《数学竞赛》第三章 数论2012.2
数学竞赛中的数论问题3
2-4 数学竞赛中的数论问题（09-10-28）数论是研究自然数的一个数学分支. 一、数学竞赛中数论问题的基本内容 主要有8个定义、15条定理.定义1 （带余除法）给定整数,,0,a b b ≠如果有整数(),0q r r b ≤<满足 a qb r =+，则q 和r 分别称为a 除以b 的商和余数．特别的，0r =时，则称a 被b 整除，记作b a ，或者说a 是b 的倍数，而b 是a 的约数．定义2 （最小公倍数）非零整数12,,,n a a a L 的最小公倍数是能被其中每一个()1i a i n ≤≤所整除的最小正整数，记作[]12,,,n a a a L ．定义3 （最大公约数）设整数12,,,n a a a L 中至少有一个不等于零，这n 个数的最大公约数是能整除其中每一个整数的最大正整数，记作()12,,,n a a a L ．定理1 对任意的正整数，有 ()[],,a b a b ab ⋅=．定义4 如果整数,a b 满足(),1a b =，则称a 与b 是互素的（以前也称为互质）．定义5 大于1且除1及其自身外没有别的正整数因子的正整数，称为素数（以前也称为质数）．其余大于1的正整数称为合数；数1既不是素数也不是合数．定理2 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数．定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记(mod )a b c ≡a (mod )b c ．作若则称,a b 关于模c 不同余，记作,,a b c 为非零整数，定理3 （整除的性质）设整数（1） 若c b ，b a ，则c a ； （2） 若c a ，则bc ab ；（3） 若c a ，c b ，则对任意整数,m n ，有c ma nb +； （4） 若(),1a b =，且a bc ，则a c ；（5） 若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c （6） 若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ． 定理4 （同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m > （1） 若(mod )a b m ≡且(mod )b c m ≡，则(mod )a c m ≡；（2） 若(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(mod )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡． （3） 若(mod )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )nna b m =，且(mod )an bn mn ≡； （4） 若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 定理5 设,a b 为整数，n 为正整数， （1） 若a b ≠，则()()nna b a b--；（2） 若a b ≠-，则()()2121n n a b a b --++；（3） 若a b ≠-，则()()22nn a b ab +-．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a L 是小于k 的非负整数，且10a >．若 12121m m m m n a ka k a k a ---=++++L ， 则称数12m a a a L 为n 的k 进制表示．定理6 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．定理7 任意一个正整数n 与它的十进制表示中的所有数字之和关于模9同余．定理8 （分解唯一性）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212k aaak n p p p =L .定理9 若正整数n 的素数分解式为 1212,k aaak n p p p =L 则n 的约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++L ，n 的一切约数之和等于121212111111k a a a k k p p p p p p ---⋅⋅⋅---L ． 定义8 对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+．定理10 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦L 定理11 如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a--．定理12 设p 为素数，对任意的整数a ，有()mod pa a p ≡．定理13 设正整数1212.k aaak n p p p =L ，则不大于n 且与n 互素的正整数个数()n ϕ为()12111111k n n a a a ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ． 定理14 整系数二元一次方程ax by c +=存在整数解的充分必要条件是(),c a b ． 定理15 若()00,x y 是整系数二元一次方程ax by c +=的一个整数解，则方程的一切整数解可以表示为00,.x x bt y y at =-⎧⎨=+⎩()t Z ∈二. 数学竞赛中数论问题的重点类型主要出现8类问题.：1.奇数与偶数（奇偶分析法、01法）；2.约数与倍数、素数与合数；3.平方数；4.整除；5.同余；6.不定方程；7.数论函数、[]x 高斯函数、()n φ欧拉函数； 8.进位制（十进制、二进制）. 三. 例题选讲例1 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100.每盏灯由一个拉线开关控制着.最初，电灯全是关着的.另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？讲解 （1）直接计算100次记录，会眼花缭乱.（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次.（3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系：（4）哪些数有奇数个约数：平方数.（5）1～100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100.答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个还亮. 例2 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦L .讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号.关键是弄清[]x 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除： （1）分子是那些数相加，求出和来；由36651830200421963666⨯=<<=⨯，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个（2）除法谁除以366，求出商的整数部分.原式()036536612345175366⨯+++++⨯⎡⎤=⎢⎥⎣⎦1036687536614310236612.⨯+⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦= 命题背景2004年有12个月、366天.例3 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约.证明1 （反证法）假若214143n n ++可约，则存在1d >， ①使 ()214,143n n d ++= 从而存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩②③ 消去n ，()()3322⨯-⨯，得()132d q p =- ④ 的 1d = ⑤由（1）、（5）矛盾，得1d =. 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法 （2）式④是实质性的进展，表明()()131432214n n =+-+ 可见 ()214,1431n n ++=. 由此获得2个解法.证明2 设()214,143n n d ++=.存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩①②消去n ，②×3-①×2，得()132d q p =- ③ 得 1d =.证明3 由()()131432214n n =+-+ 得 ()214,1431n n ++=.证明4 ()214,143n n ++ ()71,143n n =++ ④ ()71,1n =+ ⑤1=. 解题分析：第④ 相当于 ①-②；：第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式与⑤式的效果是一样的.例4 （1906，匈牙利）假设12,,,n a a a L 是1,2,,n L 的某种排列，证明：如果n 是奇数，则乘积()()()1212n a a a n ---L 是偶数.解法1 （反证法）假设()()()1212n a a a n ---L 为奇数，则i a i -均为奇数，奇数个奇数的和还是奇数奇数=()()()1212n a a a n -+-++-L()()12120n a a a n =+++-+++=L L ，这与“奇数≠偶数”矛盾. 所以()()()1212n a a a n ---L 是偶数.评析 这个解法说明()()()1212n a a a n ---L 不为偶数是不行的，体现了整体处理的优点，但掩盖了“乘积”为偶数的原因.解法2 （反证法）假设()()()1212n a a a n ---L 为奇数，则i a i -均为奇数，i a 与i 的奇偶性相反，{}1,2,,n L 中奇数与偶数一样多，n 为偶数但已知条件n 为奇数，矛盾. 所以()()()1212n a a a n ---L 是偶数.评析 这个解法揭示了()()()1212n a a a n ---L 为偶数的原因是“n 为奇数”.那么为什么“n 为奇数”时“乘积”就为偶数呢？解法 3 121,2,,,,,,n n a a a L L 中有1n +个奇数，放到n 个括号，必有两个奇数在同一个括号，这两个奇数的差为偶数，得()()()1212n a a a n ---L 为偶数.例4-1（1986，英国）设127,,,a a a L 是整数，127,,,b b b L 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b ---L 是偶数.例4-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a L 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a ---L 必为偶数.例5 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+L ， 求证p 可被1979整除（1979p ）111123131811111111223131813192413181111111112313181319236591111660661131813196601319661131898999066013196611318989p q =-+--⎛⎫⎛⎫=+++++-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫=+++++-++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+++++++=+++⨯⨯⨯L L L L L L L 99019796606611319659!19791319!MM=⨯⨯⨯⨯=⨯L有1979整除1319!pq，从而1979整除1319!p ，但1979为素数，()1979,1319!1=，得p 可被1979整除例6 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2.讲解 只需说明()23131222n n n n -+=为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明()()3212131222n n n n n n ++++=是3的倍数.作变形()()()32222213111,3,81228n n n n n n ++++-=-= 命题得证.证明 已知即()()321213111222n n n n n n ++++-=-， ①因为相邻2个整数(),1n n +必有偶数，所以3231122n n n ++-为整数.又①可变为 ()()32222213111228n n n n n n ++++-=-，因为相邻3个整数()()2,22,21n n n ++必有3的倍数，故()()22221n n n ++能被3整除；又()3,81=，所以()()222218n n n ++能被3整除；得3231122n n n ++-用3除时余2.例7．设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110Λ的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．证明 由已知有 ()()()0121mod21mod2n fa a a a α≡⇔++++≡L ， ①()()()1mod21mod2n f a β≡⇔≡， ②若方程()0=x f 存在整数根0x ，即()00f x =. 当0x 为奇数时，有()()()00120mod20mod2n f x a a a a ≡⇔++++≡L ，与①矛盾.有0x 为偶数时，有()()()00mod20mod2n f x a ≡⇔≡，与②矛盾.所以方程()0=x f 没有整数根．例8 ()2311986,IMO -设d 是异于2，5，13的任一整数.求证在集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b ，使得1ab -不是完全平方数.证明 因为2222513,21315,51318⨯-=⨯-=⨯-=，所以不是完全平方数只能是21,51,131d d d ---.若结论不成立，则存在正整数,,x y z ，使22221, 51, 131, d x d y d z -=-=-=①②③同时成立，由①知x 是奇数，设21x n =-代入①得 2221d n n =-+为奇数，代入②、③知,y z 均为偶数.设2,2y p z q ==，代入②、③后相减，有 ()()222d q p q p q p =-=+-.由于2d 为偶数，故,p q 同奇偶，()()q p q p +-可被4整除，得d 为偶数.这与上证d 为奇数矛盾.所以，在集合{}2,5,13,d 中可以找到两个不同元素,a b ，使得1ab -不是完全平方数.例9 (296IMO -)设,a b 为正整数，1ab +整除22a b +．证明221a b ab ++是完全平方数．（第130页例2-52）证明 令221a b k ab +=+．k 是正整数．式中,a b 是对称的，不妨设a b ≥．(l)若a b =，则()2222211a k k a k k a =⇒-=⇒=+．本题获证． (2)若ab >，由带余除法定理，可设a bs t =-（2,0,,s t b s t ≥≤<是整数)，则2222222211a b b s bst t b ab b s bt +-++=+-+，易证此式大于1s -且小于1s +(可用放缩法证)．所以必有2222221b s bst t b s b s bt -++=-+化简得221b t s bt +=+，于是222211a b b t s ab bt ++==++， 其中t b a <<．此时若0t =，则2k b =，本题获证．若0t >，可继续令11b ts t =-（11112,0,,s t t s t ≥≤<是整数），仿上可推得222222111111t t a b b t s ab bt tt +++===+++，此时若10t =，则2k t =，本题获证．若10t >，可如上法做下去．因120t t t >>>≥L ，且均为整数．故总能得到某个10i t +=，使2i k t =，是完全平方．综上本题获证．解决这道世界级难题的这种巧妙的证明方法叫“无穷递降法”，是17世纪法国数学家费马(Fermat ．1601一1665)首创和应用的一种方法．作业1、求方程3222009x x y +=的整数解.2、2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++L 的分子m 是吉祥数．作业 1. 设10,a =)1231,2,n n a a n +==L ，证明对于n a 不可能有某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.（P.185，32）证明 由已知有12220n n n n n a a a a a +-=>+≥，得 1n n a a +>.又由已知有123n n a a +-=平方得 2211310n n n n a a a a ++-+-=，同理 2211310n n n n a a a a ---+-=，这表明11,n n a a +-是二次方程()()22310n n x a x a -+-= 的两个不等根，得113n n n a a a +-+=-，即 113n n n a a a +-=--.若存在某一正整数N ，使2N a 能被1989整除，则2N a 能被3整除，由221223N N N a a a --=--知22N a -能被3整除，如此类推，可得2a 能被3整除，但(211312a a =+=， 这一矛盾说明，不存在某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.作业2.已知实函数(,)f x y 满足(,0)1,f x = ① ((,),)(,).f f x y z f z xy z =+ ② 求(,)f x y 的表达式.解 把①代入②，有()()()()1,,0,,01f y f f x y f y y y ==+=+，③ 进而 ()()(),111,1f x f x =+-()()()1,1,1f f x =- （由③）()()1,111f x =⋅-+()111x =+-+⎡⎤⎣⎦1x =+ ④ 一方面由④有()()(),,1,1,f f x y f x y =+⑤ 另一方面由②、③有()()(),,11,11 1.f f x y f xy xy =+=++⑥ 由⑤、⑥得(),111f x y xy +=++，即 (),1f x y xy =+.检验知(),1f x y xy =+为所求.。
数学竞赛中的数论问题题型全
数学竞赛中的数论问题定理4 ,a b 是两个不同时为0的整数，若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数）的数中的最小正数，则（1）00ax by +|ax by +；（2）00ax by +(),a b =．证明 （1）由带余除法有()00ax by ax by q r +=++，000r ax by ≤<+， 得 ()()0000r a x qx x b y qy ax by =-+-<+，知r 也是形如ax by +的非负数，但00ax by +是形如ax by +的数中的最小正数，故0r =，即00ax by +|ax by +． （2）由（1）有00ax by +|10a b a +=，00ax by +|01a b b +=，得00ax by +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00ax by +，所以00ax by +是,a b 的最大公约数，00ax by +(),a b =．推论 若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（很有用）定理5 互素的简单性质： （1）()1,1a =．（2）(),11n n +=．（3）()21,211n n -+=． （4）若p 是一个素数，a 是任意一个整数，且a 不能被p 整除，则(),1a p =． 推论 若p 是一个素数，a 是任意一个整数，则(),1a p =或(),a p p =． （6）若()(),1,,1a b a c ==，则(),1a bc =．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=．有 ()a cs bct c +=，得 ()(),,1a bc a c ==． （7）若(),1a b =，则(),1a b a ±=，(),1a b b ±=， (),1a b ab ±=．证明 ()()(),,,1a b a b a b a ±=±==，()(),,1a b b a b ±==，由（6）(),1a b ab ±=． （8）若(),1a b =，则(),1m n a b =，其中,m n 为正整数．证明 据（6），由(),1a b =可得(),1ma b =．同样，由(),1ma b =可得(),1m n a b =．定理7 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数． 证明 假设素数只有有限多个，记为12,,,n p p p ，作一个新数 1211n p p p p =+>．若p 为素数，则与素数只有 n 个12,,,n p p p 矛盾．若p 为合数，则必有{}12,,,i n p p p p ∈，使|i p p ，从而|1i p ，又与1i p >矛盾．综上所述，素数不能只有有限多个，所以素数有无穷多个． 2是素数，而大于2的偶数都是合数，所以2是唯一的偶素数．注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有n 个素数，便有1n +个素数．（构造法、反证法）定理8（整除的性质）整数,,a b c 通常指非零整数 （1）1a ，1|a -；当0a ≠时，|a a ，|0a ．（2）若b a ，0a ≠，则b a ≤;若b a ，b a >，则0a =;若0ab >，且,b a a b ，则a b =．证明 由b a ，0a ≠，有a bq =，得a b q b =≥．逆反命题成立“若b a ，b a >，则0a =”; 由b a ≤且b a ≥得a b =，又0ab >，得a b =． （7）若(),1a b =，且a bc ，则a c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有()()a cs bc t c +=， 因为a a ，a bc ，所以a 整除等式的左边，进而整除等式的右边，即a c ．（8）若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有acs bct c +=，又由,a c b c 有12,c aq c bq ==代入得()()21ab q s ab q t c +=，所以ab c ．注意 不能由a c 且b c 得出ab c ．如不能由630且10|30得出60|30． （9）若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ．证明 若不然，则|a b /且|a c /，由a 为素数得()(),1,,1a b a c ==，由互素的性质（6）得(),1a bc =，再由a 为素数得|a bc /，与a bc 矛盾．定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记作(mod )a b c ≡；若()|c a b -/，则称,a b 关于模c 不同余，记作a(mod )b c ．定理9（同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m >若(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(mod )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡．证明 由(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，有12,a b mq c d mq -=-=， ① 对①直接相加 ，有()()()12a c b d m q q +-+=+，得 (mod )a c b d m +≡+.对①分别乘以,c b 后相加，有()()()12ac bd ac bc bc bd m cq bq -=---=+，得 (mod )ac bd m ≡． （3）若(mod )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )nna b m =且(mod )an bn mn ≡.（4）若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 证明 由(mod )a b m ≡、，有 a b mq =+，又(,,)k a b m ，有,,a b mk k k均为整数，且 a b mq k k k=+，得 mod a b m k k k ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．定理10 设,a b 为整数，n 为正整数， （1）若a b ≠，则()()nna b a b--．()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++．（2）若a b ≠-，则()()2121n n a b ab --++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+．（3）若a b ≠-，则()()22nn a b ab +-．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a 是小于k 的非负整数，且10a >．若12121m m m m n a ka k a k a ---=++++，则称数12m a a a 为n 的k 进制表示．定理11 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．如12121101010m m m m n a a a a ---=++++，109,0i a a ≤≤>（10进制） 12121222m m m m n a a a a ---=++++．101,0i a a ≤≤>（２进制）定理12 （算术基本定理）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212k k n p p p ααα=，其中12k p p p <<<为素数，12,,,k ααα为正整数． （分解唯一性） 定理13 若正整数n 的素数分解式为 1212k k n p p p ααα=则n 的正约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++，n 的一切正约数之和为 ()121111212111111k k k p p p S n p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---． 证明 对于正整数1212k k n p p p ααα=，它的任意一个正约数可以表示为1212k k m p p p βββ=，0i i βα≤≤ ， ①由于i β有0,1,2,,i α共1i α+种取值，据乘法原理得n 的约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++．考虑乘积()()()12010101111222k kk k p p p p p p pp p ααα+++++++++，展开式的每一项都是n 的某一个约数（参见①），反之，n 的每一个约数都是展开式的某一项，于是，n 的一切约数之和为()()()11101111kk kS n p p p pp p αα=++++++121111212111111k k k p p p p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---． 注 构造法．定义8 （高斯函数）对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+． 定理14 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是 23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦．证明 由于p 为素数，故在!n 中p 的次方数是1,2,,n 各数中p 的次方数的总和（注意，若p 不为素数，这句话不成立）．在1,2,,n 中，有n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数；在n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数的因式中，有2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数；在2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数的因式中，有3n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个3p 的倍数；…，如此下去，在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数就为23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦．注 省略号其实是有限项之和．定理15 （费玛小定理）如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a--．证明2 改证等价命题：如果素数p 不能整除整数a ，则()mod pa a p ≡． 只需对1,2,,1a p =-证明成立，用数学归纳法．（1）1a =，命题显然成立．（2）假设命题对()11a k k p =≤<-成立，则当1a k =+时，由于()|1,2,,1ip p C i p =-，故有()11111ppp p p p k k C kC k --+=++++ ()11mod p k k p ≡+≡+．（用了归纳假设） 这表明，命题对1a k =+是成立． 由数学归纳法得()mod pa a p ≡．又素数p 不能整除整数a ，有(),1a p =，得()11p p a--．定义9 （欧拉函数）用()n ϕ表示不大于n 且与n 互素的正整数个数． 定理16 设正整数1212k k n p p p ααα=，则 ()12111111k n n p p p ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．推论 对素数p 有()()11,p p p pp αααϕϕ-=-=-．．第二讲 数论题的范例讲解（12）()()()()()()22220mod 4,211mod 4,211mod8n n n ≡-≡-≡． （13）任何整数都可以表示为()221m n k =-． 例1-1（1986，英国）设127,,,a a a 是整数，127,,,b b b 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b ---是偶数．（127,,,a a a 中奇数与偶数个数不等）例1-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a ---必为偶数．（暗藏3,1,4,1,5,9,2,6,5,3,5,8,9,7,9,3,2,3,8,4,6,2,6,4中奇数与偶数个数不等） 例2 能否从1,2,,15中选出10个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），所得的14个差恰好为1,2,,14？解 考虑14个差的和S ，一方面1214105S =+++=为奇数．另一方面，每两个数,a b 的差与其和有相同的奇偶性 (mod2)a b a b -≡+，因此，14个差的和S 的奇偶性与14个相应数之和的和/S 的奇偶性相同，由于图中的每一个数a 与2个或4个圈中的数相加，对/S 的贡献为2a 或4a ，从而/S 为偶数，这与S 为奇数矛盾，所以不能按要求给图中的圆圈填数．评析：用了计算两次的技巧．对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理．计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式．在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾．例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？解 （1）4堆是不能保证的．如4堆的奇偶性为：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）．（2）5堆是可以保证． 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述4种可能，当把这些苹果和梨分成5堆时，必有2堆属于同一奇偶性，其和苹果数与梨数都是偶数．例4 有n 个数121,,,,n n x x x x -，它们中的每一个要么是1，要么是1-．若1223110n nn x x x x x x x x -+++++=，求证4|n ． 证明 由{}1,1i x ∈-，有{}11,1i i x x +∈-，再由1223110n n n x x x x x x x x -+++++=，知n 个1i i x x +中有一半是1，有一半是1-，n 必为偶数，设2n k =．现把n 个1i i x x +相乘，有2222122311121(1)(1)1k kn n n n n x x x x x x x x x x x x ---+===，可见，k 为偶数，设2k m =，有4n m =，得证4|n ．例6 在数轴上给定两点1，在区间内任取n 个点，在此2n +个点中，每相邻两点连一线段，可得1n +条互不重叠的线段，证明在此1n +条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条．证明 将2n +个点按从小到大的顺序记为122,,,n A A A +…，并在每一点赋予数值i a ，使1, 1,i i i A a A ⎧=⎨-⎩当为有理数点时， 当为无理数点时.与此同时，每条线段1i i A A +也可数字化为1i i a a +（乘法） 1111,, 1,,i i i i i i A A a a A A +++-⎧=⎨⎩ 当一为有理数点，另一为无理数时， 当同为有理数点或无理数点时,记11i i a a +=-的线段有k 条，一方面112233412()()()()(1)(1)(1)k n k k n n a a a a a a a a -+++=-+=-... 另一方面 12233412()()()()n n a a a a a a a a ++ (2)1231212()1n n n a a a a a a a -++===-…，得()11k-=-，故k 为奇数．评析 用了数字化、奇偶分析的技巧． 二、约数与倍数最大公约数与最小公倍数的求法． （1） 短除法．（2）分解质因数法．设1212,0,1,2,,k k i a p p p i k αααα=≥=，1212,0,1,2,,k k i b p p p i k ββββ=≥=．记 {}{}min ,,max ,i i i i i i γαβδαβ==，则 ()1212,k k a b p p p γγγ=，[]1212,k k a b p p p δδδ=．（3）辗转相除法 ()()()()()121,,,,,0n n n n a b b r r r r r r r -======．例7 （1）求()8381,1015，[]8381,1015； （2）()144,180,108，[]144,180,108．解（1）方法1 分解质因数法．由283811729,10155729,=⨯=⨯⨯得()8381,101529=，[]28381,1015571729293335=⨯⨯⨯=． 方法2 辗转相除法．或 ()()()()()8381,1015261,1015261,23229,23229,029=====．[]()83811015838110158381,10158381352933358381,101529⨯⨯===⨯=．（2）方法1 短除法．由()22144,180,1082336=⨯=，得2144 180 108272 90 54336 30 27312 10 9 4 5 3[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．方法2 分解质因数法．由42222314423,180235,10823,=⨯=⨯⨯=⨯，得 ()22144,180,1082336=⨯=，[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．例8 正整数n 分别除以2,3,4,5,6,7,8,9,10得到的余数依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则n 的最小值为 ． 解 依题意，对最小的n ，则1n +是2,3,4,5,6,7,8,9,10的公倍数3212357n +=⨯⨯⨯，得2519n =． 例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？ 解 相当于求不定方程15276x y +=的整数解．由()15,273=知，存在整数,u v ，使15273u v +=，可得一个解2,1u v ==-，从而方程 ()1542726⨯+⨯-=．即往小容器里倒2次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有3升油；再重复一次，可得6升．例10 对每一个2n ≥，求证存在n 个互不相同的正整数12,,,n a a a ，使i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j n i j ∈≠成立．证明 用数学归纳法．当2n =时，取121,2a a ==，命题显然成立． 假设n k =时，命题成立，即存在12,,,k a a a ，使 i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j k i j ∈≠成立．现取b 为12,,,k a a a 及它们每两个数之差的最小公倍数，则1k +个数12,,,,k b a b a b a b +++满足 ()()()()()(),,t t ij i j a b b a b b a b a b a b a b ⎧+-++⎪⎨+-++++⎪⎩即命题对1n k =+时成立．由数学归纳法知命题对2n ≥成立．例11 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约．证明1 （反证法）假若214143n n ++可约，则存在1d >， ①使 ()214,143n n d ++=，从而存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩②③消去n ，()()3322⨯-⨯，得 ()132d q p =-， ④的 1d =． ⑤由（1）、（5）矛盾，得1d =． 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法．（2）式④是实质性的进展，表明 ()()131432214n n =+-+，可见 ()214,1431n n ++=．由此获得2个解法． 证明2 设()214,143n n d ++=．存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩①② 消去n ，②×3-①×2，得()132d q p =- ③ 得 1d =．证明3 由()()131432214n n =+-+ 得 ()214,1431n n ++=．证明4 ()214,143n n ++ ()71,143n n =++ ④()71,1n =+ ⑤ 1=． 解题分析：第④ 相当于 ①-②；第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式与⑤式的效果是一样的．例12 不存在这样的多项式 ()1110mm m m f n a n a na n a --=++++，使得对任意的正整数n ，()f n 都是素数．证明 假设存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数，则取正整数n b =，有素数p 使 ()1110mm m m f b a b a ba b a p --=++++=，进而对任意的整数,k 有 ()()()()1110mm m m f b kp a b kp a b kp a b kp a --+=+++++++()1110m m m m a b a b a b a Mp --=+++++（二项式定理展开）()1P M =+，其中M 为整数，这表明()f b kp +为合数．这一矛盾说明，不存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数．三、平方数若a 是整数，则2a 就叫做a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质（1）平方数的个位数只有6个：0,1,4,5.6.9．（2）平方数的末两位数只有22个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．（3）()()()()2220mod 4,211mod 4n n ≡-≡．（４）()()2211mod 8n -≡．（6）凡是不能被3整除的数，平方后被3除余1．（7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．（9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足222a b c +=的整数(),,a b c 叫做勾股数．勾股数的公式为2222,2,,a m n b mn c m n ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩其中,m n 为正整数，(),1m n =且,m n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数．2．平方数的证明方法（1）反证法．（2）恒等变形法．（3）分解法．设a 为平方数，且a bc =，(),1b c =，则,b c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法（1）若()221n x n <<+，则x 不是平方数．（2）约数有偶数个的数不是平方数．（3）个位数为2，3，7，8的数不是平方数．（4）同余法：满足下式的数n 都不是平方数．()2mod3n ≡， ()23mod4n ≡或， ()23mod5n ≡或， ()23567mod8n ≡或或或或，()2378mod10n ≡或或或．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．如个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是6、而十位数是偶数的数．例13 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100．每盏灯由一个拉线开关控制着．最初，电灯全是关着的．另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？讲解 （1）直接统计100次拉线记录，会眼花缭乱．（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次．（3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系：灯被拉奇数次的亮！（4）哪些数有奇数个约数：平方数． （5）1～100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100．答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个灯还亮．例14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数,a b ，斜边为正整数c ，若a 为素数，求证()21a b ++为平方数．证明 由勾股定理222c a b =+，有 ()()2c b c b a +-=，但a 为素数，必有 2,1,c b a c b ⎧+=⎨-=⎩解得 ()2112b a =-，从而 ()()()22212121a b a a a ++=+-+=+，为平方数．例15 求证，任意3个连续正整数的积不是平方数．证明 设存在3个连续正整数1,,1n n n -+（1n >）的积为平方数，即存在整数m ，使 ()()211n n n m -+=，即 ()221n n m -=，但()21,1n n -=，故21,n n -均为平方数，有2221,,,n a n b m ab ⎧-=⎪=⎨⎪=⎩得 ()222211211n a n n n =-≥--=->，（注意1n >）这一矛盾说明，3个连续正整数的积不是平方数．四．整除整除的判别方法主要有7大类．1．定义法．证b a a bq ⇔=，有三种方式．（1）假设a qb r =+，然后证明0r =．（定理4）（2）具体找出q ，满足a bq =．（3）论证q 的存在． 例18 任意一个正整数m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除．证明 设1110101010n n n n m a a a a --=⨯+⨯++⨯+，其中09,0i n a a ≤≤≠，则()()()()110111121111101101101911111111,n n nn n n n n n n m a a a a a a a a a a a ------++++=-+-++-⎛⎫=⨯-+⨯++⨯+ ⎪⎝⎭个个按定义 ()1109n n m a a a a --++++．2．数的整除判别法．（1）任何整数都能被1整除．（2）如果一个整数的末位能被2或５整除，那么这个数就能被2或５整除． （3）如果一个整数的末两位能被４或25整除，那么这个数就能被4或25整除． （4）如果一个整数的末三位能被8或125整除，那么这个数就能被8或125整除． （5）如果一个整数各数位上的数字之和能被3或9整除，那么这个数就能被3或9整除．证明 由()()101mod3,101mod9≡≡，有()1110110101010mod3n n n n n n a a a a a a a a ---⨯+⨯++⨯+≡++++，()1011010mod9n n a a a a a a -++⨯+≡++++如果一个整数的末三位数与末三位数以前的数字所组成的数的差能被7或11或1210a a a ()13132101001n n a a a a a a a -⨯--，()13210132101001n n a a a a a a a a a a --⇔⨯-，13，而7,11,13均为素数知，m 能被7或11或13()11101a a ++⨯++-3．分解法．主要用乘法公式．如()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-．例19 试证()()555129129++++++．证明 改证()55545129+++．设555129S =+++，则()()()()()()()()()555555555512344123418273645918273645999,S m m m m m m m m =++++++++=++++++++=++++得9S ．又 ()()()()555555555192837465S =++++++++()()()()()5123441234192837465522225,m m m m m m m m =++++++++=++++得5S ．但()9,51=，得45S ，即()()555129129++++++．例20 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+，求证p 可被1979整除（1979p ） 证明111112313181319p q =-+--+ 1111111122313181319241318⎛⎫⎛⎫=+++++-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111111111231318131923659⎛⎫⎛⎫=+++++-++-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111166066113181319=++++6601319661131898999066013196611318989990+++=+++⨯⨯⨯ 19796606611319659!19791319!MM=⨯⨯⨯⨯=⨯得1979整除1319!p ，但1979为素数，()1979,1319!1=，得p 可被1979整除．例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++的分子m 是吉祥数．证明：由111220090908m n =+++1111111200909082200909071004545410045455200909092009090920090909120090908220090907100454541004545520090909,122009090720090908p⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=+++⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ 其中p 为正整数，有 20090909122009090720090908n p m ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯，这表明，20090909整除1220090907200909m ⨯⨯⨯⨯⨯，但20090909为素数，不能整除12200909072009⨯⨯⨯⨯，所以20090909整除m ，得m 是吉祥数．4． 余数分类法．例21 试证()()3121n n n ++．证明1 任何整数n 被3除其余数分为3类 3,31,32,n k n k n k k Z ==+=+∈，（1）3n k =时，有 ()()()()12133161,n n n k k k ++=++⎡⎤⎣⎦有()()3121n n n ++．（2）31n k =+时，有()()()()()1213313221,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．（3）32n k =+()()()()()121332165,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．综上得，()()3121n n n ++．证明 2 ()()()()222211214n n n n n n ++++=，得 ()()322221n n n ++，又()3,41=，得()()3121n n n ++．5．数学归纳法．6．反证法．7．构造法． 例22 k 个连续整数中必有一个能被k 整除． 证明 设k 个连续整数为,1,2,,1a a a a k +++-，若这k 个数被k 除没有一个余数为0，则这k 个数的余数只能取1,2,,1k -，共1k -种情况，必存在两个数,,0a i a j i j k ++<-< ，使 1,a i kq r +=+2,a j kq r +=+ 其中12q q ≠，相减 ()12i j k q q -=-，有 12i j k q q k -=-≥， 即 i j k -≥与i j k -<矛盾．故k 个连续整数中必有一个能被k 整除．也可以由()12i j k q q -=-得 ()120i j k q q k <-=-<，推出1201q q <-<，与12q q -为整数矛盾．例23 k 个连续整数之积必能被!k 整除． 证明 设k 个连续整数为,1,2,,1n n n n k +++-，（1）若这k 个连续整数为正整数，则()()()()121!!!!n n n n k n k k n k +++-=+()k nC =只须证明，对任何一个素数p ，分子中所含p 的方次不低于分母中所含p 的方次，由高斯函数的性质[][][]x y x y +≥+，有()s s s s k n k n k n k p p p p +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=≥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑∑ 得k nC为整数（证实了组合数的实际意义）（2）若这k 个连续整数中有0，则连乘积为0，必能被!k 整除．（3）若这k 个连续整数为负整数，则()()()()()()()()()121!1211!1,k kk nn n n n k k n n n n k k C-+++--------+=-=-由（1）知kn C -为整数，故()()()121!n n n n k k +++-为整数．例24 有男孩、女孩共n 个围坐在一个圆周上（3n ≥），若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有a 组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b 组，求证3a b -．证明 现将小孩记作(1,2,,)i a i n =…，且数字化1,1, i i i a a a ⎧=⎨-⎩ 表示男孩时表示女孩时则“3人组”数值化为12121212123,,,3,,,1,,,1,,,i i i i i i i i i i i i i i i i a a a a a a A a a a a a a a a a ++++++++++⎧⎪-⎪=++=⎨⎪⎪-⎩ 均为男孩 均为女孩 恰有一个女孩 恰有一个男孩其中n j j a a +=．又设取值为3的i A 有p 个，取值为3-的i A 有q 个，依题意，取值为1的i A 有b 个，取值为1-的i A 有a 个，得 1212323413()()()()n n a a a a a a a a a a a a +++=+++++++++…… 3(3)(1)3()()p q a b p q b a =+-+-+=-+-， 可见3a b -．例25 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2． 分析 只需说明()23131222n n n n -+=为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明()()3212131222n n n n n n ++++=是3的倍数．作变形 ()()()32222213111,3,81228n n n n n n ++++-=-= ， 命题可证．证明 已知即()()321213111222n n n n n n ++++-=-， ① 因为相邻2个整数(),1n n +必有偶数，所以3231122n n n ++-为整数．又①可变为 ()()32222213111228n n n n n n ++++-=-，因为相邻3个整数()()2,22,21n n n ++必有3的倍数，故()()22221n n n ++能被3整除；又()3,81=，所以()()222218n n n ++能被3整除；得3231122n n n ++-用3除时余2．五、同余根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以直接用来解题．例26 正方体的顶点标上1+或1-，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数的乘积，求证，这样得出的14个数之和不能为0．证明 记14个数的和为S ，易知，这14个数不是1+就是1-，若八个顶点都标上1+，则14S =，命题成立．对于顶点有1-的情况，我们改变1-为1+，则和S 中有4的数,,,a b c d 改变了符号，用/S 表示改变后的和，由()0mod2a b c d +++≡知 ()/20mod 4S S a b c d -=+++≡， 这表明，改变一个1-，和S 关于模4的余数不变，重复进行，直到把所有的1-都改变为1+，则()/111142mod4S S ≡≡+++≡≡，所以，0S ≠．例27 设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110 的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．证明 由已知有()()()0121mod21mod2n fa a a a α≡⇔++++≡， ①()()()1mod21mod2n f a β≡⇔≡， ②若方程()0=x f 存在整数根0x ，即()00f x =．当0x 为奇数时，有()()()00120mod20mod2n f x a a a a ≡⇔++++≡，与①矛盾．有0x 为偶数时，有()()()00mod20mod2n f x a ≡⇔≡，与②矛盾．所以方程()0=x f 没有整数根． 六、不定方程未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解，叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决3个问题，方程是否有解？有解时，有几个解，解数是有限还是无穷？求出全部解．例28 解方程719213x y +=． 解法1 由()7,191=知方程有整数解． 观察特解，列表得一个特解0025,2,x y =⎧⎨=⎩从而通解为2519,27.x t y t =-⎧⎨=+⎩方法总结：第1步，验证(),a b c ，经常是(),1a b =．第2步，求特解（观察、列举、辗转相除等）． 第3步，代入公式．方法总结：()mod ax by c ax c b +=⇔≡或()mod by c a ≡． 例29 求方程3222009x x y +=的整数解． 解 由2009的分解式，有 ()222212009741xx y +=⨯=⨯，有 21,1,1,1004,1005,22009,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩ 227,7,7,17,24.241,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．（1988，高中联赛）解法1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为1234567,,,,,,A A A A A A A 和1234567,,,,,,B B B B B B B ．如果甲方获胜，设i A 获胜的场数是i x ，则07,17i x i ≤≤≤≤而且1277x x x +++= ， ①容易证明以下两点：在甲方获胜时（i ）不同的比赛过程对应着方程①的不同非负整数解；（ii ）方程①的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：1A 胜1B 和2B ；3B 胜1A 、和3A ；4A 胜3B 后负于4B ；5A 胜4B 、5B 和6B 但负于7B ；最后6A 胜7B 结束比赛．下面求方程①的非负整数解个数，设1i i y x =+，问题等价于方程123456714y y y y y y y ++++++=，正整数解的个数，将上式写成1111111111111114+++++++++++++=，从13个加号取6个的方法数613C 种．得甲方获胜的不同的比赛过程有613C 种．同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有713C 种，合计61323432C =种比赛过程例31（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出123,,a a a ，使同时满足 21323, 3a a a a -≥-≥，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？解 由已知得121323 10,30 30, 140,a a a a a a -≥--≥--≥-≥4项均为非负数，相加得()()()()121323133 147a a a a a a -+--+--+-=，于是123,,a a a 的取法数就是不定方程 12347x x x x +++=的非负整数解的个数，作一一对应11i y x =+，问题又等价于不定方 123411y y y y +++= 的正整数解．由 11111+++=，得310C 个解，即符合要求的不同取法有310C 种． 七．数论函数主要是[]x 高斯函数，()n ϕ欧拉函数．例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于．．6．时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数[]y x =（[]x 表示不大于x 的最大整数）可以表示为(A)10x y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (B)310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (C) 410x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (D)510x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ （2010年全国高考数学陕西卷理科第10题）解法1 选（B ）．（求解对照）．规则是“六舍七入”，故加3即可进1． 选310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦． 解法2 选（B ）．（特值否定）．取56x =，按规定应选5人，可否定(C)、(D)；再取57x =，按规定应选6人，可否定(A)．注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入”．例33 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦．讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号．关键是弄清[]x 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除：（1）分子是那些数相加，求出和来；由36651830200421963666⨯=<<=⨯，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个（2）除法谁除以366，求出商的整数部分．原式()036536612345175366⨯+++++⨯⎡⎤=⎢⎥⎣⎦1036687536614310236612.⨯+⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦= 命题背景2004年有12个月、366天．例34 50!的标准分解式中2的指数．解 35678912450!23571113171923293137414347ααααααααα= 2的指数为2345505050505025126314722222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 图示（5条横线，25个偶数中2的方次，按横线求和）八、综合练习例35 整数勾股形中，证明（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数； （3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数．证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长,,x y z 互素，且满足222x y z +=.这时，若,x y 两个均为偶数，则z 也为偶数，与,,x y z 互素矛盾；若,x y 两个均为奇数，有()()221mod4,1mod4x y ≡≡，得 ()2222mod4z x y ≡+≡， 这与平方数模4只能取0，1矛盾.所以，,x y 中有且只有一个为偶数，不妨设x 为偶数.（1）设,x y 中无一为3的倍数，则()()221mod3,1mod3x y ≡≡，得 ()2222mod3z x y ≡+≡，这与平方数模3只能取0，1矛盾，故,x y 中有一个为3的倍数. （2）由x 为偶数.，必有,y z 均为奇数，记2,21,21x m y p z q ==+=+有 ()()()22222222421214m x z y q p q q p p ==-=+-+=+--则 ()()211m q q p p =+-+右边是两个偶数的差，必为偶数，从而x 为4的倍数.（3）若,x y 中有5的倍数，命题已成立. 若,x y 均不是5的倍数，则若,x y 只能是形如51k ±或52k ±的正整数.若,x y 均为51k ±型，则()222112mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾若,x y 均为52k ±型，则()222443mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾.所以，,x y 只能分别取51k ±与52k ±型，有 ()222410mod5z x y ≡+≡+≡得25z ，但5是素数，得5z .（4）由上证（1）、（2）及()3,41=知，xy 是12的倍数，则12xy 是6的倍数，得三角形的面积是6的倍数． 例36 已知ABC 内有n 个点，连同,,A B C 共有3n +个点，以这些点为顶点，把ABC 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把,,A B C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（斯潘纳定理）证明1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为0；当边的两端点异色时，记为1；再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为0，记这样的小三角形有a 个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为2，记这样的小三角形有b 个；当三角形的三顶点两两异色时，和值为3，记这样的小三角形有c 个.下面用两种方法计算所有三角形赋值的总和S ，一方面02323S a b c b c =⨯+⨯+⨯=+. ①另方面，,,AB BC CA 的赋值均为1，和为奇数；而ABC 内的每一条连线，在上述S 的计算中都被计算了两次，和为偶数；这两者之和得S 为奇数，记为21S k =+ ② 由①，②得 2123k b c +=+可见c 为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（证明：n 个连续整数的乘积一定能被n!整除设a 为任一整数，则式： (a+1)(a+2)...(a+n) =(a+n)!/a! =n!*[(a+n)!/(a!n!)]而式中[(a+n)!/(a!n!)]恰为C(a+n,a),也即是从a+n 中取出a 的组合数，当然为整数。
数学竞赛第三章_数论20122
22.06.2020
第三章 数 论
15
3．2 同 余
一、同余的定义和性质 例题 例3.求证：x14 +x24 + x34 + … + x144 =1599无
② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个 是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3 整除，所以也可以被2×3=6整除。
这个性质可以推广到任意个整数连续之积。
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第三章 数 论
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3．1 整数的奇偶性和整除性
二、整数的整除性 例题
例10. 设p是大于5的素数，求证：240|p4-1.
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第三章 数 论
10
第三章 数 论
3．2 同 余
一、同余的定义和性质
定义
定义 1. 设
，若
，则称 和 对模 同余，
记作 a≡b(modm)；
若不然，则称 和 对模 不同余，记作 a≢b(modm)
例如：
，
等等。
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第三章 数 论
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3．2 同 余
一、同余的定义和性质
性质
（1）（反身性）
；
（2）（对称性）若
，则
（3）（传递性）若
，
（4）（同余式相加）若
，
（5）（同余式相乘）若
，
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第三章 数 论
性质
； ，则
，则 ，则
； ；
；
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3．2 同 余
一、同余的定义和性质
性质
反复利用（4）（5），可以对多个（模相同的）同余式建立加、减和乘
法的运算公式。特别地，由（5）易推出：
竞赛数学(张同君陈传理)数论3(不定方程)
根据未知数的个数和方程的个数之间的关系，不定方程可分为一 元不定方程、二元不定方程等。
整数解与特解概念
整数解
满足不定方程的整数解称为该不 定方程的整数解。
特解
不定方程的一组特殊解，通常用 于求解其他解或证明解的存在性 。
线性不定方程性质
01
齐次线性不定方程
若线性不定方程的常数项为零，则称为齐次线性不定方程。齐次线性不
的解。
04
特殊类型不定方程处理方法
佩尔方程求解思路
佩尔方程形式
佩尔方程是一类形如x^2 - ny^2 = 1的不定方程， 其中n为正整数且不是完全平方数。
求解步骤
通过连分数、二次剩余等方法找到一组特解，然后 利用递推关系式求得所有解。
注意事项
在求解过程中需要注意n的取值范围以及特解的选择 ，避免陷入死循环或者得到无效解。
况下，可以通过消元法、代入法等方法求解。
02
线性不定方程求解方法
逐步满足法原理及步骤
原理：通过逐步满足方程中的条件，使问题不 断简化，最终得到方程的解。
01
观察方程特点，确定一个未知数的取值范 围；
03
02
步骤
04
在该范围内逐一尝试满足方程的整数解；
若找到一组解，则验证其正确性；
05
06
若无法找到解，则调整取值范围或尝试其 他方法。
其他特殊类型问题探讨
其他特殊类型问题
除了佩尔方程和高次幂和型不定方程外，还有一些其他特殊类型的不定方程问题，如费马 大定理相关的不定方程、涉及三角函数的不定方程等。
处理方法
针对不同类型的特殊问题，需要采用不同的处理方法。例如，费马大定理相关的不定方程 可以通过代数数论的方法进行研究；涉及三角函数的不定方程可以通过三角恒等式进行化 简和求解。
数论选讲
解： 又
(m + n)m ≥ mm + nm ⇒ mn ≤ 1413 。
44 = 256,53 = 3125 > 1413 ⇒ m ≤ 4 。 显然 m 为奇数。 当 m = 1时，对任何正整数 n ，不可能有 (m + n)m = n +1 = nm +1413 = n +1413 。
当 m = 3 时，由 (3 + n)3 = n3 +1413 可得 n2 + 3n −154 = 0 ，即
（1）必有自然数 k ，使得 Ak+1 = Ak 。 (2) 若 A = 1986 ，问上述的 Ak 等于多少？并说明理
由。
证明：（1）n = 0 时，对任意 k ，有 Ak = A 。当 n = 1 时，显然 A ≥ f ( A) 。 当 n ≥ 2 时，
f ( A) = 2n a0 + 2n−1 a1 +" + 2an−1 + an ≤ (2n + " + 2 + 1) ⋅ 9 = (2n+1 −1) ⋅ 9 ， A ≥ 10n an ≥ 10n = 10 ⋅10n−1 > 9 ⋅10n−1 > 9 ⋅ 23 ⋅10n−2 ≥ 9 ⋅ 23 ⋅ 2n−2 = 9 ⋅ 2n+1 > 9(2n+1 −1) ≥ f ( A)
一、基本知识
（一）整除与同余
1. 设 n 为正整数，则任意 n 个连续整数中有且仅有一个是 n 的倍数。 2. 若 p 为素数， n 为任意正整数，且 p a1 a2 "an ，则至少存在一个 ai ，使得 p ai 。
3. 若 ai ≡ bi (mod n),i = 1,2,", m ，则对任意的整数 ci (i = 1, 2,", m) ，均有
数论竞赛题
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。
数学竞赛的精华数论
数学竞赛的精华数论数论是数学中的一个分支，研究数字的性质和相互关系。
在数学竞赛中，数论经常被认为是其中最具挑战性和精华的部分。
本文将探讨数论在数学竞赛中的重要性、常见的数论问题和一些解题技巧。
一、数论在数学竞赛中的重要性数论在数学竞赛中的重要性不言而喻。
首先，数论是一门富有深度的数学学科，其问题常常需要较高的抽象思维和逻辑推理能力。
这对于培养学生的数学思维、推理能力以及严谨的数学证明能力具有显著的作用。
其次，数论问题在数学竞赛中普遍存在，考察了学生对于基本数论概念的掌握和应用能力。
因此，掌握数论成为了数学竞赛中获胜的关键。
二、常见的数论问题在数学竞赛中，数论问题多种多样。
以下是一些常见的数论问题：1. 质数判定：给定一个正整数，判断其是否为质数。
质数判定是数论中的基本问题，可以通过试除法、欧拉筛法等方法解决。
2. 最大公约数与最小公倍数：给定两个正整数，求它们的最大公约数和最小公倍数。
最大公约数和最小公倍数是数论中的重要概念，可以通过辗转相除法等方法求解。
3. 同余关系与模运算：给定两个整数a和b，判断它们是否满足同余关系。
模运算是数论中的重要概念，在解决同余关系问题时起到了关键作用。
4. 整数分解：给定一个正整数，将其分解为质因数的乘积。
整数分解是数论中的重要问题，可以通过试除法等方法解决。
三、解题技巧在数论问题中，解题技巧起到了至关重要的作用。
以下是一些解题技巧：1. 利用举反例法：在数论问题中，举一反三往往是解题的核心。
通过运用举反例法，可以揭示问题的本质，帮助我们找到解题的思路。
2. 利用归纳法：数论问题中的递推和归纳思想常常被用来解决问题。
通过观察数列的规律，可以推导出问题的通用解法。
3. 利用模数的选择：模数的选择对于解决同余关系和模运算问题至关重要。
选择合适的模数可以简化计算，加快解题速度。
4. 利用逆元与同余定理：逆元和同余定理是解决同余关系问题的重要工具。
运用逆元和同余定理可以简化问题的分析与计算。
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。
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性质
第三章 数 论
3．1 整数的奇偶性和整除性 ． 一、整数的奇偶性 5、任意n个奇数的积仍是奇数，奇数的 次幂是奇 、任意 个奇数的积仍是奇数 奇数的n次幂是奇 个奇数的积仍是奇数， 个数的积为奇数， 个数均为奇数。 数。若n个数的积为奇数，则这 个数均为奇数。 个数的积为奇数 则这n个数均为奇数 6、若任意有限个整数中至少有一个偶数，那么它 、若任意有限个整数中至少有一个偶数， 们的积是偶数；反之，任意有限个整数之积是偶数， 们的积是偶数；反之，任意有限个整数之积是偶数， 则这些因数中至少有一个偶数。 则这些因数中至少有一个偶数。 7、 若a,b为整数，则a+b与a-b奇偶性相同 、 为整数， 为整数 与 奇偶性相同
第二篇 竞赛数学的主要内容
第三章 数论
§3．1 整数的奇偶性和整除性 ． §3．2 同余 ． §3．3 不定方程 ． §3．4 高斯函数 ． 高斯函数[x]
第三章 数 论
3．1 整数的奇偶性和整除性 ． 一、整数的奇偶性 1、偶数+偶数 偶数；奇数 奇数 偶数； 、偶数 偶数 偶数；奇数+奇数 偶数； 偶数=偶数 奇数=偶数 奇数+偶数 偶数=奇数 奇数 偶数 奇数 2、a,b为整数，若a±b为偶数，则a,b的奇偶性 为整数， 为偶数， 、 为整数 ± 为偶数 的奇偶性 相同； 为奇数， 的奇偶性相反。 相同；若a±b为奇数，则a,b的奇偶性相反。 ± 为奇数 的奇偶性相反 3、奇数个奇数之和是奇数； 、奇数个奇数之和是奇数； 偶数个奇数之和是偶数。 偶数个奇数之和是偶数。 4、奇数×奇数 奇数；偶数×偶数 偶数； 奇数； 偶数； 、奇数×奇数=奇数 偶数×偶数=偶数 奇数×偶数=偶数 奇数×偶数 偶数
性质2 等式中除某一项外，其他所有项都能被m整除 整除， 性质2 等式中除某一项外，其他所有项都能被 整除， 则这一项也能被m整除 整除。 则这一项也能被 整除。 性质3 1)若 性质3 1)若a|bm，且（a，b）=1，则a|m； ， ， ） ， ； 2) 若a|m，b|m，且（a，b）=1，则ab|m； ， ， ， ） ， ； 3) 若p为质数，且p|ab ，则p|a，或p|b。 为质数， 为质数 ， 。
2012-5-1 第三章 数 论 3
性质
第三章 数 论
3．1 整数的奇偶性和整除性
一、整数的奇偶性
例题
例1.在1, 2, 3, ⋯, 1999 这1999 个数的前面任 在 意添上正号或负号, 意添上正号或负号 问它们的代数和是奇数 还是偶数? 还是偶数 例2.设a1 , a2 , ⋯, an 是自然数 1, 2, ⋯, n 的一个 设 排列, 为奇数,求证 求证: 排列 若n 为奇数 求证 ( a1 - 1) ( a2- 2) ⋯( ann) 为偶数。 为偶数。
2012-5-1 第三章 数 论
历史
丢番图
数书九章——大衍类 大衍类 数书九章
18
3．3 不定方程 ．
一、一次不定方程 定义
定义. 不同时为零) 定义.形如 ax + by = c ( a , b , c ,∈ Z , a, b 不同时为零) 的方程称为二元一次不定方程。 的方程称为二元一次不定方程。
2012-5-1
第三章 数 论
10
第三章 数 论
3．2 同 余 ．
一、同余的定义和性质
定义 1. 设 ，若 ，则称 和 对模 同余， 同余，
定义
记作 a≡b(modm)； ≡ ； 若不然， 若不然，则称 和 对模 例如： 例如： ， 不同余， 不同余，记作 a≢b(modm) ≢ 等等。 等等。
2012-5-1
2012-5-1 第三章 数 论 4
第三章 数 论
3．1 整数的奇偶性和整除性
一、整数的奇偶性
例题
个整数a 的积等于n，其和为0. 例3.设n个整数 1 , a2 , ⋯, an 的积等于 ，其和为 设 个整数 证明： 证明：4|n. 个数x 它们中的每一个要么是1， 例4.设n个数 1 , x2 , ⋯, xn ,它们中的每一个要么是 ， 设 个数 它们中的每一个要么是 要么是-1.若 要么是 若x1 x2 +x2 x3 + ⋯ +xn-1 xn+xn x1=0 . 证明： 证明：4|n.
2012-5-1 第三章 数 论 8
3．1 整数的奇偶性和整除性
二、整数的整除性 例题
例10. 设p是大于 的素数，求证：240|p4-1. 是大于5的素数 是大于 的素数，求证：
是素数， 也是素数， 例11. p≥5是素数，且2p+1也是素数，证明： 是素数 也是素数 证明： 4p+1必是合数。 必是合数。 必是合数
第三章 数 论
17
第三章 数 论
3．3 不定方程 ．
不定方程是数论中最古老的分支之一。 不定方程是数论中最古老的分支之一。 古希腊的丢番图（ 古希腊的丢番图（Diophantus）早在公元 世纪就 ）早在公元3世纪就 开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程. 开始研究不定方程，因此常称不定方程为丢番图方程 中国是研究不定方程最早的国家.公元 世纪的 中国是研究不定方程最早的国家 公元5世纪的 公元 张丘建算经》 《 张丘建算经》中的百鸡问题标志中国对不定方程理 论有了系统研究.秦九韶的大衍求一术将不定方程与同 论有了系统研究 秦九韶的大衍求一术将不定方程与同 余理论联系起来. 余理论联系起来 百鸡问题说： 鸡翁一，直钱五，鸡母一， 百鸡问题说：“鸡翁一，直钱五，鸡母一，直钱 鸡雏三，直钱一.百钱买百鸡 问鸡翁、 百钱买百鸡， 三，鸡雏三，直钱一 百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各 几何？ 几何？”. 费马（ 费马（Fermat）大定理（当n＞2时，xn＋yn＝zn没有 ）大定理（ ＞ 时 ），历经 历经300余年，已由英国数学家安 余年， 非平凡的整数解），历经 余年 维尔斯（ 证明。 德鲁 ·维尔斯（A.Wiles ）证明。 维尔斯
练习
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第三章 数 论
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3．2 同 余 ．
一、同余的定义和性质 例题 求证： 例3.求证：x14 +x24 + x34 + … + x144 =1599无 求证 无 整数解. 整数解
练习
1. （1898年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使 年匈牙利奥林匹克竞赛题） 年匈牙利奥林匹克竞赛题 2n+1能被 整除的一切自然数 能被3整除的一切自然数 能被 整除的一切自然数n. 2. 求证31980+41981能被5整除 求证 能被 整除. 整除
反复利用（ （5 ，可以对多个（模相同的）同余式建立加、 反复利用（4） 5） 可以对多个（模相同的）同余式建立加、减和乘 （ ，可以对多个 法的运算公式。特别地， 法的运算公式。特别地，由（5）易推出： 易推出： 若 a ≡ b (mod m ) ，则 a n ≡ b n (mod m ) ； 但是同余式的消去律一般并不成立， 但是同余式的消去律一般并不成立 ， 即从 。正确的结果是： 正确的结果是 结果 （6）若 ，则 a ≡ b (mod m ) ，由此可以推出： 由此可以推出：
( m, c )
未必能推出
若
则有
。
互素时， 不改变模） 即在 与 互素时，可以在原同余式两边约去 （不改变模） 。
2012-5-1 第三章 数 论 13
3．2 同 余 ．
一、同余的定义和性质 性质
（7）若 a ≡ b (mod m ) ，d｜m，则 a ≡ b (mod d ) ； （8）若 a ≡ b (mod m ) ，d≠0，则 da ≡ db (mod dm ) ； 反之也成立，即有 da ≡ db (mod dm ) ⇒ a ≡ b (mod m ) （9）若 a ≡ b (mod mi )( i = 1, 2, L , n ) ，则 ， 特别地，若 m1 , m 2 , L , m n 两两互素时，则有 ；
2012ห้องสมุดไป่ตู้5-1 第三章 数 论 14
3．2 同 余 ．
一、同余的定义和性质
例题
今天是星期四， 天后是星期几？ 例1.今天是星期四，则101000天后是星期几？ 今天是星期四 证明： 能被1984整除 整除. 例2.证明：993993+991991能被 证明 整除 习题3.2 习题 1.n为任意正整数，证明： 为任意正整数，证明： 为任意正整数 能被1989整除 整除. A=2034n + 846n -1917n -963n 能被 整除
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第三章 数 论
9
3．1 整数的奇偶性和整除性
二、整数的整除性 练习 1.证明：不定方程x2+y2=1983无整数解 证明：不定方程 无整数解. 证明 无整数解 3.能否找到 个奇数，使它们的倒数和等于 ？ 能否找到10个奇数 使它们的倒数和等于1？ 能否找到 个奇数，
作业
4. 方程 2+bx+c=0，其中 、b、c都是奇数， 方程ax 都是奇数， ，其中a、 、 都是奇数 证明此方程无整数解. 证明此方程无整数解
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第三章 数 论
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3．2 同 余 ．
二、剩余类、完全剩余系、费马小定理 剩余类、完全剩余系、
性质
定理3（费马小定理） 是素数， 定理 （费马小定理）设p是素数，且(a,p)=1，那么 是素数 ， ap-1 ≡１（mod p） . １ ） 更一般地,设 是素数 对任意整数a,有 是素数,对任意整数 更一般地 设p是素数 对任意整数 有ap ≡a(modp). 例9.求20032005 被17除的余数 除的余数. 求 除的余数
2012-5-1 第三章 数 论 7
3．1 整数的奇偶性和整除性
二、整数的整除性
2、整除的性质 、