数论试题中的概念和方法共33页
数论中的同余定理与模运算计算方法
数论中的同余定理与模运算计算方法数论是数学的一个分支，研究整数及其性质和关系。
同余定理与模运算是数论中的重要概念和计算方法。
本文将介绍同余定理的基本概念，同余关系的性质，以及模运算的计算方法。
一、同余定理的基本概念同余定理是指两个整数在除以同一个正整数时，如果得到的余数相等，则这两个整数被称为同余。
用数学符号表示为：若a、b、n为整数且n>0，则当n|(a-b)时，称a与b模n同余，记作a≡b(mod n)。
同余关系是一个等价关系，具有自反性、对称性和传递性。
下面分别介绍同余关系的性质：1. 自反性：对于任意整数a和正整数n，a ≡ a (mod n)，即a与自身模n同余。
2. 对称性：如果a ≡ b (mod n)，则b ≡ a (mod n)，即a与b模n同余，那么b与a也模n同余。
3. 传递性：如果a ≡ b (mod n)，b ≡ c (mod n)，则a ≡ c (mod n)，即若a与b模n同余，b与c模n同余，那么a与c也模n同余。
二、模运算的计算方法模运算是指用除法计算一个数除以另一个数的余数，常用符号为“mod”。
模运算的计算方法如下：1. 加法：若(a+b) mod n = c ，则(a mod n + b mod n ) mod n = c mod n。
2. 减法：若(a-b) mod n = c ，则(a mod n - b mod n ) mod n = c mod n。
3. 乘法：若(a*b) mod n = c ，则(a mod n * b mod n ) mod n = c mod n。
4. 除法：若(a/b) mod n = c ，则(a mod n / b mod n ) mod n = c mod n。
三、应用实例同余定理与模运算在实际应用中有广泛的应用。
以下列举两个具体的实例：1. 密码学中的应用：同余定理用于密码学中的RSA算法，其中大素数的选择和快速幂取模运算是该算法的核心步骤。
数论的基本概念与方法
代数数论的发展
代数数论的起源可以追溯到古希腊时期，当时数学家开始研究整数和有理数的基本性质。
在中世纪，阿拉伯数学家对代数数论做出了重要贡献，他们研究了二次方程的解法，并 探讨了数论中的一些基本问题。
19世纪，数学家开始深入研究代数数论，其中最著名的数学家是费马和欧拉。他们的 工作为代数数论的发展奠定了基础。
20世纪来，代数数论得到了更广泛的应用和发展，特别是在计算机科学和密码学等领域。
现代数论的进展
计算机技术的 引入：计算机 在数论研究中 的应用，如寻 找大数因子分 解等。
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代数数论的进 展：代数数论 在理论物理学、 工程学等领域 的应用和最新 研究成果。
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解析数论的进 展：解析数论 在密码学、计 算机科学等领 域的应用和最 新研究成果。
量子计算：数论在量子计算机算法设计中的应用 密码学：基于数论的公钥密码体系和数字签名技术 网络安全：数论在网络安全协议设计和分析中的应用 数据加密：数论在数据加密算法中的应用和优化
数论在其他领域的新应用
量子计算：数论在量子计算中有着重要的应用，例如Shor算法。
密码学：数论是现代密码学的基础，许多加密算法都基于数论中的理论。 计算机科学：数论在计算机科学中有着广泛的应用，例如数据加密、网络安全、图像处 理等。 物理学：数论在物理学中也有着重要的应用，例如在弦理论和量子引力等领域。
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定理应用：中国剩余 定理在数论、代数和 密码学等领域有着广 泛的应用，例如在模 线性方程组的求解、 多项式模的因式分解 以及公钥密码体制的 构建等方面。
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定理证明：中国剩余 定理的证明方法有多 种，其中一种常用的 证明方法是基于欧拉 定理和费马小定理等 数论中的基本定理。
数论的知识点
数论的知识点数论是数学的一个重要分支，研究整数及其性质的学科。
它涉及到许多重要的知识点，本文将对数论的一些核心概念进行介绍和解释。
一、质数与合数质数是指只能被1和自身整除的整数，例如2、3、5、7等。
而合数则是除了1和自身外还有其他因数的整数，例如4、6、8、9等。
质数和合数是数论中最基本的概念之一，它们在数论的研究中起到了重要的作用。
二、最大公约数与最小公倍数最大公约数是指两个或多个整数中能够同时整除它们的最大的正整数，而最小公倍数则是指能够同时被两个或多个整数整除的最小的正整数。
最大公约数和最小公倍数在解决整数的约分和倍数关系问题时非常有用。
三、同余与模运算同余是指两个整数除以同一个正整数所得的余数相等。
例如，当两个整数除以3的余数相等时，我们可以说它们在模3意义下是同余的。
同余关系在数论中有着广泛的应用，例如在密码学中的RSA算法中就用到了同余关系。
四、欧几里得算法欧几里得算法是一种用于求解两个整数的最大公约数的算法。
它基于一个简单的原理：两个整数的最大公约数等于其中较小数与两数之差的最大公约数。
欧几里得算法在解决整数的约分和化简问题时非常实用。
五、费马小定理与欧拉定理费马小定理是数论中的一个重要定理，它给出了一种判断一个数是否为质数的方法。
根据费马小定理，如果一个正整数n是质数，那么对于任意整数a，a的n次方与a在模n意义下是同余的。
欧拉定理是费马小定理的推广，它给出了一种计算模意义下的幂运算的方法。
六、素数定理与哥德巴赫猜想素数定理是数论中的一个重要定理，它描述了素数分布的规律。
根据素数定理，当自然数n趋向于无穷大时，小于等于n的素数的个数约等于n/ln(n)，其中ln(n)表示自然对数。
哥德巴赫猜想是一个数论中的未解问题，它提出了一个猜想：每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
七、数论在密码学中的应用数论在密码学中有着广泛的应用，例如在公钥密码体制中的RSA算法就是基于数论中的同余关系和费马小定理。
数论解题要点
数论解题要点数论是研究整数的性质和相互关系的数学分支，它在解决问题中发挥着重要的作用。
数论解题的要点包括使用基本定义和定理、运用数学中的技巧和策略、建立数学模型和利用数学工具等。
一、使用基本定义和定理在解决数论问题时，要首先理解和熟练运用基本定义和定理。
例如，对于素数的性质，要掌握素数定义、素数分解定理、欧拉定理等。
只有对基本定义和定理有深刻的理解，才能在解题中灵活运用。
二、运用数学中的技巧和策略数论解题需要灵活运用各种数学中的技巧和策略。
一些常用的技巧包括辗转相除法、最大公因数和最小公倍数的关系、模运算等。
例如，对于求解最大公因数的问题，可以利用辗转相除法，通过逐步迭代计算得到最大公因数。
此外，还可以利用数论中的策略，例如数学归纳法、反证法等，寻找问题的解决思路。
三、建立数学模型在解决复杂的数论问题时，常常需要建立数学模型。
数学模型是将实际问题抽象化、符号化的方法，以形式化的方式描述问题特征和数学关系。
通过建立数学模型，可以将复杂的问题简化为可处理的数学形式，方便问题的解决。
建立数学模型的关键是准确把握问题的本质，并找到合适的数学工具进行分析和求解。
四、利用数学工具为了解决数论问题，还需要利用数学工具。
数论的基本工具包括数学归纳法、反证法、素数分解、同余定理、欧拉定理等。
此外，还可以借助计算机软件和数学工具包，例如Mathematica、Maple等，进行大规模数据计算和繁琐计算的辅助分析，提高问题的解决效率。
总之，数论解题需要深入理解基本定义和定理，灵活运用数学技巧和策略，建立数学模型和利用数学工具。
只有掌握这些要点，才能在解决数论问题中取得良好的效果。
解析数论的基础概念与应用
解析数论的基础概念与应用数论是研究整数性质的一个分支学科，它在数学领域中具有重要的地位和广泛的应用。
本文将介绍数论的基础概念与应用，并探讨其在密码学、计算机科学和其他领域中的重要性。
一、基础概念1. 整数与素数：整数是数论中最基本的概念，它包括自然数、负整数和零。
素数是只能被1和自身整除的正整数，如2、3、5、7等。
2. 最大公约数与最小公倍数：最大公约数是两个数中最大的能够同时整除它们的正整数，最小公倍数是两个数的公倍数中最小的正整数。
3. 同余与模运算：同余是指两个数除以同一个正整数所得的余数相等，模运算是一种对整数进行同余运算的方法。
4. 欧拉函数与费马小定理：欧拉函数是小于等于一个正整数n且与n互质的正整数的个数，费马小定理是描述了在模n意义下的幂运算的规律。
二、应用领域1. 密码学：数论在密码学中起到了关键的作用。
其中，大素数的选择和素数分解是公钥密码系统中的重要问题，而离散对数问题和模幂运算是基于数论的加密算法的核心。
2. 计算机科学：数论在计算机科学中有广泛的应用。
例如，在计算机算法设计中，数论可以用于解决各种问题，如最大公约数和最小公倍数的计算、素数的判定和生成、同余关系的处理等。
3. 数字签名与认证：基于数论的方法可以实现数字签名和认证，用于验证数字信息的完整性和真实性，保证信息传输的安全性。
4. 信息编码与压缩：数论的一些基本概念和方法被应用于信息编码和压缩领域，例如霍夫曼编码和循环冗余校验等。
5. 算法设计与优化：数论中的一些算法和技巧可以用于算法设计和优化，提高计算机算法的效率和性能。
三、数论的研究方向1. 素数分布与素数定理：素数的分布一直是数论研究的核心问题之一，素数定理描述了素数的分布规律。
2. 整数因子分解与质因数分解：整数因子分解是将一个整数表示为若干个素数的乘积，质因数分解是将一个合数分解为若干个素数的乘积。
3. 同余方程与模运算：同余方程是数论中的一个重要问题，模运算可以用于解决同余方程和模幂运算等问题。
数论的基本概念
数论基本概念
数论是数学的一个分支，研究整数的性质和关系。
它以数字为基础，探索数字的奥秘，涉及着许多有趣而富有挑战性的问题。
在本文中，我们将介绍一些基本的数论概念和一些经典的数论问题。
首先，我们来了解一些基本概念。
整数是数论的基本对象，它包括正整数、负整数和零。
素数是指只能被1和自身整除的正整数，例如2、3、5、7等。
而合数则是除了1和自身之外还能被其他正整数整除的数，例如4、6、8等。
接下来，让我们来探索一些经典的数论问题。
质因数分解是一种将一个正整数表示为一系列素数乘积的方法，例如将24表示为2^3 * 3。
欧几里得算法是求两个整数最大公约数的一种常用方法，它利用了辗转相除的原理。
费马小定理是一条关于模运算的定理，它可以用来判断一个数是否为素数。
同时，数论中还有许多重要的定理和猜想，如费马大定理、哥德巴赫猜想等，它们一直是数学家们研究的焦点。
除了基本概念和问题，数论还与其他数学领域密切相关。
它在密码学、编码理论、密码学、组合数学等领域有着广泛的应用。
例如，在密码学中，素数的特性被用来设计安全的加密算法，保护信息的安全性。
总而言之，数论是一门有趣且重要的数学分支，它研究整数的性质和关系，涉及着许多概念和问题。
通过深入探索数论，我们可以更好地理解数字的奥秘，并应用于各个领域中。
希望这篇文章能够为你提供一些基础知识，并激发对数论的进一步兴趣和探索。
数论初中二年级
数论初中二年级数论是数学的一个重要分支，它研究的是整数之间的关系和性质。
在初中二年级学习数论的过程中，我们将会接触到一些基本概念和定理，这些知识将有助于我们提高数学思维和解决实际问题的能力。
本文将介绍数论的基础内容，包括质数与合数、公因数与最大公因数、最小公倍数等。
一、质数与合数质数是指只能被1和它自身整除的数，而大于1的其他整数都称为合数。
例如，2、3、5、7、11等都是质数，而4、6、8、9等就是合数。
质数与合数是数论中最基本的概念之一，它们在数学和实际生活中都有广泛的应用。
二、公因数与最大公因数公因数是指能同时整除两个或多个数的公共因数。
例如，12和18的公因数有1、2、3和6。
而最大公因数，则是能整除给定的两个或多个整数中最大的那个数。
对于12和18来说，它们的最大公因数是6。
计算最大公因数有多种方法，包括质因数分解法、辗转相除法等。
三、最小公倍数最小公倍数是指能同时整除所给整数的最小数。
例如，对于4和5来说，它们的最小公倍数就是20。
计算最小公倍数的方法可以用到质因数分解法。
四、整数的奇偶性在数论中，我们还会接触到整数的奇偶性。
一个数如果能被2整除，则称为偶数；反之，如果不能被2整除，则称为奇数。
每个整数都可以被分为奇数和偶数两种情况，这对于一些问题的解决方法选择和推理都有很大的帮助。
五、公式和定理数论中还有一些重要的公式和定理，如辗转相除法、欧几里得算法等。
这些工具的应用可以帮助我们解决一些复杂的数论问题，提高数学思维和解题能力。
六、实际应用虽然初中二年级的数论知识相对简单，但它的应用却广泛存在于我们的日常生活中。
数论的应用涉及到密码学、计算机科学、通信技术等多个领域。
例如，在网络通信中，我们需要使用质数来保证信息的安全性；在密码学中，我们通过数论中的一些定理来设计和破解密码等。
总结：数论是数学中的一门重要学科，它研究的是整数之间的关系和性质。
在初中二年级，我们会学习到一些数论的基础知识，包括质数与合数、公因数与最大公因数、最小公倍数等。
10数论问题的常用方法
10数论是研究数的性质的一门科学，它与中学数学教育有密切的联系。
数论问题解法灵活，题型丰富，它是中学数学竞赛试题的源泉之一。
下面介绍数论试题的常用方法.1.基本原理为了使用方便，我们将数论中的一些概念和结论摘录如下：我们用),...,,(21n a a a 表示n 个整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数。
用[1a ,2a ,…,n a ]表示 1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数。
对于实数x ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分。
对于整数b a ,,若)(|b a m -，,1≥m 则称b a ,关于模m 同余，记为)(mod m b a ≡。
对于正整数m ，用)(m ϕ表示{1，2，…，m }中与m 互质的整数的个数，并称)(m ϕ为欧拉函数。
对于正整数m ，若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余，则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ϕ中每一个数都与m 互质，且其中任何两个数关于模m 不同余，则称{)(21,...,,m r r r ϕ}为模m 的简化剩余系。
定理1 设b a ,的最大公约数为d ，则存在整数y x ,，使得yb xa d +=.定理2 （1）若)(mod m b a i i ≡，1=i ，2，…，n ，)(mod 21m x x =，则11ni ii a x=∑≡21ni ii b x=∑；（2）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，m d |，则)(moddm db d a ≡；（3）若b a ≡，),(b a d =，且1),(=m d ，则)(mod m db da ≡；（4）若b a ≡（i m mod ），n i ,...,2,1=，M=[n m m m ,...,,21]，则b a ≡（M mod ）.定理3 （1）1][][1+<≤<-x x x x ； （2）][][][y x y x +≥+；（3）设p 为素数，则在!n 质因数分解中，p 的指数为∑≥1k kpn .定理4 （1）若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系，1),(=m a ，则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模m 的完全剩余系；（2）若{)(21,...,,m r r r ϕ}是模m 的简化剩余系，1),(=m a ，则{)(21...,,m ar ar ar ϕ}是模m 的简化剩余系.定理5（1）若1),(=n m ，则)()()(n m mn ϕϕϕ=.(2) 若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2)121=，其中k ααα,...,21为正整数，k p p p ,...,21为互不相同的素数，则 )11)...(11)(11()(21kp p p n n ---=ϕ.对于以上结论的证明，有兴趣的读者可查阅初等数论教材.3 方法解读对于数论试题，除直接运用数论的基本原理外，常用的基本方法还有因式（因数）分解法，配对法，分组法，估值法，同余方法，构造法，调整法，数学归纳法与反证法.下面分别予以说明3.1基本原理的应用例1 设正整数a ，b ，c 的最大公约数为1，并且c ba ab =- （1）证明：)(b a -是一个完全平方数.证 设d b a =),(,d a a 1=,d b b 1=,其中1),(11=b a .由于1),,(=c b a ，故有1),(=c d .由（1）得c b c ad b a 1111-= （2）由（2）知，c b a 11|，又1),(11=b a ，∴ c a |1.同理可证c b |1，从而有c b a |11，设k b a c 11=，k 为正整数，代入（2）得)(11b a k d -= （3）由（3）知d k |，又c k |，∴1),(|=c d k ，∴1=k . ∴11b a d -=.∴211)(d b a d b a =-=-. 故)(b a -是一个完全平方数.例2 设n 为大于1的奇数，1k ，2k ，…，n k 为给定的n 个整数.对于{n ,...,2,1}的任一排列12(,,...,)n P a a a =，记1()niii s P k a==∑，试证存在{n ,...,2,1}的两个不同的排列B 、C ，使得)()(!|C s B s n -.证 假设对于任意两个不同的排列B 、C ，均有!n 不整除)()(C S B s -.令X 为{n ,...,2,1}的所有排列构成的集合，则{()|s P P X ∈}为模!n 的一个完全剩余系，从而有!1(1!)!()(m od !)2n P Xi n n s P i n ∈=+≡=∑∑（1）又1()()ni iP XP Xi s P k a ∈∈==∑∑∑=∑=+ni ikn n 12)1(! （2）而n 为大于1的奇数，所以由（1），（2）得)!(m o d 02)1(!2!)!1(1n kn n n n ni i≡+≡+∑=.又1)!,!1(=+n n ，所以)!(mod 02!n n ≡，矛盾.这个矛盾表明必存在B 、C X ∈，B ≠C ，使得)()(!|C s B s n -.3.2 因式（数）分解数论中许多问题直接与因式（数）分解相关联，如合数问题，整除问题等常常是要证明某种分解式的存在.数的标准分解式本身就是一种特定形式的因数分解.在不定方程的求解与一些代数式的求值中，因式（数）分解能帮助我们确定某些变量的取值范围，寻找到解题的方法.例2 求三个素数，使得它们的积为和的5倍.解 采用分析中的记号，易知a ，b ，c 中必有一个为5，不妨设5c =，则有 5++=b a ab ， 从而有6)1)(1(=--b a .因为1-a 与1-b 均为正整数，不妨设b a <，则有⎩⎨⎧=-=-6111b a 或 ⎩⎨⎧=-=-3121b a ， 从而知2=a ，7=b .故所求的三个素数为2，5，7. 3.3配对例4 设k 为正奇数，证明：n ++++...321整除kk k n +++...21.分析 因为2)1(...321+=++++n n n .故需证)...21(2|)1(kk k n n n ++++，注意到当k 为奇数时，kky x +可因式分解，因此可将)...21(2kkkn +++中的n 2个数两两配对.证 )...21(2k k k n +++=k k k k k k k n n n n 2]1)1[(...])2(2[])1(1[++-++-++-+，而当k 为奇数时，k k b a b a ++|，从而知()kk k n n +++...212| （1）又 ()k k k n +++...212=]1[...])1(2[]1[k k k k k k n n n +++-+++， ∴)...21(2|)1(k k k n n ++++ （2） 由（1）（2）知，)...21(2|)1(k k k n n n ++++，故结论成立. 3.4 分组例5 （1990年高中联赛试题）设}200,...,2,1{=E ，},...,,{10021a a a G =E ⊆，且G 具有下列性质：（1） 对任何1001≤<≤j i ，201≠+j i a a ；（2）100801001=∑=i ia.试证：G 中的奇数的个数是4的倍数，且G 中所有数的平方和是一定数.证 对于1001≤≤i ，令12-=i i α，i i αβ-=201.},{i i i E βα=，则G 中恰含i E 中的一个元素.设G 中有k 个奇数1i α，2i α，…，ki α，有s 个偶数sj j j βββ,...,,21，这里},...,,,,...,,{2121s k j j j i i i =}100,...,2,1{.由题设知，10080=∑∑∑∑====+-=+s r j k t i sr j kt i rt rt1111)201(βββα=∑∑==-kt ik t t112201β+⎪⎭⎫ ⎝⎛+∑∑==kt sr j i rt 11ββ =-k 2012∑=kt i t1β+)200...642(++++=1010022011+-∑=kt i tk β.∴2022011-=-∑=kt i tk β （1）由于ti β为偶数，所以∑=kt i t12|4β，又20|4，所以k 201|4，∴k |4，即k 是4的倍数.∑∑∑===+=sr j kt i i irta121210012βα=∑∑==+-sr j kt i rt1212)201(ββ=∑∑==⨯-kt i kt t1122012201β+)(1212∑∑==+sr j kt i r tββ=∑=⨯-kt i t k 122012201β+)200...642(2222++++=)2201(2011∑=-kt i tk β+6)1200)(1100(1004++⨯（2）将（1）代入（2）得62011011004)20(20110012⨯⨯⨯+-⨯=∑=i ia=1349380.3.5估值例6 令n a 表示前n 个质数之和，即21=a ，5322=+=a ,105323=++=a ,…,证明：对任意的正整数n ，区间[1,+n n a a ]中包含有一个完全平方数.分析 设质数从小到大依次为12,,...,k p p p …，要结论成立，只要存在正整数m ，使得12+≤≤n n a m a ，只要 1+≤≤n n a m a ，只要11≥-+n n a a ，只要 n n n a a a 211+≥-+， 只要 n n a p 211+≥+只要 )...(44)1(2121k n n p p p a p +++=≥-+ （1） 证 直接验证易知[2,1,a a ]，[32,a a ]，[43,a a ]，[54,a a ]中都含有1个完全平方数.当5≥n 时，我们证明（1）式成立.为此，令2112(1)(1)4(...)n kf n pp p p ++=--+++， 则n n n p p p n f n f 4)1()1()()1(221----=-++=n n n n n p p p p p 4)2)((11--+-++.因为当2≥n 时，n p 为奇数，所以21≥-+n n p p ， 1(1)()2(22)n n nf n f n p p p++-≥+--=)2(21--+n n p p 0≥， 故当2≥n 时，数列)(n f 为递增数列.由于)(4)1()5(432125p p p p p f +++--==)7532(4)111(2+++--=32>0 所以当5≥n 时，0)5()(>≥f n f .故当5≥n 时（1）式成立.例7 求出不定方程1)!1(-=-k n n （1） 的全部正整数解.解 当2=n 时，易得1=k ；当2>n 时，（1）式左边为偶数，故右边也是偶数，所以n 为奇数.当3=n 时，由13!2-=k，得1=k .当5=n 时，由 15!4-=k ， 得2=k .当5>n 且为奇数时，321-<-n n ，221≠-n ，故)!2(|212--⋅n n ，即)!2(|)1(--n n ，因此2(1)|(1)!n n --，所以)1(|)1(2--kn n .另一方面，由二项式定理知1)1)1((1-+-=-kkn n =A （2)1-n +)1(-n k .其中A 为整数，所以)1(|)1(2--n k n ，故k n |)1(-， 因此1-≥n k ，从而有 )!1(111->-≥--n nn n k.这说明当5>n 时，方程（1）无解，故方程（1）的解为)1,2(),(=k n ，)1,3(，)2,5( 3.6同余例8 证明991993991993+能被1984整除.证 993993993)991(-≡=9912)991()991(--=)1984(mod )991()991)(11984495(991991-≡-+⨯，∴)1984(mod 0991)991(991993991991991993≡+-≡+. ∴991993991993|1984+.例9 用数码1，2，3，4，5，6，7 排成7位数，每个数码恰用一次，证明：这些7 位数中没有一个是另一个的倍数.证 若有两个7位数a ，b ，使得kb a = （1） 由于a ，b 均是由1，2，...,7所排成，故72≤≤k 由（1）得)9(m o d kb a ≡，∴)9(mod 11⋅≡k ，即)9(mod 1≡k ，这与92≤≤k 矛盾，故结论成立.3.7构造例10 若一个正整数的标准分解中，每个素约数的幂次都大于1，则称它为幂数，证明：存在无穷多个互不相同的正整数，它们及它们中任意多个不同数的和都不是幂数.证 将全体素数从小到大依次记为1p ，2p ，...，n p ，…. 令11p a =，2212p p a =，当2≥n 时，n n n n n n p pp p p p a a 21222111...---==， 下证 1a ，2a ，…，n a ，…满足要求.事实上， n n a p |，但2n p |/n a ，所以n a 不是幂数.又对于k i i i <<<≤ 211，)1(112121i i i i i i i i a a a a a a a a k k +++=+++ =)1(11i i Ap a +=)1(111212221i i i Ap p p p p +- ，其中A 为正整数.因为1)1,(11=+i i Ap p ，所以1i p 在)(21ki i i a a a +++ 的标准分解中的幂次为1，因而不是幂数.例11 设}2011,,3,2,1{ 中质数的个数为a ，n 为正整数且a n ≤<1，求证必有2011 个连续正整数，其中恰有n 个质数.证 令}2010,,2,1,{+++=k k k k A k ，并令)(k f 为k A 中质数的个数，则易知a f =)1(，0)2!2012(=+f . 对于)1!2012(,,2,1+= k ，显然有1|)()1(|≤-+k f k f ， 所以对于a n ≤<0，必存在一个0k ，使得n k f =)(0，从而0k A 中的2011个连续整数满足要求.3.9 数学归纳法例12 设n 是正整数，求证：124323|51222-+-n n n .证 令22()332241n f n n n =-+-.因为0)1(=f ，所以)1(|512f ，假设)(|512n f ，那么对于1+n ，因为)183(8)()1(2--=-+n n f n f n ，所以要证)1(|512+n f ，只需证)183(8|5122--n n ，即只需证明)183(|642--n n .为此，令183)(2--=n n g n .显然有0)1(|64=g ，假设)(|64n g ，由于)199(64)19(8)()1(21+++=-=-+-- n n n n g n g ，∴)1(|64+n g ，由归纳法原理知对一切n ，有183|642--n n ，从而有)1(|512+n f ，再由归纳法原理知，对于正整数n ，有)(|512n f . 10反证法例13 试证方程042333=--z y x （1） 无正整数解.分析 若（z y x ,,）为（1）的一组解，则x 为偶数，令12x x =，则有 0243331=--z y x ， 从而知y 为偶数，再令12y y =，代入上式得 04233131=--z y x ，从而知z 为偶数，再令12z z =，代入上式得 042313131=--z y x ，因此),,(111z y x 也是方程（1）的解.这样由方程（1）的一组正整数解),,(z y x 必可得到另一组正整数解),,(111z y x ，且x x <1.因此，若开始取得的正整数解使得x 达到最小，则这种下降不可能进行.证 反证法. 若方程（1）存在正整数解，设),,(000z y x 是使得x 达到最小的正整数解，那么依分析的过程知必可得到方程（1）的一组正整数解),,(111z y x ，且01x x <，这与0x 达到最小相矛盾，这个矛盾表明方程（1）无正整数解. 注：本题中分析的方法称为无穷递降法习 题101．设1≥≥n m ，m ，n 为整数，证明nm C mn m ),(是整数.2．设a ，b 为整数，证明：))1(()2)((|)!(1b n a b a b a a b n n -+++- .3.设n 是大于3的奇数，证明可将集合}1,,3,2,1{-n 的元素分成两组，每组21-n 个元素，使得两组数的和模n 同余.。