数论2014
2014年数二18题
2014年数二18题全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：2014年，是一个充满希望和挑战的年份。
在数学领域，数论二是一个具有挑战性的考试科目，需要考生具备扎实的数学基础和逻辑推理能力。
今天我们将重点分析2014年数论二的第18题，探讨其中所涉及的数学原理和解题方法。
2014年数论二第18题是一个比较典型的数论问题，题目如下：证明: 若正整数a、b、c满足a^2+b^2+c^2=3(ab+bc+ca)，则7|a+b+c。
让我们来分析一下这道题目的要求。
题目中给出了一个等式，要求我们证明一个结论：如果a、b、c是满足等式条件的整数，那么它们的和a+b+c能够被7整除。
这是一个典型的数论问题，需要我们通过数学推理和运算来证明所要求的结论。
对于这道题目，我们可以采取反证法来进行证明。
首先假设存在一组整数a、b、c满足等式条件，但它们的和a+b+c不能被7整除。
那么我们可以得到a+b+c=7k+m的形式，其中k是整数，而m是不为零的整数余数。
根据等式条件a^2+b^2+c^2=3(ab+bc+ca)，我们可以将其化简为(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0。
因为平方的和为零当且仅当所有的平方数都为零，所以我们可以得出a=b=c。
这样一来，原本的假设就不成立了。
我们得出了结论：若满足等式条件，则a+b+c一定能被7整除。
通过以上的推理过程，我们成功地证明了2014年数论二的第18题。
在解题的过程中，我们不仅要熟练掌握数论的相关知识，还需要运用逻辑推理和数学技巧来分析和解决问题。
数学是一门需要耐心和思维能力的学科，只有不断练习和思考，才能在考试中取得优异的成绩。
第二篇示例：2014年，数学真题中的18题，是许多考生们备战高考的重点之一。
这道题目出现在数学试卷上，要求考生使用相关的知识和技巧来解答，考验了他们的逻辑思维能力和解题技巧。
在备战高考的过程中，许多学生都对这道题目进行了反复练习和思考，以求能够熟练掌握解题方法，从而在考试中取得好成绩。
数论1
整除问题与极值问题题型1 数的拆解与数的整除1．在能同时被2，3，5整除的三位数中，最大的数是 。
（2012高新一中）2．四位数23口口能同时被2，3，5整除，那么这个四位数最大是 。
（2012电大附中）3．能同时被3，5，8整除的最大的三位数是 。
（2015工大附中）4．小明将于2017年的3月份参加数学竞赛，这个月有5个星期三、5个星期四、5个星期五，那么这个月的23号是星期 。
（2016交大附中）5．一个数除以9余8，除以6余5，这个数加上1就能被5整除，则符合条件的最小自然数是 （2016铁一中）6. 12口345口能被72整除，则口内两个数的积是 。
7．在1～1000的自然数中，不能被3也不能被5整除的数共有 个（2015交大附中）8.在89，121，135，480，157，483中，是3的倍数的有 个。
（2015工大附中）9．若 是99的倍数，则a+b=10.已知七位数92AB427 能被99整除，那么两位数 =11.已知x+2y （其中x ，y 都是正整数）能被9整除，则2（5x - 8y-4）被9除的余数为 。
（2013远东一中）12.在947后面添上三个不同的数字，组成一个能被2，3，5同时整除的最小的六位数，这个数是 。
（2012工大附中）13. 一个三位数，既能被8整除，又能被9整除，而且5是它的因数，则这个三位数最小是 。
（2015铁一中）14．一个自然数与4的和能被6整除，与4的差能被8整除，则满足上述条件的最小的自 然数是 。
（2013高新一中）15.一个六位数的各位数字都不相同，最左边一位数字是3，且它能被l 1整除，这样的六位数中最小的是____。
（2013高新一中）16. 一个四位数106口，同时可以被2和3整除，那么口内可以填( )。
（2014交大附中）A ．6B ．5C ．4D ．217.已知a 是一个整数，则它的倒数是( )。
（2014铁一中）A ．aB ．a 1 c ．a1或者没有 D ．无法确定 18.下面四个数都是六位数，N 是大于0小于10的自然数，S 是0。
14数论历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、在1,2,3,,10中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10----中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为 ．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法． 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．①若a 被 3 整除，则b 也被 3 整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有339⨯=组．若a 不被 3 整除，则()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组． 因此92837N =+=．于是所求概率为37100。
2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．★解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分 事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分注意，当12a a =时，②对2n =也成立． 设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==． 若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立， 故类似可知③仍成立． ………………30 分 我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。
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。
初等数论中的整除问题
初等数论中的整除问题作者：李子萍来源：《科技资讯》2014年第01期摘要：整除是初等数论中的基本概念，也是整个数学的基础知识。
本文主要讨论了初等数论中的整除问题及应用。
关键词：初等数论整除整除特征中图分类号：O13 文献标识码：A 文章编号：1672-3791（2014）01（a）-0154-01整除问题是数学学习的一大方面，无论小学，还是中学，甚至大学数学都有关于整除的问题。
理解掌握整除的概念、性质及某些特殊数的整除特征，可以简单快捷地解决许多整除问题。
以下本文对整除问题进行了整理，以方便关于整除问题的学习。
1 整除的概念设a，b是任意两个整数，其中b≠0，如果存在一个整数q使得等式a=bq成立，我们就说b整除a或a被b整除，记作b|a，此时我们把b叫作a的因数，把a叫作b的倍数。
如果a=bq里的整数q不存在，我们就说b不能整除a或a不能被b整除，记作ba。
注：a，b作除数的其一为0则不叫整除。
2 整除的性质性质1：若a是b的倍数，b是c的倍数，则a是c的倍数，即，c|b，b|ac|a。
性质2：若a，b都是c的倍数，则（a+b）也是c的倍数。
即，c|a，c|bc|（ab）。
性质3：若，，…，都是m的倍数，，，..是任意n个整数，则+ +…+是m的倍数。
即，对，…，Z，有m|++…+。
性质4：几个整数相乘，若其中有一个因子能被某一个数整除，那么它们的积也能被该数整除。
即，若a|b，则a|bcd。
性质5：若一个数能被两个互质数中的每一个数整除，那么这个数也能被这两个互质数的积整除。
即，若a|b，c|b，（a，c）=1，则ac|b。
性质6：若一个数能被两个互质数的积整除，那么，这个数也能分别被这两个互质数整除。
即，若ac|b，（a，c）=1，则a|b，c|b。
性质7：若一个质数能整除两个自然数的乘积，那么这个质数至少能整除这两个自然数中的一个。
即，若p|ab，则p|a或p|b（p为质数）。
性质8：若a|b，m≠0，则am|bm。
华师网络2014年9月课程考试《初等数论》练习题库及答案
华中师范大学职业与继续教育学院《初等数论》练习题库及答案一 填空题（每空2分）1.写出30以内的所有素数 .考查章节：第2、3课时； 难易程度： 较易； 答题时间： 0.5分钟 2.,(,)(,)(,)a b a b a b a b =设是任意两个不为零的整数,则 . 考查章节：第6、7课时； 难易程度： 易； 答题时间： 0.5分钟3.若,a b 是非零整数,则a 与b 互素的充要条件是存在整数,x y ,适合 .考查章节：第10、11课时； 难易程度： 较易； 答题时间： 0.5分钟4.写出180的标准分解式是 ,其正约数个数有 个.考查章节：第12、13课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟 5.,1,2,,a b a b 设与是正整数则在中能被整除的整数恰有 个.考查章节：第14、15课时； 难易程度： 易； 答题时间： 0.5分钟6.设,a b 是非零整数,c 是整数,方程ax by c +=有整数解(,x y )的充要条件是 .考查章节：第16、17课时； 难易程度： 易； 答题时间： 0.5分钟7. 若整数集合A 是模m 的完全剩余系,则A 中含有 个整数. 考查章节：第23、24课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟 8.ϕ(3)= ;ϕ(4)= .9.当p 素数时,(1)()p ϕ= ;(2)()k p ϕ= .考查章节：第25、26课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟10.(),(,)1,1m m a m a ϕ=-≡设是正整数则 (mod ).m考查章节：第27、28课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟11.,,p p a a a -≡设是素数则对于任意的整数有 (mod ).p考查章节：第27、28课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟12.已知235(mod7)x +≡,则x ≡ (mod 7).考查章节：第29、30课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟13.同余方程22(mod7)x ≡的解是 .考查章节：第1、2课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟14.同余方程2310120(mod9)x x ++≡的解是 .考查章节：第33、34课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟15.(,)1n p =若,n p 是模的二次剩余的充要条件是 .考查章节：第37、38课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟 16.(,)1n p =若,n p 是模的二次非剩余的充要条件是 .考查章节：第37、38课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟 17.3()=5 ; 4()=5.考查章节：第39、40课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟 18.,p 设是奇素数则2()p= .19.,p 设是奇素数则1()p = ;-1()p = .考查章节：第39、40课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟 20. 5()=9 ; 2()=45. 考查章节：第43、44课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟二 判断题(判断下列结论是否成立，每题2分). 1. ||,|a b a c x y Z a bx cy ⇒∈+且对任意的有.考查章节：第2、3课时； 难易程度： 易； 答题时间： 0.5分钟2. (,)(,),[,][,]a b a c a b a c ==若则.考查章节：第8、9课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1分钟3. 23|,|a b a b 若则.考查章节：第8、9课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1分钟 4.(mod ),0,(mod ).a b m k k N ak bk mk ≡>∈⇒≡考查章节：第21、22课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟 5.(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇒≡考查章节：第21、22课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟6. 22(mod ),(mod )(mod )a b m a b m a b m ≡≡≡-若则或至少有一个成立.考查章节：第21、22课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1分钟7. 222(mod ),(mod )a b m a b m ≡≡若则.考查章节：第21、22课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1分钟 8. 若x 通过模m 的完全剩余系,则x b +(b 是整数)通过模m 的完全剩余系.9. 1212{,,,}{,,,}.m m a a a b b b 若与都是模m 的完全剩余系1122{,,,}.m m a b a b a b m +++则也是模的完全剩余系考查章节：第23、24课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟10.若(,)1a m =,x 通过模m 的简化剩余系,则ax b +也通过模m 的简化剩余系.考查章节：第23、24课时； 难易程度： 一般； 答题时间： 1分钟 11.12121212,,(,)1,()()().m m N m m m m m m ϕϕϕ∈==若则考查章节：第25、26课时； 难易程度： 易； 答题时间： 0.5分钟 12. 同余方程24330(mod15)x x -+≡和同余方程2412120(mod15)x x +-≡是同解的.考查章节：第29、30课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟13. (mod ).ax b m ax my b ≡+=同余方程等价于不定方程考查章节：第29、30课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1分钟 14. 2,(mod ),() 1.a m x a m m ≡=当是奇素数时若有解则考查章节：第43、44课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟15. 2,()1,(mod ).am x a m m=≡当不是奇素数时若则方程一定有解 考查章节：第43、44课时； 难易程度： 较难； 答题时间： 1.5分钟21.σ(288)＝_______________；ϕ(288)＝________________。
初赛数论题
1.已知α是实数，且存在正整数n0证明：存在无穷多个正整数n（2011年）qp=，其中p，q为互质的正整数，则202qnpα+=．设k为任意的正整数，构造222n p k qk n=++，qpkp+∈Q．2.求所有正整数x，y，使得23x y+与23y x+都是完全平方数．（2010年）解：若x=y，则x2+3x是完全平方数.∵x2＜x2+3x＜x2+4x+4= (x+2)2，∴x2+3x= (x+1)2，∴x=y=1. ………………5分若x＞y，则x2＜x2+3y＜x2+3x＜x2+4x+4= (x+2)2.∵x2+3y是完全平方数，∴x2+3y= (x+1)2，得3y=2x+1，由此可知y是奇数，设y=2k+1，则x=3k+1，k是正整数.又y2+3x= 4k2+4k+1+9k+3=4k2+13k+4是完全平方数，且(2k+2)2=4k2+8k+4＜4k2+13k+4＜4k2+16k+16= (2k+4)2，∴y2+3x=4k2+13k+4=(2k+3)2，得k=5，从而求得x=16，y=11. …………………15分若x＜y，同x＞y情形可求得x=11，y=16.综上所述，(x，y)= (1，1), (11，16), (16，11)．…………………20分3.设a是整数，0≤b＜1．若a2＝2b(a＋b)，则b＝．(2009年）(等价于：求实数x，使[x]2＝2{x}x.)解：若a为负整数，则a2＞0，2b(a＋b)＜0，不可能，故a≥0．于是a2＝2b(a＋b)＜2(a＋1)⇒a2－2a－2＜0⇒0≤a＜1＋3⇒a＝0，1，2．a＝0时，b＝0；a＝1时，2b2＋2b－1＝0⇒b＝3－12；a＝2时，b2＋2b－2＝0⇒b＝3－1．4.⑴写出三个不同的自然数，使得其中任意两个数的乘积与10的和都是完全平方数，请予以验证；⑵是否存在四个不同的自然数，使得其中任意两个数的乘积与10的和都是完全平方数？请证明你的结论．（2009年）解：对于任意n ∈N *，n 2≡0，1(mod 4)．设a ，b 是两个不同的自然数，①若a ≡0(mod 4)或b ≡0(mod 4)，或a ≡b ≡2(mod 4)，均有ab ≡0(mod 4)，此时，ab ＋10≡2(mod 4)，故ab ＋10不是完全平方数；② 若a ≡b ≡1(mod4)，或a ≡b ≡3(mod 4)，则ab ≡1(mod 4)，此时ab ＋10≡3(mod 4)，故ab ＋10不是完全平方数．由此知，ab ＋10是完全平方数的必要不充分条件是ab (mod 4)且a 与b 均不能被4整除． ⑴ 由上可知，满足要求的三个自然数是可以存在的，例如取a ＝2，b ＝3，c ＝13，则2×3＋10＝42，2×13＋10＝62，3×13＋10＝72．即2，3，13是满足题意的一组自然数．⑵ 由上证可知不存在满足要求的四个不同自然数．这是因为，任取4个不同自然数，若其中有4的倍数，则它与其余任一个数的积加10后不是完全平方数，如果这4个数都不是4的倍数，则它们必有两个数mod 4同余，这两个数的积加10后不是完全平方数．故证．5.设集合[]{}{}222<==-=x x B x x x A 和，其中符号[]x 表示不大于x 的最大整数，则=B A .（2008年）解 ∵2<x ，[]x 的值可取1,0,1,2--.当[x ]=2-，则02=x 无解；当[x ]=1-，则12=x ，∴x =1-；当[x ]=0，则22=x 无解； 当[x ]=1，则32=x ，∴3=x . 所以31或-=x .6.能否将下列数组中的数填入3×3的方格表，每个小方格中填一个数，使得每行、每列、两条对角线上的3个数的乘积都相等？若能，请给出一种填法；若不能，请给予证明.(2008年）（Ⅰ）2,4,6,8,12,18,24,36,48； （Ⅱ）2,4,6,8,12,18,24,36,72.解（Ⅰ)不能. ……5分 因为若每行的积都相等，则9个数的积是立方数. 但是2×4×6×8×12×18×24×36×48=21+2+1+3+2+1+3+2+4×3121211+++++=219·38不是立方数，故不能.（Ⅱ）可以.如右表表中每行、每列及对角线的积都是26·23.7.若m 、{}22101010n x x a a a ∈=⨯+⨯+，其中{}1234567i a ∈，，，，，，，012i =，，，并且 636m n +=，则实数对(,)m n 表示平面上不同点的个数为（ ）.(2007年）（A ）60个 （B ）70个 （C ）90个 （D ）120个解：由6514233=+=+=+及题设知，个位数字的选择有5种. 因为321=+= 7610=+-，故（1） 由321=+知，首位数字的可能选择有2510⨯=种；（2） 由37610=+-及54123=+=+知，首位数字的可能选择有248⨯=种. 于是，符合题设的不同点的个数为5(108)90⨯+=种. 故选（C ）．8.设p 是质数，且p 2+71的不同正因数的个数不超过10个，求p.（2006年）解： 当p=2时，p 2+71=75=52×3，此时共有正因数(2+1)(1+1)=6个，故p=2满足要求．当p=3时，p 2+71=80=24×5，此时共有正因数(4+1)(1+1)=10个，故p=3 满足条件．当p>3时，p 2+71=p 2-1+72=(p-1)(p+1)+72.质数p 必为3k ±1型的奇数p-1、p+1是相邻的两个偶数，且其中必有一个是3的倍数.所以，(p —1)(p+1)是24的倍数， 从而p 2+71是24的倍数．设p 2+71=24×m ，m ≥4．若m 有不同于2、3的质因数，则，p 2+71的正因数个数≥(3+1)(1+1)(1+1)>l0； 若m 中含有质因数3，则，p 2+71的正因数个数≥(3+1)(2+1)>10；若m 中仅含有质因数2，则p 2+71的正因数个数≥(5+1) (1+1)>10；所以，p>3不满足条件．综上所述，所求得的质数p 是2或3.9.将27，37，47，48，55，71，75这七个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排法有_____________种.（2012年）144种.10.三角形的周长为31，三边c b a ,,均为整数，且c b a ≤≤，则满足条件的三元数组),,(c b a 的个数为____________.（2012年）24个11.将小王和小孙现在的年龄按从左至右的顺序排列得到一个四位数,这个数为完全平方数,362 24 812 18 672 4再过31年,将他们俩的年龄以同样方式排列又得到一个四位数,这个数仍为完全平方数,小王现在的年龄是.（2013年）解析：设小王现在的年龄是a ,小孙现在的年龄是b .设a 有m 个数字,b 有n 个数字,由已知得4m n +=.如果2m <,那么3n ≥,但在31年后,a 是2位数,这与题意不符.由对称性,知n 也不小于2,从而2m n ==.设按照题中要求顺序排列的平方数依次为2x 和2y ,0x y <<,则223131y x =+,即()()31101y x y x -+=⨯.由0x y <<,故31y x -=且101y x +=,于是推得(,)(35,66)x y =.因此21225x =和24356y =,从而推得小王是12岁,小孙是25岁.12.正100边形12100A A A 的每个顶点染红、黄、蓝三色之一,证明：必存在四个同色点,恰为某等腰梯形的顶点.（2013年）证明：记正100边形12100A A A 的外接圆半径为r ,把顶点分为25个点集：4342414{,,,},1,2,,25k k k k A A A A k ---= .每个点集中4点然三色,至少有两点同色,此两点为端点的劣弧弧长分别为23,,505050r r rπππ之一.弧长为23,,505050r r rπππ,且两端同色的弧共有9种,前10个点集中至少存在10段此类弧,故总有两段弧“同种”,且均在某直径一侧,所以此两段弧四个端点构成的四边为等腰梯形.13.设集合{1,2,,8}S = ,A ,B 是S 的两个非空子集,且A 中的最大数小于B 中的最小数,则这样的集合对(,)A B 的个数是.（2014年）769个14.如果正整数m 可以表示为224(,)x y x y Z -∈,那么称m 为“好数”,问1,2,3,,2014 中“好数”的个数为.（2014年）15.在平面直角坐标系xOy 中，设D 是满足0,0,[][]19x y x y x y ≥≥+++≤的点(,)x y 形成的区域（其中[]x 是不超过x 的最大整数），则区域D 中整点的个数为.（2015年） 区域D 中整点的个数为1231055++++= .16.将正十一边形的k 个顶点染成红色，其余顶点染蓝色.（1）当2k =时，求顶点均为蓝色的等腰三角形的个数；（2）k 取何值时，三个顶点同色（同红色或同蓝色）的等腰三角形个数最少？并说明理由.（2015年）解：（1）设正十一边形的顶点12311,,,,A A A A ，则易知其中任意三点为顶点的三角形都不是正三角形.以这些点为顶点的等腰三角形个数可以如此计算：以(1,2,3,,11)i A i = 为顶角顶点的等腰三角形有11152-=个，这些三角形均不是等边三角形，即当j i ≠时，以i A 为顶角顶点的等腰三角形都不是上述等腰三角形.故所有的等腰三角形共有51155=⨯个. …………5分 当2k =时，设其中,m n A A 染成红色，其余染成蓝色.以m A 为顶角顶点的等腰三角形有5个，以m A 为底角顶点的等腰三角形有10个；同时以,m n A A 为顶点的等腰三角形有3个，这些等腰三角形的顶点不同色，且共有(510)2327+⨯-=个.注意到仅有这些等腰三角形的三个顶点不同蓝色，故所求三个顶点同为蓝色的等腰三角形有552728-=个. …………10分（2）若11个顶点中k 个染红色，其余11k -个染蓝色.则这些顶点间连线段（边或对角线）中，两端点染红色的有(1)2k k -条，两端染蓝色的有(11)(10)2k k --条，两端点染一红一蓝的有(11)k k -条，并且每条线段必属于且仅属于3个等腰三角形.把等腰三角形分4类：设其中三个顶点均为红色的等腰三角形有1x 个，三个顶点均为蓝色的等腰三角形有2x 个，两个顶点为红色一个顶点为蓝色的等腰三角形有3x 个，两个顶点为蓝色一个顶点为红色的等腰三角形有4x 个，则按顶点颜色计算连线段，13(1)332k k x x -+=⨯， ① 24(11)(10)332k k x x --+=⨯， ② 34223(11)x x k k +=⨯-， ③由①+②得 123433()[(1)(11)(10)]2x x x x k k k k +++=-+--， 用③代入得 21211[(1)(11)(10)(11)](333110)22x x k k k k k k k k +=-+----=-+. 当5k =或6时，12min 1()(546556)102x x +=⨯+⨯-⨯=. 即顶点同色的等腰三角形最少有10个，此时5k =或6. …………20分。
数论专题全集
数论专题第一讲数的整除一、基础知识与方法对策1、整除的相关概念如果整数a除以非零整数b得到整数商c而没有余数，那么就说数a能被数b整除。
或者说数b整除数a。
记为：b︱a 由于a÷b=c可以改写成b×c=a，所以b、c叫做a的因数（又称约数），a叫做b、c的倍数。
2、整除的性质1．如果自然数a和b都能被自然数c整除，那么，它们的和（a+b）或差(a-b)也能被c整除。
例如：60能被5整除，40能被5整除，它们的和60+40=100及差60-40=20也能被5整除。
2．几个自然数相乘，如果其中一个因数能被某一个自然数整除，那么，它们的积也能被这个数整除。
例如：26能被13整除，26×29×38的积也能被13整除。
3．如果一个自然数能被互质的两个数中的每一个数整除，那么，这个数就能被这两个互质数的积整除。
例如：3和4是互质数，24分别能被3和4整除，那么，24就能被3与4的积12整除。
3、整除的特征①、2的倍数的特征：个位上是0、2、4、6、8的数一定是2的倍数。
②、5的倍数的特征：个位上是0、或5的数一定是5的倍数。
③、3的倍数的特征：一个数各个数位上的数字的和如果是3的倍数，那么这个数一定是3的倍数。
④、9的倍数的特征：一个数各个数位上的数字的和如果是9的倍数，那么这个数一定是9的倍数。
⑤、4的倍数的特征：一个数的末两位上的数是4的倍数，那么这个数一定是4的倍数。
⑥8的倍数的特征：一个数的末三位上的数是8的倍数，那么这个数一定是8的倍数。
⑦11的倍数的特征：一个数从个位统计算起，奇数位上的数字的和与偶数位上数字的和相减（大减小）所得的差，如果是11的倍数，那么这个数就是11的倍数。
⑧7、11、13的倍数特征：一个数从个位算起，数三位，然后把这个数分成前后两个部分，这两个部分对应的两个数相减（大减小），如果得到的差是7、11、13的倍数，那么这个数就是7、11、13的倍数。
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3、素性判定
Miller-Rabbin测试 二次探测定理：如果p是素数，x是小于p的正整
数，且x2 mod p = 1，那么要么x=1，要么x=p-1。
（x ≡1mod p或x ≡(p-1)mod p)
3、素性判定
Miller-Rabin素性测试的方法：
不断地提取指数n-1中的因子2，把n-1表示成
3、素性判定
伪素数：
它满足费马小定理，但其本身却不是素数。 若n能整除2^(n-1)-1，并n是合数，那么n就是伪 素数（2-伪素数）。 第一个伪素数341 是数学家萨鲁斯在1819年发现 的。以后又发现了许多伪素数：561，645，1105， 1387，1729……
3、素性判定
伪素数的一个用途 利用伪素数表来判定一个奇数n是否为素数。 如果n不能整除2^(n-1)-1，则据费马小定理知， n必为合数； 如果n能整除2^(n-1)-1 ，且n在伪素数表中，则 n为合数，否则为素数。 这种方法的关键就在于按伪素数表去掉伪素数， 而这要求伪素数在能整除2^(n-1)-1的数中相当 少才行，这就是当n整除2^(n-1)-1时，n是合数 的比例问题。
3、素性判定
最糟糕的情况是：n是合数，但2 …n - 1中所有与 n互素的a全部满足上式，这样我们不管选哪个a 都将得到错误的结果。我们称这样的数为卡迈克 (Carmichael)数。561是最小的卡迈克尔数。 没有最糟糕，只有更糟糕：Carmichael数有无穷 个！！
Байду номын сангаас
有没有其他的方法？
ACM数论问题
一、数论中的著名问题：
高斯曾经说过“数学是科学的皇后，数论是数学 中的皇冠”。因此，数学家都喜欢把数论中一些悬而 未决的疑难问题叫做“皇冠上的明珠”，以鼓励人们 去“摘取”。 1.哥德巴赫猜想：任一充分大的偶数都可以表示成为 一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过 b个的数之和，记作“a+b”（欧拉版本）。1966年陈 景润证明了任何一个大偶数都可表示成一个素数与另 一个素因子不超过2个的数之和”。
筛[0, 3200000) 范围内的素数 第一种素数筛法 297 毫秒 第二种素数筛法 109 毫秒
筛[0, 6400000) 范围内的素数 第一种素数筛法 922 毫秒 第二种素数筛法 266 毫秒 筛[0, 12800000) 范围内的素数 第一种素数筛法 2187 毫秒 第二种素数筛法 563 毫秒 筛[0, 25600000) 范围内的素数 第一种素数筛法 4828 毫秒 第二种素数筛法 1187 毫秒
。
这样，Fermat小定理加强为如下形式：
尽可能提取因子2，把n-1表示成d*2^r，如果n是 一个素数，那么或者a^d mod n=1，或者存在某 个i使得a^(d*2i) mod n=n-1 ( 0≤i<r )
3、素性判定
3、素性判定
对于大数的素性判断，目前Miller-Rabin算法应用 最广泛。 一般底数仍然是随机选取，但当待测数不太大时， 选择测试底数就有一些技巧了。 比如，如果被测数小于4759123141，那么只需要测 试三个底数2, 7和61就足够了。当然，你测试的越 多，正确的范围肯定也越大。 如果每次都用前7个素数(2, 3, 5, 7, 11, 13和17)进行 测试，所有不超过341550071728320的数都是正确 的。 如果选用2, 3, 7, 61和24251作为底数，那么10^16内 唯一的强伪素数为46856248255981。
问题：
1、给一个数n，小于n的素数有哪些？ 2、给一个数n，如何判断n是不是素数？
1、素数的概念和性质
最一般的求解n以内素数的算法。复杂度是 o(n*sqrt(n))，适合n很小
num = 0; for(i=2; i<=n; i++) { for(j=2; j<=sqrt(i); j++) if( i%j==0 ) break; if( j>sqrt(i) ) prime[num++] = i; }
3、素性判定
Fermat小定理： 假如a是一个整数，p是一个素数，则 a p a mod p
如果p是素数，则对于所有不是p倍数的a，有 如果p是素数，则对于任意满足1 < a < p的a有
a p1 1 mod p a p1 1 mod p
此定理的逆否命题？ 比如a = 2时不满足此式，可以确定的说p是合数。 然而如果a = 2时成立，可否确定p是素数？ 其逆命题是否成立？
3、素性判定
通常认为，Miller-Rabin素性测试的正确率可以 令人接受，随机选取 k个底数进行测试算法的失 误率大概为4^(-k)。
练
习
实现Eraosthenes（爱拉托斯尼）筛法及线性筛法 HDOJ-2012
问题：
1、给一个数n，小于n的素数有哪些？ 2、给一个数n，如何判断n是不是素数？
3、素性判定
同余：a≡b(mod m)
如果两个数a和b之差能被m整除，那么我们就说
a和b对模数m同余。记作a≡b(mod m)或a mod
m=b
比如，100-60除以8正好除尽，我们就说100和60
对于模数8同余。即100和60除以8的余数相同。
1、素数的概念和性质
素数（prime）和合数（compound）:如果一个整 数p只有1和p两个因子，则p为素数，不为素数的 其它数为合数。 性质： (1)每个正整数n除1外的最小正因数p是一个素数. (2)若p为素数，p|ab，则p|a或p|b (3)如果大于1的整数a不能被所有不超过 a 的素 数整除，那么a一定是素数。
2.费马大定理：当整数n>2时，关于x,y,z的不定方程 xn+yn=zn无正整数解(x=0或y=0不在考虑之列).1994年 德国数学家维尔斯解决了这个问题，并获得了沃尔夫 奖.
3. 费马小定理： 假如a是一个整数，p是一个素数， 则 a p a mod p
1、素数的概念和性质
定义：设a,b为整数，且b≠0. 如果存在整数q，使得 a=bq，那么称b整除a，记作b|a，并且称b是a的因数， a是b的倍数. 如果这样的整数q不存在，就称b不整除 a，记作b | a .
3、素性判定
随机算法的确定性
if n < 1373653, it is enough to test a = 2 and 3.
if n < 9080191, it is enough to test a = 31 and 73. if n < 4759123141, it is enough to test a = 2, 7, and 61. if n < 2152302898747, it is enough to test a = 2, 3, 5, 7, and 11.
Eraosthenes筛法的速度并不快，原因在于对于一个合 数，这种方法会重复的标记。
2、素数筛法
两种算法速度比较
筛[0, 200000) 范围内的素数 第一种素数筛法 15 毫秒 第二种素数筛法 0 毫秒
筛[0, 400000) 范围内的素数 第一种素数筛法 16 毫秒 第二种素数筛法 15 毫秒 筛[0, 800000) 范围内的素数 第一种素数筛法 47 毫秒 第二种素数筛法 16 毫秒 筛[0, 1600000) 范围内的素数 第一种素数筛法 62 毫秒 第二种素数筛法 63 毫秒
d*2r（其中d是一个奇数）。选取a（1<a<n）,于是，
a^(d * 2r-1)mod n要么等于1，要么等于n-1。如果
a^(d *2r-1)mod n等于1，定理继续适用于a^(d * 2r-2)，这
样不断开方开下去，直到对于某个i满足a^(d * 2i) mod n
= n-1或者最后指数中的2用完了得到的admod n=1或n-1
1、素数的概念和性质
当n很大的时候，比如n=10,000,000时， n*sqrt(n)>30,000,000,000,数量级相当大 思考如何改进？
2、素数筛法
最简单的素数筛法 开一个大的bool型数组p[]，大小就是n+1就可以 了.先把所有的下标为奇数的标为true,下标为偶数 的标为false. 把奇数的倍数设为false. 改进的素数筛法 bool型数组里面只存奇数不存偶数。如定义p[N], 则0表示3，1表示5，2表示7，3表示9...。如果p[0] 为true,则表示3为素数。p[3]为false意味着9是合 数，每个单元代表的数是2*i+3。 2i+3|p[i+xp[i]]
3、素性判定
在前10亿个自然数中，共有50847534个素数， 而以2为底的伪素数只有5597个，即在此范围内 n整除2^(n-1)-1产生合数的可能性只有0.011%。 在10亿之内，n整除2^(n-1)-1同时整除3^(n-1)-1 的合数n只有1272个，即此时产生合数的可能性 只有0.0025%。 通常我们的做法是:随机选择若干个小于待测数 的正整数作为底数a进行若干次测试，只要有一 次没有通过测试就立即把这个数扔回合数的世 界。这就是Fermat素性测试。
2、素数筛法
Eraosthenes（爱拉托斯尼）筛法：每次求出一个新的素数，就 把n以内的它的所有倍数都筛去。
2、素数筛法
经典的Eraosthenes筛法： for (int i = 2; i * i < N; i++) { if (tag[i]) continue; for (int j = i; i * j < N; j++) tag[i*j] = 1; } for (int i = 2; i < N; i++) if (!tag[i]) prime[tol++] = i; 一种线性筛素数的方法（复杂度是O(n)）： void get_prime() { int cnt = 0; for (int i = 2; i < N; i++) { if (!tag[i]) p[cnt++] = i; for (int j = 0; j < cnt && p[j] * i < N; j++) { tag[i*p[j]] = 1; if (i % p[j] == 0) break; } } }//可以用均摊分析的方法来分析算法的复杂度,由于每 个合数都唯一的被它的最小素因子筛一次，而每个合 数的最小素因子都是唯一的，总复杂度是O(n)