高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题
高一年级竞赛数学数论专题讲义：10.中国剩余定理
高一竞赛数论专题10.中国剩余定理1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,,,k a a a ,一次同余方程组 (mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1k j j m m ==∏的意义下解101(mod )k j j j j x x M M a m -=≡=∑唯一. 其中1,j j jm M M m -=是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩.3.设*,n N ∈证明：存在*,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根. (请对比拉格朗日定理).4.证明：对任意给定的正整数n ,均有连续n 个正整数,其中每一个都有大于1的平方因子.5.证明：对任意正整数n ,存在n 个连续正整数,它们中每一个数都不是素数的幂.6.证明：存在任意长的由不同正整数组成的等差数列,它的项都是正整数的幂,幂指数是大于1的整数.7.设,m n 是自然数,满足对任意自然数,k (,111)(,111)m k n k -=-.证明存在某个整数l 使得11.lm n =高一竞赛数论专题10.中国剩余定理解答1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,,,k a a a ,一次同余方程组 (mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1k j j m m ==∏的意义下解101(mod )k j j j j x x M M a m -=≡=∑唯一. 其中1,j j jm M M m -=是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡ 证明：因为(,)1,,i j m m i j =≠所以(,) 1.j j M m =由Bezout 定理知道存在整数,s t 使得 1.j j sM tm +=1(mod ).j j sM m ≡取1.j M s -=于是11(mod ).j j j M M m -≡另一方面,,j jm M m =所以|,.i j m M i j ≠ 于是111(mod )(1,2,,).k j j j i i i i i j MM a M M a a m i k --=≡≡=∑即11(mod )kj j j j x M M a m -=≡∑是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的解.若00,x x '是是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的两个解. 则00(mod ),(mod ).j j j j x a m x a m '≡≡于是00(mod ).j x x m '≡即00|j m x x '-.因为(,)1,.i j m m i j =≠ 所以00|m x x '-,即00(mod ).x x m '≡ 所以中国剩余定理的得证.2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩.解：7,8,9两两互素,则由中国剩余定理知道有唯一解.123789504,72,63,56.M M M M =⨯⨯====1722(mod 7),M =≡取114(mod 7).M -≡2631(mod8),M =≡-取121(mod8).M -≡- 3562(mod 9),M =≡取135(mod 9).M -≡。
高中数学竞赛专题讲座---同余理论及其应用(一)
同余理论及其应用基础知识一. 定义定义1. 设m 为正整数，整数a 和b 之差可被m 整除时，称为a 和b 关于模m 同余，记作 ).(mod m b a ≡ 定义2. 被正整数m 除余数相等的所有整数的集合称为模m 的剩余类。
模m 的剩余类共有m 个。
定义3. 在模m 的m 个剩余类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的完全剩余系。
定义4. 绝对值不超过]2[m 的模m 的完全剩余系称为模m 的绝对最小剩余系。
定义5. 当模m 的某一剩余类的所有整数均与m 互素时，则称此剩余类是模m 的简化类。
模m 的简化类共有)(m φ个。
定义6. 在模m 的)(m φ个简化类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的简化剩余系。
定义7. 欧拉函数：设n 为正整数，从1到n 的整数中与n 互素的整数的个数用)(n φ表示，称)(n φ为欧拉函数。
当1212s s np p p ααα=时，有)11)...(11)(11()(21s p p p n n ---=φ 二. 定理定理1. ).(mod m b a ≡ 的必要充分条件是a 和b 被m 除的余数相等。
定理 2. I .);(mod m a a ≡II .若),(mod m b a ≡则);(mod m a b ≡III .若),(mod m b a ≡),(mod m c b ≡则).(mod m c a ≡定理3. 若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则I .)(m od 2121m b b a a +≡+；II .(mod 2121m b b a a -≡-2 )(m od 212m b b a -≡-；III .)(m od 2121m b b a a ≡.定理4. 如果),...,2,1)((m od n i m b a i i =≡，则I .)(m od ......2121m b b b a a a n n +++≡+++；II . ).(m od ......2121m b b b a a a n n ≡推论. 如果).(mod m b a ≡n 为任意正整数，则).(mod m b a nn ≡ 定理5. 如果).(mod m cb ca ≡则).),((modm c m b a ≡ 推论. 如果1),(=m c ，).(mod m cb ca ≡则).(mod m b a ≡ 定理6. 如果).(mod m b a ≡则).,(),(m b m a =定理7. a 和b 属于模m 的同一剩余类的充要条件是).(mod m b a ≡定理8. m 个整数m a a a ,...,,21是模m 的完全剩余系的充要条件是m a a a ,...,,21关于模m 两两互不同余。
赣县中学高中数学竞赛数论第1一讲因式分解(上)
第一讲 因式分解（一）1、 几种常用的因式分解方法①、拆项和添项：把代数式中的某项拆成两项或更多项的代数和，叫做拆项；把代数式添上两个符号相反的项，叫做添项。
一般情况下，如何拆项或添项，依赖于对题目特点的观察和分析。
例1、分解因式：⑴、2426923+++x x x ⑵、15++x x例2、分解因式：24222)1()1(2)1(y x y x y -++-+例3、分解因式：abc c b a 3333-++例4、若a 为正整数，则9324+-a a 是质数还是合数？给出你的证明。
②、按一个变量降次排列：按一个变量降次排列在代数式变换中，是常用的方法之一，按一个变量降次排列的方法，常有利于因式分解的进行。
例5、分解因式：1+++++++z y x zx yz xy xyz例6、分解因式：a x a x a x +++++)12()2(23③、换元法：在作代数式变换时，常常要考虑把一个式子看成一个数（或字母），从而应用基本知识解决问题。
例7、分解因式：2)1()2)(2(ab b a ab b a -+-+-+例8、分解因式：333)42()323()(a b c c b a c b a -++--+++例9、证明：四个连续自然数的积与1之和必是一个完全平方数。
④、待定系数法：待定系数法也是代数式变换的一个常用方法，这个方法的特点是假设变换已经完成，然后再去求出那些尚未确定的系数。
例10、分解因式：35825322-+--+y x y xy x例11、化简912104234++++x x x x例12、分解因式：4925322-++-+y x y xy x例13、求证：y x y xy x +++-22不能分解成两个一次因式的乘积。
例14、求证：1234++++x x x x 可表示成两个多项式的平方差第一讲 因式分解（一）练习1、分解因式：①、32422+++-b a b a =___________________________.②、.____________________262793223=-+-a x a ax x③、._____________________20)5)(3)(1(2=-++-x x x④、._________________________2414723522=-+--+y x y xy x⑤、.__________________________12)2)((42222=-++++y y xy x y xy x ⑥、.___________________________)1)(1)(1(=++++xy y x xy⑦、._______________________)1()2)(2(2=++++-+ab b a ab b a⑧、.___________________________)(3333=---++c b a c b a2、m 为何值时，多项式m y x y xy x +-++-5112101222能分解成两个一次因式的积？3、求满足19832222=-++-x x y xy y x 的整数对),(y x .4、在实数范围内分解因式：1)2(3+++-a x a x .5、已知33332222,,c z y x b z y x a z y x =++=++=++，求xyz 。
数学竞赛中的数论问题(学生版)第一讲
数学竞赛中的数论问题引言数论的认识：数论是关于数的学问，主要研究整数，重点对象是正整数，对中学生可以说，数论是研究正整数的一个数学分支．什么是正整数呢？人们借助于“集合”和“后继”关系给正整数（当时也即自然数）作过本质的描述，正整数1，2，3，…是这样一个集合N +：（1）有一个最小的数1．（2）每一个数a 的后面都有且只有一个后继数/a ；除1之外，每一个数的都是且只是一个数的后继数．这个结构很像数学归纳法，事实上，有这样的归纳公理：（3）对N +的子集M ，若1M ∈，且当a M ∈时，有后继数/a M ∈，则M N +=． 就是这么一个简单的数集，里面却有无穷无尽的奥秘，有的奥秘甚至使得人们怀疑：人类的智慧还没有成熟到解决它的程度．比如，哥德巴赫猜想：1742年6月7日，普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉，提出“任何偶数，由4开始，都可以表示为两个素数和的形式，任何奇数，由7开始，都可以表示为三个素数的和”．后者是前者的推论，也可独立证明（已解决）．“表示为两个素数和的形式”就是著名的哥德巴赫猜想，简称1+1．欧拉认为这是对的，但证不出来．1900年希尔伯特将其归入23个问题中的第8个问题．1966年陈景润证得：一个素数+素数⨯素数（1+2），至今仍无人超越．●陈景润的数学教师沈元很重视利用名人、名言、名事去激励学生，他曾多次在开讲时，说过这样的话:“自然科学的皇后是数学，数学的皇冠是数论，哥德巴赫猜想则是皇冠上的明珠．……”陈景润就是由此而受到了启示和激励，展开了艰苦卓绝的终生奋斗和灿烂辉煌的奋斗终生，离摘取“皇冠上的明珠”仅一步之遥．●数论题涉及的知识不是很多，但用不多的知识来解决问题往往就需要较强的能力和精明多的技巧，有人说：用以发现数学人才，在初等数学中再也没有比数论教材更好的课程了．任何学生如能把当今一本数论教材中的练习做出，就应当受到鼓励，劝他（她）将来去从事数学方面的工作（U ．Dudley 《数论基础》前言）．下面，是一个有趣的故事．当代最高产的数学家厄尔多斯听说一个叫波萨（匈牙利，1948）的小男孩很聪明，就问了他一个问题加以考察（1959）：如果你手头上有1n +个正整数，这些正整数小于或等于2n ，那么你一定有一对整数是互素的，你知道这是什么原因吗？不到12岁的波萨只用了1分半钟，就给出了问题的解答．他将1～2n 分成（1，2），（3，4），…，（21,2n n -）共n 个抽屉，手头的1n +个正整数一定有两个属于同一抽屉，这两个数是相邻的正整数，必定互素．通过这个问题，厄尔多斯认定波萨是个难得的英才，就精心加以培养，不到两年，14岁的波萨就发表了图论中“波萨定理”．●重视数学能力的数学竞赛，已经广泛采用数论题目，是数学竞赛四大支柱之一，四大支柱是：代数，几何，初等数论，组合初步（俗称代数题、几何题、算术题和智力题）．高中竞赛加试四道题正好是四大模块各一题，分别是几何题、代数题、数论题、组合题，一试中也会有数论题．数论受到数学竞赛的青睐可能还有一个技术上的原因，就是它能方便地提供从小学到大学各个层面的、新鲜而有趣的题目．数论题的主要类型：在初中竞赛大纲中，数论的内容列有：十进制整数及表示方法；整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算； 简单的一次不定方程．在高中竞赛大纲中，数论的内容列有：同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x ]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*．根据已出现的试题统计，中学数学竞赛中的数论问题的主要有8个重点类型：（1）奇数与偶数（奇偶分析法、01法）；（2）约数与倍数、素数与合数；（3）平方数；（4）整除；（5）同余；（6）不定方程；（7）数论函数、[]x 高斯函数、()n ϕ欧拉函数；（8）进位制（十进制、二进制）．下面，我们首先介绍数论题的基本内容（10个定义、18条定理），然后，对数学竞赛中的数论问题作分类讲解．第一讲 数论题的基本内容中学数学竞赛中的数论问题涉及的数论内容主要有10个定义、18条定理．首先约定，本文中的字母均表示整数．定义1 （带余除法）给定整数,,0,a b b ≠如果有整数(),0q r r b ≤<满足a qb r =+，则q 和r 分别称为a 除以b 的商和余数．特别的，0r =时，则称a 被b 整除，记作b a ，或者说a 是b 的倍数，而b 是a 的约数．（,q r 的存在性由定理1证明）定义2 （最大公约数）设整数12,,,n a a a 中至少有一个不等于零，这n 个数的最大公约数是能整除其中每一个整数的最大正整数，记作()12,,,n a a a ．()12,,,n a a a 中的i a 没有顺序，最大公约数也称最大公因数．简单性质：()()1212,,,,,,n n a a a a a a = ．一个功能：可以把对整数的研究转化为对非负整数的研究．定义3 （最小公倍数）非零整数12,,,n a a a 的最小公倍数是能被其中每一个()1i a i n ≤≤所整除的最小正整数，记作[]12,,,n a a a ．简单性质：如果k 是正整数,a b 的公倍数，则存在正整数m 使[],k ma b = 证明：定义4 如果整数,a b 满足(),1a b =，则称a 与b 是互素的（也称互质）．定义5 大于1且除1及其自身外没有别的正整数因子的正整数，称为素数（也称质数）．其余大于1的正整数称为合数；数1既不是素数也不是合数．定理1 若,a b 是两个整数，0b >，则存在两个实数,q r ，使()0a qb r r b =+≤<，并且,q r 是唯一性．证明1：注：如果取消0r b ≤<，当0r <或r b >，不保证唯一．经典方法：紧扣定义，构造法证存在性，反证法证唯一性．证明2：证明3：定理 2 设,,a b c 是三个不全为0的整数，满足a qb c =+，其中q 也为整数，则()(),,a b b c =．证明：注：这是辗转相除法求最大公约数的理论基础．经典方法：要证明A B =，只需证A B ⊆且B A ⊆．定理3 对任意的正整数,a b ，有()[],,a b a b ab ⋅=．证明：定理4 ,a b 是两个不同时为0的整数，若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数）的数中的最小正数，则（1）00ax by +|ax by +；（2）00ax by +(),a b =．证明：推论 若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（很有用）定理5 互素的简单性质：（1）()1,1a =．（2）(),11n n +=．（3）()21,211n n -+=．（4）若p 是一个素数，a 是任意一个整数，且a 不能被p 整除，则(),1a p =． 证明：推论 若p 是一个素数，a 是任意一个整数，则(),1a p =或(),a p p =．（5）若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（定理4推论）（6）若()(),1,,1a b a c ==，则(),1a bc =．证明：（7）若(),1a b =，则(),1a b a ±=，(),1a b b ±=， (),1a b ab ±=．证明：（8）若(),1a b =，则(),1m n a b =，其中,m n 为正整数． 证明：定理6 设a 是大于1的整数，则a 的除1之外的最小的正约数q 必是素数，且当a 是合数时，q ≤证明：定理7 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数．证明：注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有n 个素数，便有1n +个素数．（构造法、反证法）定理8（整除的性质）整数,,a b c 通常指非零整数（1）1a ，1|a -；当0a ≠时，|a a ，|0a ．（2）若b a ，0a ≠，则b a ≤;若b a ，b a >，则0a =;若0ab >，且,b a a b ，则a b =．证明：（3）若a b c d +=+，且|,|,|e a e b e c ，则|e d ．（4）若c b ，b a ，则c a ．证明：（5）若c a ，则bc ab ．（6）若c a ，c b ，则对任意整数,m n ，有c ma nb +．证明：（7）若(),1a b =，且a bc ，则a c ．证明：注意 不能由a bc 且|a b /得出a c ．如649⨯，但6|4/且6|9/．（8）若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c ．证明：注意 不能由a c 且b c 得出ab c ．如不能由630且10|30得出60|30．（9）若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ．证明：注意 没有a 为素数，不能由a bc 推出a b 或a c ．如649⨯，但6|4/且6|9/． 定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记作(mod )a b c ≡；若()|c a b -/，则称,a b 关于模c 不同余，记作a(mod )b c ．定理9（同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m >（1）若(mod )a b m ≡且(mod )b c m ≡，则(mod )a c m ≡；证明： （2）若(m o d )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(m o d )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡．证明：（3）若(m o d )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )n na b m =且(mod )an bn mn ≡. （4）若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 证明：定理10 设,a b 为整数，n 为正整数，（1）若a b ≠，则()()n n a b a b --． ()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++ ．（2）若a b ≠-，则()()2121n n a b a b --++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+ ．（3）若a b ≠-，则()()22n n a b a b +-．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+- ．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a 是小于k 的非负整数，且10a >．若12121m m m m n a k a k a k a ---=++++ ， 则称数12m a a a 为n 的k 进制表示．定理11 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．如12121101010m m m m n a a a a ---=++++ ，109,0i a a ≤≤>（10进制）12121222m m m m n a a a a ---=++++ ．101,0i a a ≤≤>（２进制）定理12 （算术基本定理）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212k k n p p p ααα= ，其中12k p p p <<< 为素数，12,,,k ααα 为正整数． （分解唯一性） 证明1：证明2：定理13 若正整数n 的素数分解式为 1212k k n p p p ααα= 则n 的正约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++ ，n 的一切正约数之和为()121111212111111k k k p p p S n p p p ααα+++---=⋅⋅⋅--- ． 证明：注 构造法．定义8 （高斯函数）对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+．定理14 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是 23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 证明：注 省略号其实是有限项之和．画线示意50!中2的指数．35678912450!23571113171923293137414347ααααααααα==定理15 （费玛小定理）如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a --． 证明1：证明2：定义9 （欧拉函数）用()n ϕ表示不大于n 且与n 互素的正整数个数．定理16 设正整数1212k k n p p p ααα= ，则()12111111k n n p p p ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ． 证明：注 示意3n =的容斥原理．推论 对素数p 有()()11,p p p p p αααϕϕ-=-=-． 定理17 整系数不定方程ax by c +=（0ab ≠）存在整数解的充分必要条件是(),a b c ．证明：定理18 若0ab ≠,(),1a b =，且00,,x x y y =⎧⎨=⎩是整系数不定方程ax by c +=的一个整数解，则方程的一切整数解可以表示为00,,x x bt y y at =-⎧⎨=+⎩()t Z ∈． ① 证明：定义10 （平面整点）在平面直角坐标系上，纵横坐标都是整数的点称为整点（也称格点）．类似地可以定义空间整点．。
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 +≥。
高中数学竞赛课程讲座：初等数论
高中数学竞赛课程讲座：初等数论
本课程讲座旨在介绍初等数论的基础知识，帮助学生为高中数学竞赛做最好的准备。
我们将深入探讨数论中的基础概念，如质数分解和
算术难题，并探讨一些实际应用的技巧和常用方法，帮助学生在数学
竞赛中取得好成绩。
本次讲座将向您介绍初等数论，它是一门关于形式化、有限数论等术语和方法的数学分支。
简而言之，初等数论在研究有关有限结构的
问题和计算方法时是不可或缺的。
在这个课程中，我们将探讨整数质
因数分解、质数及其应用、素数概念、余数定理、线性算术等，帮助
您为数学竞赛中的第一题做准备。
我们还将深入讨论有关如何构造有
限结构的问题，利用它们来探究多项式的性质；研究几何图形；通过
图论剖析算法，及解决整数方程组等方面的相关内容。
我们相信您在
学习初等数论时会有所收获，从而在高中数学竞赛中尽显实力！
此外，我们还将为您介绍数论的发展和历史，例如，古希腊的Euclid
的元素书、中国的Sunzi的求积算，以及17世纪的Fermat的大定理等，一起探究中国数学家在数论中的贡献。
在讲座中，我们还会解释完整
的幂的概念，从中分析总结出幂的工具，比如抽象代数和提高多项式
的方法等，以帮助您从大量的幂等式中获取实质性的知识，理清思路。
最后，在考试期间，我们将重点讨论质因数分解原理、构造，以及如
何将数论应用于实际情况中，例如Cryptography，帮助您在考试中取得高分。
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。
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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 m 。
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 +≥。
结合高斯函数，设n 除以k ，余数为r ，则有r k k n n +⎥⎦⎤⎢⎣⎡=。
还可以运用抽屉原理，为同余增设一些条件。
整除性与大小顺序结合，就可有更多的特性。
例3. 试证两相继自然数的平方之间不存在自然数a <b <c <d ，使得ad =bc .解：在假定了22)1(+<<<<<n d c b a n 之后，可设1),(,===q p qp b d a c 。
（显然p >q ）由p ，q 的互素性易知必有q |a ，q |b 。
这样，由b >a 即得q a b +≥。
（有了三个不等式，就可对q p 的范围进行估计），从而qn n q a d b d q p q q q ++<+≤=<+=+22)1(111。
于是将导致矛盾的结果：0)(2<-q n 。
这里，因为a ，b 被q 整除，我们由b >a 得到的不仅是b ≥a +1，而是更强的条件b ≥a +q 。
例4. （IMO-25）设奇数a ，b ，c ，d 满足0<a <b <c <d ，ad =bc ，若m k c b d a 2,2=+=+，这里k ，m是整数，试证a =1。
解：不难证明k ，m 的大小关系k >m 。
[22)(4)(a d ad d a -+=+22)()(4)(4c b b c bc a d bc +=-+>-+=22)()(c b b c +=-+。
所以m k 22>。
]b c a d m k -=-=2,2，代入ad =bc 中，有 )2()2(b b a a m k -=- （1），由（1）可得2222a b a b k m -=•-•。
即2222a b a b k m -=-，))(()2(2a b a b a b m k m -+=-- （2）已知a ，b 都是奇数，所以a +b ，a -b 都是偶数，又a b a b a 2)()(=-++是奇数的2倍，故b +a ，b -a 中必有一个不是4的倍数。
由（2）必有⎩⎨⎧=-=+-f a b e a b m 221或⎩⎨⎧=+=--fa b e a b m 221。
其中，e ，f 为正整数，且m k a b ef -⋅-=2是奇数。
[ef b a b a m 2)()(=-++，与（2）比较可得]由于k >m ，故a b a b ef 22=-<-≤ }f a b a 22=-<。
从而e =1，m k a b f -⋅-=2。
考虑前一情况，有⎩⎨⎧⋅-==-=+--)2(2221m k m a b f a b a b 由第二式可得 a a b m k -+=+12，故 a m k m -+-=1122，所以奇数a =1。
对于后一情况，可作类似的讨论。
显然，上述解题思路中有两个技巧：一是用放缩法证明k <m ；第二个是（2）式的分解，然后运用整除的条件。
例5. 设)(n r 为n 分别除以1，2，┅，n 所得的余数之和。
证明存在无穷多个正整数n ，使得)1()(-=n r n r 。
解：把n 除以k 的余数记为k r ，则有k k n n r k ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=。
故可得)(n r r 的表达式∑∑===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==n k n k k n k k n n r n r 211)()( ∑∑==⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=n k nk k k k n n k k n n r 121)(。
由此易得∑-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=-1121)1()1(n k k k n n n r 。
则∑-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--111()1()1()(n k k n k n n n r n r ∑-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=11)1()1()1n k k k n k n n ，因此，)1()(-=n r n r 等价于∑-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-11)1()1(n k k k n k n n 。
注意到⎩⎨⎧/=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡n k n k k n k n |,0|,11 ⎩⎨⎧/=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤n k n k k n |,0|,11，因此题中的条件等价于n 的所有真因子之和等于n -1。
显然，取l n 2=(l 为正整数)，则n 的所有真因子之和为n -1，而这样的n 有无穷多个。
例6. 试证对于任给的m 个整数m a a a ,,,21 ，必有)1(,m j s j s ≤<≤，使得)(|1j s s a a a m ++++ ]解：令i i a a a b +++= 21（m i ,,2,1 =）。
若m b b b ,,,21 中有一个数被m 整除，则结论成立。
否则，各i b 均不能被m 整除，此时可设)11(-≤≤+=m r r mq b i i i i 。
这样，m 个余数m r r r ,,,21 只能从1至m -1这m -1个数中取值，由抽屉原理知，必有)1(,m j k j k ≤<≤，使得j k r r =，于是)(k j k j q q m b b -=-，故)()(|21j k k k j a a a b b m +++=-++ 取1+=k s 即得到结论。
3. 互素性的条件当（a ，b ）=d >1时，我们总是作如下考虑：令d b b d a a 11,==，则必有1),(11=b a 。
这种互素条件的增置往往对解题有很大作用。
例7. （波兰64—65）设整数a ，b 满足b b a a +=+2232，试证b a -及122++b a 都是完全平方数。
解：b b a a +=+2232变形可得：2)122)((b b a b a =++-，故只要能证一个，则另一个必是。
我们在排除了字母取零或相等的情况后，可设d b a b a b a =≠≠),(,,0,。
这时令d b b d a a 11,==，1),(11=b a ，从而方程变为21112132db b a da =-+。
显然有)(|11b a d -。
另一方面又212111(223d da db b a -=-=- 21212121211)(223db b a d da db b +--=-=，有2111|)(db b a -。
注意到1),(),(11111==-b a b b a ，于是有d b a |)(11-。
这样就有||11b a d -=。
至此已十分容易获得命题的结论了。
这里，由a 1与b 1互素导出a 1—b 1与b 1互素，是证明d b a |)(11-的关键。
二. 从特殊到一般例8. （IMO-18）试求和为1978的正整数之积的最大值。
《解：我们可通过减少加法运算的次数来选择特例，例如考虑求正整数,,,,21n a a a 满足,1021=+++a a a n ,10,1021≤=+++n a a a n 使n a a a 21最大。
显然，最特殊且最简单的正整数是1。
例如取a 1=1，这里由n n n a a a a a a a )1(2221+<=知乘积不是最大的值。
对于某些正整数取2的情况，注意到2+2=4，2×2=4；2+2+2=6=3+3，2×2×2<3×3。
我们发现诸a i 中不能取多于两个2。
对于a i =5，有2+3=5，2×3>5。
因此不如把一个5拆成2与3的和，从而使乘积变大，对于6，7等有类似的结论。
这样，我们已大致可确定诸a i 只应取2或3，且2的个数不超过两个。
依此估计，由1978=658×3+2+2，即可猜测最大的积为658232⨯。
例9. （IMO —31备选题）设a ，b 是给定的正整数，现有一机器人沿着一个有n 级的楼梯上下升降，每上升一次恰好上升a 级，每下降一次恰好下降b 级。
为使机器人经过若干次上升下降后，可以从地面升到楼梯顶，然后再返回地面，问n 的最小值是多少？解：为了探讨解法和结论，不妨设b a ≥。
我们分b |a 与a ∤b 两种情况进行讨论。
对于b |a 的情况结论是显而易见的：可令a =sb , 机器人上升一次，然后再连续下降s 次即达到要求，故n =a .现考虑a ∤b 。
例如，特例a =5，b =3。
这时机器人先上升一次达到第五级，为使n 最小，机器人就不应再上升，而是尽量下降。
下降1次至第2级。
此时，再上升一次到第2+5=7级，然后再一降两次到第1级，又上升至1+5=6级，再下降二次至0级，从而机器人已完成了上升下降的全过程，故n =7。