【11】数论
数论篇
数论专题数论知识包括数的奇偶性、质数、合数、数的整除、余数的性质、数位的含义、平均数、分解因数、平方数、倍数与因数（1）数的奇偶性奇数+奇数=偶数奇数+偶数=奇数偶数+偶数=偶数奇数个奇数相加=奇数偶数个奇数相加=偶数奇数×奇数=奇数偶数×偶数=偶数奇数×偶数=偶数只要式子中含有偶数，那么相乘结果就是偶数（2）数的整除，常见的数的整除特征2：个位是偶数3：各个数位之和是3的倍数5：个位是0和54、25：后两位可以被4（25）整除8、125：后三位可以被8（125）整除9：各个数位之和是9的倍数7：一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，差是7的倍数。
例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13－3×2＝7，所以133是7的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613－9×2＝595 ，59－5×2＝49，所以6139是7的倍数。
11：奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差(以大减小)是11的倍数。
13：一个多位数的末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差，可以被13整除即可被13整除。
17：若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的5倍，如果差是17的倍数，则原数能被17整除。
（3）余数的性质1.余数的可加性：和的余数等于余数的和。
2.余数的可减性：差的余数等于余数的差。
3.余数的可乘性：积得余数等于余数的积。
4.同余的性质：对于同一个余数，如果有两个整数余数相同，那么它们的差就一定能被这个除数整除。
对于同一个除数，如果有两个整数余数相同，那么它们的乘方就一定能被这个除数整数。
数的整除【例1】（★★★）将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（4×3×2×1=24）。
将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000-4000之间。
离散数学--11.1-2初等数论
(n)
n/ln n
(n)
n/ln n
1.159 1.132 1.104
10
素数的分布(续)
定理11.3 当n≥67时,
ln n 3 2 n
( n)
(n)
ln n
1 2
推论(素数定理)
n
lim
1
n / ln n
11
素数测试
定理11.4 如果a是合数, 则a必有小于等于 a 的真因子. 证 由性质11.1.6, a=bc, 其中1<b<a, 1<c<a. 显然, b和c中 必有一个小于等于 a . 否则, bc>( a )2=a, 矛盾. 推论 如果a是合数, 则a必有小于等于 a 的素因子. 证 由定理, a有小于等于 a 的真因子b. 如果b是素数,
第11章
初等数论
1
第11章
• 11.1 素数
初等数论
• 11.2 最大公约数与最小公倍数
• 11.3 同余
• 11.4 一次同余方程与中国剩余定理 • 11.5 欧拉定理和费马小定理
2
11.1 素数
• 整除、倍数和因子 • 带余除法
• 素数与合数
• 算术基本定理 • 筛法
3
整除、倍数和因子
设a, b是两个整数，且b≠0. 如果存在整数c 使 a=bc，则 称a 被b 整除，或 b 整除a，记作 b|a. 此时, 又称 a 是b 的 倍数，b是a 的因子. 把 b 不整除 a 记作 b a. 例如, 6有8个因子±1, ±2, ±3和±6. 今后只考虑正整数的正因子. 平凡因子 : 1和自身 真因子 : 除1和自身之外的因子 例如, 2, 3 是 6 的真因子
数论第11讲_平方数(教师版)A4
数论第11讲_平方数一．完全平方数的概念一个数如果是另一个整数的完全平方，那么我们就称这个数为完全平方数，也叫做平方数．例如：0、1、4、9、16、25、36、49、64、81、100、121、144、169、196、225、256、289、324、361、400、441、484……二．完全平方数的性质1．完全平方数的末位数只能是0、1、4、5、6、9．2．奇数的平方的个位数字为奇数，十位数字为偶数．3．如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6；反之，如果完全平方数的个位数字是6，则它的十位数字一定是奇数．4．如果一个数的十位数字是奇数，而个位数字不是6，那么这个数一定不是完全平方数．5．如果一个完全平方数的个位数字不是6，则它的十位数字是偶数．6．偶数的平方是4的倍数；奇数的平方是4的倍数加1．7．奇数的平方是81n+型；偶数的平方为8n或84n+型．8．平方数的形式必为下列两种之一：3k、31k+．9．不能被5整除的数的平方为51k±型，能被5整除的数的平方为5k型．10．平方数的形式具有下列形式之一：16m、161m+．m+、169m+、16411．在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完全平方数．12．一个正整数n是完全平方数当且仅当n有奇数个因子(包括1和n本身)．三．重要结论1．个位数是2、3、7、8的整数一定不是完全平方数．2．个位数和十位数都是奇数的整数一定不是完全平方数．3．个位数是6，十位数是偶数的整数一定不是完全平方数．4．形如32n+型的整数一定不是完全平方数．5．形如42n+和43n+型的整数一定不是完全平方数．6．形如52n±型的整数一定不是完全平方数．7．形如82n +，83n +，85n +，86n +，87n +型的整数一定不是完全平方数．重难点：平方数的性质，平方数与平方差公式以及平方数的综合应用．题模一：平方数的性质例1.1.1从1到2008的所有自然数中，乘以72后是完全平方数的数共有多少个？【答案】31【解析】完全平方数，所有质因数必成对出现．327223266=⨯=⨯⨯，所以满足条件的数必为某个完全平方数的2倍，2313119222008232322048⨯⨯=<<⨯⨯=，共31个．例1.1.2整数aabb 是完全平方数 则a = ；b = ．【答案】7a =、4b = 【解析】根据位置原理11100aabb a b =⨯⨯+（）所以100a b ⨯+（）为一个平方数和11的乘积1164704⨯= 所以7,4a b ==．例1.1.3两数乘积为2800，而且已知其中一数的约数个数比另一个数的约数个数多1．那么这两个数分别是多少？【答案】16、175【解析】这两个数约数个数为一奇一偶，故有一个为完全平方数．422800257=⨯⨯，这样完全平方数可能为1、22、42、25、2225⨯、4225⨯．经检验，只有4216=符合要求，此时另一个数为257175⨯=有6个约数，16有5个约数．例1.1.4从0、2、4、6、8中挑出4个各不相同的数字能组成一个四位完全平方数，这个完全平方数是__________．【答案】6084【解析】首先个位只能是4（为0需要两个0，为6需要十位数字为奇数），其次，不用的数字只能为2（为0或6则被3除余2，为8则被3整除而不被9整除）．这样，只有6084、6804、8064、8604四种可能，经尝试，只有6084符合，是78的平方．例1.1.5自然数N 是一个三位数，它是一个完全平方数，且它的三个数位上的数都为完全平方数，这样的自然数有几个？【答案】5【解析】0至9中只有0、1、4、9为完全平方数，故N 由0、1、4、9构成，百位只能为1、4或9．逐一试验10、11、12、13、14、20、21、22、30、31的平方，只有210100=、212144=、220400=、221441=、230900=符合要求，共5个．例1.1.6有5个连续自然数，它们的和为一个平方数，中间三数的和为立方数，则这五个数中最小数的最小值为_____．【答案】1123【解析】考查平方数和立方数的知识点，同时涉及到数量较少的连续自然数问题，设未知数的时候有技巧．设中间数是x ,则它们的和为5x , 中间三数的和为3x ．5x 是平方数，设2255x a =⨯,则25x a =．2231535x a a ==⨯⨯是立方数，所以2a 至少含有3和5的质因数各2个, 2a 至少是225,中间的数至少是1125．最小数的最小值为1123．例1.1.7用300个2和若干个0组成的整数有没有可能是完全平方数？【答案】不可能【解析】用300个2和若干个0组成的数的数字和是600，为3的倍数，则这个数是3的倍数，又此数为完全平方数，所以这个数应该是9的倍数，其数字和是9的倍数，矛盾．【主知识点】例1.1.8已知2381444=，像1444这样能表示为某个自然数的平方，并且末3位数字为不等于0的相同数字，我们就定义为“好数”．（1）请再找出一个“好数”．（2）讨论所有“好数”的个位数字可能是多少？（3）如果有一个好数的末4位数字都相等，我们就称之为“超好数”，请找出一个“超好数”，或者证明不存在“超好数”．【答案】（1）21038（2）4（3）不存在超好数【解析】（1）因为2381444=，所以210381077444=．（2）平方数的性质可知，完全平方末尾数字只可能是1，4，9，6，5和0，0不考虑．末尾数是5的平方尾数一定是25，故不可能是5；对于1，设()2101a +满足X 111；而()()2101=20511a a a +⨯++；倒数第二位一定是偶数，不符合题意；对于9，设()2103a +满足X 999；而()()210320519a a a +=⨯++，倒数第二位一定是偶数，不符合题意；又设()2107a +满足X 999；而()()210720571a a a +=⨯++；倒数第二位一定是偶数，不符合题意；对于6，设()2104a +满足X 666；而()()210410080106a a a +=+++，倒数第二位一定是奇数，不符合题意；设()2106a +满足X 666；而()()2210610101236a a a +=⨯+++；倒数第二位一定是奇数，不符合题意；所以好数的个位数字只能是4．（3）假设存在超好数，设其为()()210381n n ++≥则()()2222111038=100001076001014441000107610444n n n n n ++-+⨯+⨯+=⨯+⨯+．而()2111076101n n +-+⨯+不能被4整除，也就是倒数第四位不可能为4，故假设不成立，不存在超好数．题模二：平方数的运算例1.2.1能否找到这么一个数，它加上24，和减去30所得的两个数都是完全平方数？【答案】找不到【解析】假设能找到，设这两个完全平方数分别为2A 、2B ，那么这两个完全平方数的差为()()54A B A B =+-，由于()A B +和()A B -的奇偶性质相同，所以()()A B A B +-不是4的倍数，就是奇数，所以54不可能等于两个平方数的差，所以这样的数找不到.例1.2.2把1—50这50个数的平方数从小到大排成一个多位数149162536……，请问这个多位数共有（ ）位数字．【答案】157【解析】1-3的平方只有一位数，共3个数字； 4-9的平方有两位数字，共2×6=12个数字； 10-31的平方有三位数字，共有3×22=66个数字； 32-50的平方有四位数字，共有4×19=76个数字； 合计：3+12+66+76=157个数字．例 1.2.3把自然数中的平方数去掉后得到数列2，3，5，6，7，8，10，11，……，其中第2011项是__________．【答案】2056【解析】与2011比较接近的平方数为2452025=，故2025排在第2025-45=1980个，还差31个数，第2011个数为2025312056+=．例1.2.4一串连续正整数的平方12，22，32，……，1234567892的和的个位数是________．【答案】5【解析】因为平方数的个位数是（1＋4＋9＋6＋5＋6＋9＋4+1+0）×12345678＋（1＋4＋9＋6＋5＋6＋9＋4+1）即个位数为5×8＋5．例1.2.5如果一个自然数能表示成两个完全平方数的差，则把这个自然数称为“智慧数”，如：16259=-，所以称16为智慧数．则在自然数列中，从1数起，第2012个智慧数是哪个数？【答案】2683【解析】任取一奇数21k +，有()()()()22211111k k k k k k k k k +=++=+++-=+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，因此奇数均为智慧数；任取一4的倍数4k ，有()()()()4221111k k k k k k =⨯=++-+--⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()2211k k =+--，因此4的倍数均为智慧数；而完全平方数被4除的余数为0或1，故两个完全平方数的差不可能为2，因此被4除余2的均不是完全平方数．综上，一个数是智慧数当且仅当其被4除不余2，从1开始每4个数有3个是智慧数．201236702÷=，故从1数起，第2012个智慧数是467032683⨯+=．例1.2.6一个自然数减去45及加上44都仍是完全平方数，求此数．【答案】1981【解析】()()22a b a b a b -=+⨯-，45+44=89，89是质数，只能是189⨯，所以89a b +=，1a b -=，所以45a =，这个数为245441981-=．题模三：平方数的综合应用例1.3.1某小学为了庆祝“六一”儿童节排练学生团体操，要求全体参加排练的学生恰好能排成一个正方形队列，也能变换成一个正三角形队列．参加排练团体操的学生至少要有__________人．【答案】36【解析】“能排成一个正方形队列”说明人数是平方数，“能变换成一个正三角形队列”说明人数能表示成从1开始的连续自然数之和．那么综合起来考虑，稍加尝试发现，满足条件的最小人数为：23661+2+3+4+5+6+7+8==．例1.3.2将100个灯泡编成100个号，即：1，2，3，……，100．现有100个人去拉开关，第一个人把1的倍数的灯号开关都拉一下，第2个人把2的倍数的灯号开关都拉一下，直到第100个人将100号灯泡拉一下．假定开始时，灯泡全不亮，试问：这100个人全拉完后，哪些编号的灯泡是亮的？【答案】1、4、9、16、25、36、49、64、81、100【解析】某个灯泡被拉的次数即为其编号的约数个数，最终亮的灯泡被拉了奇数次，故其编号有奇数个约数，即为完全平方数．因此，亮的编号为1、4、9、16、25、36、49、64、81、100．例1.3.3某个家庭有4个成员，他们的年龄各不相同，4人年龄的和是129岁．其中有3人的年龄是平方数，如果倒退15年，这4人中仍有3人的年龄是平方数．请问，他们4人中年龄最大的现在的年龄是___________岁．【答案】64【解析】由于有3人十五年前为平方数，故必有两个人现在和十五年前同时为平方数，设现在的年龄2a ，十五年前年龄2b ，()()2215a b a b a b -==+-，则8a =或2；7b =或1；则年龄最大的64．例1.3.4在时候有两位贩卖家畜的商人把他们共有一群牛卖掉，每头牛买得的钱数正好等于牛的头数．他们把所得的钱买回了一群羊，每只羊10文钱，钱的零头又买了一只小羊．他们平分了这些羊，结果第一个人多得了一只大羊，第二人得到了那只小羊．为了公平，第一个人应补给第二人____________文钱．【答案】2【解析】根据题意可知，牛群的总价是一个完全平方数，大羊的只数是个奇数．因为每只大羊10文钱，所以大羊总价个位为0，十位是一个奇数．小羊的价钱是一个小于10的整数，且牛群与羊群的总价相等，所以牛群总价是完全平方数且十位数字是奇数．根据平方数的特征，如果一个数为某数的平方，且十位数字为奇数，那么它的个位数字一定是6．所以小羊价钱为6文钱，第一个人应补给第二人()10622-÷=文钱．随练1.1如果m 是整数，那么m 2+1的个位数只能是________.【答案】1，2，5，6，7，0【解析】平方数的尾数只能是0、1、4、5、6、9．随练1.2有一些自然数（0除外）既是平方数，又是立方数（注：平方数可以写成两个相同的自然数的乘积，立方数可以写成三个相同的自然数的乘积）．如：111111=⨯=⨯⨯，6488444=⨯=⨯⨯．那么，1000以内的自然数，这样的数共有__________个．【答案】3【解析】既是完全平方数又是立方数的数所含相同质因数的个数至少是6个或6的倍数，满足条件的数有：611=，6264=，63729=，6440961000=>，66231000⨯>，所以满足条件的数只有3个．随练1.3一个两位数乘以7，所得到的积的各数位上的数字相加和是18，并且这个两位数的约数有奇数个，那么这个两位数是 ．【答案】81【解析】易知乘积既为7的倍数，又为9的倍数，即为63的倍数，且最大为9976311⨯=⨯．经试验，63的2至11倍中，只有189、567、693的数字和为18，而其中只有45677813÷==的约数个数为奇数个．随练1.4n 减58是完全平方数，n 加31也是完全平方数，求n ．【答案】1994【解析】()()22a b a b a b -=+⨯-，58+31=89，89是质数，只能是189⨯，所以89a b +=，1a b -=，所以45a =，这个数为245311994-=．随练1.546305乘以一个自然数a ，积是一个完全平方数，则最小的a 是多少？【答案】105【解析】46305=5×3×3×3×7×7×7，所以a 最小是5×3×7=105．随练1.64800000有______个因数是立方数．【答案】8【解析】立方数要求每种质因数的个数都为3的倍数．954800000235=⨯⨯，质因数可2可以取0个、3个、6个、9个共4种方法，质因数5可以取0个或3个共两种方法．所以4800000有428⨯=个因数是立方数．作业1同时满足以下条件的数是（）．①所有因数的和为31；②是5的倍数；③有奇数个因数．A ．30B ．27C ．25D ．20【答案】【解析】数论知识，有奇数个因数一定是平方数，C 正确．作业21016与正整数a 的乘积是一个完全平方数，则a 的最小值是______．【答案】254【解析】310162127=⨯，故a 最小为2127254⨯=．作业3在1——200的200个正整数中，所有只有3个约数的正整数的和为__________．【答案】377【解析】由求约数个数的公式可知，只有质数的平方有3个约数．221320017<<，由此易知满足条件的数有4、9、25、49、121、169，总和为377．作业4已知两个不同的正整数a 、b 满足：a b +和a b -都是完全平方数，那么a 的最小值是__________．【答案】5【解析】a b +和a b -同奇同偶，且()()22a b a b a b +-=-也是平方数，即222a b c -=，a 、b 、c 为勾股数组，a 最小为5．作业5两个不同两位数的乘积为完全平方数，它们的和最大可能是__________．【答案】170【解析】（1）两个数均为平方数，则它们的乘积仍为平方数，这种情况和最大为8164145+=．（2）两个数均不是平方数，则这两个数为2a m ⨯，2a n ⨯（其中m 不等于n ）．对可能的情况进行讨论：当2a =时，这两个数最大是227⨯，226⨯，和为9872170+=．当3a =时，这两个数最大是325⨯，316⨯，和为7548123+=．当5a =时，这两个数最大是516⨯，59⨯，和为8045125+=．当6a =时，这两个数最大是616⨯，69⨯，和为9654150+=．……经讨论，和最大为170．作业6有两个两位数，它们的差是14，将它们分别平方，得到的两个平方数的末两位数（个位数和十位数）相同，那么这两个两位数是 （请写出所有可能的答案）．【答案】(43,57)、(18,32)、(68,82)【解析】设这两个数分别是a 和14a +，则2a 与()214a +两个数的末两位相同，即2a 与()228196a a ++的末两位相同，所以()28196a +是100的倍数，a 个位只能是3或8．先设103a k =+，则28196280280a k +=+，当4k =，9时满足条件，但9k =时较大的两位数大于100不合题意．再设108a k =+，可求得1k =，6时满足条件．所以一共有(43,57)、(18,32)、(68,82)三组答案．作业7一个三位数去掉中间的一个数字得到一个新的两位数，如235去掉中间的3后得到25，如果原来的三位数是新两位数的平方，那么这样的三位数共有_______个．【答案】2【解析】若两位数的平方为三位数，可得其最大值为31，且易知15及以上的数其平方的百位大于原数的十位，故只可能为10至14．经验证，只有10、11符合要求．作业8甲、乙两人合养了n 头羊，而每头羊的卖价又恰为n 元，全部卖完后，两人分钱方法如下：先由甲拿十元，再由乙拿十元，如此轮流，拿到最后，剩下不足十元，轮到乙拿去．为了平均分配，甲应该补给乙多少元？【答案】2【解析】n 头羊的总价为元，由题意知元中含有奇数个10元，即完全平方数的十位数字是奇数．如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6．所以，的末位数字为6，即乙最后拿的是6元，从而为平均分配，甲应补给乙2元．作业9请从1986，1989，1992，1995，1998这五个数中挑出不能写成两个自然数的平方差的数．【答案】1986、1998【解析】()()22a b a b a b -=+⨯-，我们还可以知道这两个数的奇偶性是相同的，19861198629936331=⨯=⨯=⨯；198911989=⨯；19922996=⨯；199511995=⨯，199811998299936666333=⨯=⨯=⨯=⨯=……，从上面我们发现1986和1998不能写成两个奇偶性相同的数的乘积，所以1986和1998不能写成两个自然数平方差的形式．作业10志诚小学三六年级的学生人数比一二年级的学生人数多100人，但比五六年级的学生人数少53人，已知五六年级的学生人数和一二年级的学生人数都是完全平方数，那么志诚中学总的学生人数有多少人？(请写出最现实的答案)【答案】1981【解析】五六年级的人数和一二年级的学生人数都是完全平方数，所以可以设五六年级的学生人数为2A ，一二年级的学生人数为2B ，则()()153A B A B =+-，而1533317=⨯⨯，所以，()A B +与()A B -可能为153和1；17和9；51和3，由这三个答案得到的A 和B 的值分别为：77和76，13和4，27和24，显然由前两组答案得到的学校人数不符合现实，所以27A =，24B =为最佳结果.此时五六年级的学生人数为729人，一二年级的学生人数为576人，三六年级的学生人数为676，学校的总人数为7295766761981++=人.作业11求满足下列条件的所有自然数：(1)它是四位数． (2)被22除余数为5． (3)它是完全平方数．【答案】1369, 2601, 3481, 5329, 6561, 9025【解析】解设2225n N +=其中，n ，N 为自然数，可知N 为奇数()2161121N n -=-得到()()()441121N N n -⨯+=-，11|411|4N N -+或者()21114N k ⇒=-⨯+227N k ⇒=-或者2215(1,2,3,4)N k k =-=……，k =1时227,4915,225N N N N ⎧==⎪⎨==⎪⎩舍去， k =2时2229,84137,1369N N N N ⎧==⎪⎨==⎪⎩舍去，k =3时2251,260115,3481N N N N ⎧==⎪⎨==⎪⎩，k =4时2273,532981,6561N N N N ⎧==⎪⎨==⎪⎩， k =5时2295,9025103,10609N N N N ⎧==⎪⎨==⎪⎩舍去所以此自然数为1369, 2601, 3481, 5329, 6561, 9025．。
数论专题讲义
数论专题讲义数论专题数论主要分为以下几个模块：1、数的整除问题2、质数合数与分解质因数3、约数与倍数4、余数问题5、奇数与偶数6、位值原理7、完全平方数8、数字谜问题一、分裂问题一.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除；2.一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除；一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除；3.如果一个整数的奇数位数和偶数位数之和的差可以除以11，那么这个数可以除以114.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，然后这个数字可以除以7、11或13【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）性质1如果数a和数b都能被数c整除，那么它们的和或差也能被c整除．即如果ca，CB，然后是C（a±b）性质2如果数a能被数b整除，b又能被数c整除，那么a也能被c整除．即如果boa，Cob，然后COA用同样的方法，我们还可以得出：属性3如果a可以被B和C的乘积除，那么a也可以被B和C除。
也就是说，如果bcoa，那么么boa，coa．属性4如果数字a可以被数字B或数字C除，并且数字B和数字C是互质的，那么a必须被数字B除1/10除以和C的乘积。
也就是说，如果boa，COA和（B，C）=1，那么bcoa性质5如果数a能被数b整除，那么am也能被bm整除．如果b｜a，那么bm｜am（m是非零整数）；性质6如果数a能整除数b，且数c能被数d整除，那么ac也能整除bd，如果b｜a，和D C，然后是BD AC；1、整除判定特征如果六位数的数字是1992□ □ 可以除以105，最后两位数是多少？2、数的整除性质应用如果15abc6可以除以36，商是最小的，那么a、B和C分别是什么？3、整除综合性问题已知：23！？258d20c6738849766ab000。
第十一讲 初等数论-2
12
• 分析： 分析：
–先明确下各个变量代表的意思： 先明确下各个变量代表的意思： 先明确下各个变量代表的意思
• x：青蛙A的出发点坐标 青蛙A • y：青蛙B的出发点坐标 青蛙B • m：青蛙A一次能跳m米 青蛙A一次能跳m • n：青蛙B一次能跳n米 青蛙B一次能跳n • L：纬度线总长L米 纬度线总长L
2
gcd（最大公因子） 最大公约数 gcd（最大公因子）
• Euclidean算法求两个正整数a和b的 Euclidean算法求两个正整数a 算法求两个正整数 gcd。先令r gcd。先令r0为a，r1为b，接着执行如 下运算： 下运算：
3
最大公约数
• GCD递归定理：对任意非负整数a和任意 GCD递归定理 对任意非负整数a 递归定理： 正整数b 正整数b，gcd(a, b) = gcd(b, a mod b)。 b)。
7
扩展欧几里德算法
程序代码如下： 程序代码如下： int extended_ gcd(int a, int &y){ int t, gcd; if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } gcd = extended_ gcd t = x; x = y; y = t return gcd; } int b, int &x,
14
第三章
同 余
同余是数论中的重要概念， 同余是数论中的重要概念，同余理论是研究整数 问题的重要工作之一.本章介绍同余的基本概念， 问题的重要工作类和完全剩余系.
15
例3. 求 7 的个位数.
7 解：1 ≡ −3(mod10), 7 2 ≡ −1(mod10), 7 4 ≡ 1(mod10)
高一年级竞赛数学数论专题讲义：11.模为素数的二次剩余
高一竞赛数论专题 11.模为素数的二次剩余设素数2,p d >是整数,.p d Œ如果同余方程2(mod )x d p ≡有解,则称d 是模p 的二次剩余,若无解,则称d 是模p 的二次非剩余.注意到|.p d 则同余方程20(mod )x d p ≡≡,则其有且只有一解0(mod ).x m ≡若2,p =且.p d Œ则同余方程2(mod 2)x d ≡为21(mod 2)x ≡有且只有一解1(mod 2).x ≡1.设素数2p >,证明在模p 的一个既约剩余系中,恰有12p -个模p 的二次剩余,12p -个模p 的二次非剩余.此外,若d 是模p 的二次剩余,则同余方程2(mod )x d p ≡的解数为2.2.(Euler 判别法)设素数2,,p p d >Œ那么,d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod );p d p -≡d 是模p的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p d p -≡-3. 若素数2,p >证明：1-是模p 的二次剩余的充要条件是1(mod 4).p ≡当1(mod 4)p ≡时,21!1(mod ).2p p ⎛-⎫⎛⎫±≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4.设p 是奇素数,证明：1,2,,1p -中全体模p 的二次剩余之和12221(1).24p j p p j S p p -=⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦∑由此可以证明当1(mod 4)p ≡时,12221(1)(1).244p j j p p p p p p -=⎡⎤--=-⎢⎥⎣⎦∑高一竞赛数论专题 11.模为素数的二次剩余解答设素数2,p d >是整数,.p d Œ如果同余方程2(mod )x d p ≡有解,则称d 是模p 的二次剩余,若无解,则称d 是模p 的二次非剩余.注意到|.p d 则同余方程20(mod )x d p ≡≡,则其有且只有一解0(mod ).x m ≡若2,p =且.p d Œ则同余方程2(mod 2)x d ≡为21(mod 2)x ≡有且只有一解1(mod 2).x ≡1.设素数2p >,证明在模p 的一个既约剩余系中,恰有12p -个模p 的二次剩余,12p -个模p 的二次非剩余.此外,若d 是模p 的二次剩余,则同余方程2(mod )x d p ≡的解数为2.证明：取模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+-- d 是模p 的二次剩余当且仅当2222221111(),(1),,(1),1,,(1),().2222p p p p d ----≡--+-- 由于22()(mod ),j j p -≡所以d 是模p 的二次剩余当且仅当222111,,(1),().22p p d --≡- 当112p i j -≤<≤时,121,10,2p i j p i j -<+<--<-<22()()0(mod ).i j i j i j p -=+-≡/ 所以222111,,(1),()22p p d --≡-给出了模p 的全部二次剩余,共有12p -个. 由于模p 的既约剩余系(简系)有1p -个数,所以另外的12p -个必为模p 的二次非剩余. 当d 是模p 的二次剩余时,必存在唯一的1,1,2p i i -≤≤使得(mod )x i p =是同余方程2(mod )x d p ≡的解,于是在模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+--中有且仅有(mod )x i p =±是同余方程2(mod )x d p ≡的解,所以解数为2.2.(Euler 判别法)设素数2,,p p d >Œ那么,d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod );p d p -≡d 是模p的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p dp -≡-证明：首先来证明对任一,,d p d Œ11221(mod ),1(mod )p p d p dp --≡≡-有且仅有一个成立.由Euler 定理知道11(mod ).p dp -≡因此1122(1)(1)0(mod ).p p d dp --+-≡。
#【数学】【数论】几个特殊的数
#【数学】【数论】⼏个特殊的数素数 ⼤于1且不被其他整数（除了1和其本⾝）整除的整数。
质数定义为在⼤于1的⾃然数中，除了1和它本⾝以外不再有其他因数。
⽰例：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,39,41...回⽂数 “回⽂”是指正读反读都能读通的句⼦，它是古今中外都有的⼀种修辞⽅式和⽂字游戏，如“我为⼈⼈，⼈⼈为我”等。
在数学中也有这样⼀类数字有这样的特征，成为回⽂数（palindrome number）。
设n是⼀任意⾃然数。
若将n的各位数字反向排列所得⾃然数n1与n相等，则称n为⼀回⽂数。
例如，若n=1234321，则称n为⼀回⽂数。
注意： 1.偶数个的数字也有回⽂数124421 2.⼩数没有回⽂数 ⽰例： 1千以内的回⽂数 在⾃然数中，最⼩的回⽂数是0，其次是 1,2,3,4,5,6,7,8,9,11,22,33,44,55,66,77,88,99,101,111,121,131,141,151,161,171,181,191,202,212,222,232,242,252,262,272,282,292,303,313,323,333,343,353,363,373,383,393,404,414,424,434,444,45 505,515,525,535,545,555,565,575,585,595,606,616,626,636,646,656,666,676,686,696,707,717,727,737,747,757,767,777,787,797,808,818,828,838,848,858,868,878,888,898,909,919,929,939,949,959 ⼈们迄今未能找到⾃然数(除0和1)的五次⽅，以及更⾼次幂的回⽂数。
于是数学家们猜想：不存在n^k(n≥2,k≥5;n、k均是⾃然数)形式的回⽂数。
在电⼦计算器的实践中，还发现了⼀桩趣事：任何⼀个⾃然数与它的倒序数相加，所得的和再与和的倒序数相加，……如此反复进⾏下去，经过有限次步骤后，最后必定能得到⼀个回⽂数。
数论部分定义定理
定义 4 设 x 是一个实数，我们称 x 的整数部分为小于或等于 x 的最大整数，记 成[x].这时，我们有
定理 10（欧几里得除法） 设 a，b 是两个整数，其中 b .则对任意的整数 c， 存在惟一的整数 q，r 使得
1.2 整数的表示
定理 1 设 b 是大于 1 正整数.则每个正整数 n 可惟一地表示成
被
是 a 被 b 除的最小正余数.
引理 2 设 a,b 是两个正整数，则
和
定理 10 设 a,b 是两个正整数，则正整数 b 互素.
除的最小正余数是
，其中 r
的最大公因数是
.
和
互素的充要条件是 a 和
1.4 整除的进一步性质及最小公倍数
定理 1 设 a,b,c 是三个整数，且 b 0，c 0，如果(a,c)=1，则
有惟一解
.
定义 2 设 m 是一个正整数，a 是一个整数.如果存在整数 a’使得
aa’ 1(modm)
成立，则 a 叫做模 m 可逆元.
定理 3 设 m 是一个正整数，a 是满足(a,m)|b 的整数.则一次同余式
的全部解为
t=0,1,…,(a,m)-1.
定理 4 设 m 是一个正整数.则整数 a 是模 m 简化剩余的充要条件是整数 a 是模 m 逆元.
(i)d|a,d|b; (ii)若 e|a,e|b，则 e|d. 定理 8 设 a,b 是任意两个不全为零的整数， (i)若 m 是任一正整数，则(am,bm)=(a,b)m;
(ii)若非零整数 d 满足 d|a,d|b，则
.特别地，
定理 9 设
是 n 个整 a,b 是两个正整数.则
定理 1 设
是三个整数.若 c|b，b|a，则 c|a.
数论知识点
一 质数与合数质数：除了1和本身，没有其他约数的正整数叫质数。
合数：除了1和本身，还有其他约数的正整数叫合数。
特殊地，1既不是质数也不是合数。
最小的合数是4，最小的质数是2，且2是唯一的偶质数。
质因数：如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。
互质数：公约数只有1的两个正整数，叫做互质数。
分解质因数：把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。
已知a ，b 均为质数，且39a b +=，求a 、b 的值。
【分析】 若a 、b 均为奇数，则a b +必定为偶数，而39是奇数，所以a 、b 中至少包含一个2，则另一个为37。
A ，B ，C 为3个小于20的质数，A +B +C =30，求这三个质数。
【分析】 三个质数之和为偶数，这三个质数必为两奇一偶，其中偶数只能是2，另两个奇质数之和为28，又因为这三个数都要小于20，所以只能为11和17，所以这三个质数分别是2，11，17。
将下列各数分解质因数：6= 12= 72= 2310= 【分析】 623=× 21232232=××=× 327223=× 2310235711=××××二 约数与倍数约数和倍数的定义：如果一个自然数a 能被自然数b 整除，那么称a 为b 的倍数，b 为a 的约数． 最大公约数的定义：如果一个自然数同时是若干个自然数的约数，那么称这个自然数是这若干个自然数的公约数．在所有公约数中最大的一个公约数，称为这若干个自然数的最大公约数．例如：(8,12)4=，(6,9,15)3=．求最大公约数的方法：①分解质因数法：先分解质因数，然后把相同的因数连乘起来．例如：2313711=××，22252237=××，所以(231,252)3721=×=；②短除法：先找出所有共有的约数，然后相乘． 例如：2181239632，所以(12,18)236=×=；（1）求48和72的最大公约数？（用两种不同的方法）【分析】分解质因数法：44823=×，327223=×，所以（48，72）32324=×=。
数论高难度练习题-答案版
数论余数部分练习题【1】1013除以一个两位数得到的余数为12，这个两位数有 种可能的取值．【分析】根据题意可知，这个两位数是1013121001-=的约数，而且大于12；由于100171113=⨯⨯，两位数约数有11、13、77、91，其中11不满足，所以这个两位数有3种可能的取值．【2】（2009年第七届走美六年级初赛）1234567891011121314……20082009除以9，商的个位数字是 。
【分析】首先看这个多位数是否能为9整除，如果不能，它除以9的余数为多少。
由于任意连续的9个自然数的和能被9整除，所以它们的各位数字之和能被9整除，那么把这9个数连起来写，所得到的数也能被9整除。
由于200992232÷=，所以1234567891011121314…20082009这个数除以9的余数等于20082009（或者12）除以9的余数，为3.那么1234567891011121314…20082009除以9的商，等于这个数减去3后除以9的商，即1234567891011121314…20082006除以9的商，那么很容易判断商的个位数字为4.【3】（第六届小学“希望杯”全国数学邀请赛）有一列数：1，3，9，25，69，189，517，…其中第一个数是1，第二个数是3，从第三个数起，每个数恰好是前面两个数之和的2倍再加上1，那么这列数中的第2008个数除以6，得到的余数是 ．【分析】这列数除以6的余数有以下规律：1，3，3，1，3，3，1，3，3，…，因为，所以第2008个数除以6余1．【3】(2008年101中学考题)2008222008+除以7的余数是 ．【分析】328=除以7的余数为1，200836691=⨯+，所以200836691366922(2)2⨯==⨯＋，其除以7的余数为：669122⨯=；2008除以7的余数为6，则22008除以7的余数等于26除以7的余数，为1；所以2008222008+除以7的余数为：213+=．200866691÷=【4】(第六届走美决赛六年级试题)M ,N 为非零自然数，且20072008M N +被7整除．M N +的最小值为【分析】 20075(mod7)≡2220075(mod7)4(mod7)≡≡3320075(mod7)45(mod7)6(mod7)≡≡⨯≡4420075(mod7)65(mod7)2(mod7)≡≡⨯≡5520075(mod7)25(mod7)3(mod7)≡≡⨯≡6620075(mod7)35(mod7)1(mod7)≡≡⨯≡7720075(mod7)15(mod7)5(mod7)≡≡⨯≡因此2008N 除以7的余数为5，4，6，2，3，1，六个一循环同理，1两个一循环，因此20072008M N +被7整除，2007M 除以7的余数与2008N 除以7的余数的和为7，又要求M N +最小，M N +的最小值为325+=【5】有一个自然数，用它分别去除63，90，130都有余数，3个余数的和是25．这3个余数中最大的一个是多少？【分析】由于这三个数除以这个自然数后所得的余数和为25，所以63、90、130的和除以这个自然数后所得的余数为25，所以639013025258++-=能被这个自然数整除.258=2×3×43,显然当除数为2、3、6时，3个余数的和最大为()3213⨯-=，()3316⨯-=，()36115⨯-=，所以均不能满足条件.当除数为43×2、43×3、43×6时，它除63的余数均是63，所以也不满足．那么除数只能是43，它除63，90，130的余数依次为20，4，1，余数的和为25，满足，其中最大的是20．【6】甲、乙、丙三数分别为603，939，393．某数A 除甲数所得余数是A 除乙数所得余数的2倍，A 除乙数所得余数是A 除丙数所得余数的2倍．求A 等于多少？【分析】设这个数为M ，则11603M A r ÷= 22939M A r ÷= 33393M A r ÷=122r r =,232r r =,要消去余数1r ,2r ,3r ,我们只能先把余数处理成相同的，再两数相减．这样我们先把第二个式子乘以2，这样被除数和余数都扩大2倍，同理，第三个式子乘以4．这样我们可以得到下面的式子：11603M A r ÷=()22939222M A r ⨯÷=()33393424M A r ⨯÷=这样余数就处理成相同的．最后两两相减消去余数，意味着能被整除．9392603⨯-=，3934603969⨯-=， ()1275,96951317==⨯． 经检验A 等于17．【7】有一类四位数，它们恰好是自己的各位数字之和的83倍，那么这样的四位数有 个．【分析】因为原四位数恰好是自己的数字和的83倍，而一个数除以9的余数与它的数字和除以9的余数相等，那么这个数与它的数字和的差就是9的倍数，所以本题中原四位数减去它的数字和后(即数字和的82倍)是9的倍数；而()82,91=，所以数字和是9的倍数，原数是839747⨯=的倍数，又因为是原数是四位数，各位数字之和最多为36，所以原数至多是83的36倍，也就是至多是747的4倍．依次检验：74721494⨯=符合，而74732241⨯=和74742988⨯=均不符合．所以满足条件的四位数只有1个．【8】一个大于10的数，除以3余1，除以5余2，除以11余7，问满足条件的最小自然数是多少？【分析】法一：仔细分析可以发现321527⨯+=+=，所以这个数可以看成被3、5、11除余7，由于[]3,5,11165=，所以这个数最小是1657172+=． 法二：事实上，如果没有“大于10”这个条件，7即可符合条件，所以只需要在7的基础上加上3、5、11的最小公倍数，得到172即为所求的数．【9】一个小于200的自然数，被7除余2，被8除余3，被9除余1，这个数是多少？【分析】 注意到72835-=-=，也就是说该数加上5以后可被7和8整除，也就是56的倍数．这个数又小于200，因此这个数只可能是565-，5625⨯-，5635⨯-，经检验发现只有5635163⨯-=被9除余1符合要求，因此该数为163．【10】有连续的三个自然数a 、1a +、2a +，它们恰好分别是9、8、7的倍数，求这三个自然数中最小的数至少是多少？【分析】仔细观察，可知由于a 、1a +、2a +恰好分别是9、8、7的倍数，那么9a +、18a ++、27a ++也分别是9、8、7的倍数，即9a +是9、8、7的公倍数，那么9a +的最小值是987504⨯⨯=，即a 至少是5049495-=．【11】一个自然数被5、6、7除时余数都是1，在10000以内，这样的数共有多少个？【分析】一个自然数被5、6、7除余数都是1，那么这个自然数与1的差能被5、6、7都整除．因此这样的自然数就是由5、6、7的公倍数再加1组成的，其中最小的一个是5、6、7的最小公倍数210再加1，即211．然后依次加上210，就得到所有这样的自然数．这些自然数恰好构成首项是211，公差是210的一个等差数列．由于2104719871⨯+=不超过10000，而21048110080⨯+=大于10000．所以在10000以内被5、6、7除时余数是1的自然数中最大值是201471⨯+，这样满足条件的自然数共有47个．说明：值得注意的是，1被5、6、7除时商数都是零，余数都是1．因此也可以认为1是被5、6、7除余数都是1的自然数．这样本题的答案应该是48．【12】有三个连续自然数，其中最小的能被15整除，中间的能被17整除，最大的能被19整除，请写出一组这样的三个连续自然数．【分析】设三个连续自然数中最小的一个为n ，则其余两个自然数分别为1n +，2n +．依题意可知：15|n ，()17|1n +，()19|2n +，根据整除的性质对这三个算式进行变换：()()()()()()()()15|15|215|21517|117|2217|215[15,17,19]|21519|219|2419|215n n n n n n n n n n →→-⎫⎪+→+→-⇒-⎬⎪+→+→-⎭从上面可以发现215n -应为15、17、19的公倍数．由于[15,17,19]4845=，所以()215484521n k -=-(因为215n -是奇数)，可得48452415n k =-．当1k =时2430n =，12431n +=，22432n +=，所以其中的一组自然数为2430、2431、2432．【13】（第13届日本算术奥林匹克预赛试题高小组）有四个连续的都大于1的整数A 、B 、C 、D （A ＜B ＜C ＜D ）。
成都七中高一年级竞赛数学数论专题讲义：11.模为素数的二次剩余
成都七中高一竞赛数论专题 11.模为素数的二次剩余设素数2,p d >是整数,.p d Œ如果同余方程2(mod )x d p ≡有解,则称d 是模p 的二次剩余,若无解,则称d 是模p 的二次非剩余.注意到|.p d 则同余方程20(mod )x d p ≡≡,则其有且只有一解0(mod ).x m ≡若2,p =且.p d Œ则同余方程2(mod 2)x d ≡为21(mod 2)x ≡有且只有一解1(mod 2).x ≡1.设素数2p >,证明在模p 的一个既约剩余系中,恰有12p -个模p 的二次剩余,12p -个模p 的二次非剩余.此外,若d 是模p 的二次剩余,则同余方程2(mod )x d p ≡的解数为2.2.(Euler 判别法)设素数2,,p p d >Œ那么,d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod );p d p -≡d 是模p的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p d p -≡-3. 若素数2,p >证明：1-是模p 的二次剩余的充要条件是1(mod 4).p ≡当1(mod 4)p ≡时,21!1(mod ).2p p ⎛-⎫⎛⎫±≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4.设p 是奇素数,证明：1,2,,1p -L 中全体模p 的二次剩余之和12221(1).24p j p p j S p p -=⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦∑由此可以证明当1(mod 4)p ≡时,12221(1)(1).244p j j p p p p p p -=⎡⎤--=-⎢⎥⎣⎦∑高一竞赛数论专题 11.模为素数的二次剩余解答设素数2,p d >是整数,.p d Œ如果同余方程2(mod )x d p ≡有解,则称d 是模p 的二次剩余,若无解,则称d 是模p 的二次非剩余.注意到|.p d 则同余方程20(mod )x d p ≡≡,则其有且只有一解0(mod ).x m ≡若2,p =且.p d Œ则同余方程2(mod 2)x d ≡为21(mod 2)x ≡有且只有一解1(mod 2).x ≡1.设素数2p >,证明在模p 的一个既约剩余系中,恰有12p -个模p 的二次剩余,12p -个模p 的二次非剩余.此外,若d 是模p 的二次剩余,则同余方程2(mod )x d p ≡的解数为2.证明：取模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+--L L d 是模p 的二次剩余当且仅当2222221111(),(1),,(1),1,,(1),().2222p p p p d ----≡--+--L L 由于22()(mod ),j j p -≡所以d 是模p 的二次剩余当且仅当222111,,(1),().22p p d --≡-L 当112p i j -≤<≤时,121,10,2p i j p i j -<+<--<-<22()()0(mod ).i j i j i j p -=+-≡/ 所以222111,,(1),()22p p d --≡-L 给出了模p 的全部二次剩余,共有12p -个. 由于模p 的既约剩余系(简系)有1p -个数,所以另外的12p -个必为模p 的二次非剩余. 当d 是模p 的二次剩余时,必存在唯一的1,1,2p i i -≤≤使得(mod )x i p =是同余方程2(mod )x d p ≡的解,于是在模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+--L L 中有且仅有(mod )x i p =±是同余方程2(mod )x d p ≡的解,所以解数为2.2.(Euler 判别法)设素数2,,p p d >Œ那么,d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod );p d p -≡d 是模p的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p dp -≡-证明：首先来证明对任一,,d p d Œ11221(mod ),1(mod )p p d p dp --≡≡-有且仅有一个成立.由Euler 定理知道11(mod ).p dp -≡因此1122(1)(1)0(mod ).p p d dp --+-≡由于素数2p >即1122(1)(1) 2.p p dd--+--≡所以对任一,,d p d Œ11221(mod ),1(mod )p p dp d p --≡≡-有且仅有一个成立.下面来证明d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod ).p d p -≡先证必要性()⇒若d 是模p 的二次剩余,则必有0x 使得20(mod ),x d p ≡ 因此有111222()(mod ).p p p xx dp ---=≡由于,p d Œ所以0.p x Œ由Euler 定理知道101(mod )p x p -≡,所以121(mod ).p dp -≡再证充分性,若121(mod ).p dp -≡则.p d Œ考虑一次同余方程(mod ).ax d p ≡对模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+--L L中的每个j ,当a j =时,必有唯一的j x x =属于模p 的绝对最小既约剩余系,使得(mod ).ax d p ≡ 若d 不是模p 的二次剩余,则必有.j j x ≠这样模p 的绝对最小既约剩余系中的1p -个数就可按,j j x 作为一对,两两配完.因此有121111(1)!()(1)(1)1(1)(mod ).2222p p p p p p d p ------≡--+--≡L L 由Wilson 定理知(1)!1(mod )p p -≡-,所以121(mod )p dp -≡-这与121(mod )p dp -≡矛盾.d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod ),p dp -≡与对任一,,d p d Œ11221(mod ),1(mod )p p d p dp --≡≡-有且仅有一个成立.可以推得d 是模p 的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p dp -≡-3. 若素数2,p >证明：1-是模p 的二次剩余的充要条件是1(mod 4).p ≡当1(mod 4)p ≡时,21!1(mod ).2p p ⎛-⎫⎛⎫±≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭证明：由Euler 判别法知道1-是模p 的二次剩余的充要条件是12(1)1(mod ).p p --≡又2p >,所以12(1)1.p --=即1(mod 4).p ≡由Wilson 定理,(1)! 1.p -≡-212111111(1)!()(1)(1)1(1)(1)!(mod )22222p p p p p p p p -----⎛-⎫⎛⎫-≡-≡--+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L L当1(mod 4)p ≡时,21!1(mod ).2p p ⎛-⎫⎛⎫±≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4.设p 是奇素数,证明：1,2,,1p -L 中全体模p 的二次剩余之和12221(1).24p j p p j S p p -=⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦∑由此可以证明当1(mod 4)p ≡时,12221(1)(1).244p j j p p p p p p -=⎡⎤--=-⎢⎥⎣⎦∑证明：因为d 是模p 的二次剩余当且仅当222111,,(1),()(mod ).22p p d p --≡-L 设2(1)j j j j pq r r p =+≤<,11.2p j -≤≤则2.j j q p ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦于是1111122222222221111111(1)(11)(1)22.624p p p p p jj j j j j p p p j j p p j S r j p p p p p p -----=====--+-+⎡⎤⎡⎤⎡⎤-==-=-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑∑∑若1(mod 4)p ≡,则12221(1).24p j j p p p S p -=⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦∑因为1(mod 4)p ≡,由Euler 判别法知道j r 与j p r -同为二次剩余或非二次剩余. 又在模p 的一个既约剩余系中,恰好有12p -个模p 的二次剩余,所以1(1).224p p p p S --=⋅=于是12221(1)(1).244p j j p p p p p p -=⎡⎤--=-⎢⎥⎣⎦∑。
小学奥数关于数论知识点的总结
小学奥数关于数论知识点的总结数论是纯粹数学的分支之一，主要研究整数的性质。
整数可以是方程式的解（丢番图方程）。
有些解析函数（像黎曼ζ函数）中包括了一些整数、质数的性质，透过这些函数也可以了解一些数论的问题。
透过数论也可以建立实数和有理数之间的关系，并且用有理数来逼近实数（丢番图逼近）。
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【篇一】1. 奇偶性问题奇+奇=偶奇×奇=奇奇+偶=奇奇×偶=偶偶+偶=偶偶×偶=偶2. 位值原则形如：abc =100a+10b+c3. 数的整除特征：整除数特征2 末尾是0、2、4、6、83 各数位上数字的和是3的倍数5 末尾是0或59 各数位上数字的和是9的倍数11 奇数位上数字的和与偶数位上数字的和，两者之差是11的倍数4和25 末两位数是4(或25)的倍数8和125 末三位数是8(或125)的倍数7、11、13 末三位数与前几位数的差是7(或11或13)的倍数4. 整除性质①如果c|a、c|b，那么c|(a b)。
②如果bc|a，那么b|a，c|a。
③如果b|a，c|a，且(b,c)=1,那么bc|a。
④如果c|b,b|a,那么c|a.⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。
5. 带余除法一般地，如果a是整数，b是整数(b≠0),那么一定有另外两个整数q和r，0≤r当r=0时，我们称a能被b整除。
当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q 为a除以b的不完全商(亦简称为商)。
用带余数除式又可以表示为a ÷b=q……r, 0≤r【篇二】分解定理任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即n= p1 ×p2 ×...×pk约数个数与约数和定理设自然数n的质因子分解式如n= p1 ×p2 ×...×pk 那么：n的约数个数：d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1)n的所有约数和：(1+P1+P1 +…p1 )(1+P2+P2 +…p2 )…(1+Pk+Pk +…pk )同余定理①同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b对于模m同余，用式子表示为a≡b(mod m)②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。
高斯小学奥数六年级下册含答案第11讲_数论综合练习
5. (1) 答案：12 •解答：要被 72 整除，要求同时是 8 和 9 的倍数•由 8 的整除性，说明 23b 是 8 的倍数，b 2 •由 9 的
整除性质，说明 a 1 2
3 2 是 9 的倍数，a 1 •
(2) 答案：36.解答：由 10 20 b 1 a2 10 20 63 ab 是 99 的倍数，所以 ab 36 .
n 3 两数互质，因而两个数中必有一个数是
8 的倍数，也
必有一个数是 25 的倍数•于是有四种情形:
84n
25 n 3
、 8n 3 、 84 n 、
25 4 n 25 4 n 25 n
8 n 3 •每种情形对应的
3
最小 n 的值分别是 28、171、196、203 .所以所求的最小值是 28.
9
3
的小数部分即可，小数部分之和为
■ 12，所以结果为-.
99 9
9
3.
答案：4 •解答：Z 0&3571 草，是循环小数，循环节长度是 6 •小数点后第 2010 个数字是 4.
4. 答案：16、4896 .解答：
2010 2 3 5 67，约数有 1
1
7
1 67 4896 .
1 1 1 1 16 个，约数之和是
6. 6400，那么这两个自
然数的和是 _________•
两个自然数的最大公约数是 100,最小公倍数是 20100，这两个自然数的差是
7._____________________________________________________ 已知 a 是质数，b 是偶数，且 a2 b 2010， 则 a b ____________________________________________________
11第十一章 数论之数的整除特征
第十一章数论之数的整除特征概念【整除】若两个整数a和b（b≠0），a被b除的余数为零时（商为整数），则称a被b整除或b整除a，也把a叫做b的倍数，b叫a的约数，记作b|a，如果a被b除所得的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不能整除a【整除性质】性质1 ：如果数a和数b都能被数c整除，那么它们的和或差也能被c整除．即如果c︱a，c︱b，那么c︱(a±b)性质2 ：如果数a能被数b整除，b又能被数c整除，那么a也能被c整除．即如果b∣a，c∣b，那么c∣a用同样的方法，我们还可以得出：性质3 ：如果数a能被数b与数c的积整除，那么a也能被b或c整除．即如果bc∣a，那么b∣a，c∣a性质4 ：如果数a能被数b整除，也能被数c整除，且数b和数c互质，那么a一定能被b与c的乘积整除．即如果b∣a，c∣a，且(b，c)=1，那么bc∣a性质5 ：如果数a能被数b整除，那么am也能被bm整除．如果 b｜a，那么bm｜am（m为非0整数）性质6 ：如果数a能被数b整除，且数c能被数d整除，那么ac也能被bd整除．如果 b｜a ，且d｜c ，那么bd｜ac【解题思路和方法】数的整除概念、性质及整除特征为解决一些整除问题带来了很大方便，在实际问题中应用广泛。
要学好数的整除问题，就必须找到规律，牢记上面的整除性质，不可似是而非。
例题1. 四位数“3AA1”是9的倍数，那么A=_____.2. 在“25□79这个数的□内填上一个数字,使这个数能被11整除,方格内应填_____.3. 能同时被2、3、5整除的最大三位数是_____.4. 能同时被2、5、7整除的最大五位数是_____.5. 1至100以内所有不能被3整除的数的和是_____.6. 所有能被3整除的两位数的和是______.7. （真题）已知一个五位数□691□能被55整除,所有符合题意的五位数是_____.8. （真题）如果六位数1992□□能被105整除,那么它的最后两位数是_____.9. （真题）42□28□是99的倍数,这个数除以99所得的商是_____.10. 从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行,从左向右1至11报数,报数为11的同学原地不动,其余同学出列;然后留下的同学再从左向右1至11报数,报数为11的留下,其余同学出列;留下的同学第三次从左向右1至11报数,报到11的同学留下,其余同学出列,那么最后留下的同学中,从左边数第一个人的最初编号是_____号.11. 173□是个四位数字.数学老师说：“我在这个□中先后填入3个数字,所得到的3个四位数,依次可被9、11、6整除.”问：数学老师先后填入的3个数字的和是多少？12．在1992后面补上三个数字，组成一个七位数，使它们分别能被2、3、5、11整除，这个七位数最小值是多少？13．在“改革”村的黑市上,人们只要有心,总是可以把两张任意的食品票换成3张其他票券,也可以反过来交换.试问,合作社成员瓦夏能否将100张黄油票换成100张香肠票,并且在整个交换过程中刚好出手了1991张票券？14．试找出这样的最小自然数,它可被11整除,它的各位数字之和等于13.15. （真题）一个六位数23□56□是88的倍数,这个数除以88所得的商是_____或_____.16. （真题）123456789□□,这个十一位数能被36整除,那么这个数的个位上的数最小是____.17. 下面一个1983位数 99199133...344...4个个中间漏写了一个数字(方框),已知这个多位数被7整除，那么中间方框内的数字是_____.18. 有三个连续的两位数,它们的和也是两位数,并且是11的倍数.这三个数是_____.19. 一个小于200的自然数,它的每位数字都是奇数,并且它是两个两位数的乘积,那么这个自然数是___.20. 任取一个四位数乘3456,用A 表示其积的各位数字之和,用B 表示A 的各位数字之和,C 表示B 的各位数字之和,那么C 是_____.21. （真题）有0、1、4、7、9五个数字，从中选出四个数字组成不同的四位数，如果把其中能被3整除的四位数从小到大排列起来，第五个数的末位数字是_____.22. 从0、1、2、4、5、7中，选出四个数，排列成能被2、3、5整除的四位数，其中最大的是_____.23. 所有数字都是2且能被 10066...6个整除的最小自然数是_____位数.24. 找出四个互不相同的自然数,使得对于其中任何两个数,它们的和总可以被它们的差整除,如果要求这四个数中最大的数与最小的数的和尽可能的小,那么这四个数里中间两个数的和是多少？25．只修改21475的某一位数字,就可知使修改后的数能被225整除,怎样修改？26．500名士兵排成一列横队.第一次从左到右1、2、3、4、5（1至5）名报数；第二次反过来从右到左1、2、3、4、5、6（1至6）报数，既报1又报6的士兵有多少名？27．试问,能否将由1至100这100个自然数排列在圆周上,使得在任何5个相连的数中,都至少有两个数可被3整除？如果回答：“可以”，则只要举出一种排法；如果回答：“不能”，则需给出说明.28. （真题）在□里填上适当的数字，使得七位数□7358□□能分别被9，25和8整除。
数论常用知识点
数论常用知识点最小的奇数是１，最小的偶数是０,0和1不是质数（素数），也不是合数。
约数又叫因数。
最小的质数是2，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数。
能被4（或25）整除的数的特征：末两位数能被4（或25）整除。
能被8（或125）整除的数的特征：末三位数能被8（或125）整除。
互质数是指公约数只有1的两个数，但两个数不一定是质数。
如4和9。
能被11整除的数的特征：1）奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）是11的倍数。
从左往右数,0也是11的倍数2）末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差能被13整除。
能被7、11、13整除的数的特征：1）末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差是7、11、13的倍数，如果数位很长可依此反复检验。
能被99整除的数的特征：1）可从个位向高位每两位拆数，所组成的数字和是99的倍数。
2）能同时被9和11整除。
约数个数公式合数的约数个数，等于它的质因数分解式中每个质因数的个数加1的连乘的积。
完全平方数有奇数个约数约数和的公式合数的所有约数和，等于质因数分解式中每个质因数的零次方依次加到该质因数的个数次方的和连乘积。
几个数的积的同模m（mond m）的余数等于每个数同模m（mond m）的余数的积同模m（mond m）的余数。
简称积的余数等于余数的积的余数若两数同余（模相同mond m）：a≡b(modm)1）分别乘方n后（mond m）仍然同余，余数等于余数乘方n后（mond m）2）分别相加、减、乘同余式或数，仍然同余，余数等于分别余数的和、差、积3），如果C与m互质，注意：如果C与m不互质，两边像不同等式约去C就是错的。
11 数论巧解数字谜
数论巧解数字谜
主讲：五豆
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数数×科学=学数学
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【例题】在等式“□△ × △□ × □○ × ◇△=□△□△□△”中， “□”、“△”、“○”、“◇”分别代表不同的数字。四位数 “□△○ ◇”是多少？
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【例题】用0至9这10个数字恰好组成一位数、两位数、三位数、四位数 各一个（每个数字只能用一次），且这四个数两两互质。其中的四位数 是2940，另外三个数可能是多少？
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【例题】在下面的算式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代 表不同的数字。请问：“数学”所代表的两位数是多少？
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【例题】将1、2、3、4、5、6、7、8、9这9个数字分别填入下式的各个
方框中，使等式成立。
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【例题】如图，下式中相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不
同的数字。试求出下面各字母代表的数。
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数论..因数倍数--质数和合数 及答案
第二讲 约数倍数知识点拨板块一 因数倍数1、 因数的概念与最大公因数0被排除在因数与倍数之外1． 求最大公因数的方法①分解质因数法：先分解质因数，然后把相同的因数连乘起来．例如：，，所以；②短除法：先找出所有共有的因数，然后相乘．例如：，所以；③辗转相除法：每一次都用除数和余数相除，能够整除的那个余数，就是所求的最大公因数．用辗转相除法求两个数的最大公因数的步骤如下：先用小的一个数除大的一个数，得第一个余数；再用第一个余数除小的一个数，得第二个余数；又用第二个余数除第一个余数，得第三个余数；这样逐次用后一个余数去除前一个余数，直到余数是0为止．那么，最后一个除数就是所求的最大公因数．(如果最后的除数是1，那么原来的两个数是互质的)．例如，求600和1515的最大公因数：；；；；；所以1515和600的最大公因数是15．2． 最大公因数的性质①几个数都除以它们的最大公因数，所得的几个商是互质数；②几个数的公因数，都是这几个数的最大公因数的因数；③几个数都乘以一个自然数，所得的积的最大公因数等于这几个数的最大公因数乘以．3． 求一组分数的最大公因数先把带分数化成假分数，其他分数不变；求出各个分数的分母的最小公倍数a；求出各个分数的分子的最大公因数b；即为所求．二、倍数的概念与最小公倍数1. 求最小公倍数的方法①分解质因数的方法；例如：，，所以；②短除法求最小公倍数；例如： ，所以；③．2. 最小公倍数的性质①两个数的任意公倍数都是它们最小公倍数的倍数．②两个互质的数的最小公倍数是这两个数的乘积．③两个数具有倍数关系，则它们的最大公因数是其中较小的数，最小公倍数是较大的数．3. 求一组分数的最小公倍数方法步骤先将各个分数化为假分数；求出各个分数分子的最小公倍数；求出各个分数分母的最大公因数；即为所求．例如：注意：两个最简分数的最大公因数不能是整数，最小公倍数可以是整数.例如：三、最大公因数与最小公倍数的常用性质1． 两个自然数分别除以它们的最大公因数，所得的商互质。
11 小升初专项训练 数论篇(2)
1有3个吉利数888，518，666，用它们分别除以同一个自然数，所得的余数依次为a,a+7,a+10,则这个自然数是_____.2140，225，293被某大于1的自然数除,所得余数都相同。
2002除以这个自然数的余数是 .3某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______.4一个八位数，它被3除余1，被4除余2，被11恰好整除，已知这个八位数的前6位是257633，那么它的后两位数字是__________。
5(1)从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除?(2)从1到3998这3998个自然数中，有多少个各位数字之和能被4整除?1 余数规律【例1】（★★★）大于35的所有数中，有多少个数除以7的余数和商相等？【例2】（★★★）求2222…22共2003个2相乘除以13的余数为____.2 剩余定理【例3】（★★★）一个大于1的自然数去除300，243，205时，得到相同的余数，则这个自然数是______【例4】（★★★）甲、乙、丙三数分别为603，939，393.某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍，A除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍.求A等于多少？【例5】（★★★）一个小于200的数，它除以11余8，除以13余10，这个数是几？【例6】（★★★）一个大于10的数，除以5余3，除以7余1，除以9余8，问满足条件的最小自然数为____.【例7】（★★★）一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，问满足条件的最小自然数____.题型四：余数和应用题相结合。
【例8】（★★★）在3×3的方格表中已如右图填入了9个质数。
将表中同一行或同一列的3个数加上相同的自然数称为一次操作。
问：你能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数吗？为什么？【例9】（★★★）现有糖果254粒,饼干210块和桔子186个.某幼儿园大班人数超过40.每人分得一样多的糖果,一样多的饼干,也分得一样多的桔子。
数论专题全集
数论专题第一讲数的整除一、基础知识与方法对策1、整除的相关概念如果整数a除以非零整数b得到整数商c而没有余数，那么就说数a能被数b整除。
或者说数b整除数a。
记为：b︱a 由于a÷b=c可以改写成b×c=a，所以b、c叫做a的因数（又称约数），a叫做b、c的倍数。
2、整除的性质1．如果自然数a和b都能被自然数c整除，那么，它们的和（a+b）或差(a-b)也能被c整除。
例如：60能被5整除，40能被5整除，它们的和60+40=100及差60-40=20也能被5整除。
2．几个自然数相乘，如果其中一个因数能被某一个自然数整除，那么，它们的积也能被这个数整除。
例如：26能被13整除，26×29×38的积也能被13整除。
3．如果一个自然数能被互质的两个数中的每一个数整除，那么，这个数就能被这两个互质数的积整除。
例如：3和4是互质数，24分别能被3和4整除，那么，24就能被3与4的积12整除。
3、整除的特征①、2的倍数的特征：个位上是0、2、4、6、8的数一定是2的倍数。
②、5的倍数的特征：个位上是0、或5的数一定是5的倍数。
③、3的倍数的特征：一个数各个数位上的数字的和如果是3的倍数，那么这个数一定是3的倍数。
④、9的倍数的特征：一个数各个数位上的数字的和如果是9的倍数，那么这个数一定是9的倍数。
⑤、4的倍数的特征：一个数的末两位上的数是4的倍数，那么这个数一定是4的倍数。
⑥8的倍数的特征：一个数的末三位上的数是8的倍数，那么这个数一定是8的倍数。
⑦11的倍数的特征：一个数从个位统计算起，奇数位上的数字的和与偶数位上数字的和相减（大减小）所得的差，如果是11的倍数，那么这个数就是11的倍数。
⑧7、11、13的倍数特征：一个数从个位算起，数三位，然后把这个数分成前后两个部分，这两个部分对应的两个数相减（大减小），如果得到的差是7、11、13的倍数，那么这个数就是7、11、13的倍数。
数论的几个重要定理(精选、)
11 数论的几个重要定理欧拉定理、费马小定理、威尔逊定理及中国剩余定理是数论的四大定理，它们是解决数论问题的重要工具。
下面介绍这几个定理在竞赛数学中的应用方法。
1． 基本原理定理1（欧拉定理） 设m 为大于1的整数，(,)1a m =，()m ϕ为欧拉函数，则()1(mod )m a m ϕ≡.证 设{}12(),,,m r r r ϕ…为模m 的一个简化剩余系，因为(,)1a m =，所以 {}12(),,,m ar ar ar ϕ…也是模m 的一个简化剩余系，从而有 12()12()()()()(mod )m m ar ar ar r r r m ϕϕ≡……，即 ()12()12()()(mod )m m m a rr r rr r m ϕϕϕ≡ (1)因为12()(,)1m r r r m ϕ=… ，所以由（1）得 ()1(mod )m a m ϕ≡.定理2（费马小定理） 设p 是素数，(,)1a p =，则11(mod )p a p -≡.证 因为p 是素数，所以()1p p ϕ=-，由欧拉定理知()1(mod )p a p ϕ≡，∴ 11(mod )p a p -≡.推论 设p 为素数，a 为整数，则(mod )p a a p ≡ （2）证 当p a 时，（2）式显然成立.当p 不能整除a 时，因为p 为素数，所以(,)1a p =.由定理2得 11(mod )p ap -≡， ∴ (mod )p a a p ≡.定理3（威尔逊定理） 若p 为素数，则(1)!1(mod )p p -≡-.证 {}2,3,,2a p ∀∈-…，因为(,)1a p =，所以{},2,,(1)a a p a -…也是模p 的简化剩余系，故存在唯一的{}1,2,,1b p ∈-…，使得1(mod )ba p ≡ （1）∵ {}2,3,,2a p ∈-…，∴ 1b ≠，1b p ≠-.若b a =，则21(mod )a p ≡∴ (1)(1)0(mod )a a p -+≡.∴ 11(mod )a p ≡-或,这与{}2,3,,2a p ∈-…矛盾.综上即知{}2,3,,2b p ∈-…且b a ≠.将{}2,3,,2p -…中的数按（1）式两两配对，得234(2)1(mod )p p ⨯⨯⨯⨯-≡…，∴ (1)!1(mod )p p -≡-.定理4（中国剩余定理） 设12,,,k m m m …是k 个两两互质的正整数，12k m m m m =…，i im M m =，1,2,,i k =…，则同余式组 1122(mod )(mod )(mod )kk x a m x a m x a m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩…… (1)有唯一解 111222(mod )k k k x M M a M M a M M a m '''=+++ (2)其中1(mod )i i i M M m '≡，1,2,,i k =….证 容易验证（2）是（1）的解.又若x '，x ''均是（1）的解，则对于1,2,,i k =…，有(mod )i i x a m '≡(mod )i i x a m ''≡，从而有 0(mod )i x x m '''-≡，又因为12,,,k m m m …两两互质，从而有0(mod )x x m '''-≡，即 (mod )x x m '''≡，所以x '与x ''是同余式组（1）的相同解.设1m >，(,)1a m =，则由欧拉定理知()1(mod )m a m ϕ≡，我们把满足条件1(mod )r a m ≡的最小正整数r 称为a 对模m 的阶，或称为a 对模m 的指数.关于a 对模m 的阶，我们有如下结论.定理5 设1m >，(,)1a m =，a 对模m 的阶为0n ，n 为正整数.若1(mod )na m ≡，则0n n .证 由带余除法知，存在非负整数q 及r ，使得 0n qn r =+，00r n ≤<.所以 001()(mod )qn r n n q r r a a a a a m +===≡，由于0r n <，由0n 的最小性知0r =，所以0n n .2． 方法解读用上述定理解题，除应掌握数论解题的基本方法外，还应对这几个定理的用途有一定的 认识.一般说来，欧拉定理与费马小定理提供了降幂与归1的工具.威尔逊定理提供了处理连续整数的积的方法.中国剩余定理提供了某些存在性问题的构造方法.定理5提供了由方幂的指数导出整除关系的途径.例1 求使21n -为7的倍数的所有正整数n ..解 ∵ 122(mod 7)≡，224(mod 7)≡，321(mod 7)≡，所以2对模7的阶为3.又因为21(mod 7)n ≡，所以由定理5知 3n ，即3()n k k N +=∈.例2 设整数a ，b ，c 满足0a b c ++=，记201120112011d ab c =++，求证d 不是素 数.证 ∵ 2(mod 2)a a ≡，∴ 2011(mod 2)aa ≡ 同理知 2011(mod 2)b b ≡，2011(mod 2)c c ≡， ∴ 2011201120110(mod 2)a b c a b c ++≡++≡， ∴ 2d .又由费马小定理知，3(mod 3)a a ≡，word. ∴ 201120103670670669232232()a a a a a a a a a a a ⨯≡≡≡≡≡223222478262793(mod 3)a a a a a a a a a a a a ≡≡≡≡≡≡≡≡，同理可证 2011(mod 3)bb ≡，2011(mod 3)c c ≡， ∴ 2011201120110(mod3)a b c a b c ++≡++≡，∴ 3d . 又∵ (2,3)1=，∴ 6d ，所以d 不是素数.例3 证明：数列1,19,119,1119,11119，…中有无穷多个合数.证 因为19是素数，(10,19)1=，由费马小定理知 18101(mod19)≡，所以对于任 意的正整数n ，有 18101(mod19)n ≡，∴ 181010(mod19)n -≡，∴ 18191110(mod19)n ⨯≡个…，∵ (199)1=，， ∴ 18119111n 个…，∴ 1811911119n 个…，即 1811911119n 个….由于正整数n 有无穷多个，所以数列中有无穷多项被19整除，故数列中有无穷多项为合数.例4（第47界IMO 预选题） 已知(0,1)x ∈，令(0,1)y ∈，且y 的小数点后第n 位数字是x 的小数点后第2n 位数字.证明：若x 为有理数，则y 也为有理数.证 设120.n x x x x =……， 120.n y y y y =……，则对于1,2,n =…，有2n n y x =.因为x 为有理数，所以数列{}n x 从某项开始为周期数列，为了说话方便，不妨设{}n x 为周期数列，d 为它的一个周期，02nd v =，其中0n 为非负整数，v 为大于1的奇数（这是可以办到的，因为若T 为数列的周期，则3T 也为周期）.现令()v ωϕ=，由欧拉定理知，()221(mod )v v ωϕ=≡，从而有00022(mod(2))n n n v ω+≡⋅， 即 0022(mod )n n d ω+≡，所以对于任意的正整数0n n >，有 00002222(mod )n n n n n n d ω+--⋅≡， 即 22(mod )n n d ω+≡.∵ d 是{}n x 的周期，从而有 22n n x x ω+=， 即n n y y ω+=.综上知，对于任意的0n n >，都有n n y y ω+=，所以{}n y 从第01n +项开始为周期数列，因此y 为有理数.例5设1000(5x =+，求[]x 的末三位数.解 令1000(5y =-.∵ 10000(51<-<，∴ 01y <<.又因为 10001000(5(5x y +=++-100099839963224100010002(55(23)5(23)C C =+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ 23449350099810005(23)(23))C ++⋅⋅⋅+⋅…（1） 所以 []1x x y =+-.由（1）式知10003500252(23)(mod1000)x y +≡⨯+⋅⋅（2） ∵ 3100058=⨯，1000350(mod 5)≡ （3）10005005005(25)11(mod8)=≡= （4）由（3）得 1000355t =，代入（4）得351(mod8)t ≡，即 51(mod8)t ≡，∴ 5(mod8)t ≡.85t k ≡+，所以 100033555(85)625(mod1000)t k ==+≡，∴ 1000252625250(mod1000)⨯≡⨯≡.又∵ 15ϕ（125）=125(1-)=100，由欧拉定理知 3100(23)1(mod125)⋅≡，∴ 3500(23)1(mod125)⋅≡ （5）又 3500(23)0(mod8)⋅≡ （6）由（5）得 3500(23)1251t ⋅≡+，代入（6）得12510(mod8)t +≡，即 510(mod8)t +≡，∴ 3(mod8)t ≡.∴ 83t k =+，代入得 3500(23)125(83)1376(mod1000)k ⋅=++≡， ∴ 35002(23)2376752(mod1000)⋅⋅≡⨯=.综上知，10003500252(23)2507522(mod1000)x y +≡⋅+⋅⋅≡+≡，所以 11(mod1000)x y +-≡，故[]x 的末三位数为001.例6求具有如下性质的素数p 的最大值：存在1,2,,p …的两个排列（这两个排列可 以相同）1212,,,,,,p p a a a b b b …与…，使得1122,,,p p a b a b a b …被p 除所得的余数互不相同.解 不妨设 121,2,,p a a a p ===….若p b p ≠，则存在 {}1,2,,1i p ∈-…，使得 i b p =，从而有 0(mod )i i a b p ≡，0(mod )p p a b p ≡，从而有 (mod )i i p p a b a b p ≡，这与题设矛盾，因此有 p b p =.因为 0(mod )p p a b p ≡，又1122,,,p p a b a b a b …被p 除所得的余数互不相同，所以 112211,,,p p a b a b a b --…被p 除的余数构成的集合为{}1,2,,1p -…，由有威尔逊定理，得112211()()()123(1)(1)!1(mod )p p a b a b a b p p p --≡⋅⋅-=-≡-…….又 112211()()()p p a b a b a b --…121121()()p p a a a b b b --=……(1)!(1)!(1)(1)1(mod )p p p =--≡--=，∴ 11(mod )p -≡，∴ 20(mod )p ≡，∴ 2p .由于p 为素数，所以2p =.容易验证2p =满足要求.故所求的最大值为2.例7设整数n ，q 满足5n ≥，2q n ≤≤且q 不为某个质数的平方，试证：(1)!(1)n q q ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦（1） 这里[]x 表示x 的这个数部分.证 若q 为合数，因为q 不为质数的平方，所以存在大于1的整数a ，b ，a b ≠，使得q ab =.因为q n ≤，所以1a n ≤-，1b n ≤-，从而有(1)!q n -，因此(1)!(1)!n n q q ⎡⎤--=⎢⎥⎣⎦. ∵ (1)(1)!q n --，(1)!q n -，(1,)1q q -=，∴ (1)(1)!q q n --，∴ (1)!(1)!(1)n n q q q ⎡⎤---=⎢⎥⎣⎦，故结论成立. 若q 为质数，当q n <，易知(1)!q n -，从而有(1)!(1)!n n q q ⎡⎤--=⎢⎥⎣⎦. 又因为 (1)(1)!q n --，(1,)1q q -=，所以 (1)(1)!q q n --,∴ (1)!(1)!(1)n n q q q ⎡⎤---=⎢⎥⎣⎦，结论成立. 当q n =时，因为q 为质数，由威尔逊定理知 (1)!(1)!1(mod )n q q -=-≡-，所以(1)!10(mod )n q -+≡，∴ (1)!1q n -+，所以 (1)!(1)!1(1)!(1)1n n n q q q q ⎡⎤--+---=-=⎢⎥⎣⎦. 又因为 (1)(1)!(1)q n q ----，(1,)1q q -=，所以 ()(1)(1)!(1)q q n q ----， ∴ (1)!(1)(1)!1n q n q q q ⎡⎤-----=⎢⎥⎣⎦（），故结论成立. 例8 若一个正整数的标准分解式中，每个素约数的幂次都大于1，则称这个数为幂数. 证明：对于任意的正整数n (2)n ≥，存在n 个连续的正整数，其中每一个数都不是幂数.证 选取n 个互不相同的素数12,,,n p p p ….由中国剩余定理知，同余式组2112222(mod )1(mod )(1)(mod )n n x p p x p p x n p p ⎧≡⎪≡-+⎪⎨⎪⎪≡--+⎩…………（1）有解.设222012(mod )n x x p p p ≡… 0(0)x >是（1）的唯一解，则对于0,1,2,,1i n =-…，有2i p 不整除0x i +且0i p x i +，故 0x i +不是幂数.因此，n 个连续正整数0000,1,2,,(1)x x x x n +++-…满足要求.例9 设1n >，21n n +，证明3n .证 设p 是n 的最小素因子，2对模p 的阶为r .∵ 21n n +， ∴ 21n p +，∴ 210(mod )n p +≡，∴ 21(mod )n p ≡-，221(mod )n p ≡ （1） 又因为p 为奇素数，所以 (2,)1p =.由费马小定理知121(mod )p p -= （2）由（1），（2）及定理5知，2r n ，1r p -，故1(2,1)2(,)2p r n p n --=.设1(,)2p d n -=，则 d n ，12p d -.因为n 为奇数，所以d 为奇数.又112p d p p -≤<-<，从而由p 的最小性知1d =，所以 (2,1)2n p -=，从而有 2r .又显然有1r >，所以2r =，即2对模p 的阶为2，从而知3p =，即3n .习 题111．已知 17x =，当1n >时，17n x n x -=，求n x 的末两位数.2．证明数列37,337,3337,33337，……中有无穷多个合数.3．证明有无穷多个正整数n ，使得2100(2)n n +.最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成word文本--------------------- 方便更改。
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17
素数生成
【例】埃拉托斯特尼(Eratosthene)筛法 对素数的研究从古至今都是数学家的最大乐趣，大约在
公元前250年，古希腊数学家埃拉托斯特尼(Eratosthenes)提 出一个求不超过正整数N的素数的构造性方法，为了纪念塔， 后人称这个算法为埃拉托斯特尼筛法。
设p是素数且p | a1a2…ak, 则必存在1≤i≤k, 使得p| ai. 注意:当d不是素数时,d | ab不一定能推出d | a或d | b.
9
算术基本定理
定理(算术基本定理,整数分解定理)：任何正整数n>1,可以写成
n
p k1 1
p k2 2
p3k3 ... ps ks
p1 p2 ps 是不同的素数
算法思想：为了说明问题，研究[2,45]素数
⑴ 首先，2是最小的素数，所有能被2整除的数(偶数)一 定不是素数。删除这些偶数
3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45
(0 r n )
余数：r m modn
例如, 20 mod 6=2, 13 mod 4=3, 10 mod 2=0
定义(整除)：在上式中，如果 r=0,则表示m可以被n整除，
m=qn,记为 n|m， n称为m的因子。
3
定理(整除的性质)：设a,b,c是整数
性质1 若a |b且a |c, 则 x, y, 有a| xb+yc. 性质2 若a|b且b|c, 则a|c. 性质3 设 m≠0, 则 a|b 当且仅当 ma | mb. 性质4 若a | b且b | a, 则a=±b. 性质5 若a | b且b≠0, 则|a|≤|b|.
性质8 若a≠b，n是自然数，则(a-b)｜(an-bn)． 性质9 若a≠-b，n是正偶数，则(a＋b)｜(an-bn)． 性质10 若a≠-b，n是正奇数，则(a＋b)｜(an＋bn)．
4
常见数的整除特征
⑴ 能被2,4,5,8 整除的数的特征 ⑵ 能被3,9 整除的数的特征 ⑶ 能被11整除的数的特征
p r1 1
p r2 2
psrs , 其中，０ ri
ki
例：21560有多少个正因子？
解：21560=23*5*72*11 根据推论，r1={0,1,2,3} ;
r2={0,1}
r3={0,1,2};
r4={0,1}
因此21560的正因子个数=4*2*3*2=48 个
11
有多少个素数？
定理(无最大素数定理)：有无穷多个素数，或无最大 素数
只能适用于比较 小的整数的判定
16
例： 判断157和161是否是素数. 解 157 , 161 都小于13, 小于13的素数有: 2, 3, 5, 7, 11. 检查结果如下:
2∤157, 3∤157, 5∤157, 7∤157, 11∤157 结论: 157是素数.
2∤161, 3∤161, 5∤161, 7|161（161=7×23） 结论：161是合数.
k1, k2 , ks 是正整数 例：30=2*3*5
117=32*13
21560=23*5*72*11
71213=17*59*71
1024=210
10
推论：设 n
p k1 1
p k2 2
p ks s
,
p1,
p2 ,
ps是互不相同的素数，则
正整数d是n的因子的充分必要条件是
d
5
例题解析：
6
7
8
素数：整数p>1,在正整数集合中，只有１和p自身能整 数p,
则称p为素数。
合数: 大于1且不是素数
例如, 2,3,5,7,11是素数, 4,6,8,9是合数.
素数性质： 性质1 a>1是合数当且仅当a=bc, 其中1<b<a, 1<c<a. 性质2 合数必有素数因子. 性质3 如果d>1, p是素数且d | p, 则d=p. 性质4 设p是素数且p | ab, 则必有p | a 或者 p | b.
注：当n是合数时, 2n1一定是合数, 2ab1=(2a1)(2a(b1)+2a(b2)+…+2a+1).
14
素数判定
在C语言中学过的素数判定的基本方法？
定理：如果a是合数, 则a必有小于等于 a 的真因子.
证： 如果a是合数，则a可表示成 a=bc, 其中1<b<a,
1<c<a. 显然, b和c中必有一个小于等于 a . 否则, bc>( a )2=a, 矛盾.
证明（欧几里德）：反证法，设有有穷多个素数，从小到大 排列为这p1,p2,p3,…,pn, pn是这些素数中最大的素数。 令：m=p1p2p3…pn+1 ,显然，pi不能整除m, 因此，或者m是素数，或者存在比pn大的整数能整除m。 无论哪种情况，都与假设矛盾。所以有无穷多个素数。
12
有多少个素数？
数论基础
河海大学物联网学院 丁海军
1
1 素数 2 最大公约数与最小公倍数 3 同余 4 一次同余方程 5 欧拉定理和费马小定理
2
1 素数
定理(整数表示)：如果m和n是整数，n>0,则存在整数q和r， 0<=r<n;使得 m=qn+r。其中，m称为被除数，n为除 数，q为商，r为余数
m qn r
定理(素数分布定理)：设 (n)表式成立：
ln
n
3 2
n
n
ln
n
1 2
n
103
104
105
106
107
n 168 1229 9592 78498 664579
n/ln(n) 145 1086 8686 72382 620421
13
梅森数(Marin Mersenne): 当p为素数时，称具有 2p1形式的数为梅森数。 梅森数可能是素数, 也可能是合数: 221=3, 231=7, 251=31, 271=127都是素数, 而2111=2047=23×89 是合数.到2000左右找到的最大梅森素数是 2134669171, 有4百万位.
15
根据上述的定理和推论，写出素数判定算法:
int is_prime(int x) //判定x是否是素数
{ int m;
if(x==2) return 1;
if(x%2==0) return 0;
m=sqrt(x);
for(i=3;i<=m;i++)
if (x%i==0)
return 0; return 1; }