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 ,)(mod 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 α
αα (2)
121=,其中k ααα,...
,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相
同的素数,则)11)...(11)(11()(21k
p p p n n ---
=?. 对于以上结论的证明,有兴趣的读者可查阅初等数论教材.
2 方法解读
对于数论试题,除直接运用数论的基本原理外,常用的基本方法还有因式(因数)分解法,配对法,分组法,估值法,同余方法,构造法,调整法,数学归纳法与反证法.下面分别予以说明
2.1基本原理的应用
例1 设正整数a ,b ,c 的最大公约数为1,并且
c b
a ab
=- (1),证明:)(b a -是一个完全平方数. 证:设d b a =),(,d a a 1=,d b b 1=,其中1),(11=b a .由于1),,(=c b a ,故有1),(=c d .由(1)得
c b c a
d b a 1111-= (2)
由(2)知,c b a 11|,又1),(11=b a ,∴ c a |1.同理可证c b |1,从而有c b a |11,设k b a c 11=,k 为正整数,代入(2)得)(11b a k d -= (3)
由(3)知d k |,又c k |,∴1),(|=c d k ,∴1=k . ∴11b a d -=.∴211)(d b a d b a =-=-.故成立. 例2 设n 为大于1的奇数,1k ,2k ,…,n k 为给定的整数.对于{n ,...,2,1}的排列12(,,...,)n P a a a =, 记1
()n
i i i s P k a ==
∑,试证存在{n ,...,2,1}的两个不同的排列B 、C,使得)()(!|C s B s n -.
证:假设对于任意两个不同的排列B 、C,均有!n 不整除)()(C S B s -.令X 为{n ,...,2,1}的所有排列构
成的集合,则{()|s P P X ∈}为模!n 的一个完全剩余系,从而有
!
1
(1!)!
()(mod !)2
n P X
i n n s P i n ∈=+≡=
∑∑ (1) 又 1()()n
i i P X P X i s P k a ∈∈==∑∑∑=∑=+n
i i k n n 1
2)1(! (2) 而n 为大于1的奇数,所以由(1),(2)得)!(mod 02)1(!2!)!1(1
n k n n n n n
i i ≡+≡+∑=. 又1)!,!1(=+n n ,所以)!(mod 02
!
n n ≡,矛盾.故,存在B 、C X ∈,B ≠C,使得)()(!|C s B s n -. 2.2 因式(数)分解
数论中许多问题直接与因式(数)分解相关联,如合数问题,整除问题等常常是要证明某种分解式的存在.数的标准分解式本身就是一种特定形式的因数分解.在不定方程的求解与一些代数式的求值中,因式(数)分解能帮助我们确定某些变量的取值范围,寻找到解题的方法.
例3 求三个素数,使得它们的积为和的5倍.
解:易知a ,b ,c 中必有一个为5,不妨设5c =,则有5++=b a ab ,从而有6)1)(1(=--b a .
因为1-a 与1-b 均为正整数,不妨设b a <,则有???=-=-6111b a 或???=-=-3
12
1b a ,从而知2=a ,7=b .故所
求的三个素数为2,5,7.
2.3 配对
例4 设k 为正奇数,证明:n ++++...321整除k
k k n +++...21. 分析 因为2
)
1(...321+=
++++n n n .故需证)...21(2|)1(k k k n n n ++++,注意到当k 为奇数时,k k y x +可因式分解,因此可将)...21(2k k k n +++中的n 2个数两两配对.
证 )...21(2k k k n +++=k k k k k k k n n n n 2]1)1[(...])2(2[])1(1[++-++-++-+, 而当k 为奇数时,k k b a b a ++|,从而知()
k k k n n +++...212| (1) 又 ()
k k k n +++...212=]1[...])1(2[]1[k k k k k k n n n +++-+++,
∴)...21(2|)1(k k k n n ++++ (2) 由(1)(2)知,)...21(2|)1(k k k n n n ++++,故结论成立.
2.4 分组
例5 (1990年高中联赛试题)设}200
,...,2,1{=E ,},...,,{10021a a a G =E ?,且G 具有下列性质: (1)对任何1001≤<≤j i ,201≠+j i a a ；(2)
10080100
1
=∑=i i
a
.
试证:G 中的奇数的个数是4的倍数,且G 中所有数的平方和是一定数.
证:对于1001≤≤i ,令12-=i i α,i i αβ-=201.},{i i i E βα=,则G 中恰含i E 中的一个元素.设G
中有k 个奇数1i α,2i α,…,k i α,有s 个偶数s j j j βββ,...,,21,这里},...,,,,...,,{2121s k j j j i i i =}100,...,
2,1{.由题设知,10080=
∑∑∑∑====+-=+s
r j k
t i s
r j k
t i r t r
t
1111
)201(βββα
=∑∑==-k t i k
t t 112201β+???
??+∑∑==k t s
r j i r t 11ββ =-k 2012
∑=k
t i t
1
β
+)200...642(++++=101002
2011
+-∑=k
t i t
k β
.
∴202
2011
-=-∑=k
t i t
k β
(1)
由于t i β为偶数,所以∑=k
t i t
1
2
|4β
,又20|4,所以k 201|4,∴k |4,即k 是4的倍数.
∑∑∑===+=s
r j k
t i i i
r
t
a
1
21
2
100
1
2
βα=∑∑==+-s
r j k
t i r
t 1
21
2
)201(ββ=∑∑==?-k
t i k
t t 1
1
2
2012201β+)(1
21
2∑∑==+s
r j k
t i r t
ββ
=∑=?-k
t i t
k 1
2
201
2201β
+)200...642(2222++++
=)2
201(2011∑=-k
t i t
k β+6
)
1200)(1100(1004++?
(2)
将(1)代入(2)得6
201
1011004)20(201100
1
2???
+-?=∑=i i a =1349380.
2.5估值
例6 令n a 表示前n 个质数之和,即21=a ,5322=+=a ,105323=++=a ,…,证明:对任意的正整数n ,区间[1,+n n a a ]中包含有一个完全平方数.
分析:设质数从小到大依次为12,,...,k p p p …,要结论成立,只要存在正整数m ,使得12+≤≤n n a m a ,只要
1+≤≤n n a m a ,只要11≥-+n n a a ,只要n n n a a a 211+≥-+,只要n n a p 211+≥+,只要
)...(44)1(2121k n n p p p a p +++=≥-+ (1)
证:直接验证易知[2,1,a a ],[32,a a ],[43,a a ],[54,a a ]中都含有1个完全平方数.当5≥n 时,我们证明:(1)式成立.为此,令2112(1)(1)4(...)n k f n p p p p ++=--+++,
则n n n p p p n f n f 4)1()1()()1(221----=-++=n n n n n p p p p p 4)2)((11--+-++.
当2≥n 时,n p 为奇数,故21≥-+n n p p ,1(1)()2(22)n n n f n f n p p p ++-≥+--=)2(21--+n n p p 0≥, 故当2≥n 时,数列)(n f 为递增数列.由于
)(4)1()5(432125p p p p p f +++--==)7532(4)111(2
+++--=32>0 所以当5≥n 时,0)5()(>≥f n f .故当5≥n 时(1)式成立.
例7 求出不定方程1)!1(-=-k
n n (1)的全部正整数解.
解 当2=n 时,易得1=k ；当2>n 时,(1)式左边为偶数,故右边也是偶数,所以n 为奇数.当3
=n 时,由13!2-=k ,得1=k .当5=n 时,由15!4-=k
,得2=k .
当5>n 且为奇数时,
321-<-n n ,221≠-n ,故)!2(|2
1
2--?n n ,即)!2(|)1(--n n ,因此2
(1)|(1)!n n --,所以)1(|)1(2--k n n .
另一方面,由二项式定理知1)1)1((1-+-=-k k n n =A(2)1-n +)1(-n k .
其中A 为整数,所以)1(|)1(2--n k n ,故k n |)1(-,因此1-≥n k ,故有)!1(111->-≥--n n n n k . 这说明当5>n 时,方程(1)无解,故方程(1)的解为)1,2(),(=k n ,)1,3(,)2,5(.
2.6同余 例8 证明991993
991993
+能被1984整除.
证 993993993)991(-≡=9912)991()991(--=)1984(mod )991()991)(11984495(991991-≡-+?,
∴)1984(mod 0991)991(991993991991991
993≡+-≡+.∴991993991993|1984+.
例9 用1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字的7位数,证明:这些7位数中没有一个是另一个的倍数. 证:若有两个7位数a ,b ,使得kb a = (1) 由于a ,b 均是由1,2,...,7所排成,故72≤≤k 由(1)得)9(mod kb a ≡, ∴)9(mod 11?≡k ,即)9(mod 1≡k ,这与92≤≤k 矛盾,故结论成立. 2.7构造
例10 若一个正整数的标准分解中,每个素约数的幂次都大于1,则称它为幂数,证明:存在无穷多个互不相同的正整数,它们及它们中任意多个不同数的和都不是幂数.
证:将全体素数从小到大依次记为1p ,2p ,...,n p ,….
令11p a =,2212p p a =,当2≥n 时,n n n n n n p p p p p p a a 21222111...---==,下证:1a ,2a ,…,n a ,…合题意.
事实上, n n a p |,但2
n p |/
n a ,所以n a 不是幂数.又对于k i i i <<<≤ 211, )1(1
1
2121i i i i i i i i a a a a a a a a k k +
++
=+++ =)1(11i i Ap a +=)1(11121
2
2
21i i i Ap p p p p +- , 其中A 为正整数.因为1)1,(11=+i i Ap p ,所以1i p 在)(21k i i i a a a +++ 的标准分解中的幂次为1,因而不是幂数.
例11 设}2011
,,3,2,1{ 中质数的个数为a ,n 为正整数且a n ≤<1,求证必有2011个连续正整数, 其中恰有n 个质数.
证:令}2010,,2,1,{+++=k k k k A k ,并令)(k f 为k A 中质数的个数,则易知
a f =)1(,0)2!2012
(=+f . 对于)1!2012(,,2,1+= k ,显然有1|)()1(|≤-+k f k f , 所以对于a n ≤<0,必存在一个0k ,使得n k f =)(0,从而0k A 中的2011个连续整数满足要求.
2.8 数学归纳法
例12 设n 是正整数,求证:124323|51222-+-n n n .
证:令22()332241n f n n n =-+-.因为0)1(=f ,所以)1(|512f ,假设)(|512n f ,那么对于1+n ,因为)183(8)()1(2--=-+n n f n f n ,所以要证)1(|512+n f ,只需证)183(8|5122--n n ,即只需证明
)183(|642--n n .为此,令183)(2--=n n g n .显然有0)1(|64=g ,假设)(|64n g ,
由于)199(64)19(8)()1(21+++=-=-+-- n n n n g n g ,因此)1(|64+n g ,由归纳法原理知对一切n ,有183|642--n n ,从而有)1(|512+n f ,再由归纳法原理知,对于正整数n ,有)(|512n f .
2.9 反证法
例13 试证方程042333=--z y x (1)无正整数解.
分析:若(z y x ,,)为(1)的一组解,则x 为偶数,令12x x =,则0243331=--z y x ,从而知y 为偶数,再令12y y =,代入得04233131=--z y x ,故z 为偶数,再令12z z =,代入得0423
13131=--z y x ,因此
),,(111z y x 也是方程(1)的解.这样由方程(1)的一组正整数解),,(z y x 必可得到另一组正整数解),,(111z y x ,且x x <1.因此,若开始取得的正整数解使得x 达到最小,则这种下降不可能进行.
证:反证法. 若方程(1)存在正整数解,设),,(000z y x 是使得x 达到最小的正整数解,那么依分析的过程知必可得到方程(1)的一组正整数解),,(111z y x ,且01x x <,这与0x 达到最小相矛盾,这个矛盾表明方程(1)无正整数解. 习题
1．设1≥≥n m ,m ,n 为整数,证明n
m C m
n m ),(是整数. 2．设a ,b 为整数,证明:))1(()2)((|)!(1
b n a b a b a a b
n n -+++- .
3.设n 是大于3的奇数,证明可将集合}1,,3,2,1{-n 的元素分成两组,每组2
1
-n 个元素,使得两组数的和模n 同余.
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
全国初中数学联赛初二卷及详解
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：
2017年全国初中数学联合竞赛试题 初二卷 第一试 一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分） 1.已知实数a,b,c 满足2a+13b+3c=90，3a+9b+c=72，则32b c a b ++的值为（ ）. A.2 B.1 C.0 D.-1 2.已知实数a,b,c 满足a+b+c=1， 1110135 a b c ++=+++，则(a+1)2+(b+3)2+(c+5)2 的值为（ ）. A.125 B.120 C.100 D.81 3.若正整数a,b,c 满足a ≤b ≤c 且abc=2(a+b+c)，则称(a,b,c)为好数组.那么好数组的个数为（ ）. A.4 B.3 C.2 D.1 4.已知正整数a,b,c 满足a 2 -6b-3c+9=0，-6a+b 2 +c=0，则a 2 +b 2 +c 2 的值为（ ）. A.424 B.430 C.441 D.460 5.梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=3，BC=4，CD=2，AD=1，则梯形的面积为（ ）. A. 1023 B.103 3 C.32 D.33 6.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A=90°，点E 在AB 上，若AE=42，BE=28，BC=70，∠DCE=45°，则DE 的值为（ ）. A.56 B.58 C.60 D.62 二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分） 7.使得等式3 11a a ++=成立的实数a 的值为________. 8.已知△ABC 的三个内角满足A ＜B ＜C ＜100°.用θ表示100°-C,C-B,B-A 中的最小者，则θ的最大值为________. 9.设a,b 是两个互质的正整数，且3 8ab p a b =+为质数.则p 的值为________.
德州市第四届小学数学教师基本功比赛专业知识测试试题 (满分：100分时间：120分钟) 一、选择题（单选或多选，2×10=20分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1．数学教学活动是师生积极参与，（）的过程． A．交往互动B．共同发展C．交往互动、共同发展 2．标准中使用了“经历、体验、探索”等行为动词表述（） A．过程目标B．结果目标C．课程目标 3．义务教育阶段的数学课程是培养公民素质的基础课程，具有（） A．基础性B．发展性C．普及型 4．老年人活动中心麻将馆门口的拐角处放着一个招牌，这个招牌是由三个特大号的骰子摞在一起而成的，如图所示，其中可看见7个面，而11个面是看不到的，则看不见的面其点数总和是（） Ａ．21 Ｂ．22 Ｃ．41 Ｄ．44 5．已知正方形ABCD的边长是6分米，CE是DE的2倍，则阴影部分的面积为（）A．12 B．8 C．6 D．4 6．在一个40名学生的班级中选举班长，选举结果是： 下面扇形图显示了这些结果的是（）7．有一条围粮的席子，长5米，宽2.5米，把它围成一个筒状的粮食囤．围法有两种： 第一种围法：围成周长2.5米，高5米的粮囤；第二种围法：围成周长5米，高2.5米的粮囤．下列说法正确的是（）． A．第一种围法的容积大，盛粮多 B．第二种围法的容积大，盛粮多 C．因是同一条席子围成的粮囤，所以两种围法围成的粮囤盛的粮一样多 D．无法判断哪种围法围成的粮囤盛的粮多 8．如图所示，是一间民房，房上是一根烟囱，房子的旁边是一个仓库，房子的后面是一条河．明明同学站在河中行驶的游轮上从旁边经过（图中箭头表示游轮行驶方向），看到如图2所示的5幅图，依据游轮行驶的路线，映入明明眼帘的先后顺序是（）． Ａ．③①②④⑤Ｂ．⑤①②④③Ｃ．①②④⑤③Ｄ．⑤④②①③ 9．小王8∶30从家出门去参观房展，家里的闹钟也指向8∶30，房展结束，他12∶00准时回到家，发现家里的闹钟才11∶46，那么，再过几分钟此闹钟才能指到12点整（） A．13分钟B．14分钟 C．15分钟D．16分钟 10．我国古代的“河图”是由3×3的方格构成，每个方格内均有数目不同的点图，每一行、每一列以及每一条对角线上的三个点图的点数之和均相等．图中给出了“河图”的部分点图，请你推算出P处所对应的点图是（）． 题号一二21 22 23 24 25 26 总分答案 张强刘莉李浩赵红20票10票4票6票8图 图2 第4题图A B C D F E 第5题图
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% 。
名校真题测试卷10 （数论篇一） 1、（05年人大附中考题）有_____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。 2、（05年101中学考题） 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数 是_____。 3 （05年首师附中考题） 1 21+ 202 2121 + 50513131313 21212121212121 =________。 4 （04年人大附中考题） 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 (02年人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( ) A、125 B、126 C、127 D、128 【附答案】 1 【解】：6 2 【解】：设原来数为ab，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。 3 【解】：周期性数字，每个数约分后为1 21 + 2 21 + 5 21 + 13 21 =1 4 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。 5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D。 第十讲小升初专项训练数论篇（一） 一、小升初考试热点及命题方向 数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。 二、考点预测 的小升初考试将继续以填空和大题形式考查数论，命题的方向可能偏向小题考察单方面的知识点，大题
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）
初中数学竞赛讲座之数论初步(一) 整数的整除性 定义：设a ，b 为二整数，且b ≠０，如果有一整数c ，使a ＝bc ，则称b 是a 的约数，a 是b 的倍数，又称b 整除a ，记作b|a. 显然，１能整除任意整数，任意整数都能整除０. 性质：设a ，b ，c 均为非零整数，则 ①．若c|b ，b|a ，则c|a. ②．若b|a ，则bc|ac ③．若c|a ，c|b ，则对任意整数m 、n ，有c|ma ＋nb ④．若b|ac ，且(a ，b)＝1，则b|c 证明：因为(a ，b)＝1 则存在两个整数s ，t ，使得 as ＋bt ＝1 ∴ asc ＋btc ＝c ∵ b|ac ? b|asc ∴ b|(asc ＋btc) ? b|c ⑤．若(a ，b)＝1，且a|c ，b|c ，则ab|c 证明：a|c ，则c ＝as(s ∈Z) 又b|c ，则c ＝bt(t ∈Z) 又(a ，b)＝1 ∴ s ＝bt'(t'∈Z) 于是c ＝abt' 即ab|c ⑥．若b|ac ，而b 为质数，则b|a ，或b|c ⑦．(a －b)|(a n －b n )(n ∈N)，(a ＋b)|(a n ＋b n )(n 为奇数) 整除的判别法：设整数N ＝121n 1a a a a - ①.2|a 1?2|N ， 5|a 1? 5|N
②.3|a 1＋a 2＋…＋a n ?3|N 9|a 1＋a 2＋…＋a n ?9|N ③.4|a a ? 4|N 25|a a ? 25|N ④.8|a a a ?8|N 125|a a a ?125|N ⑤．7||41n n a a a -－a a a |?7|N ⑥．11||41n n a a a -－a a a |?11|N ⑦．11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)] ?11|N ⑧．13||41n n a a a -－a a a |?13|N 推论：三个连续的整数的积能被６整除. 例题： 1.设一个五位数d a c b a ，其中d －b ＝3，试问a ，c 为何值时，这个五位数被11整除. 解：11|d a c b a ∴ 11|a ＋c ＋d －b －a 即11|c ＋3 ∴ c ＝8 1≤a ≤9，且a ∈Z 2.设72|b 673a ，试求a ，b 的值. 解：72＝8×9，且(8，9)＝1 ∴ 8|b 673 a ，且9| b 673a ∴ 8|b 73 ? b ＝6 且 9|a ＋6＋7＋3＋6 即9|22＋a ∴ a ＝5 3.设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ，
因数与倍数之综合应用 【例 1】(北京市第十届“迎春杯”刊赛试题)筐里共有96个苹果，如果不一次全拿出，也不一个一个地拿；要求每次拿出的个数同样多，拿完时又正好不多不少，有种不同的拿法。 【巩固】筐里有300个桃子，如果不是一次全部拿出，也不一个一个地拿，要求每次的个数同样多，拿到最后正好不多不少，问共有多少种不同的拿法？ 【例 2】现有三个正整数，它们的和是1111，这样的三个正整数的公约数中，最大的可以是多少？ 【巩固】9个非零自然数的和是848，它们的最大公约数的最大值是多少？ 【例 3】恰有8个约数的两位数有个。 【巩固】在1到100中，恰好有6个约数的数有多少个？ 【例 4】一个数的平方有39个约数，求该数的约数个数是多少？ 五年级
【巩固】一个数的立方有28个约数，求这个数的约数个数可能是几？ 【例 5】把1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数依不同的次序排列，可以得到362880个不同的九位数，则所有这些九位数的最大公约数为。 【巩固】把1，2，3，4，5，6这六个数依不同的次序排列，可以得到720个不同的六位数，则所有这些六位数的最大公约数为。 【例 6】有3599只甲虫，依次编号为1，2，3，…，3599，开始时头都朝东。第1秒钟，编号为1的倍数的甲虫向右转90度；第2秒钟，编号为2的倍数的甲虫向右转90度；第3秒钟，编号为3的倍数的甲虫向右转90度，…，如此进行。那么，1小时后，第3599号甲虫头朝哪个方向？ 【巩固】200名同学编为1至200号面向南站成一排。第1次全体同学向右转(转后所有的同学面朝西）； 第2次编号为2的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍数的同学向右转；…；第200次编号为200的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有名。 〖答案〗 【例 1】10 【巩固】16 【例 2】101 【巩固】53 五年级
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 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! 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 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。 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 第一讲正整数的表示及进位制 一、基础知识： 1．我们通常接触的整数都是―十进制‖整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用―逢十进一‖的法则进行计数的方法。例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为： 1999=1×1000+9×100+9×10+9 底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数： 100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1 位上的数) 故1999=1×103+9×102+9×101+9×100 二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。例如二进制中的111记为(111)2 111=1×22+1×2+1=7 60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1 所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。 具体做法是：用2乘十进制小数，可以得到积，将积的整数部分取出，再用2乘余下的小数部分，又得到一个积，再将积的整数部分取出，如此进行，直到积中的小数部分为零，或者达到所要求的精度为止。然后把取出的整数部分按顺序排列起来，先取的整数作为二进制小数的高位有效位，后取的整数作为低位有效位。 例如：0.25 0.25*2 = 0.5 ------------整数部分：0 0.5*2 = 1.0 ------------整数部分：1 所以十进制数0.25转为二进制数即为 0.01 所以十进制数 60.25 转为二进制数即为 (11100.01)2 二、典型问题： 例1 证明：形如abcabc 的六位数总能被7、11、13整除。 证明：将已知的六位数写成十进制表达形式，得 c b a c b a abcabc +?+?+?+?+?=10101010102345 )110()1010()1010(3 4 2 5 +?++?++?=c b a 100110010100100?+?+?=c b a )10100(1001c b a ++?= )10100(13117c b a ++??= a b c a b c ∴总能被7，11，13整除。 【变式】试证明：任何一个四位正整数，如果四个数字和是9的倍数，那么这个四位数必能被9整除。并 把它推广到n 位正整数，也有同样的结论。 证明：设一个四位数为103a +102b +10c +d ，根据题意得 论初等数论与小学数学的关系 ——“同余”在小学数学教学中的应用 姓名：胡燕尔班级：070214 学号：15 刚翻开人教版大学本科小学教育专业教材《初等数论》的目录，许多在校本科小学教育专业的学生，包括我都存在这样的感觉，那就是觉得这些是再简单不过的内容：整除、质数与合数、最大公约数与最小公倍数、同余等等，这些内容在我们读小学的时候都已经学习过，似乎觉得没有必要再去研究，直到接触学习了这门课程，才扭转了我们的看法。 初等数论是小学教育专业，尤其是理科方向学生的必修专业课程，也是从事小学数学教学的老师的进修课程。其中包括整数的整除性、同余、同余方程、不定方程、不定方程、简单连分数几方面的知识。这些方面的内容在符合了小学数学教师应具有的教学思维外，也有利于学习者积累从事小学数学教育工作必备的能力与知识。 有人说：“数学是思维的体操，科学的王冠，数论是王冠上的明珠。”这颗明珠在小学数学中早已是熠熠闪光——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 约数倍数：（1）最大公约最小公倍两大定理（2）约数个数决定法 则 可见，初等数论的应用与小学数学教育事业是息息相关的。对于初等数论，我学到的也只是九牛一毛，谈不上有什么有建设性的问题，只能粗略地谈谈初等 数论中的核心内容——同余，并通过其在初等数论在小学数学中的应用来说明两者的关系。 同余是由德国数学家高斯首先提出并系统地进行研究的，它是初等数论的核心部分。其中蕴含大量的数论所特有的思想、概念和方法，它的出现使数论成为一个独立的数学分支的标志。在这一内容中包括其性质，剩余类与剩余系，欧拉定理和循环小数等几个知识点。在没接触初等数论学习之前，我们对同余这个概念很陌生，其实同余在我们小学数学学习，奥数中已经有了很深入的运用。在小学中主要体现在余数的运用上，余数是小学数学中的重要概念，也是数学竞赛的热门话题，其中有关概念多，方法性强。 在小学，关于余数问题我们知道：如果整数a除以正整数m，商为q，余数为r，则a=qm+r，其中q与r都是自然数，并且0≤r＜m.而现在我们学的同余 知识是：如果两个正整数a,b被非零自然数m除时所得的余数相同， a=qm+r,b=pm+r，那么就说a与b关于模m同余,记为a≡b（mod m）.此时a与b 的差能被m整除，记为a-b ≡0（mod m）.因此同余问题常常转化为整除问题求解。 下面，我以一个例题来反应同余在小学数学教学中的应用： 例题、a除以5余1，b除以5余4，如果3a＞b，那么3a－b除以5余几 这道题目出现在小学奥数中，小学生一般的解答方法是： 方法一：凑数法。取a为6，取b为9，这样满足了条件a除以5余1，b 除以5余4，3a-b=9,9/5余数为4。 方法二、设a=5x+1 b=5y+4 3a-b=15x-5y-1=15x-5y-5+4=5(3x-y-1)+1 3a－b除以的余数是4 a=5x+1 （x为正的整数） b=5y+4（ y为正的整数） (3a-b)/5 =(15x+3-5y-4)/5 =3x-y-1/5 =(3x-y-1)+4/5 根据x,y均为正的整数,并且3a>b，所以余数为4。 而在初等数论中的解法： 解：∵a≡1（mod5）， ∴3a≡3（mod 5）， 或者3a≡8（mod 5）．（1） 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 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：(完整版)小学奥数中的数论问题
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