小学数学数论讲解及练习题整数分拆之最值与应用

小学数学数论讲解及练习题整数分拆之最值与应用
小学数学数论讲解及练习题整数分拆之最值与应用

整数分拆之最值与应用

一、拆分的基础知识

整数的拆分问题常常以计数问题、最值问题等形式出现,因此除了掌握有关的等差数列、数的整除、平均数等基本知识外,还要求掌握加法原理、乘法原理、枚举法、筛选法等基本的记数原理和方法。

二、拆分基本方法

1.题目要求拆质数且乘积最大——若可以拆相同的数字就按照“多拆3,少拆2,不拆1——拆分后

乘积最大”原则。

2.若题目要求拆成若干个互不相同的自然数之和——要求这些自然数的乘积尽量大

应将数列拆分成:a=2+3+4+…的形式,但是实际计算的时候会发现一般不能拆成恰好相同,则:

⑴当多0时,将a拆成a=2+3+4+…+ (n-1)+n;

⑵当多1时,将a拆成a=3+4+5+…+ (n-1)+( n-1);

⑶当多2,3,…,n-1中的数时,就将该数从2,3,…,n-1,n中删除,其余数即为所拆之数。

例如:将30拆成若干个互不相同的自然数之和,要求这些自然数的乘积尽量大,应怎样拆?

2+3+4+5+6+7+8=35

比30大5,故将5去掉

30被拆成2+3+4+6+7+8

3.根据约数倍数关系进行拆分

【例1】把53拆分成互不相等的正整数之和,最多能写成几项之和?

【例2】一个自然数,它可以表示为3个连续自然数之和,也可以表示为4个连续自然数之和,还可以表示为7个连续自然数之和,这个自然数最小是几?

【例3】农民叔叔阿根想用24米长的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝(如图),要使所建的鸡窝面积最大BC的长应是多少米?

例3图

〖答案〗【例1】8 【例2】42【例3】12

高中数学竞赛中数论问题的常用方法

高中数学竞赛中数论问题的常用方法 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 ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?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 ?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 ?}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 ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑; (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡; (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡; (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 ∑≥1 k k p n . 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 ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (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

初等数论练习题及答案

初等数论练习题一 一、填空题 1、τ(2420)=27;?(2420)=_880_ 2、设a ,n 是大于1的整数,若a n -1是质数,则a=_2. 3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}. 4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。 5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ,y=700+18t t ∈Z 。. 6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_?(m )_。 7 8、??? ??10365 =-1。 9、若p 是素数,则同余方程x p - 1 ≡1(mod p )的解数为二、计算题 1、解同余方程:3x 2+11x -20≡0 (mod 105)。 解:因105 = 3?5?7, 同余方程3x 2+11x -20≡0 (mod 3)的解为x ≡1 (mod 3), 同余方程3x 2+11x -38 ≡0 (mod 5)的解为x ≡0,3 (mod 5), 同余方程3x 2+11x -20≡0 (mod 7)的解为x ≡2,6 (mod 7), 故原同余方程有4解。 作同余方程组:x ≡b 1 (mod 3),x ≡b 2 (mod 5),x ≡b 3 (mod 7), 其中b 1 = 1,b 2 = 0,3,b 3 = 2,6, 由孙子定理得原同余方程的解为x ≡13,55,58,100 (mod 105)。 2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解? 11074217 271071107713231071107311072107 710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==??≡-?--?-)()()()(),()()()(),()())()(( )(解: 故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。 3、求(127156+34)28除以111的最小非负余数。

高中数学竞赛数论部分

高中数学竞赛数论部分文档编制序号:[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]

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:3231 122 n 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 214 143 n 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:[][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,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% 。

小学奥数数论专题知识总结

数论基础知识 小学数论问题,起因于除法算式:被除数÷除数=商……余数 1.能整除:整除,因数与倍数,奇数与偶数,质数与合数,公因数与公倍数,分解质因数等; 2.不能整除:余数,余数的性质与计算(余数),同余问题(除数),物不知数问题(被除数)。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 (1)定义: 定义1:若整数a能够被b整除,a叫做b的倍数,b就叫做a的因数。 定义2:如果非零自然数a、b、c之间存在a×b=c,或者c÷a=b,那么称a、b是c的因数,c是a、b 的倍数。 注意:倍数与因数是相互依存关系,缺一不可。(a、b是因数,c是倍数) 一个数的因数个数是有限的,最小的因数是1,最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的,最小的倍数是它本身,没有最大的倍数。 (2)一个数的因数的特点: ①最小的因数是1,第二小的因数一定是质数; ②最大的因数是它本身,第二大的因数是:原数÷第二小的因数 (3)完全平方数的因数特征: ①完全平方数的因数个数是奇数个,有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次; ③1000以内的完全平方数的个数是31个,2000以内的完全平方数的个数是44个,3000以内的完 全平方数的个数是54个。(312=961,442=1936,542=2916) 2、数的整除(数的倍数) (1)定义: 定义1:一般地,三个整数a、b、c,且b≠0,如有a÷b=c,则我们就说,a能被b整除,或b能整除a,或a能整除以b。 定义2:如果一个整数a,除以一个整数b(b≠0),得到一个整数商c,而且没有余数,那么叫做a能被b整除或b能整除a,记作b|a。(a≥b) (2)整除的性质: 如果a、b能被c整除,那么(a+b)与(a-b)也能被c整除。 如果a能被b整除,c是整数,那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除,b又能被c整除,那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除,那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 (3)一些常见数的整除特征(倍数特征): ①末位判别法 2、5的倍数特征:末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征:末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征:末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法(从右开始截) 9(及其因数3)的倍数特征:一位截断求和 99(及其因数3、9、11、33)的倍数特征:两位截断求和 999(及其因数3、9、27、37、111、333)的倍数特征:三位截断求和 ③截断求差法(从右开始截) 11的倍数特征:一位截断求差 101的倍数特征:两位截断求差 1001(及其因数7、11、13、77、91、143)的倍数特征:三位截断求差

4月浙江自考初等数论试题及答案解析试卷及答案解析真题

1 浙江省2018年4月高等教育自学考试 初等数论试题 课程代码:10021 一、单项选择题(本大题共5小题,每小题2分,共10分) 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。 1.20被-30除的余数是( ) A .-20 B .-10 C .10 D .20 2.176至545的正整数中,13的倍数的个数是( ) A .27 B .28 C .29 D .30 3.200!中末尾相继的0的个数是( ) A .49 B .50 C .51 D .52 4.从以下满足规定要求的整数中,能选取出模20的简化剩余系的是( ) A .2的倍数 B .3的倍数 C .4的倍数 D .5的倍数 5.设n 是正整数,下列选项为既约分数的是( ) A . 3144 21++n n B . 121 -+n n C .2 512+-n n D .1 31++n n 二、填空题(本大题共10小题,每小题3分,共30分) 请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。 1.d(120)=___________。 2.314162被163除的余数是___________。 3.欧拉定理是___________。 4.同余方程3x ≡5(mod13)的解是___________。 5.不定方程10x-8y=12的通解是___________。

2 6.ο ___________)1847 365 ( = 7.[-π]=___________。 8.为使n-1与3n 的最大公因数达到最大的可能值,则整数n 应满足条件___________。 9.如果一个正整数具有21个正因数,问这个正整数最小是___________。 10.同余方程x 3+x 2-x-1≡0(mod 3)的解是___________。 三、计算题(本大题共4小题,每小题10分,共40分) 1.解同余方程组 ???? ?? ?≡≡≡≡) 9(mod 4)7(mod 32)4(mod 23) 25(mod 1x x x x 2.解不定方程15x+10y+6z=19。 3.试求出所有正整数n ,使得2n -1能被7整除。 4.判断同余方程 x 2≡-1457(mod 2389) 是否有解? 四、证明题(本大题共2小题,每小题10分,共20分) 1.证明形如4n+3的素数有无穷多个。 2.证明不定方程 x 2+y 2+z 2=x 2y 2 没有正整数解。

高中数学竞赛资料-数论部分 (1)

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213 1n -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:3 231 122 n 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 214 143 n 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: [][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,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10.8% 。 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 、 0 B 、1 C 、3 D 、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()2 1 02 x 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。 (2007全国初中联赛12)

(完整版)小学奥数中的数论问题

小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题,这一部分的题目具有抽象,思维难度大,综合运用知识点多的特点,基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类: 整除问题:(1)整除的性质;(2)数的整除特征(小升初常考内容) 余数问题:(1)带余除式的运用被除数=除数×商+余数.(余数总比除数小) (2)同余的性质和运用 奇偶问题:(1)奇偶与加减运算;(2)奇偶与乘除运算质数合数:重点是质因数的分解(也称唯一分解定理)约数倍数:(1)最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数,所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 (2)约数个数决定法则(小升初常考内容) 整数及分数的分解与分拆:这一部分在难度较高竞赛中常

出现,属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域,数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书,数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中,系统研究发现,直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右,而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中,这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据,这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单,竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单,因为他们习惯了数学课本上的简单数论题,比如:例1:求36有多少个约数? 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是:例2:求3600有多少个约数? 很多孩子就懵了,因为“平时考试里没有出过这么大的数!”(孩子语)于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求,白白浪费了大把的时间,即使最后求出结果也并不划

初等数论试卷模拟试题和答案

初等数论试卷一 一、 单项选择题:(1分/题×20题=20分) 1.设x 为实数,[]x 为x 的整数部分,则( ) A.[][]1x x x ≤<+; B.[][]1x x x <≤+; C.[][]1x x x ≤≤+; D.[][]1x x x <<+. 2.下列命题中不正确的是( ) A.整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数; B.整数12,, ,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数 C.整数a 与它的绝对值有相同的倍数 D.整数a 与它的绝对值有相同的约数 3.设二元一次不定方程ax by c +=(其中,,a b c 是整数,且,a b 不全为零)有一整数解 ()00,,,x y d a b =,则此方程的一切解可表为( ) A.00,,0,1,2,;a b x x t y y t t d d =- =+ =±± B.00,,0,1,2, ;a b x x t y y t t d d =+= -=±± C.00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =+= -=±± D.00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =-= -=±± 4.下列各组数中不构成勾股数的是( ) A.5,12,13; B.7,24,25; C.3,4,5; D.8,16,17 5.下列推导中不正确的是( ) A.()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡?+≡+ B.()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡?≡ C.()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡?≡ D.()()112 2 11mod mod .a b m a b m ≡?≡ 6.模10的一个简化剩余系是( ) A.0,1,2, ,9; B.1,2,3,,10;

七年级数学竞赛讲座数论的方法与技巧(含答案详解)

数学竞赛讲座 数论的方法技巧(上) 数论是研究整数性质的一个数学分支,它历史悠久,而且有着强大的生命力。数论问题叙述简明,“很多数论问题可以从经验中归纳出来,并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚,但要证明它却远非易事”。因而有人说:“用以发现天才,在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。任何学生,如能把当今任何一本数论教材中的习题做出,就应当受到鼓励,并劝他将来从事数学方面的工作。”所以在国内外各级各类的数学竞赛中,数论问题总是占有相当大的比重。 小学数学竞赛中的数论问题,常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。主要的结论有: 1.带余除法:若a,b是两个整数,b>0,则存在两个整数q,r,使得abq+r(0≤r

4.约数个数定理:设n的标准分解式为(1),则它的正约数个数为: d(n)(a1+1)(a2+1)…(ak+1)。 5.整数集的离散性:n与n+1之间不再有其他整数。因此,不等式x

小学奥数数论知识点总结

小学奥数数论知识点总结 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+c 3.数的整除特征: 整除数特征 2末尾是0、2、4、6、8 3各数位上数字的和是3的倍数 5末尾是0或5 9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|(ab)。 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 6.唯一分解定理 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 7.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) 8.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(modm) 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。③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9.完全平方数性质 ①平方差:A-B=(A+B)(A-B),其中我们还得注意A+B,A-B同奇偶性。

高中数学竞赛数论

高中数学竞赛 数论 剩余类与剩余系 1.剩余类的定义与性质 (1)定义1 设m 为正整数,把全体整数按对模m 的余数分成m 类,相应m 个集合记为:K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类. (2)性质(ⅰ)i m i K Z 1 0-≤≤=Y 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对任意a 、b ∈Z ,则a 、b ∈K r ?a ≡b(modm). 2.剩余系的定义与性质 (1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类,从每个K r 里任取一个a r ,得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组,叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,2 1 ,,1,0,1,,121,21--+----m m m ΛΛ;当m 为偶数时,12 ,,1,0,1,,12,2--+-- m m m ΛΛ或2,,1,0,1,,12m m ΛΛ-+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系?两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1,则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!

(完整word版)初等数论练习题一(含答案)

《初等数论》期末练习二 一、单项选择题 1、=),0(b ( ). A b B b - C b D 0 2、如果1),(=b a ,则),(b a ab +=( ). A a B b C 1 D b a + 3、小于30的素数的个数( ). A 10 B 9 C 8 D 7 4、如果)(mod m b a ≡,c 是任意整数,则 A )(mod m bc ac ≡ B b a = C (mod )ac bc m ≡/ D b a ≠ 5、不定方程210231525=+y x ( ). A 有解 B 无解 C 有正数解 D 有负数解 6、整数5874192能被( )整除. A 3 B 3与9 C 9 D 3或9 7、如果a b ,b a ,则( ). A b a = B b a -= C b a ≥ D b a ±= 8、公因数是最大公因数的( ). A 因数 B 倍数 C 相等 D 不确定 9、大于20且小于40的素数有( ). A 4个 B 5个 C 2个 D 3个 10、模7的最小非负完全剩余系是( ). A -3,-2,-1,0,1,2,3 B -6,-5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5,6 D 0,1,2,3,4,5,6 11、因为( ),所以不定方程71512=+y x 没有解. A [12,15]不整除7 B (12,15)不整除7 C 7不整除(12,15) D 7不整除[12,15] 12、同余式)593(mod 4382≡x ( ). A 有解 B 无解 C 无法确定 D 有无限个解 二、填空题 1、有理数 b a ,0,(,)1a b a b <<=,能写成循环小数的条件是( ). 2、同余式)45(mod 01512≡+x 有解,而且解的个数为( ). 3、不大于545而为13的倍数的正整数的个数为( ). 4、设n 是一正整数,Euler 函数)(n ?表示所有( )n ,而且与n ( )的正整数的个数. 5、设b a ,整数,则),(b a ( )=ab . 6、一个整数能被3整除的充分必要条件是它的( )数码的和能被3整除. 7、+=][x x ( ). 8、同余式)321(mod 75111≡x 有解,而且解的个数( ). 9、在176与545之间有( )是17的倍数.

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 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 b a ,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,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 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q n 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

小学奥数知识点大全 数论

小学奥数知识点大全:数论问题 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+c 3.数的整除特征: 整除数特征 2末尾是0、2、4、6、8 3各数位上数字的和是3的倍数 5末尾是0或5 9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|(ab)。 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<b,使得a=b×q+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<ba=b×q+r 6.唯一分解定理

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 7.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) 8.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(modm) 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。 ③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9.完全平方数性质 ①平方差:A-B=(A+B)(A-B),其中我们还得注意A+B,A-B同奇偶性。 ②约数:约数个数为奇数个的是完全平方数。 约数个数为3的是质数的平方。 ③质因数分解:把数字分解,使他满足积是平方数。 ④平方和。 10.孙子定理(中国剩余定理) 11.辗转相除法 12.数论解题的常用方法: 枚举、归纳、反证、构造、配对、估计

最新:七年级数学竞赛讲义附练习及答案(12套)

七年级数学竞赛讲义附练习及答案(12套) 初一数学竞赛讲座 第1讲数论的方法技巧(上) 数论是研究整数性质的一个数学分支,它历史悠久,而且有着强大的生命力. 数论问题叙述简明,“很多数论问题可以从经验中归纳出来,并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚,但要证明它却远非易事”. 因而有人说:“用以发现天才,在初等数学中再也没有比数论更好的课程了. 任何学生,如能把当今任何一本数论教材中的习题做出,就应当受到鼓励,并劝他将来从事数学方面的工作. ”所以在国内外各级各类的数学竞赛中,数论问题总是占有相当大的比重. 数学竞赛中的数论问题,常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆. 主要的结论有: 1.带余除法:若a,b是两个整数,b>0,则存在两个整数q,r,使得a=bq+r (0≤r<b),且q,r是唯一的. 特别地,如果r=0,那么a=bq. 这时,a被b整除,记作b|a,也称b是a 的约数,a是b的倍数. 2.若a|c,b|c,且a,b互质,则ab|c. 3.唯一分解定理:每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积,即

其中p 1<p 2<…<p k 为质数,a 1,a 2,…,a k 为自然数,并且这种表示是唯一的. (1)式称为n 的质因数分解或标准分解. 4.约数个数定理:设n 的标准分解式为(1),则它的正约数个数为: d (n )=(a 1+1)(a 2+1)…(a k +1). 5.整数集的离散性:n 与n+1之间不再有其他整数. 因此,不等式x <y 与x ≤y-1是等价的. 下面,我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解. 一、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:n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0; 2.带余形式:a=bq+r ; 4.2的乘方与奇数之积式:n=2m t ,其中t 为奇数. 例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? 解:设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a 3,a 2,a 1,a 0,则这个四位 数可以写成:1000a 3+100a 2+10a 1+a 0,它的各位数字之和的10倍是10(a 3+a 2+a 1+a 0)=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0,这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是: 990a 3+90a 2-9a 0=1998,110a 3+10a 2-a 0=222. 比较上式等号两边个位、十位和百位,可得a 0=8,a 2=1,a 3=2. 所以红色卡片上是2,黄色卡片上是1,蓝色卡片上是8. 例2 在一种室内游戏中,魔术师请一个人随意想一个三位数abc (a,b,c 依次是这个数的百位、十位、个位数字),并请这个人算出5个数cab bca bac acb ,,,与cba 的和N ,把N 告诉魔术师,于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc . 现在设N=3194,请你当魔术师,求出数abc 来. 解:依题意,得

0初等数论试卷及答案

初等数论考试试卷 一、 单项选择题:(1分/题×20题=20分) 1.设x 为实数,[]x 为x 的整数部分,则( A ) A.[][]1x x x ≤<+; B.[][]1x x x <≤+; C.[][]1x x x ≤≤+; D.[][]1x x x <<+. 2.下列命题中不正确的是( B ) A.整数12,, ,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数; < B.整数12,,,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数 【有最小的吗】 C.整数a 与它的绝对值有相同的倍数 D.整数a 与它的绝对值有相同的约数 3.设二元一次不定方程ax by c +=(其中,,a b c 是整数,且,a b 不全为零)有一整数解 ()00,,,x y d a b =,则此方程的一切解可表为( C ) A.00,,0,1,2,;a b x x t y y t t d d =- =+=±± B.00,,0,1,2, ;a b x x t y y t t d d =+=-=±± C.00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =+=-=±± D.00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =-=-=±± ( 4.下列各组数中不构成勾股数的是( D ) A.5,12,13; B.7,24,25; C.3,4,5; D.8,16,17 5.下列推导中不正确的是( D ) A.()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡?+≡+ B.()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡?≡ C.()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡?≡

初等数论第2版习题答案

第一章 §1 1 证明:n a a a ,,21 都是m 的倍数。 ∴存在n 个整数n p p p ,,21使 n n n m p a m p a m p a ===,,,222111 又n q q q ,,,21 是任意n 个整数 m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211+++=+++∴ 即n n a q a q a q +++ 2211是m 的整数 2 证: )12)(1()12)(1(-+++=++n n n n n n n )1()1()2)(1(+-+++=n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6+-++n n n n n n )1()1()2)(1(/6+-+++∴n n n n n n 从而可知 )12)(1(/6++n n n 3 证: b a , 不全为0 ∴在整数集合{}Z y x by ax S ∈+=,|中存在正整数,因而 有形如by ax +的最小整数00by ax + Z y x ∈?,,由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax +<≤++=+ 则 S b q y y a q x x r ∈-+-=)()(00,由00by ax +是S 中的最小整数知0=r by ax by ax ++∴/00 下证8P 第二题 by ax by ax ++/00 (y x ,为任意整数) b by ax a by ax /,/0000++∴ ).,/(00b a by ax +∴ 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a +∴ 故),(00b a by ax =+ 4 证:作序列 ,2 3, ,2 , 0,2 ,,2 3,b b b b b b - -- 则a 必在此序列的某两项之间

初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)

第7讲同余的概念及基本性质 数论有它自己的代数,称为同余理论.最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯. 先看一个游戏:有n+1个空格排成一行,第一格中放入一枚棋子,甲乙两人交替移动棋子,每步可前移1,2或3格,以先到最后一格者为胜.问是先走者胜还是后走者胜?应该怎样走才能取胜? 取胜之道是:你只要设法使余下的空格数是4的倍数,以后你的对手若走i格(i=1,2,3),你走4-i格,即每一次交替,共走了4格.最后只剩4个空格时,你的对手就必输无疑了.因此,若n除以4的余数是1,2或3时,那么先走者甲胜;若n除以4的余数是0的话,那么后走者乙胜. 在这个游戏里,我们可以看出,有时我们不必去关心一个数是多少,而要关心这个数用m除后的余数是什么.又例如,1999年元旦是星期五,1999年有365天,365=7×52+1,所以2000年的元旦是星期六.这里我们关心的也是余数.这一讲中,我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用. 同余,顾名思义,就是余数相同. 一、基础知识 定义1 给定一个正整数m,如果用m去除a,b所得的余数相同,则称a与b对模m同余,记作 a≡b(mod m), 并读作a同余b,模m. 否则,就称a与b对于模m不同余,记作a≡b(mod m), 根据定义,a与b是否同余,不仅与a、b有关,还与模m有关,同一对数a和b,对于模m同余,而对于模n也许就不同余,例如,5≡8(mod 3),而5≡8(mod 4),若a与b对模m同余,由定义1,有 a=mq1+r,b=mq2+r. 所以a-b=m(q1-q2), 即m|a-b. 反之,若m|a-b,设 a=mq1+r1,b=mq2+r2,0≤r1,r2≤m-1, 则有m|r1-r2.因|r1-r2|≤m-1,故r1-r2=0,即r1=r2. 于是,我们得到同余的另一个等价定义:

小学奥数讲解 关于数论的问题

奥数题讲解数论问题 所用知识不超过小学5年级,题目难度5颗星。 a,b,c,d都是个位数,由它们组成的四位数abcd和两位数ab、cd满.足(ab+cd) *(ab+cd)=abcd。请问满.足条件的四位数abcd共有多少个? 答案: 3个。 辅导办法:将题目写给小朋友,让他自行思考解答,若20分钟还不能解答,由家长进行讲解。 讲解思路:这种类型的题目,关键是要寻找ab和cd的关系,再根据关系寻找满足条件的数。 步骤1:先思考第一个问题,ab+cd的范围是什么?这个问题很简单, 由于ab+cd的平方是四位数,而32*32=1024 ,99*99=9801, 因此ab+cd在32到99之间。 步骤2:再思考第二个问题,db和cd满足什么关系? 由题意,(ab+cd) *(ab+cd) =100*ab+cd,化简有(ab+cd)*(ab+cd-l)=99*ab 因此,(ab+cd) *(ab+cd-1)是99的倍数。 步骤3:再思考第二个问题,ab+cd可能的取值是多少? 由于99=3*3*11,而(ab+cd)和(ab+cd-1)不可能同时是9的倍数, 因此只可能有3种情况, 结合步骤1中ab+cd的范围讨论。 情况一:ab+cd是9的倍数,ab+cd-1是11的倍数,此时只有ab+cd 是45才满足条件;

情况二:ab+cd是11的倍数,ab+cd-1是9的倍数,此时只有ab+cd是55才满足条件; 情况三:ab+cd或ab+cd-1是99的倍数,此时只有xb+cd是99才满足条件。 步骤4:综合上述几个问题,代入验证, 45*45=2025=(20+25)*(20+25) 55*55=3025= (30+25)*(30+25) 99*99=9801= (98+1) *(98+1),都满足条件, 所以满足条件的数是3个。

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