11数论方法选讲
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。
五年级下册数学试题-五升六讲义第11讲同余问题(奥数板块)北师大版
第十一讲 数论之同余（选讲）一、 余数定理：若A x ÷余a ，B x ÷余b ，则有① ()A B x ⨯÷的余数=()a b x ⨯÷的余数；② 当,A B a b >>时，()A B x ±÷的余数=()a b x ±÷的余数；③ 当,A B a b ><时，()A B x -÷的余数=()x a b x +-÷的余数；④ ()()A B a b x +-+÷⎡⎤⎣⎦的余数为0；⑤ 若a 、b 相等，则()A B x -÷的余数为0【例 1】 一个两位奇数除1477，余数是49，那么，这个两位奇数是多少？【巩固】 2024除以一个两位数，余数是22．求出符合条件的所有的两位数．【例 2】 求4373091993⨯⨯被7除的余数．【巩固】 一个数被7除，余数是3，该数的3倍被7除，余数是多少？【例 3】 20032与22003的和除以7的余数是多少？【巩固】 2008222008+除以7的余数是多少？【例 4】 1997777777⋅⋅⋅个除以41的余数是多少？【巩固】 已知20082008200820082008a 个，问：a 除以13所得的余数是多少？【例 5】 若2836，4582，5164，6522四个自然数都被同一个自然数相除，所得余数相同且为两位数，除数和余数的和是多少？【巩固】 有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和是50，那么这个整数是多少？【例 6】 六名小学生分别带着14元、17元、18元、21元、26元、37元钱，一起到新华书店购买《成语大词典》．一看定价才发现有5个人带的钱不够，但是其中甲、乙、丙3人的钱凑在一起恰好可买2本，丁、戊2人的钱凑在一起恰好可买1本．这种《成语大词典》的定价是多少元？【巩固】 商店里有六箱货物，分别重15，16，18，19，20，31千克，两个顾客买走了其中的五箱．已知一个顾客买的货物重量是另一个顾客的2倍，那么商店剩下的一箱货物重量是多少千克？【例 7】 著名的斐波那契数列是这样的：1、1、2、3、5、8、13、21……这串数列当中第2013个数除以3所得的余数为多少？【巩固】 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2013个数除以6，得到的余数是 ．5年级3班同学上体育课，排成3行少1人，排成4行多3人，排成5行少1人，排成6排多5人，问上体育课的同学最少有多少人？【巩固】有一个自然数，除以2余1，除以3余2，除以4余3，除以5余4，除以6余5，则这个数最小是多少？【例9】将七位数“1357924”重复写287次组成一个2009位数“13579241357924…”。
第十一讲 数论的方法技巧
第十二讲 数论的方法技巧12.1利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：自然数12121010101010n n n n n n N a a a a a ----=+++++……2．带余形式：N bq r =+；3．标准分解式：1212n a a a n N p p p =⋅⋅⋅……4．2的乘方与奇数之积式：2m N t =⋅，其中t 为奇数1、红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998。
问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？2、在一种室内游戏中，魔术师要求某参赛者想好一个三位数_____abc ，然后，魔术师再要求他记下5个数_____acb ，_____bac ，_____bca ，_____cab ，_____cba ，并把这5个数加起来求出和N.只要参赛者讲出N 的大小，魔术生就能说出原数_____abc 是什么.如果N=3194，那么_____abc 是多少？12.2 枚举法枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题。
3、求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和.4、将自然数N接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N整除，那么N称为魔术数。
问：小于2000的自然数中有多少个魔术数？12.3 归纳法当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径。
这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法。
5、有100张的一叠卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面。
数论的方法技巧
第1讲数论的方法技巧（下）七、估计法估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的。
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解。
求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数。
解：因每一真分数满足而所求的数整S是四个不同的真分数之和，因此2＜S＜4，推知S=3。
于是可得如下5组不同的真分数：例11 已知在乘积1×2×3×…×n的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值。
分析：若已知n的具体数值，求1×2×…×n的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值。
因此，乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）。
又乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×2×…×n的尾部有99个零，还需 7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以当n=430时，1×2×…×n的尾部有106个零；当n=435时，1×2×…×n的尾部有107个零。
因此，n的最大值为434。
练习21．将两个自然数的差乘上它们的积，能否得到数45045？2．如下图，给定两张3×3方格纸，并且在每一方格内填上“+”或“-”号。
现在对方格纸中任何一行或一列进行全部变号的操作。
问：可否经过若干次操作，使图（1）变成图（2）？3．你能在3×3的方格表中每个格子里都填一个自然数，使得每行、每列及两条对角线上的三数之和都等于1999吗？若能，请填出一例；若不能，请说明理由。
示，求出表达式；若不能表示，请给出证明。
数论讲义答案
数论选讲一、整除1．整数是离散的，每两个整数之间的距离至少为1．即1a b a b <⇔-≤，,a b Z ∈2．带余除法．设0b >，对于任一整数a ，总可以找到一对唯一确定的q ，r 满足 a qb r =+，0r b ≤<．我们称r 为a 除以b 的余数．当0r =时，我们说a 被b 整除或b 整除a ，记为|b a ．并称a 是b 的倍数或b 是a 的约数（因数），此时b a ≤．当0r ≠时，我们说a 不被b 整除或b 不整除a ，记为|b a /．3．如果正整数a 除了1及a 以外没有其他的约数，则称a 为质数，否则称a 为合数． 100以内的质数如下： 2，3，5，7，11，13，17，19， 23，19，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，914．唯一分解定理．每一个大于1的自然数n 都可写成质数的连乘积，即表示成12121ki k k i i n p p p p αααα===∏的形式，其中12k p p p <<<为质数，*i N α∈，且这种表示是唯一的．5．利用唯一分解定理，我们可以得到关于n 的正约数的两个性质：n 的正约数个数为 121()(1)(1)(1)(1)kk i i d n αααα==+++=+∏． n 的所有正约数之和为 01()ik j i j i n p ασ===∑∏．6．若|x a 且|x b ，则称x 为a 、b 的公约数．设d 为所有x 中的最大者，则称d 为a 、b 的最大公约数，记作(,)d a b =．7．若|a y ，|b y ，则称y 为a 、b 的公倍数．设m 为所有y 中大于零的最小者，则称m 为a 、b 的最小公倍数，记作[,]m a b =．8．对于任意正整数a 、b ，都有(,)[,]ab a b a b =．9．贝佐特（1730~1783）定理．设(,)d a b =，则存在整数u 、v ，使得ua vb d +=．10．如果|a c ，|b c ，(,)1a b =，则|ab c ．【例题选讲】1、证明两个连续正整数的积不可能是完全平方数，也不可能是完全立方数．反设存在正整数x ，y ，使x (x ＋1)＝y 2，由于x ，x ＋1互质，故x ，y 都是完全平方数． 两个完全平方数相差1，只有0与1满足要求，此时x ＝0，y ＝0，与x 为正整数矛盾． 又反设存在正整数x ，y ，使x (x ＋1)＝y 3，由于x ，x ＋1互质，故x ，y 都是完全立方数． 设x ＝u 3，x ＋1＝v 3(u ，v ∈N *，v ＞u )，v 3－u 3＝(v －u )(v 2＋vu ＋u 3)＝1，由于v －u ≥1，v 2＋vu ＋u 2≥7，故v 3－u 3＝1不成立，故证．2、设m ＞n ≥1，(m ，n )＝d ，证明：d mC n m 为整数． 证明：由于C n m 为整数，又n m C n m ＝n m ×m !n !(m －n )!＝C n －1m －1为整数． 存在x ，y ∈Z ，使xm ＋yn ＝d ，所以，d m C n m ＝xm ＋yn m C n m ＝x C n m ＋y n m C n m＝x C n m ＋y C n －1m －1∈Z ．3、证明：若(m ，n)＝1，则m|C n m ＋n －1． C n m ＋n －1＝m m ＋n C m m ＋n ⇒mC n m ＋n －1＋nC n m ＋n －1＝mC m m ＋n ⇒ nC n m ＋n －1＝m(C m m ＋n －C n m ＋n －1)， ∴ m|n C n m ＋n －1，但(m ，n)＝1，故m|C n m ＋n －1． 4、在n 2与(n ＋1)2之间任取若干个互不相同的整数，则这些整数两两的乘积都互不相等． 证明：若只取3个整数a ，b ，c ，满足n 2＜a ＜b ＜c ＜(n ＋1)2，则ab ＜ac ＜bc ．故只有取的数至少有4个时才有可能使两两的积相等．设n 2＜a ＜b ＜c ＜d ＜(n ＋1)2，且有ad ＝bc ．于是b a ＝d c ，令b a ＝d c ＝u v(u ，v ∈N *， (u ，v )＝1)． 于是，必有b ＝up ，d ＝uq ，a ＝vp ，c ＝vq ．由c ＞b ＞a ，知u ＞v ，q ＞p ．所以，u ≥v ＋1，q ≥p ＋1．d ＝uq ≥(v ＋1)(p ＋1)＝vp ＋p ＋v ＋1＝a ＋(p ＋v )＋1≥n 2＋2pv ＋1≥n 2＋2a ＋1＞n 2＋2n ＋1＝(n ＋1)2．与d ＜(n ＋1)2矛盾．5、已知a 、b 为正整数，并且ab 2|(a 3＋b 3)，求证a ＝b ．设(a ，b )＝d ，且a ＝a 1d ，b ＝b 1d (a 1，b 1为自然数)，则(a 1，b 1)＝1.由ab 2|(a 3＋b 3)，可设a 3＋b 3＝kab 2 (k ∈N *)，∴ a 3＝b 2(ka －b )．即a 31＝b 21(ka 1－b 1)．于是，b 1|a 1，故(a 1，b 1)＝b 1＝1． a 31|(ka 1－1)，于是a 1|(ka 1－1)，∴ a 1|1，于是a 1＝1． ∴ a ＝b ＝d ．注：由于ab 2与a 3、b 3均为3次式，故可同时约去d 3而不影响问题的结论．故可设(a ，b )＝1来做．又证：设a 3＋b 3ab 2＝k (k ∈N *)，即(a b )2＋b a ＝k ．记x ＝a b，则x 为有理数，且x 3－kx ＋1＝0． 此方程的有理根只能为x ＝±1，但a ，b 均为自然数，故x ＝1，∴a ＝b ．6、存在1000个连续正整数，其中恰有20个素数．证明：取1001!＋2，1001!＋3，…，1001!＋1000，1001!＋1001，这1000个数都是合数． 记1001!＋2＝a ．则a ，a ＋1，a ＋2，…，a ＋999均为合数．去掉a ＋999，添上a －1，又得1000个数：a －1，a ，a ＋1，…，a ＋998．由于去掉一个合数而添了一个整数，故所得1000个数中至多有1个素数．再去掉a ＋998而添上a －2，此时，这1000个数中素数的个数比刚才的1000个数多1个或相同或减少1个．这一过程可以一起进行到得到1，2，…999，1000这1000个数为止．此时，这1000个数中的素数个数多于20个(2至100中就有25个素数)由于每次置换1个数时，所得的1000个与与原1000个数相比较，素数的个数只能增加1个或相同或减少1个．于是这一过程中每次所得素数个数至多变化1个，于是必有某个时刻，恰有20个素数．说明：《离散的零点定理》设f (n )是定义在整数上的函数，取值也是整数．且|f (n ＋1)－f (n )|≤1，且存在不同两个整数a ，b (a ＜b )，使f (a )f (b )＜0，则必存在整数c ，满足a ＜c ＜b ，使f (c )＝0．7、求出具有下述性质的正整数n ：它被≤n 的所有正整数整除．解：设q 2≤n ＜(q ＋1)2，(q ∈N *)，则[n]＝q ．令n ＝q 2＋r(0≤r ≤2q)．由于q|n ，q|q 2，故q|r ⇒r ＝0，q ，2q ．即所有满足n ＝q 2，q 2＋q ，q 2＋2q 的正整数均为本题的解．解：显然，n ＝1，2，3，4满足题意．现设n ≥5．由此题知，n ＝q 2，q 2＋q ，q 2＋2q ．且q ≥2．又n 能被q －1整除．当n ＝q 2＝q(q －1)＋q ，于是q －1|q ⇒q －1＝1⇒q ＝2时，此时，n ＝4；当n ＝q 2＋q ＝(q －1)(q ＋2)＋2，有q －1|2⇒q ＝2，3，此时，n ＝6，12；当n ＝q 2＋2q ＝(q －1)(q ＋3)＋3，有q －1|3⇒q ＝2，4，此时，n ＝8，24．∴ n ＝1，2，3，4，6，8，12，24．8、证明：有无穷多个n ，满足：n|2n ＋1．分析：证明满足某要求的整数有无穷多个，通常有：⑴ 给出一个公式，可以由此公式得出无穷多满足要求的数；⑵ 给出一个递推式，可以由其中任一个满足要求的数得出只一个满足要求的数；且这些数都互不相同；⑶ 用数学归纳法证明之．解法一：n ＝1时，1|21＋1；n ＝3时，3|23＋1；n ＝9时，9|29＋1．即n ＝30，31，32时均满足要求．故推测3k |23k＋1对于一切正整数k 成立．下用数学归纳法证明：设3k |23k ＋1．则存在正整数t ，使23k ＝3k t －1．故23k ＋1＋1＝(3k t －1)3＋1＝33k t 3－32k ＋1t 2＋3k ＋1t ＝3k ＋1t(32k －1t 2－3k t ＋1)．即3k ＋1|23k ＋1＋1． ∴ 由数学归纳原理知，对于一切正整数k ，都3k |23k＋1．从而有无穷多的整数n ＝3k 使n|2n ＋1，解法二：前已有n ＝1时，3|21＋1＝3，又有23|23＋1＝9，9|29＋1＝513．故推测：若m k |2m k ＋1，记m k ＋1＝2m k ＋1，则m k ＋1|2m k ＋1＋1．下用数学归纳法证明之：由于2m k ＋1为奇数，故m k 为奇数，令2m k ＋1＝m k u ，u 为奇数．即m k ＋1＝m k u ．于是，2m k ＋1＋1＝(2m k )u ＋1＝(2m k ＋1)((2m k )u －1－(2m k )u －2＋…＋1)＝m k ＋1((2m k )u －1－(2m k )u －2＋…＋1)．即m k ＋1|2m k ＋1＋1成立．由数学归纳法知推测成立． 说明：解法一即给出一个解的公式，解法二给出了一个递推．均用数学归纳法证明．9、证明：任意正整数n 可以表示成a －b 的形式，其中a ，b 是正整数，且a 与b 不同的素因子个数相同．证明：n ＝pn －(p －1)n ．若n 为偶数，取p ＝2，a ＝pn ，b ＝n ．此时，a ，b 的不同素因子个数都与n 相同． 若n 为奇数，取不能整除n 的最小素数p ，p ≥3．此时，p －1的素因子或者只有2(p －1＝2k )，或者除2外都是n 的因子(因小于p 的素数都能整除n)，此时a ，b 的素因子都比n 多1个．故证．二、同余11．设*m N ∈，如果整数a 、b 除以m 的余数相同，则其差a b -必被m 整除，即存在q Z ∈使得a b qm -=．则称a 、b 模m 同余，或简称同余．记为()mod a b m ≡．12．同余的基本性质．①()mod a a m ≡．②若()mod a b m ≡，则()mod b a m ≡．③若a b ≡，()mod b c m ≡，则()mod a c m ≡．④若a b ≡，()mod c d m ≡，则 ()mod xa yc xb yd m +≡+，x 、y Z ∈．()mod ac bd m ≡． ()mod n n a b m ≡，n N ∈．⑤若()mod ac bc m ≡，则mod(,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．⑥若()mod a b m ≡，|n m ，则()mod a b n ≡． ⑦若()mod i a b m ≡，则()12mod[,,,]k a b m m m ≡．13．同余是一种等价关系，整数集Z 可以根据模m 来分类：如果a 、b 模m 同余，则a 、b 属于同一类，否则不属于同一类．这样可以得到模m 的m 个剩余类（同余类），即： {}i M i km k Z =+∈，0,1,2,,1i m =-．从每一类中各取一个数作为代表得到的m 个数称为模m 的一个完全剩余类，简称完系， 当m 为奇数时，其由绝对值最小的数组成的完系为： 10,1,2,,2m -⎧⎫±±±⎨⎬⎩⎭． 当m 为偶数时，其由绝对值最小的数组成的完系为：0,1,2,,(1),22m m ⎧⎫±±±-⎨⎬⎩⎭． 14．在模m 的m 个剩余类{}i M i km k Z =+∈（0,1,2,,1i m =-）中，如果i 与m 互质，那么i M 中每一个数均与m 互质．这样的剩余类共有()m ϕ个，()m ϕ是1、2、…、m 中与m 互质的个数，称为欧拉函数．15．在()m ϕ个剩余类中各取一个代表，称为模m 的缩剩余系，简称缩系．质数p 的缩系由1p -个数组成，即 {}1,2,,1p -，或11,2,,2p -⎧⎫±±±⎨⎬⎩⎭． 16．设正整数m 、n 互质，则()()()mn m n ϕϕϕ=． 事实上，如果{}12,,,t a a a ，{}12,,,s b b b 分别是模m 与模n 的缩系， 那么{}1,1i j mb na i s j t +≤≤≤≤是模mn 的缩系．17．设1i k i i n p α==∏，i p 为不同的质数，*i N α∈．则1111()(1)(1)i kk i i i i i n n p p p αϕ-===-=-∏∏． 18．欧拉定理：设(),1a m =，则()()1mod m a m ϕ≡．19．费马小定理：设p 为质数，则()mod p a a p ≡．当(),1a p =时，()11mod p a p -≡．20．中国剩余定理（孙子定理）：设正整数1m 、2m 、…、k m 两两互质，则对于任意给定的整数1a 、2a 、…、k a ，同余方程组()()()1122mod mod mod k k x a m x a m x a m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩一定有解．令1k i i M m ==∏，则其解为 1k i i i iM x a b m =≡⋅∑． 其中i b 满足()1mod i i iM b m m ⋅≡． 【例题选讲】10、证明：若整数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，记d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999．则|d|不是素数．证明：首先，u n ≡u(mod 2)，故d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999≡a ＋b ＋c ≡0(mod 2)，即2|d ．又由Fermat 定理，u 3≡u(mod 3)⇒u 3k ≡u(mod 3)，从而u 1999＝u 33·74＋1≡u 74＋1＝u 75≡u 25＝u 24＋1≡u 8＋1≡u(mod 3)，故d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999≡a ＋b ＋c ≡0(mod 3)，∴ 6|d ，即|d|不是素数．11、用1，2，3，4，5，6，7这7个数码组成7位数，每个数码恰用一次，证明：这些七位数中没有一个是另一个的倍数．设有两个这样的七位数a ，b ，(a ＞b)，满足a ＝bc ，其中c 为大于1的整数．由于1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28≡1(mod 9)，故a ≡b ≡1(mod 9)．若a ＝bc ，则bc ≡1(mod 9)，于是，c ≡1(mod 9)．但c ＞1，从而c ≥10．此时bc 不是七位数，与a 是七位数矛盾．12、设p 为素数，a ≥2，m ≥1，a m ≡1(mod p)，a p －1≡1(mod p 2)．求证：a m ≡1(mod p 2)．证明：a m ≡1(mod p)⇒a m ＝1＋px ，故a pm ＝(1＋px)p ＝1＋p 2(……)．所以，a pm ≡1(mod p 2)．∵a p－1≡1(mod p2)⇒a(p－1)m≡1(mod p2)．同乘以a m：a pm≡a m(mod p2)∴a m≡a pm≡1(mod p2)13、设p为给定正整数，m，n为任意正整数，试确定(2p)2m－(2p－1)n的最小正值．解：(2p)2m≡1(mod 2p－1)，故(2p)2m－(2p－1)n≡1(mod 2p－1)．若存在m，n，使(2p)2m－(2p－1)n＝1，则有(2p)2m－1＝(2p－1)n⇒((2p)m＋1)((2p)m－1)＝(2p－1)n．由于(2p)m＋1，(2p)m－1)＝1，故(2p)m＋1＝a n，(2p)m－1＝b n，且(a，b)＝1．即a n－b n ＝2．只有n＝1，a＝b＋2时成立，此时，解(2p)2m－(2p－1)＝1⇒2p((2p)2m－1－1)＝1这是不可能的．故所求最小值≠1．再若存在m，n使(2p)2m－(2p－1)n＝(2p－1)＋1＝2p，此时，(2p)2m－(2p－1)n≡－(－1)n≠0(mod 2p)，故不可能．于是，所求最小值≥4p－2＋1＝4p－1．取m＝1，n＝2，得(2p)2－(2p－1)2＝4p－1．∴所求最小值为4p－1，当m＝1，n＝2时取得此最小值．14、数列{x n}：1，3，5，11，…，满足x n＋1＝x n＋2x n－1(n≥2)，数列{y n}：7，17，55，161，…，满足y n＋1＝2y n＋3y n－1(n≥2)，证明：这两个数列没有相同的项．分析：证明这两个数列mod 8后都是周期数列．证明：mod 8：数列x n(mod 8)：1，3，5，3，5，…．若x2k－2≡3，x2k－1≡5(mod 8)成立，则x2k＋1≡5＋2×3＝11≡3(mod 8)，x2k≡3＋2×5＝13≡5(mod 8)．即x2n≡3，x2n＋1≡5(mod 8)对于一切n∈N*成立．而数列y n(mod 8)：7，1，7，1，…．若y2k－1≡7，y2k≡1(mod 8)成立，则y2k＋1≡1×2＋7×3＝23≡7(mod 8)，y2k＋2≡7×2＋1×3＝17≡1(mod 8)．即y2n≡1，y2n＋1≡7(mod 8)对于一切n∈N*成立．在{x n}中，x1＝1≡1(mod 8)，但y n是单调增的，且y1＞1，故y n＞1，于是不可能y n ＝1，故证．说明：利用抽屉原理可以证明：若数列{x n}满足递推关系：x n＋k＝f(x n＋k－1，x n＋k－2，…x n)，其中f为k元整系数多项式．初始值x1，x2，…，x k为给定整数．于是{x n}为一整数数列．则{x n}模m(m＞1，m∈N*)后终将成为周期数列(可能除去开始的若干项)．15、设m是给定正整数，证明：由x1＝x2＝1，x n＋2＝x n＋1＋x n(k＝1，2，…)定义的数列{x n}的前m2个项中，必有一个能被m整除．证明：记x i≡y i(mod m)(0≤y i≤m－1)．取数组(y1，y2)，(y2，y3)，…，(y i，y i＋1)，…．由于只有m2个不同的数组．故取m2＋1个数组，必有两个数组相同，即存在1≤i＜j ≤m2＋1，使y i＝y j，y i＋1＝y j＋1，于是(y i，y i＋1)＝(y j，y j＋1)，取满足此要求的最小的i，则i必须为1．否则，由i＞1，则y i－1≡y i＋1－y i，y j－1≡y j＋－y j(mod m)，1于是，y i－1＝y j－1，得(y i－1，y i)＝(y j－1，y j)，这与i的最小性矛盾．从而i＝1．即存在(y j，y j＋1)＝(1，1)(j≤m2＋1)，此时y j－1＝0，即m|x j－1．故证．16、连结正n 边形的顶点，得到一个n －折线(即用这个正n 边形的n 个顶点为顶点连出一个有n 条边的闭折线)．证明：若n 为偶数，则连线中有两条平行线；若n 为奇数，则连线中不可能恰有两条平行线．证明：按逆时针顺序把为n 个顶点编号：0，1，2，…，n －1．且按a 0－a 1－…－a n －1－a n ＝a 0连成折线，其中a 0，a 1，…，a n －1是0，1，2，…，n －1的一个排列．由于a i 为正n 边形的顶点，故a i a i ＋1∥a j a j ＋1⇔⌒a i a i ＋1＝⌒a j a j ＋1⇔a i ＋a i ＋1≡a j ＋a j ＋1(mod n)．⑴ 当n 为偶数时，2 |/ n ⁄－1，故模n 的任一完系之和≡0＋1＋…＋(n －1)＝12n(n －1)≡/0(mod n)．但Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)＝Σi ＝0n －1a i ＋Σi ＝0n －1a i ＋1＝2Σi ＝0n －1a i ＝2×12n(n －1)≡0(mod n)． 这说明全体a i ＋a i ＋1不构成完系．所以，必有0≤i ，j ≤n －1，i ≠j ，使a i ＋a i ＋1≡a j ＋a j ＋1(mod n)，于是必有两条平行线．若n 为奇数，若恰有一对边a i a i ＋1∥a j a j ＋1，则a i ＋a i ＋1(mod n)的剩余类中，必有一对剩余类r 出现2次，故必有一对剩余类s 没有出现，于是Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)＝Σi ＝0n －1a i ＋Σi ＝0n －1a i ＋1＝2Σi ＝0n －1a i ≡0(mod n)， 另一方面，Σi ＝0n －1(a i ＋a i ＋1)≡0＋1＋…＋(n －1)＋r －s ≡r －s ≠0(mod n)． 这说明，n 为奇数时，不可能恰有一对边平行．17、设n 为奇数，n ≥3．集合S ＝{0，1，2，…，n －1}．证明：在S 中去掉任一个元后，余下的元都能划分成两个集合，每个集合都有n －12个元，且两组的和模n 同余． 证明：1° 首先，若去掉的元为0，⑴ n ＝4k ＋1，则余下4k 个元分成2k 对：{1，4k}，{2，4k －1}，…，{2k ，2k ＋1}，每对的和mod n 均为0．于是，任取其中k 对为一组，余下k 对为另一组，两组的和模n 同余；⑵ n ＝4k ＋3，余下4k ＋2个元中，先取{1，2，4k}，{3，4k ＋1，4k ＋2}，再把其余的数分成2k －2对：{4，4k －1}，{5，4k －2}，…，{2k ＋1，2k ＋2}，每对的和mod n 均为0．于是，任取其中k －1对加上{1，2，4k}为一组，余下k －1对加上{3，4k ＋1，4k ＋2}为另一组，两组的和模n 同余；2° 若去掉的数为a ，则把所有的数都加n －a 得到集合S '＝{n －a ，n －a ＋1，…，n ，n ＋1，2n －a －1}，S '仍是模n 的完系．去掉S 中的a 对应于S '中的n ．于是S '可以按1°分成满足要求的两组，再把分好的数各减去n －a 即得到S 的一个分法．18、一个立方体的顶点标上数＋1或－1，各面中心标上一个数，它等于该面4个顶点上标的数的乘积．证明：这样标出的14个数的和不能为0．证明：设此14个数的和为S ．现把任一个标－1的顶点改为标＋1，则它同时使相关3个面上的数的符号改变，改变后14个顶点上数的和为S '．于是S －S '＝2(±1±1±1±1)但任何4个＋1或－1的和为偶数，于是S －S '≡0(mod 4)．这样一起做下去，直到所有顶点标的数都为＋1，此时和S "＝14≡2(mod 4)．于是S ≡2(mod 4)，从而S ≠0．19、求所有正整数n ，使由n －1个数码1及1个数码7组成的n 位数都是素数．解：对于n ，所有这样的n 位数都可写成N ＝A n ＋6×10k (其中，A n 表示由n 个1组成的n 位数，k ＝0，1，…，n －1)．若3|n ，则3|A n ，于是3|N ．此时N 不是素数．现设3 |⁄ n ， A n注意A 6≡0(mod 7)，故有A 6k ＋r ≡A r (k ∈N *，1≤r ≤6)．由于(10，7)＝1，故1，10，102，…，105是7的一个缩系，从而6×10k (k ＝0，1，2，3，4，5)也是mod 7)的一个缩系．又有下表：且6×106k ＋r ≡6×10r (k ∈N *，0≤r ≤5)．∴ n ＞6时，按n ≡1，2，4，5(mod 6)，取k ＝0，4，5，2，即有7|N ．此时N 不是素数．而n ＝4时，7111＝13×547；n ＝5时，11711＝7×1673，即n ＝4，5均不满足要求． ∴ n ＝1，2．三、高斯函数与不定方程21．高斯函数[]x ：表示不超过x 的最大整数，称为x 的整数部分．同时记{}[]x x x =-为x 小数部分（或称尾数部分）．22．[]x 的基本性质：①x R ∀∈，[][]11x x x x -<<+≤；②x R ∀∈，[]{}x x x =+；③x R ∀∈，n Z ∈，[][]x n x n +=+，{}{}x n x +=．④x R ∀∈，y R ∈，[][][]x y x y ++≤，{}{}{}x y x y ++≥．⑤0x ∀≥，0y ≥，[][][]xy x y ≥．【例题选讲】20、若n≡4(mod 9)，证明不定方程x3＋y3＋z3＝n没有整数解．证明：x≡1，2，0(mod 3)⇒x3≡1，2，0(mod 9)，∴x3＋y3＋z3≡0，1，2，3，6，7，8(mod 9)．故此方程无解．21、确定方程x41＋x42＋…＋x4 14≡1599的全部非负整数解．解：x4≡0，1(mod 16)，于是x41＋x42＋...＋x4 14≡0，1，2， (14)而1599≡5(mod 16)．故无解．22、证明：方程x!y!=z!有无穷多组正整数解(x，y，z)满足x＜y＜z．证明：由于n!=n·(n－1)!.故(n!)!=(n!)(n!－1)!从而取x＝n，y＝n!－1，z＝n!，则有无穷多个解．说明：给出了一个解的公式．23、求不定方程x4＋y4＋z4＝2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24的全部整数解．解：若(x，y，z)是其一个解，则(±x，±y，±z)也是方程的一个解．x4＋y4＋z4－2x2y2－2y2z2－2z2x2＝x4＋y4＋z4－2x2y2－2y2z2＋2z2x2－4z2x2＝(x2－y2＋z2)2－(2zx)2＝(x2－y2＋z2＋2zx)(x2－y2＋z2－2zx)＝(x＋y＋z)(x－y＋z)(x－y－z)(x＋y－z)＝－(x＋y＋z)(－x＋y＋z)(x－y＋z)(x＋y－z)．于是，原方程即(x＋y＋z)(－x＋y＋z)(x－y＋z)(x＋y－z)＝－23×3．由于x＋y＋z，－x＋y＋z，x－y＋z，x＋y－z的奇偶性相同．若它们全为奇数，则其积为奇数，不可能等于－24，若它们全为偶数，则其积可以被24整除，也不可能等于－24．从而本题无满足要求的解．解法2由于左边为偶数，故x，y，z或都为偶数，或两奇一偶．⑴若x，y，z两奇一偶，不妨设x，y为奇数，z为偶数，则x4≡1(mod 16)，y4≡1(mod 16)，z4≡0(mod 16)，x4＋y4＋z4≡2(mod 16)x2≡1，9(mod 16)，y2≡1，9(mod 16)，z2≡0，4(mod 16)．于是x2y2≡1，9(mod 16) 2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24＝2x2y2＋2z2(x2＋y2)＋24≡2＋0＋8≡10(mod 16)．从而x4＋y4＋z4≡/2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24(mod 16)；⑵若x，y，z均为偶数，则x4＋y4＋z4≡0(mod 16)，2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24≡8(mod 16)，仍有x4＋y4＋z4≡/2x2y2＋2y2z2＋2z2x2＋24(mod 16)从而本题无满足要求的解．24、证明：方程y＋y2＝x＋x2＋x3没有非零整数解．证明：反设存在非零整数x，y满足方程，则(y－x)(y＋x＋1)＝x3．下证(y－x，y＋x＋1)＝1．设(y－x，y＋x＋1)＝p，则p|x，于是由p|y－x，知p|y，但p|y＋x＋1，故p|1．即p＝1．于是y－x与y＋x＋1都是完全立方数，设y＋x＋1＝a3，y－x＝b3，x＝ab．则a3－b3＝2x＋1⇒a3－b3＝2ab＋1⇒(a－b)(a2＋ab＋b2)＝2ab＋1．由x＝ab，①若ab＞0，则x＞0．有a＞b．故a－b≥1，a2＋ab＋b2＞2ab＋ab＝3ab ＝2ab＋ab≥2ab＋1．从而(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＞2ab ＋1，矛盾；② ab ＝0，则x ＝0，与x 非零矛盾；③ ab ＜0，于是2x ＋1＜0，故a ＜b ．b ＞0，a ＜0，|a －b |≥2．a 2＋ab ＋b 2≥2|ab |＋ab ＝|ab |，所以|a －b ||a 2＋ab ＋b 2|≥2|ab |，而|2ab ＋1|＜2|ab |，从而|(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)|＞|2ab ＋1|，矛盾．故证．25、求不定方程(n －1)!＝n k －1的全部正整数解．解：n ＝2时，有解(n ，k )＝(2，1)．当n ＞2时，左边为偶数，故n 只能为奇数．取n ＝3，(3－1)!＝2＝31－1，故有解(n ，k )＝(3，1)；取n ＝5，(5－1)!＝24＝52－1，故有解(n ，k )＝(5，2)．下设n ≥7且n 为奇数．于是n －12为整数且n －12≤n －4，所以，2×n －12|(n －2)!，从而(n －1)2|(n －1)!．∴ (n －1)2|n k －1＝[(n －1)＋1]k －1＝(n －1)k ＋C 1k (n －1)k －1＋C 2k (n －1)k －2＋…＋C k －2k(n －1)2＋k (n －1)．∴ (n －1)2|k (n －1)⇒(n －1)|k ⇒k ≥n －1．此时，n k －1≥n n －1－1＞(n －1)!，故n ≥7时不定方程无解．即方程的解为(n ，k )＝(2，1)，(3，1)，(5，2)．26、证明方程x 2＋y 2＋z 2＝3xyz 有无穷多组正整数解(x ，y ，z )．证明 由于方程具有对称性，故可改证此方程的满足x ≤y ≤z 的解有无数组．若x ＝y ＝z ＝a (a ∈N*)，则3a 2＝3a 3⇒a ＝1．即方程有解(1，1，1)；若x ＝y ＝1，则得2＋z 2＝3z ，得方程的另一组解为(1，1，2)；若x ＝1，y ＝2，则得方程z 2－6z ＋5＝0，得方程的另一组解(1，2，5)；现设(a 0，b 0，c 0) (其中a 0＜b 0＜c 0)是方程的一组正整数解，即a 20＋b 20＋c 20＝3a 0b 0c 0成立，考虑方程b 20＋c 20＋z 2＝3b 0c 0z ，即z 2－3b 0c 0z ＋(b 20＋c 20)＝0，此方程必有一正整数解z ＝a 0，由韦达定理，其另一解为z 1＝3b 0c 0－a 0必为正整数．于是原方程必有解(b 0，c 0，3b 0c 0－a 0)且这一组解也满足b 0＜c 0＜3b 0c 0－a 0．令a 1＝b 0，b 1＝c 0，c 1＝3b 0c 0－a 0为方程的一组满足a 1＜b 1＜c 1的正整数解，则又可从此解出发得到方程的另一组解(b 1，c 1，3b 1c 1－a 1)．这一过程可以无限延续下去，从而原方程有无穷多组解．27、求不定方程组 ⎩⎨⎧x ＋y ＋z ＝3，x 3＋y 3＋z 3＝3．的全部整数解． 解：(1，1，1)是一组解．消去z ： x 3＋y 3＋(3－x －y)3＝3⇒3(x ＋y)2－xy(x ＋y)－9(x ＋y)＋8＝0．∴ (x ＋y)(xy －3(x ＋y)＋9)＝8．于是x ＋y|8⇒x ＋y ＝±1，±2，±4，±8．若x ＋y ＝1，则xy ＝2(无解)；x ＋y ＝－1，xy ＝－20⇒x ＝－5，y ＝4，z ＝4，或x ＝4，y ＝－5，z ＝4；x ＋y ＝2，xy ＝1⇒x ＝y ＝1，z ＝1；x ＋y ＝－2，xy ＝－19(无解)；x ＋y ＝4，xy ＝5(无解)；x ＋y ＝－4，xy ＝－23(无解)；x ＋y ＝8，xy ＝16⇒x ＝y ＝4，z ＝－5；x ＋y ＝－8，xy＝－34(无解)．∴ 解为(1，1，1)，(－5，4，4)，(4，－5，4)，(4，4，－5)．28、求不定方程x 3＋x 2y ＋xy 2＋y 3＝8(x 2＋xy ＋y 2＋1)的全部整数解．解：(x ＋y)((x ＋y)2－2xy)＝8((x ＋y)2－xy ＋1)．令x ＋y ＝u ，xy ＝v ，则得u(u 2－2v)＝8(u 2－v ＋1)是一个关于v 的一次方程．显然u 必为偶数，设u ＝2w ，则得w(2w 2－v)＝2(4w 2－v ＋1)．∴ v ＝2w 3－8w 2－2w －2＝2w 2－4w －8－18w －2．于是w －2＝±1，±2，±3，±6，±9，±18． ∴ ⎩⎨⎧w ＝ 3， 1， 4， 0，5，－1，8，－4，11，－7， 20，－16；v ＝－20，8，－1，1，16， 4，85，43，188，120，711， 569．x ，y 是方程t 2－2wt ＋v ＝0的整数解，故w 2－v 为完全平方数．其中只有w ＝5，v ＝16满足此要求． ∴ (x ，y)＝(2，8)，(8，2)．29、对任意的∑∞=+*+=∈01].22[,K k kn S N n 计算和 解：因]212[]22[11+=+++k k n n 对一切k =0,1,…成立，因此，].2[]22[]212[111+++-⋅=+k k k n n n 又因为n 为固定数，当k 适当大时,.)]2[]2([,0]2[,1201n n n S n n K k k k k ==-==<∑∞=+ 故从而 30、计算和式.]503305[5020的值∑==n nS解：显然有：若.,,1][][][,1}{}{R y x y x y x y x ∈++=+=+则503是一个质数，因此，对n=1,2,…,502, 503305n 都不会是整数，但503305n +,305503)503(305=-n 可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[503305n ]+.304]503)503(305[=-n 故 ∑∑===⨯=-+==25115021.76304251304]),503)503(305[]503305([]503305[n n n n n S 31、设M 为一正整数，问方程222}{][x x x =-，在[1，M]中有多少个解？解：显然x =M 是一个解,下面考察在[1，M]中有少个解.设x 是方程的解.将222}{}{}{2][x x x x x +⋅+=代入原方程，化简得=}]{[2x x ,1}{0].}{}]{[2[2<≤+x x x x 由于所以上式成立的充要条件是2[x ]{x }为一个整数..1)1(],1[,.)1())1(21(2),1[,11.2)1,[),12,,1,0(2}{,][个解中有原方程在因此个解中方程有可知在又由于个解中方程有即在则必有设+--⋅=-+++-≤≤+-==∈=M M M M M M M M m m m m m k mk x N m x 32、求方程.051][4042的实数解=+-x x解：.0][,1][][不是解又因<+<≤x x x x⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥>⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥<⎩⎨⎧≤-->--⎪⎩⎪⎨⎧≤+->+-+∴.217][,23][,211][;217][,23][,25][.07][2)(3][2(.0)11][2)(5][2(.051][4][4,051][40)1]([422x x x x x x x x x x x x x x 或 经检验知，这四个值都是原方程的解. 33、.][3]3[2]2[1][][:,,n nx x x x nx N n R x ++++≥∈+∈* 证明 【证】.,2,1,][2]2[][ =+++=k kkx x x A k 令 由于.,1],[1命题成立时则==n x A .2269,02694;2229,02294;2189,01894;229,0294:,876][2][2222==-==-==-==-==x x x x x x x x x x 分别代入方程得或或或解得.,,,],[][][][][][][])[])1([(]))2[(]2([])1[(]([][]2[])2[(])1[(][])1[(]2[][][])1[(]2[][][])1[(]2[][)(:].[],2[22,],)1[()1()1(],[,][,][,].)1[(,],2[],[,1122112111221111121证毕均成立故原不等式对一切命题成立时即故相加得所以成立对一切即因为即有时命题成立设*---------∈=≤∴=+++≤++-++-++-+=+++-+-++-+++≤++++++-+++=+-+++=+++-==--=---=-=-=--≤≤≤-≤N n k n kx A kx k kx kx kx kx kx x x k x k x x k x x x x k x k kx x k x x A A A A kx x k x x kA kx x k x x A A A kA x A x A A x k A k A k kx kA kA k kx kA kA kkx A A x k A x A x A k n k k k k k k k k k k k k k k k34、对自然数n 及一切自然数x ，求证：].[]1[]2[]1[][nx n n x n x n x x =-+++++++ . 解：M ＝|f(x)|max ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|，|f(－2a )|} ⑴若|－2a |≥1 (对称轴不在定义域内部) ，则M ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|} 而f ⑴＝1＋a ＋b f(－1)＝1－a ＋b|f ⑴|＋|f(－1)|≥|f ⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4则|f ⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2，∴ M≥2＞21 ⑵|－2a |＜1 M ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|，|f(－2a )|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|，|－4a 2＋b|} ≥41(|1＋a ＋b|＋|1－a ＋b|＋|－4a 2＋b|＋|－4a 2＋b|) ≥41[(1＋a ＋b)＋(1－a ＋b)－(－4a 2＋b)－(－4a 2＋b)] ＝)2a 2(412+ ≥21 综上所述，原命题正确.四、阶：对于(a ，n)=1的整数，满足a r ≡1 (mod n ) 的最小整数r,称为a 模n 的阶。
11数论方法选讲
q 234
1999 2000
求证p是3001的倍数.
2. 从1，2，. . . ，2004这2004个数中，要求划去 尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不 等于另外两个数的乘积. 应划去哪些数？
3. 有4个互不相等的自然数，将它们两两相加， 可以得到6个不同的和，其中较小的4个和是 64，66，68，70. 求这4个数.
答案 赵 钱 孙 李 周 吴 郑
1
√√√
√
2
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3
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√
4
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5
√
√√
√
6
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得分 7 5 5 5 9 7
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
四、有序化
当我们研究的对象是一些数的时候，我们 常常将这些数排一个次序，即将它们有序化. 有序化的假设，实际上是给题目增加了一个 可供使用的条件.
例7：有4位小朋友的体重都是整数千克，他 们两两合称体重，共称了5次，称得的千克 数分别为99，113，125，130，144. 其中有 两人没有一起称过. 那么这两人中体重较重 的人的体重是多少千克？（1994年小学数学奥林匹克决
数论方法选讲
配对法 构造法 方程法 有序化 枚举法
一、配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对， 也有集合间元素与元素的配对(可用于计数). 传说高斯8岁时求和（1+2+. . .+100）首创了 配对.像高斯那样，善于使用配对技巧，常常 能使一些表面上看来很麻烦.甚至很棘手的问 题迎刃而解.
例1：求1，2，3，. . .，9999998，9999999这 9999999个数中所有数码的和.
例3：9999 和99! 能否表示成99个连续 的奇自然数之和？
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
数论详细讲解
素数筛
• 可以提前处理出来1~n的全体素数，之后每 次都能”瞬间”知道1~n中的某个数是否是素 数。
素数筛
1. 把1~n列出来 2. 去掉不是特殊的1 3. 从小到大，枚举每一个没有删掉的数字i 4. 把i的2倍，3倍，4倍，…，删掉 5. 剩下的没被删掉的都是素数
枚举i=2
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
读作a与c在模b下同余
整除
a n q a 0modn n a,读作n整除a
n称为a的约数 a称为n的倍数
素数与合数
• 只含有1和本身两个约数的正整数，称为素 数(约数个数=2)
• 除了1和本身还有其它约数的正整数，称为 合数(约数个数>2)
• 1(约数个数<2) • 正整数=1+素数+合数
71
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99
把i的2倍，3倍，4倍…删除
23
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少？(华附1997年第二试倒数第二题)
例5：设 a1, a2 , b1, b2 都是实数，a1 a2 , 且
(a1 b1)(a1 b2 ) (a2 b1)(a2 b2 ) 1. 求证： (a1 b1)(a2 b1) (a1 b2 )(a2 b2 ) 1.
赛试题）
练习：将10到40之间的质数填入下图的圆圈中， 使得3组由“ ”所连的4个数的和相等. 如果 把和数相等的填法看做同一类填法，请说明一共 有多少类填法？并画图表示你的填法.
五、枚举法
小华玩某种游戏，每局可以随意玩若干 次，每次得分是8，a（a为自然数），0 这三个数中的一个. 每局每次得分的总和 叫做这一局的总积分. 小华曾得到过这样 的总积分：103、104、105、106、107、 108、109、110. 又知道他不可能得到 “83”分这个总积分. 问a是多少？
（第六届“祖冲之杯”初中数学邀请赛试题）
练习：设 a1, a2 ,L , a100 , b1, b2 ,L , b100
为互不相同的实数，将它们按如下法则填入 100100 的方格表：在位于第i行第j列之交处的方格内填入数
ai bj . 现知任何一列数的乘积都等于1.
证明：任何一行的数的乘积都等于－1.
例3：9999 和99! 能否表示成99个连续 的奇自然数之和？
练习：不能写成两个奇合数之和的最大偶 数是多少？
例4：从1，2，3，，999这999个数中，要求划 去尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不 等于另外两个数的乘积. 应划去哪些数？
练习：一次考试中有 5道题目，对考试 成绩做了一个统计. 统计结果如下：81% 的学生做对了第1题，91%的学生做对了 第2题，85%的学生做对了第3题，79%的 学生做对了第4题，74%的学生做对了第 5题. 如果做对3题或者3题以上才算合格
例2：已知最简分数m/n可以表示成：
m 1 1 1 L 1 ,
n 23
88
试说明分ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱm是质数89的倍数.
练习：设p,q为正整数，使得
p 1 1 1 1 L 1 1 1 .
q 234
1317 1318 1319
求证p是1979的倍数.
二、构造法
构造法是一种重要的数学方法，它灵活 多样，数论中很多问题都可以通过构造 某些特殊结构、特殊性质的整数或整数 的组合来解决.
练习：某商场向顾客发放9999张购物券，每张 购物券上印有一个四位数的号码，从0001到 9999号. 若号码的前两位数字之和等于后两位 数字之和，则称这张购物券为“幸运券”. 例 如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购 物券是幸运券. 试说明，这个商场所发的购物 券中，所有幸运券的号码之和能被101整除.
答案 赵 钱 孙 李 周 吴 郑
1
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得分 7 5 5 5 9 7
四、有序化
当我们研究的对象是一些数的时候，我们 常常将这些数排一个次序，即将它们有序化. 有序化的假设，实际上是给题目增加了一个 可供使用的条件.
例7：有4位小朋友的体重都是整数千克，他 们两两合称体重，共称了5次，称得的千克 数分别为99，113，125，130，144. 其中有 两人没有一起称过. 那么这两人中体重较重 的人的体重是多少千克？（1994年小学数学奥林匹克决
（第四届华杯赛决赛试题）
练习：一种游戏，每一局胜则得8分，平 则得5分，负则得0分.那么，无论比赛多 少局，不能达到的分数共有多少个？
数论知识链接
结论：设自然数a,b互质，则不能表成ax+by (x,y为非负整数)的最大整数为ab-a-b.
作业
1. 设p,q为正整数，使得
p 1 1 1 1 L 1 1 .
（第25届苏联数学奥林匹克）
三、方程法
例6：取扑克牌中的四种花色1到10共40 张，任意摊放在桌上. 凡三张之和是9或 19或29就收起来. 这样操作下去，如果最 后剩下一张，问这张的点数是几？为什 么？
练习：某次考试，试题共6道，均为判 断题. 考生 认为正确的画“√”，认为错误的画“ ”.记分 的方法是：每道题答对的给2分，不答的给1分， 答错的不给分.已知赵，钱，孙，李，周，吴， 郑七人的答案及前六个人的得分记录在下表中. 请在表中填出郑的得分，并简单说明你的思路.
数论方法选讲
配对法 构造法 方程法 有序化 枚举法
一、配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对， 也有集合间元素与元素的配对(可用于计数). 传说高斯8岁时求和（1+2+. . .+100）首创了 配对.像高斯那样，善于使用配对技巧，常常 能使一些表面上看来很麻烦.甚至很棘手的问 题迎刃而解.
例1：求1，2，3，. . .，9999998，9999999这 9999999个数中所有数码的和.
q 234
1999 2000
求证p是3001的倍数.
2. 从1，2，. . . ，2004这2004个数中，要求划去 尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不 等于另外两个数的乘积. 应划去哪些数？
3. 有4个互不相等的自然数，将它们两两相加， 可以得到6个不同的和，其中较小的4个和是 64，66，68，70. 求这4个数.