时520530a b c ++=++=.（3）当22534b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即3194a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时319426a b c ++=++=.（4）当22435b ac a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即3205a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时320528a b c ++=++=.（5）当22345b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即4215a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时421530a b c ++=++=.综上所述，所有的解中a b c ++的最大值为30. 故答案为：30.11．（2020·江苏·高三竞赛）设正整数a ，b ，c ，d 满足23a b =，45c d =，且303b d -=，则a c -的值为___________．【答案】123801 【解析】【详解】解析：由题意可得a =c =b 必为完全平方数，d 一定能开4次方．设2b n =，4d m =，则()()223101b d n m n m -=+-=⨯，且注意到3，101都是质数，则223031n m n m ⎧+=⎨-=⎩或者221013n m n m ⎧+=⎨-=⎩，解得52n =，7m =，则35123801a c n m -=-=．故答案为：123801.12．（2020·江苏·高三竞赛）设,m n N ∈，,2m n ≥，若33333333213111213112n m n m ----⋅=++++，则m n +的值为___________．【答案】6 【解析】【详解】解析：因为3311(1)111(1)1n n n n n n n n --++=⋅++-+，累乘可得原式22(1)1222(1)33(1)n n n n n n n n ++++=⋅=++，则232333323122211n n m n n m m ++==+++--，故223232221n n n n m +-=++-，从而可得()2326131816162(1)(2)(1)(2)n n m n n n n n n ++⎛⎫-==+=+ ⎪+--+-+⎝⎭，则()()1218n n -+，且,2m n ≥，在()()12n n -+的值为6，9，18，故4n =，2m =．故6m n +=．故答案为：6.13．（2021·浙江·高三竞赛）将顺序为1，2，…，2020的2020张卡片变成1011，1，1012，2，…，2020，1010的顺序，即原先的前1010张卡片移至第2，4，…，2020张，这称为一次操作.若从顺序1，2…，2020开始操作，则至少经过______次操作可以恢复到初始顺序. 【答案】1932 【解析】【分析】【详解】记第1i 次调整前的位置为i a ,调整后的位置记为1i a +,初始位置记为0a ,则112,101022021,1010i i i i a a a a a +≤⎧=⎨->⎩,所以102(mod 2021)2(mod 2021)n i i n a a a a +≡⇒≡, 因20214347=⨯,所以(2021)(43)(47)1932ϕϕϕ==, 所以193221(mod 2021)≡,要恢复原样,则0n a a =, 所以1932n =. 故答案为：1932.14．（2019·广西·高三竞赛）满足y =(x ，y )有____________ 对. 【答案】6 【解析】【详解】设2251,2019,,n x m x n N m N =+=+∈∈. 224()()19682341m n m n m n -=+-==⨯⨯，由(m +n )与(m －n )奇偶性相同，可知它们同为偶数，且(m +n )>(m －n ) 实数对(m +n ，m －n )所有可能的取值共有6对：()32341,2⨯⨯，()322341,2⨯⨯，()32341,2⨯⨯， ()3241,23⨯⨯，()22241,23⨯⨯，()3241,23⨯⨯.由有序数对(x ，y )与(m +n ，m －n )一一对应，可知所求正整数对为6对. 故答案为：6．15．（2019·四川·高三竞赛）若正整数n 使得方程33n x y z +=有正整数解(x ，y ，z )，称n 为“好数”.则不超过2019的“好数”个数是_____ . 【答案】1346 【解析】【详解】首先易知若n 为“好数”，则n +3也是“好数”又显然1、2是“好数”，从而当1,2(mod3)n ≡时，n 均为“好数”. 由费马(Fermat )大定理知：333x y z +=无正整数解，即3不是“好数”.于是n =3k (k ∈N *)都不是“好数”.否则，存在k ∈N *，使得3k 是“好数”，即方程333k x y z +=有正整数解(x ，y ，z 0)，从而333x y z +=有正整数解()000,,kx y z ，矛盾！故当且仅当n 满足1,2(mod3)n ≡时，n 为“好数”. 所以，不超过2019的“好数”个数是2201913463⨯=. 故答案为：1346．二、解答题16．（2021·全国·高三竞赛）求证：对于正整数n ，令22n a ⎡⎡=+⎣⎣，数列{}n a 中有无穷多个奇数和无穷多个偶数（[]x 表示不超过实数x 的最大整数）．【答案】证明见解析【解析】【详解】1212101100.101100bb c c =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅，其中{}{}0,1,0,1i i b c ∈∈.用反证法，先证明数列中有无穷多个偶数．假设，数列中只有有限个偶数，那么存在整数N ，n N ∀>，n a 是奇数，则存在正整数M ，使得1212101100101100M n M a bb b c c c =+，且当n M >时，{},{0,1}n n b c =，12(2)110110011N d d d ⋅∈Q ，矛盾！同理可证明数列中有无穷多个偶数．所以数列{}n a 中有无穷多个奇数和无穷多个偶数．17．（2021·全国·高三竞赛）使得A =n 为_________．【答案】1或11##11或1 【解析】【详解】,,,(,)1aa b a b b+=∈=N ，则222222222917647799n a a b b n n b b a b a -+=⇒==-++--．又(,)1a b =，所以()()22222,9,1b b a b a -==，故22964b a -，所以229(3)(3){1,2,4,8,16,32,64}b a b a b a -=+-∈，229b a -模3余2，故2298b a -=或32，故3831b a b a +=⎧⎨-=⎩或3432b a b a +=⎧⎨-=⎩或33231b a b a +=⎧⎨-=⎩或31632b a b a +=⎧⎨-=⎩或3834b a b a +=⎧⎨-=⎩，所以(,)(1,1)=a b 或(7,3)，因此n 为1或11．故答案为：1或11.18．（2021·全国·高三竞赛）设n 是正整数，12,,,k d d d 是n 的全部正因数.定义1212()(1)(1)(1)k d d d k f n d d d =-+-++-，已知()f n 是2的幂次，求证：n 没有1之外的平方因数.【答案】证明见解析【解析】【分析】设2(1)rn s r =≥，其中1i tai i s p ==∏，利用因数和函数可得()f n 与各质因数的关系，再根据()f n 是2的幂次结合反证法可得1i a =，从而可n 没有1之外的平方因数. 【详解】用()n σ表示n 的正因数之和.如果n 是奇数，则()()0f n n σ=-<，舍去. 当n 是偶数时，设2(1)r n s r =≥，其中1i tai i s p ==∏（i p 为n 的奇质因数，i a +∈N ，3i p ≥）.所以()()()111()2221()23i ta rr r i i f n s p σσ-+==+++-=-∏.其中()21i i a a i i i i p p p p σ=++++，因为()f n 是2的幂次，所以1231,1r r +-==，每个()i ai p σ是2的幂次，且i a 是奇数，又()()()12246111i i i a a a i i i i i i i i i p p p p p p p p p σ-=++++=++++++，故1246,11i a i i i i i p p p p p -++++++均为4的倍数，因为23,1(mod 4)i i p p ≥≡，所以如果1i α>，则1241,,,,i a i i i p p p -这些数的总个数是4的倍数，所以12211i a i i i p p p -++++.因为212(mod 4)i p +≡，所以121i a i i p p -+++不是2的幂次，于是1i a >不成立.所以1i a =，所以1ti i s p ==∏（i p 为互异的奇质因数），12ti i n p ==∏，可见n 没有非平凡的平方因数. 【点睛】思路点睛：竞赛中与正因数和有关的问题，多用因数和函数来分析处理，令注意利用因数分解定理把因数问题转化为即质因数的问题来处理.19．（2021·全国·高三竞赛）用()P n 表示正整数n 的各位数字之和，求所有这样的三位数n ，使得满足：1(3)()3P n P n +=．【答案】117、207、108. 【解析】【分析】【详解】由于(),(3)P n P n +都是正整数，则据条件，()P n 是3的倍数，因此n 与3n +都是3的倍数．设n abc =，且数n 加3后必须产生进位，则7c ≥．（因为，如果6c ≤，则数n 加3后不会产生进位，于是(3)()3()P n P n P n +=+>，矛盾）并且b 不能是9，这是因为，若9b =，则当9a =时，99n c =，数n 加3后成为1100c ，1{0,1,2}c ∈，这时1(3)()3P n P n +<．当9a <时，9n a c =，若1113n a b c +=，则1111,0,310a a b c c =+==+-．由3(3)()P n P n +=，得3[(1)0(310)]9a c a c ++++-=++，即2()27a c +=，矛盾！所以9b <．今由3[(1)(310)]a b c a b c ++++-=++得9a b c ++=，其中1,7,8a c b ≥≥≤，依次考虑c 、a 、b 的取值，得到三个数：117、207、108，验证知，它们皆合题意． 20．（2021·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 、d 是不同的正整数，且满足a b c da b b c c d d a+++++++是整数，求证：+++a b c d 不是质数．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】【详解】由1a b c d a b c da b b c c d d a a b c d a b c d a b c d a b c d +++>+++=++++++++++++++++，且a b c da b b c c d d a+++++++ 1111b c d aa b b c c d d a=-+-+-+-++++ 43b c d a a b b c c d d a ⎛⎫=-+++< ⎪++++⎝⎭，所以2a b c d a b b c c d d a+++=++++，故2a c b d c aa b c d b c d a b c d a+=--=+++++++，因此1111a c a b d a b c c d ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭，所以()()()()d b d b a c a b d a b c c d --⋅=⋅++++且d b ≠，所以()()()()a b c c d c a b d a ⋅++=⋅++，即22ac abd a c bcd +=+．整理得()()0ac c a bd a c -+-=且a c ≠，所以ac bd =．假设p a b c d =+++是质数，则 2()a a b c d a ab ac ad +++=+++ 2a ab bd ad =+++ ()()a b a d ap =++=，所以()p a b +或()p a d +，而,p a b p a d >+>+，矛盾．综上+++a b c d 不是质数．21．（2021·全国·高三竞赛）解关于实数x 的方程：{}202020201arctank x x k==∑（这里{}[][],x x x x =-为不超过实数x 的最大整数）【答案】{}0 【解析】【分析】【详解】（1）当0x <时，{}202020201arctan 0(1,2,,2020),arctan 0k x x k x k k =<=<≤⋅⋅⋅∑，此时原方程无解．（2）当0x =时，有{}202020001arctan0k x x k===∑．（3）当01x <<时，令arct ()1)2an (0x xf x x =-<<，则211()0(01)12f x x x '=-><<+，故()f x 在()0,1上递增．有()()00f x f >=，即arctan 2x x > 于是，此时{}202020204202020201111125arctan 2224k k k x x x xx x x k k k =====>>=>∑∑∑，即1x >，矛盾．故无解．（4）当1≥x 时，注意到111123tan(arctan arctan )112316++==-，且由110arctan arctan arctan1arctan1232π<+<+=，知11arctan arctan 234+=π．则{}20202020202011111arctan arctan arctan1arctan arctan 1232k k x x k k π===≥>++=>∑∑，与{}202001x <<，矛盾．故此时无解．由（1）（2）（3）（4），知原方程的解集为{}0．22．（2021·全国·高三竞赛）两两不等的实数x 、y 、z 满足222(2)(2)(2)y x z y x z ⎧=-⎪=-⎨⎪=-⎩，求x y z ++.【答案】5或6. 【解析】【分析】【详解】由原方程变形可得到1(1)(3)1(1)(3)1(1)(3)y x x z y y x z z -=--⎧⎪-=--⎨⎪-=--⎩和4(4)4(4)4(4)y x x z y y x z z -=-⎧⎪-=-⎨⎪-=-⎩，又由x 、y 、z 两两不等知,,1,4x y z ≠，于是()()()3331x y x xyz ---==.令,p x y z q xy yz zx =++=++，化简得39p q =+. 另一方面，原方程三式相加得2(2)412p p q p =--+，化简得25122p p q -+=，联立就有26530p p p =-+，即5p =或6. 最后，当22224cos 744cos 784cos 7x y z ππ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩时可以取到5，当2224cos 924cos 944cos 9x y z πππ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩时可以取到6.23．（2021·全国·高三竞赛）若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值. 【答案】1 【解析】【分析】【详解】设该等腰直角三角形斜边中点对应的复数为1z ，直角顶点对应的复数为()1220z z z +≠，则另外两个顶点对应的复数分别为12z z i +和12z z i -，依题意有： 32121212()()()z pz qz r z z z z z z i z z z i +++=-----+，化简得223223111221112223,32,z x z p z z z z q z z z z z z r +=-++=+++=-，所以3222221223,489z z q p Z z z pq r Z =-+=-∈∈.进而122z z Q +∈，与123z z p Z +=-∈联立就有2z Q ∈.再由22223x q p Z =-∈知2z Z ∈，于是21z ≥，所以等腰直角三角形的面积最小为1.另一方面，3210z x z +++=的三个复数根恰是面积为1的等腰直角三角形的顶点. 24．（2021·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个奇数n ，使得!1n +是合数．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】证明当奇数(3)n n ≥时，!1n +与(!)!1n n -+不均为质数即可：用反证法，若!1n +为质数，设!1n p +=，则结合威尔逊定理可得： 111(!)!(1)!(1)!(1)(2)()(mod )n n p n p n p ----=--≡----1(1)!(1)1(mod )n n n p +≡--⋅≡--≡-，此时有(!)!1n n -+为合数，而n 奇数得!n n -也是奇数，从而存在无穷多个奇数n ，使得!1n +是合数．25．（2019·山东·高三竞赛）已知4239n n -+是素数，求正整数n 的所有可能值【答案】n =1，n =2 【解析】【详解】因为()()4222393333n n n n n n -+=++-+，所以或n 2－3n +3=1，解得n =1，2.将n =1，n =2代入检验均满足题意，所以n =1，n =2为所求.26．（2021·全国·高三竞赛）求方程(31)(31)(31)34x y z xyz +++=的所有正整数解(,,)x y z ．【答案】(,,)(28,5,2),(11,7,2)x y z =或其排序，共12组解．【解析】【详解】不妨设x y z ≥≥．若z >31z +<．同理，31,31x y +<+<．三式相乘得(31)(31)(31)34x y z xyz +++<，与原方程矛盾．于是，5z ≤<．（1）若1z =，则4(31)(31)346()20x y xy xy x y ++=⇒+++=．显然，无正整数解．（2）若2z =，则7(31)(31)68521()70(521)(521)x y xy xy x y x y ++=⇒-+-=⇒--=24762717=⨯⨯．只有47611941434=⨯=⨯，才有对应的正整数,x y ，此时(,)(28,5)x y =或(11,7)．（3）若3z =，则10(31)(31)102615()50x y xy xy x y ++=⇒-+-=．两边取模3即知矛盾，故无解．（4）若4z =，则13(31)(31)1361939()130x y xy xy x y ++=⇒-+-=3(1939)(1939)176821317x y ⇒--==⨯⨯．故此时(1939)42y -≤，故39y ≤≤，逐一检验后无解. 综上，(,,)(28,5,2),(11,7,2)x y z =或其排序，共12组解．27．（2021·全国·高三竞赛）求方程||1r s p q -=的整数解，其中p ､q 是质数，r ､s 是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解. 【答案】证明见解析【解析】【详解】容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设2,21r sp q =-=，即21r s q -=±.若21r s q =+，从余数去讨论，3(mod4)q ≡，s 为奇数.()1221(1)1rss s q q qq--=+=+-++，所以121212,12,r r s s q q q --⎧+=⎨-++=⎩()1111111(1)(1)(2)2211222222sr sr s r r r s r s r r s s s s ---⎡⎤=-+=-++=-++⎣⎦，从奇偶性可以看出这种情形方程无解.若21r s q =-为偶数，注意到()1221(1)1r s s q q q q --=-=-+++，所以121212,12,r r s s q q q --⎧-=⎨+++=⎩()11111(1)21221122(1)22sr sr s r r r r s s s s --=+-=+++-+.令2u s v =，其中v 为奇数，则 ()11111(1)21221122(1)22sr sr s r r u r u r s v s v --++=+-=+++-+，观察最后一项，则v 为1，故2u s =，所以221ur q =-，故()()1122211u u r q q --=-+，故1112221212u u r r q q --⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，所以12222r r +=，所以121,2r r ==，1u =，所以3q =，3r =，2s =，综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：3,2,2,3.p q r s =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩或2,3,3,2.p q r s =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩ 28．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任意正整数N ，都存在正整数n N >和n 个互不相同的正整数12,,,n x x x ，使()222222121220202020n n x x x x x x -++++是完全平方数．【答案】证明见解析【解析】【详解】对于3m ≥，必存在不同的正整数12,,,m x x x 满足2221212m m x x x x x x S =++++，令{}112121max ,,,m m m x x x x x x x +=->，则有()21211212m m m m x x x x x x x x x x +=-()2121211m m x x x x x x =-+-()()2222121211m m x x x x x x S =-++++-22221211m m x x x x S +=++++-．以此类推，当504S >时，存在不同的正整数11504,,,,,m m m S x x x x ++-满足2221250412504504m S m S x x x x x x +-+-=++++．存在6N ≥，定义(1)k x k k N =≤≤，则()2221212504N N x x x x x x -+++>．由前述结论可得存在n N >使得()2221212504n n x x x x x x -+++=，此时()2222222222121212122020202020201010n n n n x x x x x x x x x x x x -++++=-+()2121010n x x x =-为完全平方数．29．（2021·浙江·高三竞赛）已知素数p ，q 满足21p q =+.证明：存在正整数m 使得mp 的十进制表示的各位数字之和是2或3. 【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】2p =，3不合题意，若5p =则取110mp =即可.下面假设7p ≥.由费马小定理()()12101101101101p q q q p --=-=+-可知101q p +或101q p -.前者意味着取101q mp =+满足条件.若是101qp -，我们断言{}012110,10,10,,10q A -=⋅⋅⋅中的数模p 两两不同余，即有q 个不同的余数.这是因为若有()1010mod a b p ≡，（01a b q ≤<≤-）则()101mod b a p -≡，由b a -与q 互素以及裴蜀定理知存在正整数u ，v 使得()1u b a vq --=，这样 ()()()1110101010mod uvb a vq q p -+≡==⨯.这意味着1019p -=即3p =，不合题意因此{}012110,10,10,,10q A -=⋅⋅⋅中的数模p 两两不同余.设它们的余数是{}{}12,,,1,2,,1q B r r r p =⋅⋅⋅⊆⋅⋅⋅-. 我们考虑下面的52p -个余数对，它们覆盖了除了0，1，12p -，2p -，1p -之外的所有余数：()2,3p -，()3,4p -，…，31,22p p -+⎛⎫⎪⎝⎭ 若某个对子的两个余数都在B 中出现，不妨设10a k ≡，101b p k ≡--，则10101a b mp =++是p 的倍数，满足题意.若每个对子中的余数都在B 至多出现一个的话，由于12p B -=，所以0，1，12p -，2p -，1p -在B 中出现至少两个，已知1B ∈，0B ∉，其余三个余数12p -，2p -，1p -至少有一个在B 中出现. 若12p B -∈，即有某个1102a p -≡，则2101a mp =⨯+满足题意.若2p B -∈，即有某个102a p ≡-，则102a mp =+满足题意. 若1p B -∈，有某个101a p ≡-，则101a mp =+满足题意. 综上所述，存在p 的倍数的十进制数字和是2或3.30．（2021·全国·高三竞赛）设m 是一个给定的正整数，d 是它的一个正因子．已知{}0i i a ∞=和{}0i i b ∞=是两个由正整数构成的等差数列，满足：存在正整数i 、j 、k 、l ，使得()(),1,,ijkla b a b m ==．证明：存在正整数t 、s 使得(),t s a b d =．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】注意到m 可逐次除以它们若干素因子得到d ，这样只需证对m 的任意素因子p ，存在正整数α、β，使得(),ma b pαβ=．由于(),k t a b m =，故k a p 、l b p 必有一项不能被m 整除．不妨设k ab不能被m 整除．设等差数列{}i a 、{}j b 的公差分别为u 、v ，则0i a a iu =+，0j b b jv =+．下面分两种情况：（1）若p v ．令,k a k l p αβ==+．这时k l a vb b pβ=+．注意到k m ma b p pβ、，又p v 且k a m p ，所以m b β．这说明m p 是a α、b β的公因子，且m 不是它们的公因子．设q 是a α、b β的一个不同于p 的公因子，则q a α、q b β、a qpα．故,a q a b v p ααβ⎛⎫- ⎪⎝⎭，即(),k t q a b m =．又p q ，故mq p ．故(),m a b p αβ=．（2）若p v ．先证p u ． (*)事实上，假设p u ，由(),k l a b m =知00,k l p a ku a p b lu b -=-=．因此,i j p a p b ，这与(),1ija b =矛盾！故（*）得证．取正整数s ，使得l s b p能被mp 整除，但不能被m 整除．令,l sb k l p αβ=+=．这时,l kl s b a a u b b p αβ=+=．注意到k m a p 、l m b p、lsb m p p ，所以m p 是a α与b β的公因子．又lsb m p ，且p u ，所以m a α，从而m 不是a α、b β的公因子．设质数q 是a α，b β不同于p 的公因子，则q b β，l k sbq a u a p α⎛⎫-= ⎪⎝⎭．即(),k l q a b m =．又q p ≠，所以mqp．这说明(),m a b p αβ=．由（1），（2）知结论成立．31．（2021·全国·高三竞赛）设多项式02()()(2)==+≥∑dii i P x a x a d 的系数为正整数．定义数列{}n b ：()101,(1)n n b a b P b n +==≥．证明：对于任意的整数2n ≥，均存在质数p ，使得n p b ，且()121,1n p bb b -=．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】假设存在整数2n ≥，使得n b 的任意一个质因子均为某个(11)i b i n ≤≤-的因子（对于n b 的不同的质因子，i 的取值可以不同）．令p 为n b 的一个质因子，且rn b p l =，其中,,(,)1r l p l +∈=N ．则110012()()(mod )dr i r n n i i b P b a p l a a b p ++===+≡=∑假设()1mod ,r n i i b b p i +++≡∈N 成立，则()()()111mod r n i n i i i b P b P b b p +++++=≡=．所以由数学归纳法知对任意的正整数i ，均有()1mod r n i i b b p ++≡．进而有()12mod r n n kn b b b p +≡≡≡，所以1r kn n p b b +-．定义()p V m 表示正整数m 的标准分解中所含的p 的幂次数，由()p n V b r =，得()p kn V b r =．令i p b 对某个(11)i i n ≤≤-成立，同上可证()()()23p i p i p i V b V b V b ===．于是()()()p n p in p i V b V b V b r ===．从而，若p 为n b 的一个质因子，则它在n b 的中的次数等于在某个(11)i b i n ≤≤-中的次数．所以121n n b bb b -，进而121n n b b b b -≤．由()211n n n b P b b --=>，得21kn n k n b b b --<，所以111211n i n n i nn i i b bb ---==<<∏∏，矛盾，故原命题成立．32．（2021·全国·高三竞赛）一个大于1的整数m ，如果对所有的正整数n ，都存在正整数x 、y 、z ，使得222n mx y z =--，则称m 为上数，否则称为下数．试问：是否存在无数多的上数？是否存在无数多的下数？【答案】存在无数多个上数也存在无数多个下数．【解析】【分析】【详解】存在无数多个上数也存在无数多个下数．首先，存在无数多个下数．考查93m k =+，其中k 为正整数．考查不定方程2226(93)k x y z =+--，若存在解x 、y 、z 则220(mod 3)y z ≡+，故有()0mod3y z ≡≡，所以2222(93)36(mod 9)k x y z x +--≡≡，即2(mod3)x ≡，矛盾．故无解．即所有的93k +为下数．其次，我们证明存在无数多个上数，我们考查21c +，其中222c a b =+（a 、b 、c 为勾股数）．（1）注意到22222(1)(1)21c x c x x x +---=-，可知所有的奇数1n >，均存在解．又22211c a b =+--，可知所有奇数均存在解．（2）对于n 为偶数的情形，考查222222(1)(1)(2)4454(2)9c x cx x c x c c x c +---+-=-+-=---．令c 为奇数，故有24(2)9x c ---可以为所有模4余2的数．（3）而对于4|n ，可以转为考查2224222n x y z m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的问题，不断转化．终会归为（1）或是（2）其中的一类．而存在无数多个勾股数a 、b 、c （a 、b 、c 互质），即存在无数多个满足题意的21c +．即有无数多个上数．33．（2021·全国·高三竞赛）如果正整数n 满足存在正整数a 、b 、c 使得()()()()()(),,,,,,n b c a bc c a b ca a b c ab =⋅+⋅+⋅，则称n 为好数．求证：存在连续2020个正整数这2020个正整数都是好数．注：对于正整数x ，y ，(),x y 表示x ，y 的最大公因数．【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】取121111121,(2),1,(2)(2,3,,2020)i i i l i i l x y x x x y y x x i -===+=-⋅⋅⋅=+=∏．对2,3,,2020i =，由()()1,1,21i i i i x x x x +=++=，知,2i i x x +均与121,,,i y y y -互质，故i y 与121,,,i y y y -均互质．则122020,,,y y y 两两互质．对1,2,3,,2020i =，考查i y 的一个倍数，设为()22i i i n my mx x ==+．注意到取2,,i i i a mx b mx c x ===，则有()()()()()(),,,,,,n b c a bc c a b ca a b c ab =⋅+⋅+⋅．故n 为好数．则由n 的任意性，知i y 的一切倍数均为好数．注意到122020,,,y y y 两两互质，那么由中国剩余定理知关于x 的同余方程组()()mod 1,2,,2020i x i y i ≡-=有正整数解0x ．这意味着对1,2,3,,2020i =，有0x i +是i y 的倍数，因此0x i +是好数．取()01,2,,2020x i i +=即可满足题意．34．（2021·全国·高三竞赛）设函数:f N N ++→同时满足以下三个条件：（1）对任意x 、y N +∈，有()()()f xy f x f y =；（2）对任意x N +∈，有()()f f x x =；（3）()220()20f x x x ≠≤≤．求()2f 的最小值．【答案】1013．【解析】【分析】【详解】在()()()f xy f x f y =中令1x y ==，得()11f =．①设质数p 满足()f p 不是质数，若()1f p =，则由（2）及①，有()()()11p f f p f ===，矛盾．故()f p 为合数，设()f p xy =（x ﹐y 均为大于1的正整数），则()()()()()p f f p f xy f x f y ===．不妨设()1f x =，则()()()11x f f x f ===，与1x >矛盾．因此，若p 是质数，则()f p 也是质数．由（1）、（2），有()()()()()()222222f f f f f f ==，则由()22f 是偶数以及（3），得()222022f ≥．因为()2f 是质数，所以()21013f ≥．另一方面，设小于2020的且不等于2或1013的质数有t 个，从小到大依次为12t p p p <<⋅⋅⋅<，大于2020的质数中，最小的t 个从小到大依次为12t q q q <<⋅⋅⋅<考虑如下定义的函数:f N N ++→：()()()()()()11,21013,10132,,1,2,,i i i i f f f f p q f q p i t ======，且对质数t p q >，有()f p p =．对于合数1i ki i y r α==∏，其中质数12k r r r <<⋯<，且12k N ααα+⋯∈、、、，12k i i α=≥∑，有1()(())i ki i f y f r α==∏．此时，不难验证f 满足（1）、（2）．且对于正整数()22020x x ≤≤，若x 为质数，显然()f x x ≠，若x 是合数，设1jlj j x s β==∏，其中质数12l s s s <<⋯<，且121,,,,2ll j j N ββββ+=∈≥∑．于是，由f 的定义知()f x 一定为至少两个，且每个均不小于1013的正整数的乘积，故()2020f x x ≥≥，则f 满足（3）．综上，知()2f 的最小值为1013．35．（2021·全国·高三竞赛）对每个正整数n ，定义()f n 为从1到n 中所有与n 不互质的正整数的和.求证：若()()f m f n =且m n ≠，则m n -是合数. 【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】首先计算()f n 的表达式，注意到从1到n 中所有与n 互质的正整数有()n ϕ个，并且它们是以t 和n t -的形式成对出现的，因此111()(1)()(1())222f n n n n n n n n ϕϕ=+-⋅=+-.若()()f m f n =且m n ≠，不妨设m n >，则()()()()11m m m n n n ϕϕ+-=+-.① 因为()11n n n m ϕ≤+-≤<，所以(),1m n >.若m n -不为合数，设为质数p ，则()1n kpm p k ==+﹐， ①式变为()()()()()()11111k k p k p k kp kp ϕϕ+++-+=+⎦-⎡⎤⎣.由(),11k k +=，可设()()()()()111,11k p k p lk kp kp l k ϕϕ++-+=+-=+ 其中0l p <<，相减得()()()1k p kp p l ϕϕ+-=+，1k =时， ()()21p p p l ϕ--<+不合题意，所以2k ≥，2p =时，()()()1,1l k p kp p l ϕϕ=+-=+左右奇偶性不同，所以3p ≥.注意()()()()()1,11p kp p k p ϕϕ--+，因此()()1|p p l -+.又0,3l p p <<≥，所以2l p =-，所以()()()121,23k p k p kp k p ϕϕ+=++=-+. 若|p k ，则()|p kp ϕ，所以()3|2p k p -+，所以3p =，所以()()()12121k p k k p ϕϕ+=+<++，矛盾，同理若()1|p k +也得矛盾，所以()()1121p k k p ϕ-+=++，()()123p k k p ϕ-=-+，②所以()()12k k ϕϕ+-=，于是()1k ϕ+和()k ϕ恰有一个不是4的倍数，必模4余2，但()s ϕ模4余2当且仅当4,,2a a s q q =，这里q 是模4余3的奇质数，a 是正整数，分别代回②知都无解.综上，若()()f m f n =且m n ≠，则m n -是合数.36．（2021·全国·高三竞赛）已知正整数,1n n >，设A 为正整数满足2|1n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦，求所有A 的值．（[]x 表示不超过x 的最大整数）【答案】当2n =时，3A =，或4，当2n >时，1A n =+．【解析】【分析】【详解】（1）如果2A n >，则211n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦，由1n >知，2 1n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；（2）如果2A n =，则212n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦，由21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣及1n >知2n =，从而4A =；（3）如果20A n <<，则令22n n A r A ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦，其中20r A n ≤<<，即221()n n A A r A ⎛⎫⎡⎤=+-- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭． ①当2n A n <<时，222,11n n n n n A A A ⎡⎤⎡⎤<<+<+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，由21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣，可设21n nH A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦，于是1nH n <+，即()11n H -<，这样，只有1H =成立，所以21n n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦．代入①式得()2n nA A r =--，即21111n r r A n n n --==+---．若1r ≠，则11r n --是不小于1的正整数，于是A n ≤，与A n >矛盾，因此1r =，故1A n =+．当A n =时，211n n A ⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦，由n ∈+N 知211n n n A ⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦；当0A n <<时，由①式及21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣知，n A r -∣．又0,0A n r A n <<≤<<，从而0A r n <-<，矛盾．综上，当2n =时，3A =，或4，当2n >时，1A n =+．37．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任何正整数m ，存在无穷多组整数(),x y ，使得（1）,x y 互质；（2）2|x y m +；（3）2|y x m +．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】【详解】显然，当1x y ==时，符合题意．若正整数对()(),x y x y ≤满足条件，由条件（2）可设2xx y m '=+，其中x Z +'∈．下证命题：正整数对(),y x '也满足条件，且y x <'．由等式2xx y m '=+知，2xx y yx '>≥，即x y '>．同时还可知，2|x y m '+且()cd ,|g x y m '．若p 是()gcd ,x y '的一个质因子，则有,p m p y ．结合条件（3）有2|p x m +，从而有|p x ．这与条件（1）矛盾．故()gcd ,1x y '=．最后，还需证2yx m '+∣．由于gcd(,)1x y =，等价证()22y x x m '+∣．其中()()()2222220(mod )x x m y m x m m m x y '+=++≡+≡．命题得证，且x y x '>≥．反复利用此命题，便可得到无穷数列{}n a ，其中()212211,n n n a m a a a n a ++++===∈N ．满足1n n a a +>对2n ≥成立，且整数对()()1,n n a a n ++∈N 符合条件．38．（2021·全国·高三竞赛）正整数2n ≥，且n 的素因子个数不超过2，对于任意整数a ，若(),1n a =，则有()mod n a a n ≡成立，求证：n 是质数.【答案】证明见解析. 【解析】【分析】【详解】假设n p q αβ=，（其中p q 、均为质数，N αβ∈﹐）. 首先证明：p q ≠，若n p γ=（p 为质数，γαβ=+）.因为(),1n a =，所以取最小整数δ，使得()1mod a p δγ≡（易知δ为a 对模2p 的阶）.又()111(mod )1mod n n an a p γ--≡⇔≡，所以()()1(1),(1)1p p p n p γγγδϕδδ-=--⇔-∣，所以1p δ-∣. 取()()()11111111(1)11mod p p a p p a p p p p p γγγγγγ------=--⇒≡-≡--+≡+，矛盾.所以n p p q γ≠⇒≠.任取与p q 、互质的a ，由Euler 定理知：()()1(mod ),()(1)(1)n an n p q p q ϕαβϕϕ≡==--.从而()()1|1p q δ--，又因为()|(1)|1n p q αβδδ-⇒-，所以()11111p q p q p q αβαβαβδ----+--∣.所以111111(mod )p qp q p q a n αβαβαβ----+--≡，所以()111mod p q a p αβα--≡，所以()111mod q p q a p αα--≡.同理()111mod p q aq αββ--≡.不妨设p q >，则p 一定是奇质数.因此它存在原根g ，满足()11mod q gp α-≡/.因此，一定存在整数k ，使得q kp g α+，取a kp g α=+，矛盾! 结合2n ≥，知n 只能有一个质因子，即n 是质数. 又由Fermat 小定理知，当n 为质数时，满足题意.39．（2021·全国·高三竞赛）设a ，b 为正奇数，定义数列{}n f 如下：1f a =，2f b =，当3n ≥时，n f 为12n n f f --+的最大奇因子.求证：当n 充分大时，n f 为常数，并确定出这个常数. 【答案】a ，b 的最大公约数. 【解析】【详解】从题目条件可以知道，如果有相邻两项k f ，1k f +相等，则当n k ≥时，n f 全相等，为常数. 用反证法，如果n f 不为常数，则序列{|}n f n N ∈的任意相邻两项不等.由于1n f -，2n f -皆为奇数，则12n n f f --+为偶数.那么，有(){}12121max ,2n n n n n f f f f f ----≤+<，于是，有 {}{}{}3456max ,max ,max ,...a b f f f f >>>.显然，这无限递降正奇数数列不存在，矛盾.所以，必存在正整数k ，使得1k k f f +=，即当n k ≥时，n k f f =.设此常数为C ，由于122an n n f f f --+=，这里a 是个正整数，以及n f ，1n f -，2n f -均为奇数，可知1n f -，2n f -的最大公约数()12,n n f f --等于n f ，1n f -的最大公约数()1,n n f f -.从而，序列中任意相邻两项的最大公约数相同.那么，()(),...,C C C a b ===，即这常数为a ，b 的最大公约数.40．（2020·全国·高三竞赛）设12121,2,2,3,4,n n n a a a a a n --===+=证明：对整数5n ≥，n a ，必有一个模4余1的素因子．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】不妨记11αβ==由递推式及数学归纳法得到n a 有奇素因子p ，然后对正整数进行讨论，证明也存在模4余1的素因子. 【详解】证明：记11αβ=+=-n n n a αβαβ-=-．记2n nn b αβ+=，则数列{}n b 满足122(3)n n n b b b n --=+≥ ①因121,3b b ==均为整数，故由①及数学归纳法，可知{}n b 每项均为整数．由222()22n n n n n αβαβαβαβαβ⎛⎫⎛⎫+--⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可知222(1)(1)nn n b a n -=-≥ ②当1n >为奇数时，由于1a 为奇数，故由{}n a 的递推式及数学归纳法，可知n a 为大于1的奇数，所以n a 有奇素因子p ．由②得21(mod )n b p ≡-，故112(1)(mod )p p n b p --≡-．又上式表明(),1n p b =，故由费马小定理得11(mod )p n b p -≡，从而12(1)1(mod )p p --≡．因2p >，故必须12(1)1p --=，因此1(mod 4)p ≡．另一方面，对正整数m ，n ，若|m n ，设n km =，则()(1)(2)(2)(1)n n m mk m k m m m k m k m n a αβαβααβαββαβαβ------==⋅++++--()0(212)(212)1(22)(22)1()(),2=(()(),21i im l i m l i m m l i lm im l i m l i m m l a k l a k l αβαβαβαβαβ=-----=---⎧⋅∑+=⎪⎨⎪⋅∑++=+⎩因2s ss b αβ+=为整数（对正整数s ），1αβ=-为整数，故由上式知n a 等于m a 与一个整数的乘积，从而|m n a a ．因此，若n 有大于1的奇因子m ，则由前面已证得的结论知m a 有素因子1(mod 4)p ≡，而|m n a a ，故|n p a ，即n a 也有模4余1的素因子．最后，若n 没有大于1的奇因子，则n 是2的方幂．设2(3)l n l =≥，因84082417a ==⨯有模4余1的素因子17，对于4l ≥，由8|2l 知82|l a a ，从而2l a 也有素因子17．证毕．【点睛】关键点点睛：本题证明的关键是能够运用数论整除的相关知识以及费马小定理进行证明，不漏掉情况.41．（2019·江苏·高三竞赛）设k 、l 、c 均为正整数，证明：存在正整数a 、b 满足(,)b ac a b -=⋅，且()(),(,)a b l kb a a b a b ττττ⋅=⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中(a ，b )表示a 、b 的最大公因数，()m τ表示正整数m 的所有不同正因子的个数. 【答案】见解析【解析】【详解】如果m 的标准分解式为1212n n n m p p p ααα=，那么()()()12()111n m τααα=+++.取定两个不同的素数p 、q 使得(pq ，c )=1.由于(p ，q )=1，利用裴蜀定理，存在正整数00,u v ，使得00k lp u q v c -=.由于(pq ，c )=1，那么0p v 且0q u . 由中国剩余定理，下列同余方程组：0001(mod )1(mod )1(mod )l kl u tq p v tp q u tq c ⎧+≡⎪+≡⎨⎪+≡⎩有正整数解t t =0. 令0000,l ku u t q v v t p =+=+，那么k l p u q v c -=，而且(u ，pqc )=1.因此(,)1,(,)1v pqc u v ==.现在取2211,k l l d p q n q v --==，则l k n c q v c p u +=+=. 从而(,)1n n c +=.令a =nd ，b =(n +c )d ，那么(a ，b )=d ，因此(,)b a cd c a b -==⋅.而且：()()2211()()(),k ll l p q va nd l l la n q v ab ττττττ-+-⋅=⋅=⋅⎛⎫⎪⎝⎭()22221k l l l k l l +==+.()()2211()(())(),kk l kp qub ncd k k k b n c p u a b ττττττ+--+⋅=⋅=⋅+⎛⎫⎪⎝⎭()22221kk l k k l k +==+.所以()()(,)(,)a b l ka b a b a b ττττ⋅=⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.42．（2019·江西·高三竞赛）试求所有由互异正奇数构成的三元集{a ，b ，c }，使其满足：2222019a b c ++=.【答案】7个，{1,13,43},{7,11,43},{13,25,35},{5,25,37}，{}11,23,37，{17,19,37},{7,17,41}. 【解析】【详解】据对称性，不妨设a <b <c ，由于奇平方数的末位数字只具有1、5、9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5、5、9的形式，要么是1、9、9的形式.又知，如果正整数n 是3的倍数，那么n 2必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么n 2被3除余1.由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数a 、b 、c 皆不是3的倍数. 注意[2019]44c =，即奇数c ≤43，而222232019c a b c >++=，即c 2>673，且c 不是3的倍数，故奇数c ≥29. 因此奇数{29,31,35,37,41,43}c ∈.。

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。

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。

高中数学竞赛数论

高中数学竞赛数论数论作为数学的一个分支，是数学竞赛中重要的考查内容之一。

高中数学竞赛数论题目常常涵盖了整数性质、模运算、质数等各个方面的知识。

在数论的学习和应用中，往往需要我们灵活运用各种技巧和方法来解决问题。

本文将从基本概念、常见性质、解题技巧等方面来介绍高中数学竞赛数论的相关内容。

一、基本概念1. 整数的性质：整数的奇偶性、整数的除尽性等都是数论中基本的概念。

在解题过程中，我们常常需要利用整数的性质来简化问题。

2. 算术基本定理：任何一个大于1的正整数，都可以表示为若干个质数的乘积，且这种表示方法是唯一的。

这一定理在数论中有着非常重要的作用，解决了很多关于因数分解的问题。

3. 同余方程：在数论中，我们常常会接触到模运算和同余方程。

同余方程是指在整数集合Z上定义的一种关系，通常用符号“≡”来表示。

在解决问题时，求解同余方程是一个常见的手段。

二、常见性质1. 质数性质：质数是指只有1和它本身两个正因数的自然数。

在解题中，我们需要掌握质数的性质，如质数的判定方法、质数之间的性质等。

2. 欧拉定理：欧拉定理是数论中的一个重要定理，它描述了正整数幂的同余性质。

欧拉定理在数论中的应用非常广泛，是解决一类数论问题的重要工具。

3. 数列与递推关系：在数论竞赛中，常常会涉及到数列和递推关系。

我们需要熟练掌握数列的性质和常见的数列递推方法，以便解题时能够迅速找到规律。

三、解题技巧1. 数学归纳法：数学归纳法是数论中常用的证明方法，通过数学归纳法可以证明某个结论对于所有正整数都成立。

在数论竞赛中，经常可以用到数学归纳法来解决问题。

2. 等价转化：有时候，我们需要将原来的问题进行等价转化，从而简化解题过程。

通过巧妙的等价转化，我们可以找到更容易解决的问题。

3. 假设反证法：假设反证法是一种解题思路，通过假设问题的否定，再通过逻辑推导得出矛盾，从而证明原命题成立。

在数论中，假设反证法常常被用来解决一些猜想和证明问题。

高一年级竞赛数学数论专题讲义：1整除

高一年级竞赛数学数论专题讲义：1整除高一竞赛数论专题1.整除设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b ?. 整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ?(2)|,|a b a c ?对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c(2)若|a bc 则|.a c3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=4.证明对任意整数n ,65222n n n n +--能被120整除.5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n -+.求m 的所有可能取值.6.证明：正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111x y y x --+++是整数,求证4441x y -能被1x +整除.8.证明：对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k k f n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明：p n n C p ??-能被p 整除.10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<<,使得11(1)n k kp =+∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)n k ka =+∏为整数?.11.设,m n 是正整数, 证明(,)(21,21)21.m n m n --=-12.任给2n ≥,证明：存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.高一竞赛数论专题1.整除解答设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b ?. 整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ?(2)|,|a b a c ?对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a。

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