高中数学联赛数论专题
全国高中联赛--数论部分
全国高中数学联赛赛前集训资料整理——数论部分1.求所有的质数对(,)p q ,使得|(55)p q pq +.解：若2|pq ,不妨设2p =,则2|(55)|(525)p q q q q +⇒+,由费马小定理知|(55)q q -,得|30q ,验证知(2,5)符合.若,p q 为奇数,且5|pq ,此时不妨设5p =,则有515|(55)|(6255)q q q q -+⇒+,当5q =时,(5,5)符合要求,当5q ≠时,由费马小定理有1|(51)q q --,故|626q ,由于q 为奇质数,但626的奇质因子只有313,故313q =.验证知符合要求,若,p q 都不等于2和5,则11|(55)p q pq --+,故11550(m od )p q p --+≡① 由费马小定理知151(m od )p p -≡② 由①②知151(m od )q p -≡-③设12(21)k p r -=-,12(21)l q s -=-,,,,k l r s 为正整数,若k l ≤,则由②③易知：2(21)12(21)2(21)(21)1212111(5)5(5)(1)1(m od )l kl kls p s r s q r r p ----------=≡==≡-≡-,这与2p ≠矛盾,因此k l >,由,p q 对称性有k l <,矛盾.此时无解.故(,)p q 为(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(5,5),(5,313),(313,5).2.设3k ≥,数列{}n a 满足2k a k =,且对n k >都有1 1 2 n n n n a a n a n a n -+⎧=⎨⎩与互质与不互质,证明：数列1{}n n a a --中有无穷多项是质数.证明：假设2()l a l l k =≥,p 为1l -的最小质因子,则 1 1(1,) i p l i p i p≤<⎧-=⎨=⎩.故有 1 1(22,1) i p l i l i p i p≤<⎧+-+-=⎨=⎩,由题设知12 1 1(22 l i l i i p a l p i p+-+-≤<⎧=⎨+-=⎩. 则12(222)(22)l p l p a a l p l p p +-+--=+--+-=(质数),故12(1)l p a l p +-=+-,由以上讨论,可知有无穷多个l k ≥使得2l a l =且12l p l p a a p +-+--=为1l -的最小质因子.3.已知1110()m m m m f x c x c xc x c --=++++ ,其中(0,1,,)i c i m = 是非零整数,数列{}n a 满足：10a =, 1()()n n a f a n N ++=∈,求证：(1)对于正整数,()i j i j <,1j j a a +-是1i i a a +-的倍数；(2)证明：20080a ≠. 证明：(1)当10i i a a +-=时,成立；当10i i a a +-≠时,211111()()()()m mi i i i m i i i i a a f a f a c a a c a a +++++-=-=-++- .故21i i a a ++-能被1i i a a +-整除,余下的可用数学归纳法证明.(2)假设20080a =,则1020092008(0)a a f a a -==-,由(1)可知,2007个差值213220082007,,,a a a a a a --- 都等于(0)f ±,且这些差值的和为200810a a -=,由于2007为奇数,且0(0)0f c =≠,矛盾! 故20080a ≠.第49届I MO预选题(四)第50届IMO预选题(四)费马小定理和欧拉定理的应用关于组合数的几个整除问题多项式一、带余除法与因式定理1、余数定理：多项式()f x 除以x a -的余数为()f a .2、因式定理：()()0x a p x p a -⇔=注：高次多项式因式分解常用因式定理例 1 设,,a b c 为互异的实数,()p x 为实系数多项式,如果()p x 除以x a -的余式为a ,()p x 除以x b -的余式为b ,()p x 除以x c -的余式为c .求()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式.解：因为 (),(),()p a a p b b p c c ===所以设()()()()()()p x x a x b x c q x r x =---+,其中(())2r x ∂≤ 则 ()(),()(),()()r a p a a r b p b b r c p c c ======, 所以,,a b c 一定是()0r x x -=的根而 (())2r x x ∂-≤,所以 ()0r x x -≡即 ()r x x ≡所以()p x 除以()()()x a x b x c ---的余式为x .例2 已知()p x 是整系数多项式,1234,,,m m m m 是互不相同的整数,且1234()()()()7p m p m p m p m ====,试证：没有整数m 使得()14p m =.分析：即证()14p x =没有整数解证：因为1234,,,m m m m 是()70p x -=的根所以 1234()7()()()()()p x x m x m x m x m q x -=----,其中()q x 一定是整系数多项式 若存在整数m 使()14p m =,则有 12347147()()()()()m m m m m m m m q m =-=---- 而7为素数,矛盾.故没有整数m 使得()14p m =.注：可以根据例2中规律命制试题()i p m =素数即可.例3 设()p x 是非常数的整系数多项式,()n p 表示满足2(())10p x -=的所有不同整数x 的个数,则()deg(())2n p p x -≤,其中deg(())p x 表示()p x 的次数.分析：2(())1(()1)(()1)0()10p x p x p x p x =⇔-+=⇔-=或()10p x +=()n p 为()10p x -=与()10p x +=的整数解的个数设()10p x -=有k 个整数解12,,,k m m m ⋅⋅⋅,()10p x +=有s 个整数解12,,,s n n n ⋅⋅⋅, 则有 121()1()()()()k p x x m x m x m q x -=--⋅⋅⋅- ①122()1()()()()s p x x n x n x n q x +=--⋅⋅⋅- ②②－①得1221212()()()()()()()()s k x n x n x n q x x m x m x m q x =--⋅⋅⋅----⋅⋅⋅-证：我们证明方程 ()10p x -= ③与()10p x += ④中至少有一个方程的正根的个数不超过2.下用反证法证明.若结论不成立,设方程③与方程④均至少有3个正根.设123,,m m m 是③的3个不同正根,123,,n n n 是④的3个不同正根, 则 1231()1()()()()p x x m x m x m q x -=--- ⑤ 1232()1()()()()p x x n x n x n q x +=--- ⑥ ⑥－⑤,得123212312()()()()()()()()x n x n x n q x x m x m x m q x =------- ⑦ 不妨设 {}3123123max ,,,,,m m m m n n n =将3x m =代入⑦式得 313233232()()()()m n m n m n q m =---因为2是素数,而313233,,m n m n m n ---是互不相同的正整数,故矛盾. 所以结论得证.二、多项式恒等定理如果次数不超过n 的多项式()f x 有1n +个根,则()f x 必为零多项式,即()0f x ≡. 例4 已知自然数1m >,求出所有满足条件(())(())m p p x p x =的所有多项式()p x . 证明：当()p x c =(常数)时,由m c c =有0c =或22cossin,(0,1,,2)11k k c i k m m m ππ=+=⋅⋅⋅---当(())1p x ∂≥时,则对任意复数β,方程()p x β=一定有解,即0x ∃使0()p x β=,又00(())(())m p p x p x =,即()m p ββ=.故一切复数均为()0m p x x -=的解,即()0m p x x -=有无穷多个解,故由多项式恒等定理有()m p x x =.例5 求所有满足条件22(2)(2),f x x f x x R -=-∈的多项式()f x分析：因为222(1)1x x x -=--,2(1)1x x -=--,所以22(2)(2)f x x f x -=- 可化为2((1)1)((1)1)f x f x --=--. 解：令1y x =-,则有22(1)(1)f y f y -=- ① 令()(1)g y f y =-,则有22()(1)g y f y =-,故①式变为22()()g y g y = ② 设 1110(),n n n n g y a y a y a y a --=++⋅⋅⋅++其中0n a ≠ 则②式左边222(1)2110()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++ ②式右边212110()()n n n n g y a y a y a y a --==++⋅⋅⋅++所以有22(1)212110110()n n n n n n n n a y a y a y a a y a y a y a ----++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++ ③ 下证122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,用反证法,设1221,,,,n n a a a a --⋅⋅⋅0,a 中有一个不为0,设k a 是使得0i a ≠的下标最大者, 即1210,0k k k n a a a a ++-≠==⋅⋅⋅==比较2()g y 与2()g y 中n k y +的系数,因为22k n k n <+<,所以③式等号左边n k y +的系数为0,而③式右边n k y +的系数为n k a a ,所以 0n k a a =.这与0,0n k a a ≠≠矛盾,所以 122100n n a a a a a --==⋅⋅⋅====,故()n n g y a y = 再由②式有 222n n n n a y a y =. 又因0n a ≠,所以 1n a =故 ()n g y y =即(1)n f y y -=,所以有()(1)n f x x =+. 例6 确定所有符合下列条件的多项式)(x P ：0)0(1)()1(22=+=+P x P x P 且. 解：构造不动点,令.)(,0,1021n n n n x x P x x x ==+=+下证 用数学归纳法：当0000)0()(,00x P x P x n =====时，； 假设kk x x P k n ==)(时，结论成立，即.222111()(1)()111.()0()0().k k k k k n n k P x P x P x x x n k x P x x P x x P x x ++=+=+=+=+==+∴-=∴-≡≡当时，即当时，结论成立是的根，即例 7 试确定所有实系数多项式)(x P ,使得 )()2()1(t P t t tP -=- (1)对所有实系数t 均成立.(1995年 澳大利亚)解：取.0)0(10==P t ），得代入（ 取.0)1(12==P t ），得代入（则设 )()1()(x q x x x P -=代入(1),有)()1()2()1()2)(1(t q t t t t q t t t --=---, 当时，2,1,0≠t )1()(-=t q t q 则 c t q ≡)(则R c x cx x P ∈-=),1()( 另一方面,若)1()(,-=∈x cx x p R c 满足条件中的等式, 因此所求的多项式为.),1()(R c x cx x P ∈-=三、根与系数的关系例8 (1996 澳大利亚)设)(x P 是三次多项式,321,,x x x 是)(x P 的三个根,已知323121111,1000)0()21()21(x x x x x x P P P ++=-+求的值.解：设d cx bx ax x P +++=23)(,又323121111x x x x x x ++=d b ad ab x x x x x x =--=++321321 且 ,212221)0()21()21(1000d b d db P P P ⋅+=+=-+= 则1996=a b ,于是.1996111323121=++x x x x x x 四、拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：设)(x P 为n 次多项式,则)()())(()())(()()())(()())(()()())(()())(()(1101101121012000201021n n n n n n n n n n x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P --------++------+------=推论：若.)(,)()()(10c x P c x P x P x P n ≡====则 例9 设n P P P ,,,21 是半径为1的圆周上的n 个不同的点,.11,11121≥⋅⋅=∑=+-nk kn k k k k k k k k d P P P P P P P P P P d 求证：证明：以单位圆的圆心为原点,建立复平面,令k P 所对应的复数为k Z ,.,,2,1n k =则nk k k k k k k k Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z d --⋅--⋅-=+- 1121,令)())(()())(()())(()())(()(1211211312132--------++------=n n n n n n n Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f (1)则)(Z f 的次数不超过.1-n 1)()()(21====n Z f Z f Z f .1)(≡∴Z f 特别地,取0=Z 代入(1),有1)()()1()()()1()0(111211121321=--⋅-++---=----n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z f则 )()()1()()()1(1111211121321-------++---=n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z)()()1()()()1(111211121321-------++---≤n n n n n n nn Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z nd d d 11121+++==∑=nk kd 11已知10n z -=,其单位根为22cossini w i n nππ=+,则解的集合为{}011,,,n w w w -….结论1：若{}12 n m m m ，，…，是模n 的完全剩余系,则{}{}1211,,,,,,nm m m n w w w ww w-=……结论2：设{}{}01112,,,,,,n n z z z w w w -=……,则 (1)120n z z z +++=…；(2)112(1)n n z z z +=-…；(3)12 0 (,)1m m mn n n m z z z n m ⎧+++=⎨=⎩，…，.例 10 设)(),(),(),(x S x R x Q x P 均为多项式,且满足)()1()())(()(2345255x S x x x x x R x x Q x x P ++++=++ (1),求证：1-x 是)(x P 的因式.(美国) 证明：令52sin52cosππωi +=,取），得代入（1k x ω=0)1()1()1(2=++R Q P k k ωω)4,3,2,1(=k ,)1()()1()()1(48642432=++++++++R Q P ωωωωωωωω则0)1()1()1(4=--R Q P (2) 由得,)1(k ω⨯.4,3,2,1,0)1()1()1(32==++k R Q P k k k ωωω 将4个等式相加,得0)1()()1()()1()(4333231342322212432=+++++++++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅R Q P ωωωωωωωωωωωω故0)1()1()1(=---R Q P (3) 得),3()2(-0)1(5=P ,则0)1(=P ,由因式定理得).(1x P x -平方差型不定方程的解法数论中的不等式问题一道巴尔干地区竞赛题的思考一道印度竞赛题的简解一道预赛题的简证一道数论题的新证法一道重要的二元二次不定方程——佩尔方程。
高中数学竞赛《数论基础》
3 最大公因数数, n≥2. 若ai|m, 1≤i≤n, 则称m是 a1,a2,…,an的公倍数.
(b±c) mod n
加法消去律： 如果a+b a+c(mod n), 则 b c(mod n)
乘法消去律：
如果ab ac(mod n)且gcd(a,n)=1，则 b c(mod n)
如果ab dc(mod n)且 a d(mod n)以 及 gcd(a,n)=1，则 b c(mod n)
在个数不少于3个的互素正整数中, 不一 定是每二个正整数都是互素的.
例: (6,10,15)= 1, 但(6,10)=2, (6,15)=3, (10,15)=5.
3 最大公因数和最小公倍数
最大公因子有下列性质： 任何不全为0的两个整数的最大公因子存在且
唯一 设整数a与b不全为0，则存在整数x和y，使得
887 mod 187=(132 X 77 X88) mod 187=11
例A.4 参见教材P146。
消去律的条件
逆元的概念
加法逆元:设a,n∈Z且n>1，如果存在b∈Z使得 a+b≡0(modn)，则称a、b为互为模n的加法逆元，也 称负元，记为b≡-a(modn)
乘法逆元：设a,n∈Z且n>1，如果存在b∈Z使得 ab≡1(modn)，则称a、b为互为模n的乘法逆元，记为 b≡a-1(modn)
1 带余除法
若a,b是二个正整数,b≠0, 则唯一存在二 个整数k和r, 使得下式成立: a=bk+r, 0≤r<b.
数论历年数学联赛真题WORD版分类汇编含详细答案
1，均有 an
M
，而 M
p p p 1 2 12
k 1 k 1
max
1n N /
an
，故
M
不在
an
中出
现，这与假设矛盾！因此，若 m 有 k 个不同的素因子，则 m 一定在数列 an 中出现.
由数学归纳法知，所以正整数均在数列 an 中出现。
2018B 四、（本题满分 50 分）给定整数 a 2 。证明：对任意正整数 n ，存在正整数 k ，使得连续 n 个数 a k 1 ， a k 2,, a k n 均是合数。
综上可知，平稳数的个数为 2 6 63 4 75 。
2017B 8、若正整数 a,b, c 满足 2017 10a 100b 1000c ，则数组 (a,b, c) 的个数为
◆答案： 574 ★解析：由条件知 c [ 2017 ] 2 ，当 c 1时，有10 b 20 ，对于每个这样的正整数 b ，由
]
12
3
3
1
1
20
．
8 27 27 64 64
当 n m 时，由对称性可知，亦有 20 个满足条件的等比数列 a1, a2 , a3, a4 ．
综上可知，共有 40 个满足条件的有序数组 (a1, a2 , a3 , a4 ) ．
2016A 四、（本题满分 50 分）设 p 与 p 2 均是素数， p 3 ，数列 an 定义为 a1 2 ，
2016 年~2018 年全国高中数学联赛二试试题分类汇编 2、数论部分
2018A 四、（本题满分 50 分）数列 an 定义如下： a1 是任意正整数，对整数 n 1， an1 与
高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)
12．若两整数 、 除以同一个整数 ，所得余数相同，即 ，则称 、 对模 同余，用符号 表示，若 ，满足条件的 由小到大依次记为 ，则数列 的前 项和为________.
13．设 ， 表示不超过 的最大整数，若存在实数 ，使得 ， ，…， 同时成立，则正整数 的最大值是．
高中数学联赛初等数论专题练习（详解版)
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设 ，用 表示不超过 的最大整数，则 称为高斯函数，例如： ， ，已知函数 （ ），则函数 的值域为（）
9．等差数列 的前 项和为 ，且 ， ，记 ，其中 表示不超过 的最大整数，如 ， ，则 _________.
10．已知 表示正整数 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，6，12，则 ；21的因数有1，3，7，21，则 ，那么 _________.
11．用符号 表示小于 的最大整数，如 ，有下列命题：①若函数 ，则 的值域为 ；②若 ，则方程 有三个根；③若数列 是等差数列，则数列 也是等差数列；④若 ，则 的概率为 ．
【解析】
【分析】
首先将函数解析式进行化简，并用换元思想，得到 （ ），研究二次函数在某个区间上的值域，求得 ，根据“高斯函数”的本质，求得结果.
【详解】
因为 ，令 （ ），
则 （ ），函数的对称轴方程为 ，
所以 ，
，所以 ，
所以 的值域为 ，
故选：B.
【点睛】
本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.
高中数学竞赛数论
高中数学竞赛数论数论作为数学的一个重要分支，研究自然数的性质及其相关的运算规律，是高中数学竞赛中的一道重要题型。
本文将从数论的基本概念、常见题型以及解题技巧三个方面来介绍高中数学竞赛中的数论问题。
一、基本概念1.1 整数与自然数整数是由自然数和其相反数构成的数集，用Z表示。
自然数是人们日常生活中使用的正整数，用N表示。
1.2 质数与合数质数是只能被1和自身整除的自然数，合数是除了1和自身之外还有其他因数的自然数。
1.3 最大公约数与最小公倍数对于两个自然数a和b，最大的能够同时整除它们的自然数称为它们的最大公约数，用gcd(a, b)表示；最小的能够同时被它们整除的自然数称为它们的最小公倍数，用lcm(a, b)表示。
1.4 同余定理如果两个整数a和b，它们除以某个正整数n得到的余数相同，即a 和b对n取余相等，可以表示为a≡b(mod n)。
二、常见题型2.1 求因数、质因数分解求一个数的因数，可以通过试除法来找到它的所有因数。
质因数分解是将一个数分解为质数的乘积，通过不断地除以最小的质因数来完成。
2.2 同余关系通过同余关系的性质，可以解决一些数的性质问题。
例如，通过同余定理可以求解方程、证明数的整除关系等。
2.3 数列问题数论中的数列问题是指根据给定的数列规律，求解数列的性质或是推导数列的通项公式。
三、解题技巧3.1 取模运算大多数数论问题都可以通过取模运算来简化问题的复杂度。
当计算一个数的幂时，可以通过取模运算降低计算量。
3.2 数论恒等式熟练掌握一些常见的数论恒等式对于解题非常有帮助。
例如费马小定理、欧拉定理等，适时运用可以大大简化问题的解答过程。
3.3 奇偶性讨论对于一些数论问题，可以通过分别讨论奇数和偶数的情况来解决，从而得到问题的解。
3.4 数论规律数论中存在一些常见的规律，比如质数取值范围、奇偶性的性质等。
通过深入研究这些规律，可以更好地理解数论问题，并找到有效的解题方法。
结语高中数学竞赛数论作为数学竞赛中的一个重要部分，涉及的内容较为广泛。
[实用参考]高中数学联赛数论专题.doc
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本套课程由中国数学奥林匹克高级教练熊斌、人大附中数学教师李秋生等名师主讲，轻松突破你的数学极限！课程招生简章：/webhtml/project/liansaigz.shtml 选课中心地址：/selectcourse/commonCourse.shtm?course eduid=170037#_170037_第一章数论专题我们把未知数的个数多于方程的个数,且其解受到某种限制的方程,叫做不定方程.通常主要研究不定方程的正整数解、整数解、有理数解等.不定方程问题的常见类型是：（1）求不定方程的解；（2）判定不定方程是否有解；（3）确定不定方程解的数量（有限还是无限）.不定方程问题的常用解法是：（1）代数分析与恒等变形法，如因式分解、配方、换元等；（2）估计范围法，利用不等式放缩等方法,确定出方程中某些变量的取值范围,进而求整解；（3）同余法，即恰当选取模m,对方程两边做同余分析,以缩小变量的范围或发现性质,从而得出整解或判定无解；（4）构造法，构造出符合要求的特解,或构造一个求解的递推式,证明方程有无穷多解；（5）无穷递降法，无穷递降法是一种用反证法表现的特殊形式的归纳法,由Fermat创立并运用它证明了方程G4+P4=z4没有非零整解.从此,无穷递降作为一种重要的数学思想方法广为流传应用,并在平面几何、图论及组合中经常用到它.引例：求所有正整数对（G,P）满足G P=P G-P.1.二元一次不定方程定义1形如aG+bP=c（a,b,c∈Z,a,b不同时为0）的方程，称为二元一次不定方程.定理1不定方程aG+bP=c有整数解的充要条件是（a,b）|c.定理2设（G0,P0）是不定方程aG+bP=c的一组整解,则此方程的一切整数解为（G,P）=（）,其中t∈Z.当（a,b）=1时,（G,P）=（G0+bt,P0-at）.例1求不定方程3G+2P+8z=40的正整数解。
高中数学联赛初等数论专题练习(带答案详解版)-
高中数学联赛初等数论专题练习（详解版)学校 :___________姓名： ___________班级： ___________考号： ___________一、单选题1．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设 x R ，用 x 表示不超过x 的最大整数，则y x 称为高斯函数，例如：0.51， 1.5 1 ，已知函数 f ( x)14x 3 2x4（0x 2），2则函数 y f ( x)的值域为（）A ．－13B ．1,0,1C．{- 1,0,1,2} D ．0,1,22，22．设 [ x] 表示不超过x的最大整数（如[2] 2 ， [ 5]1），对于给定的 n N *，定义4C n x n(n1)(n[ x]1)， x1,；当 x3,4 时，函数C8x的值域是（）x( x1)( x[ x]1)A ．12,58B．14,56C．12,58D．14,563．用x表示x的整数部分，即x表示不超过 x 的最大整数，例如：22, 2.32, 2.3，设函数 h x ln x x21，则函数3f (x)h(x)h( x)的值域为（）A ．0B ．1,0,1C．1,0 D ．2,04．已知n是正整数，则下列数中一定能整除2n3225的是（）A ．6B ．3C． 4 D ． 55．已知直角三角形的三边长都是整数，且其面积与周长在数值上相等. 那么，这样的直角三角形有（）个 .A ．0B ．1C． 2 D ． 36．十八世纪，函数y [ x] （[ x]表示不超过 x 的最大整数）被“”数学王子高斯采用，因此得名为高斯函数，结合定义的表述，人们习惯称为“”取整函数，根据上述定义，则方程 2019x2[ x]20200 的所有实数根的个数为（）7．将编号为1， 2，，18的18名乒乓球运动员分配在9 张球台上进行单打比赛，规定每一张球台上两选手编号之和均为大于 4 的平方数．记 {7 号与 18 号比赛 } 为事件 p．则p 为（）．A ．不可能事件B．概率为1的随机事件17C．概率为1的随机事件D．必然事件3二、填空题8．在正奇数非减数列1,3,3,3,5,5,5,5,5,中，每个正奇数 k 出现 k 次.已知存在整数b 、c、d，对所有的整数n满足a n b n c d ，其中x 表示不超过x的最大整数 .则b c d等于 ______.9．等差数列{ a n}的前n项和为S n，且a11， S728，记 b n[lga n ] ，其中[ x]表示不超过 x 的最大整数，如 [0.9] 0 ， [lg 99]1，则 b b_________.2019 202010．已知f (n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，100506，12，则 f 12 3 ；21的因数有1，3，7，21，则f2121 ，那么f i f ii 51i1_________.11．用符号( x]表示小于x的最大整数，如(]3,( 1.2] 2 ，有下列命题：① 若函数 f (x) ( x]x, x R ，则f ( x)的值域为 [1,0) ；② 若 x(1,4)，则方程 x1 ( x]5有三个根；③ 若数列a n是等差数列，则数列(a ]也是等差数列；④ 若n，则 (x]?( y] 2 的概率为P 2．9则下列正确命题的序号是______________．12．若两整数a、b除以同一个整数m，所得余数相同，即ab k (k Z) ，则称a、mb对模 m 同余，用符号 a b(mod m) 表示，若 a10(mod 6) (a10) ，满足条件的a由小到大依次记为 a1 , a2 ,, a n , ，则数列{a n}的前16项和为________.13．设x R，x表示不超过x的最大整数，若存在实数t，使得t1，t2 2 ，，n14．在数列a n中，a13a n 12a n2，且12 .n n（1）a n的通项公式为 __________；123、 a 2019这2019项中，被10除余2的项数为 __________．（ 2）在a、 a、 a 、L15．将一个数列中部分项按原来的先后次序排列所成的一个新数列称为原数列的一个子数列，如果数列存在成等比数列的子数列，那么称该数列为“弱等比数列”已.知 m >1 ，设区间 m,内的三个正整数 a ，x，y满足:数列a2，y21， cos，x21为“弱等比数列”，则a的最小值为 ________.2x16．设x表示不超过x的最大整数，如 1.51, 1.52.若函数 f x a xa 0, a 1 ，则 g x f1f x11 a x x的值域为22________________.三、解答题17．将下列各式进行因式分解.（ 1）3x210 x8；（ 2）x2y2124x2 y2；（ 3）x2y xy2xz yz .18．已知x1、x2是一元二次方程4kx24kx k 10 的两个实数根．（ 1）是否存在实数k，2x1x2x12x23k 的值；若不存成立？若存在，求出2在，请说明理由；x1x22 的值为整数的实数k 的整数值．（ 2）求使x1x219．正整数数列a n的前 n 项和为 S n，前 n 项积T n，若Ti N * (i1,2,L n) ，则称S i数列a n为“Z数列”.(1)判断下列数列是否是 Z 数列，并说明理由；①2，2，4，8；②8，24，40，56(2)若数列 a n是Z数列，且a2 2 .求S3和T3；20．设m，n是正整数，满足mn | m2n 2 1 .证明：m2n 2 1 3mn.参考答案1． B【解析】【分析】首先将函数解析式进行化简，并用换元思想，得到 f (t)1t23t4（1 t 4 ），研究二2次函数在某个区间上的值域，求得 f ( x)13“”.22【详解】因为 f ( x)12x23 2x xt（ 1t 4 ），2 4 ，令2则 f (t) 1 t23t4（1t 4 ），函数的对称轴方程为t 3 ，2所以 f (t )min f (3)1，2f (t) max f (1)3f ( x)132，所以,，22所以 y f ( x)的值域为1,0,1，故选： B.【点睛】本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.2． D【解析】【分析】利用题目中的两个新定义求得 C8x336，再利用导数求分母的值域，即可得答x(x1)( x2)案 .【详解】当 x 3,4时， [ x]3，∴ C8x87 6336，x( x 1)( x 2)x(x 1)(x2)当 3, x 4 时， f ( x)x33x22x ，∵ f ' (x) 3x26x 2 0 ，∴ f ( x) 为增函数，∴ f (x) f (4)24 ，且 f( x) f (3) 6 ，∴ f (x)[6, 24)，∴ f ( x)14,56 .故选： D.【点睛】本题考查函数新定义问题、导数的运用、三次函数的值域，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.3． C【解析】【分析】根据条件先判断函数的h(x) 的奇偶性，结合x 的定义，分别讨论h( x) 取整数值和非整数时对应的结果即可．【详解】解：函数 h(x) 的定义域为R，则h( x)h(x) ln( x x21) ln(x2 1x)ln(x21x)( x21 x)ln1x2x2ln10即 h(x)h( x) ，则 h( x) 是奇函数，则 f (x)h( x)h(x)h(x)h( x) ，若 h( x)n， n 是整数，则h( x)h( x)n n0， f x0如 n h( x)n1,n Z ，则 ( n1)h( x)n, n Z ，则 h(x)n, h( x)(n 1)n 1，则 h(x)h( x)n n 1 1 ，综上 f ( x)1或0，即 f ( x) 的值域为1,0，故选 C．【点睛】本题考查函数值域的求法，一般地，可先考虑函数的奇偶性、周期性等把函数值域归结到有限区间上，再考虑函数的单调性，也可以利用换元法把复杂函数转化为简单函数，注意根据函数的解析式的形式选择合适的方法．4． C【解析】【分析】225 分解因式，由此判断出正确选项.首先根据平方差公式对2n 3【详解】2252n 3 5 2n 3 52n 8 2n 2 4 n 4 n 1 ,2n 32n 3225 一定能被4整除，故选 :C.【点睛】本小题主要考查平方差公式，考查整除性问题，属于基础题.5． C【解析】【详解】设直角三角形三边长分别为x 、y、z x y z ，则x2y2z2，且2 x y z xy.两式消去 z ，得xy 4x 4 y 8 0 ，即x 4 y 48 .于是， x 4 8 .注意到 x 4 y 4 ，所以， x 48 3 .故 x 4 1或2，即 x 5 或6,选C.6． C【解析】【分析】由2019x2[ x] 20200 可得2019x2[ x]2020，若| x | 2时，方程显然不成立，故2x 2 ，此时[ x]1,0,1，分别分析即可.【详解】由2019x2[ x] 20200可得2019x2[ x]2020,因为 | x |2时，2019x2[x]2020，方程无解，当 2x 2 时，[ x]的可能取值为1,0,1 ，当 [ x]1时，方程有解x1，当 [ x]0 时，方程无解，当 [ x] 1 时，2019x22021 ，解得x2021或 x2021，20192019因为 [2021] 1，符合题意， [2021] 1 不符合题意，舍去，20192019综上，方程的根为 x1，x2021 ，2019故选： C【点睛】本题主要考查了一元二次方程，取整函数，分类讨论的思想，属于中档题.7． D【解析】【详解】由于编号最大的两数之和为18 17 3536 ，所以，同一张球台上两选手编号之和只能取3 个平方数： 25、 16、 9．现设同一张球台上两选手编号和为25、 16、 9 的分别有x、 y、z25x 16 y9z 1 2 L 18 （ x 、 y 、 z 均为非负整数）个．依题意有x y z 9，即x0, y 0, z16x 7 y9 x y z 1717 y 90xy z 9 16 x．得0, z ．x0, y 0, z x 0, y 090 又由 10 x，知 x 只能取非负整数 0，1， 2， 3，4， 5．逐一代入检验，可得方程唯一16的非负整数解x 3 ， y 6， z0 ．下面讨论 9 张球台上的选手对阵情况．（ 1）由 x=3，知平方数为 25 只能有 3 个，而编号不小于 16 的 3 个选手 18， 17，16 对应的平方数又只能为 25，故 “两选手编号和为 25”的只能是： 18 与 7 对阵， 17 与 8 对阵， 16 与 9对阵．（ 2）由 y6，知去掉 18，17，16， 9，8， 7 后剩下的 12 个选手对应的平方数能且只能为16，有： 1 与 15 对阵， 2 与 14 对阵， 3 与 13 对阵， 4 与 12 对阵， 5 与 11 对阵， 6 与 10 对阵．所以，规定能够实现，且实现方案是唯一的．9 张球台上选手对阵情况为：18,7 , 17,8 , 16,9 , 15,1 , 14,2 , 13,3 , 12,4 , 11,5 , 10,6 ．事件 p 为必然事件．选 D.8． 2【解析】【详解】将已知数列分组为（ 1） , 3,3,3 , 5,5,5,5,5 ,，2k 1,2 k 1, ,2 k 1 ，共 2k 1 个组 .设 a n 在第 k 组， a n 2k 1，则有 1 3 52k 3 1 n 1 3 52k 1 1 ，即 k 12k 2 1 .1 n注意到k 0 ，解得n1 kn 1 1.所以， k n11n 11.因此， a n2n1 1 .故 b c d211 2 .9． 9【解析】【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式可得a n，再利用b n[lgn ] ，可得 b1b2b3b9 0 ，b10b11b12b991，，即可得出．【详解】S{ a}的前n 项和，且 a1，S28，7a28．n 为等差数列n174可得 a4 4 ，则公差d1，∴ a n n，∴ b n[ lgn] ，则 b1[lg1]0 ， b2b3b90，b10b11b12b99 1 ，b100b101b102b103b999 2 ， b1000b1001b1002b1003b99993∴b2019 b 20209 .故答案为： 9 .【点睛】本题考查等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数，考查推理能力与计算能力，属于中档题．10． 1656【解析】【分析】根据 f (n) 的定义求出 f (i) ，i1,2,L ,100 ，然后再求值．【详解】解析： f n 表示正整数n的所有因数中最大的奇数，f n f 2n ，且 n 为奇数时， f (n) n，其中 n1,100 ；f nmax f9999, f nmin f64f2f4f8 f 16 f 321100那么 f (i)f51f52f53 ...f100i 5151135327557572959156131 6316533671769357197337 75197739795814183218543 8711894591239347953974999251357911 (9950199)2500250那么 f i 1 1 3 1 5 3 7 1 9 5 11 3i1137151179195211123325132772915311331735937193954121431145234734925135... 2931 ...49512 151418221315 171921 23 2525149219844210050那么 f (i) f (i)25008441656．i 51i1故答案为： 1656．【点睛】本题考查新函数的定义，理解新函数的定义是解题关键．解题时按新函数定义计算即可．11．①②④【解析】试题分析：由定义,所以其值域为[ 1,0) ,故①正确；由于,因此可求得,所以②正确；对于③ ,如取数列成等差数列,但不成等差数列；对于④ 很容易验证是正确的．故应填①②④ ．考点：函数的性质及分析问题解决问题的能力．【易错点晴】本题以符号函数为背景，考查的是函数与方程、等差数列和等比数列、概率等许多有关知识和运算求解及推理判断的能力．定义新概念运用新信息是解答本题的一大特色．解答时应充分依据题设条件,对题设中提供的几个命题进行分析推断最后作出真假命题的判断．对于命题 ,举出一个反例 ,进行了推断从而说明它是假命题．运用反例是否定一个命题是真命题的有效方式和方法．12． 976 【解析】【分析】由两数同余的定义， m 是一个正整数， 对两个正整数a 、b ，若 a b 是 m 的倍数， 则称 a 、b 模 m 同余，我们易得若 a10(mod 6)( a 10) ，则 a 10 为 6 的整数倍，则 a 6n 10 ，再根据等差数列 { a n } 的前 n 项公式计算即可得答案．【详解】由两数同余的定义，m 是一个正整数，对两个正整数a 、b ，若 a b 是 m 的倍数，则称 a 、 b 模 m 同余，我们易得若 a 10( mod 6)(a10) ，则 a 10 为 6 的整数倍，则 a 6n 10 ，故 a 16,22,28, L 均满足条件．由等差数列 { a n } 的前 n 项公式 S nna 1n(n 1) d ，16 (16 1)2则 S 16 16976 ．1626故答案为： 976．【点睛】本题考查除的定义、数列的前n 项和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将新定义转化成代数式a 6n 10 .13． 4【解析】试题分析：t 1 ，则 t1,2；t22，则t2, 3 ； t33，则 t3 3, 3 4；t4 4 ，则 t4 4, 4 5；t 55，则 t55, 5 6；其中31.732, 3 4 1.587, 4 5 1.495, 5 6 1.431 1.495 ，由此可得t4时，可以找到实数 t ，使 t1,22,333, 344 4, 4 5 ，但当t 5时，上述区间没有公共部分，故 n 的最大值为 4 .考点：取整函数.14．a n2n2n 2403【解析】【分析】（ 1）根据题意得知数列an2为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列na n 2的通项公式，即可求出a n；n（ 2）设a n2n2n210k2k Z ，可得出 10k n 2n 1 ，由 2n 1为奇数，可得出 n为10的倍数或2n1为5的奇数倍且 n 为偶数，求出两种情况下 n 值的个数，相加即可得出答案 .【详解】（ 1）Q an 12 a nn22且a1121，n1所以，数列a n2是以 1为首项，以2 为公差的等差数列，na n2 1 2 n 1 2n 1，a n2n2n 2 ；n（ 2）被10整除且余数为 2 的整数可表示为 10k2k Z，令 a n2n2n210k 2 ，可得10k n 2n1，Q n N ，且1n2019，则2n1为奇数，则 n 为10的倍数，或者2n15的奇数倍且 n 为偶数.为当 2n 1为 5 的奇数倍且n 为偶数时，n 的取值有：8 、 18 、28 、L、 2018 ，共 202 个.综上所述，在 a、a2、 a、L 、a2019这2019项中，被10除余2的项数为201202403.13故答案为：2n2n 2 ； 403.【点睛】本题考查数列通项的求解，同时也考查了数列中项的整除问题，考查分类讨论思想的应用，属于中等题 .15． 2【解析】【分析】根据新定义列等量关系，再分解变形，根据正整数分解性质求最小值.【详解】因为 cos0 ，所以a2，y2 1 ，x21依次成等比数列，即y21a2 (x21) 0，2因为 m > 1 ，a，x，y为区间m,内的三个正整数，所以a2, x2, y 2Q y21a2 ( x21) a2 x2y2 a 21,( ax y)(ax y)a21设 a21st(s,t N * , s t) ，且 ax y s, ax y t2ax s t因为当 s1,t a2 1 时，s t 最大，所以2ax a2 a 2 x a2x故答案为：2【点睛】本题考查等比数列、数列新定义以及正整数分解，考查综合分析求解能力，属难题. 16．1,0【解析】【分析】先求出函数 f x 的值域为 0,1，注意到 f x f x 1 ，可得出g x f x 11，然后分0 f x11、12f x2、 f x f x 1三222种情况得出函数g x 的值域.【详解】Q f x a x110,1，又 f x ax1，f x f x1.1 a x 1 a x 1 a x a x1g x f x 11f x. 22① 当0f x 11f x10 ，01x1g x101；时，22f，此时222②当 f x 1时， f x11f x0，此时g x000；222③ 当1f x1时，0f x11，11f x0，此时g x01 1 . 22222综上所述：函数g x f x 1f x10, 1，故答案为0, 1 . 2的值域为2【点睛】本题考查函数值域的求解，考查了取整函数的定义，解题的关键就是要确定 f x 与 f x 之间的关系，并利用分类讨论思想来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.2217．（ 1）3x 4 x 2 ；（2）xy 1xy 1；（3）x y xy z .【解析】【分析】（1）应用十字相乘法；（2）应用平方差公式；（3）应用分组分解法。
高中数学竞赛 数论部分
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：3231122n 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214143n 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：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,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% 。
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 、 0B 、1C 、3D 、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()2102x 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。
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例2足球比赛的计分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分。
那么，一个球队打14场球积分19分的情况共有多少种.例3公元五世纪末，我国数学家张丘建在他的名著《算经》里提出一个世界数学史上著名的“百鸡问题”：“鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一，百钱买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何？”。
例4时钟的刻度盘（写有数字1,2,…,12的圆盘），以其中心为轴，固定在教室的黑板上，刻度盘可以绕轴转过30° 的整数倍的任意角度。
起初，在黑板上靠近刻度盘上的数字旁边的地方写上“0”，然后转动刻度盘若干次，每次转动停止后，都将刻度盘上的数加到靠近它旁边的黑板上所写的数字，这样是否可以做到：（1）黑板上所写的数都是1984？（2）黑板上所写的数除了一个之外，其余所写的数都是1984？（3）黑板上所写的数除了两个之外，其余所写的数都是1984？2.勾股数定理定义2 形如x2+y2=z2的方程叫做勾股数方程,并称满足（x,y）=1的解为方程的基本解.引理给定正整数n,且n≥2,则不定方程uv=w n ①,适合w>0,u>0,v>0,（u,v）=1的一切正整数解为:u=a n,v=b n,w=ab,其中a>0,b>0,（a,b）=1 ②.例1求最小的正整数n（n≥2）,使得为整数.定理方程x2+y2=z2 ③适合条件x>0,y>0,（x,y）=1,且2|x ④的一切正整数为:x=2ab,y=a2-b2,z=a2+b2,其中a>b>0,（a,b）=1,且a,b一奇一偶⑤.推论单位圆上一切有理点为及,其中a,b不全为零,“±”号可任取.例2已知x n+y n=z n无正整数解.求证:方程x2n+y2n=z2也无正整数解.例3求方程2x+3y=z2的所有整数解（x,y,z）.3.沛尔（pell）方程定义3 通常pell方程指以下四个不定方程：x2-dy2=±1，±4，其中x，y∈Z，d∈N*，且d不是平方数。
如果pell方程的正整数解（x，y）中，使得x+y最小的正整数解为（x1，y1），则称（x1，y1）为方程的最小解。
定理1设d∈N*，d不是平方数，方程x2-dy2=1的最小解为（x1，y1），则x n=，y n=，n=1，2，…。
给出方程x2-dy2=1的全部正整数解.称x1+y1为方程x2-dy2=1的基本解。
定理2设方程x2-dy2=-1的正整数解（x，y）中，使得x+y最小的解为（x1，y1），则x n=，y n=，n=1，2，…。
给出方程x2-dy2=-1的全部正整数解。
例1设正整数d无平方因子，x0+y0为方程x2-dy2=1的基本解.求该方程的正整数解（x，y），使得x的所有素因子整除x0。
定理3（1）当a为非零整数时，方程x2-a2y2=1只有平凡解（±1，0）；方程x2-a2y2=-1仅当a=±1时有整数解（0，±1）。
（2）存在无穷多个非平方数d>0，使方程x2-dy2=-1无整解。
4.费尔马大定理不定方程x n+y n=z n（正整数n≥3）无正整数解.费尔马大定理，是困扰人们近四百年的著名世界难题，已于1994年被普林斯顿大学教授A.Wiles 攻克。
例2 证明：存在无数个正整数n，使得[n]为完全平方数。
例3 试找出最大的c∈R+，使得对任意正整数n，都有{n}≥.（{x}=x-[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数）不定方程的解法1.因式分解法将方程的一端化为常数，做因数分解，另一端含未知数的代数式因式分解，再由各因式的取值分解为若干方程组进行求解。
例1求方程2x2+5y2=11（xy-11）的正整数解。
例2求方程x3-y3=z2的正整数解。
其中y为素数，且3和y都不是z的约数。
例3求方程x2-5xy+6y2-3x+5y-25=0整数解。
2.配方法将方程一边变形为平方和的形式，另一边是常数。
从而缩小解的存在范围，达到求解或判定无解之目的。
例1求方程x2-12x+y2+2=0的整数解。
例2证明方程x2+y2+z2+3（x+y+z）+5=0无有理数解。
例3求方程x2（y-1）+y2（x-1）=1的整数解。
3.估计范围法从方程的形式入手，依据不等式及其性质等确定方程解的存在范围，进而求解方程。
例1求方程3x2+7xy-2x-5y-35=0的正整数解。
例2求所有整数组（a，b，c，x，y，z）满足：（ⅰ），（ⅱ）a≥b≥c≥1，x≥y≥z≥1.例3求x2+x=y4+y3+y2+y的整解。
例4求方程的整数解。
4.同余法若某不定方程有整解，则等式两边对模m同余（m为任意正整数），这是原方程有解的一个必要条件，据此可以缩小解的范围，或判定方程无解。
例1求|12x-5y|=7的全部正整数解（x，y）。
例2.求8x+15y=17z的全部正整数解（x,y,z）。
例3.证明方程组没有整数解。
5.无穷递降法运用无穷递降法主要是证明方程无正整数解。
其一般步骤是：先假定存在一组适合条件的正整数解，再设法构造出其它正整数解,要求必须是递降的，由于上述过程可无限进行下去，再由严格递减的正整数数列只有有限项，从而导致矛盾。
还可从假设方程的一组“最小解”，而递降得到更小解引出矛盾。
例1.设p≡-1（mod4）,证明：对任意正整数n，方程x2+y2=p n无正整数解。
例2.证明方程x2+y2-19xy-19=0无整数解。
例3.证明方程x4+y4=z2没有正整数解。
6.构造法即通过构造恒等式或一些特定方程,来证明不定方程有解或者有无穷多解.例1.证明方程x3+y3+z3+t3=1999有无穷多组整解。
例2.是否存在正整数m，使得方程有无穷多组正整数解（a,b,c）。
例3.证明：有无穷多个正整数n，使得n的整数部分[n]为完全平方数。
【不定方程练习题】1.是否存在正整数m,n满足5m2-6mn+7n2=2006？请说明理由。
2.求出所有正整数x,y使得x2+615=2y。
3.求出所有正整数对（n,k）使得（n+1）k-1=n!。
4.证明方程3y2=x4+x没有正整数解。
5.找出所有的正整数对（m,n）,使得6m+2n+2是一个完全平方数。
6.求所有正整数x,y,满足1!+2!+3!+…+x!=y2。
7.设x1，x2是方程x2-6x+1=0的两个根.证明:对于一切正整数n,a n=x1n+x2n都是整数且不整除a n。
8.若n个边长为正整数的正方体体积之和为20022005。
求n的最小值。
【知识点概要】1、带余除法定理:设（a, b）是两个给定整数，a≠0. 那么，一定存在唯一的一对整数（q, r），使得b=qa +r,0≤r <|a|.此外，a|b当且仅当r=0.（带余除法是初等数论中最重要、最基本、最直接的工具。
）2、公因数、最大公因数、互素的定义和性质:用（a 1,a2,...,a n）记a1,a2,…,a n的最大公约数[a1,a2,...,a n]记为a1,a2,...,a n的最小公倍数。
特别的，若（a,b）=1则称a,b互素。
最大公因数的基本性质：（以下关于最大公约数的性质都不需要用到算术基本定理）（1）（交换律）（a,b）=（b,a）（2）（结合律）（（a,b）,c）=（a,（b,c））（3）若a 1|a i,i =2,3,…,n，则（a1,a2,…,a n）=a1（4）若p是素数，则（5）若b=qa +r，则（a,b） =（a,r）.3、辗转相除法:任给整数m,n（n≠0）,则有如下带余除法链：m=nq 1+r1, 1≤r1<nn=r 1q2+r2, 1≤r2<r1r 1=r2q3+r3, 1≤r3<r2… …R k-1=r k q k+1+r k+1, r k+1=0裴蜀定理：一次不定方程ax+by =c有整数解当且仅当（a,b）|c.【例题讲解】1.{F n}是Fibonacci数列：F0=0,F1=1,F n=F n－1+F n－2（n≥ 2），对于1≤i≤200,记g i=（Fi,F2007）.求g i的所有可能取值.2.（1）求证：（2 m-1,2n-1）=2（m,n）-1；（2）求（2 m+1,2n+1）；（3）求（3 m+1,3n+1）。