高一竞赛数论专题
7.奇数偶数
1.求所有的正整数2n ≥使得对于任意的两个整数,(0,)i j i j n ≤≤均有i j +与i j n n C C +同奇偶.
2.在一个国家里,国王要建n 座城市,并且在它们之间建1n -条道路,使得从每座城市可通往任何一座城市(每条道路连接两座城市,道路不相交,也不经过其他城市).国王要求：沿着道路网,两座城市之间的最短距离分别为1公里,2公里,3公里,,(1)2
n n -公里. (1)若6n =；国王的要求能实现？
(2)若2017n =；国王的要求能实现？
3.设111212122212(4)n n n n nn a a a a a a A n a a a ?? ? ?=≥ ? ???
中的1(1,)ij a i j n =±≤≤,现将矩阵A 中n 个两两既不同行也不同列的的数的乘积称为一个基本项,例如1122nn a a a 就是一个基本项.
证明：矩阵A 的全部基本项的和总能被4整除.
4.求所有使得212122
x x y +++=的整数对(,).x y
高一竞赛数论专题
7.奇数偶数解答
1.求所有的正整数2n ≥使得对于任意的两个整数,(0,)i j i j n ≤≤均有i j +与i j
n n C C +同奇偶. 解：i j +与i j n n C C +同奇偶就是说()i j n n C C i j +-+是偶数,也就是,i j n n C i C j --同奇偶.注意到当0i =时,对任意的正整数2n ≥都有1i n C i -=,所以i n C i -的只能都是奇数.再注意到当i n =时,对任意的正整数2n ≥都有1n n C n n -=-,所以n 一定是偶数.
所以当i 为奇数时,i n C 为偶数,当i 为偶数时,i n C 为奇数,且n 是偶数.
于是111i i i n n n C C C +++=+必为奇数.若111i i i n n n C C C +++=+为奇数,注意到01n C =时奇数,所以i 为奇数时,i n C 为偶数,当i 为偶数时,i n C 为奇数.
从而我们证明了i j +与i j n n C C +同奇偶的充要条件是11i n C ++为奇数.
若11i n C ++为奇数,则2(1,2,
,1)k n C k n +=+都是偶数,因为1212.k k n n n C C k -+++= 由任意性可取11212
s s k n +≤=≤+<,因为2n ≥,所以1s ≥,则221212.2s
s n n s n C C -+++=于是2| 2.s n + 所以1222s s n +<+≤,于是122.s n ++=于是12222(2)s k n k +=-=-≥.
另一方面若22(2)k
n k =-≥,我们证明21(2)k q C k -≥都是奇数. 21(21)(22)(2)12k k k k q
q C q
----=?,2k t -与t 所含的2的方幂相同,这是因为2||,u t 则u k <,2|2,u k t - 但因为12u t +?,12|2,u k +所以122.u k t +-?即2||2.u k t -所以21
(2)k q C k -≥都是奇数. 法2：i j +与i j n n C C +同奇偶就是说()i j n n C C i j +-+是偶数,也就是,i j n n C i C j --同奇偶.注意到当0i =时,
对任意的正整数2n ≥都有1i n C i -=,所以i
n C i -的只能都是奇数.再注意到当i n =时,对任意的正整数2n ≥都有1n n C n n -=-,所以n 一定是偶数.
101022,22k k k k n a a a i b b b =+++=+++,,0,1.i i a b =
因为n 一定是偶数,00.a =
①若i 是奇数,则01,b =由Lucas 定理知道011101
100(mod2).k k k k b b b b b i n a a a a a C C C C C C C ≡=≡ 所以i
n C i -是奇数.满足条件.
②若i 是偶数,则00,b =若存在i i b a >,则0i i b a C =, 于是由Lucas 定理知道01100(mod2).k
i k i b b b b i n a a a a C C C C C ≡≡所以i n C i -是偶数矛盾. 所以对任意的0,1,,i n =都有.i i a b ≥取最大的12120k i =?+
+?+, 则此时的n 只能是11212022(1)22(2).k k m n k m +=?+
+?+=-≥=-≥ 此时由Lucas 定理知道01101101101(mod2).k
k b b b i
n a a a C C C C C C C ≡=≡ 所以i n C i -是奇数.满足条件. 若22(2),m n m =-≥则12120.k n =?++?+由Lucas 定理i n
C i -是奇数. 所以22(2).m n m =-≥
2.在一个国家里,国王要建n 座城市,并且在它们之间建1n -条道路,使得从每座城市可通往任何一座城市(每条道路连接两座城市,道路不相交,也不经过其他城市).国王要求：沿着道路网,两座城市之间的最短距离分别为1公里,2公里,3公里,,(1)2
n n -公里. (1)若6n =；国王的要求能实现？
(2)若2017n =；国王的要求能实现？
解：首先由要建n 座城市,并且在它们之间建1n -条道路知道从任何一座城市到另外一座城市只有唯一的线路,若不然,一定存在某几座城市可以形成环线,不妨设00(2)n n ≥座城市形成环线,这个环线至少需要0n 条道路,每增加一座城市,至少需要建1条道路,所以增加0n n -座城市至少需要建0n n -条道路,从而总共至少要建n 条道路.矛盾.
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
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
全国初中数学联赛初二卷及详解
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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
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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% 。
数论 数论素有“数学皇后”的美称。由于其形式简单，意义明确，所用知识不多而又富于技巧性，千姿百态，灵活多样。有人曾说：“用以发现数学天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。”因此在理念的国内外数学竞赛中，几乎都离不开数论问题，使之成为竞赛数学的一大重要内容。 1. 基本内容 竞赛数学中的数论问题主要有： （1）整除性问题； （2）数性的判断（如奇偶性、互质性、质数、合数、完全平方数等）； （3）余数问题； （4）整数的分解与分拆； （5）不定方程问题； （6）与高斯函数[]x有关的问题。 有关的基本知识： 关于奇数和偶数有如下性质： 奇数+奇数=偶数；奇数+偶数=奇数；偶数+偶数=偶数. 两个数之和是奇（偶）数，则这两个数的奇偶性相反（同）. 若干个整数之和为奇数，则这些数中必有奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则这些数中若有奇数，奇数的个数必为偶数个. 奇数g奇数=奇数；奇数g偶数=偶数；偶数g偶数=偶数. 若干个整数之积为奇数，则这些数必为奇数；若干个整数之积为偶数，则这些数中至少有一个偶数. 若a是整数，则a与a有相同的奇偶性；若a、b是整数，则a b -奇偶性 +与a b 相同。 关于整数的整除性： 设,, a b c是整数，则○1a a；○2若, a b b c，则a c；○3若, a b b c，则对任意整数,m n， +. 有a bm cn
若在等式11m n i i i i a b ===∑∑中，除某一项外，其余各项都能被c 整除，则这一项也能被c 整除. 若(,)1a b =，且a bc ，则a c .若(,)1a b =，且,a b b c ，则ab c . 设p 是素数，若p ab ，则p a 或p b . 关于同余： 若0(mod )a m ≡，则m a . (mod )a b m ≡?,a b 分别被m 除，余数相同. 同余具有反身性:(mod )a a m ≡、对称性:若(mod )a b m ≡，则(mod )b a m ≡、传递性：若,(mod )a b b c m ≡≡，则(mod )a c m ≡. 2. 方法评析 数论问题综合性强，以极少的知识就可生出无穷的变化。因此数论问题的方法多样，技巧性高，富于创造性和灵活性。在竞赛数学中，解决数论问题的常用方法有因式分解法、估值法、调整法、构造法、反证法、奇偶分析法等等。 2.1 因式（数）分解 例1 证明无穷数列10001，100010001，……中没有素数。 证明：设1 1000100011n n a =L 1442443个，则 4484(1)41011101010=101 n n n a --=++++-L 当n 为偶数，设2n k =， 888484101(10)1101=101101101 k k n a ---=---g 所以n a 为合数。 当n 为奇数，设2+1n k =， 42+1221221422101101101==101101101 k k k n a ++--+--+g （）（）（）
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 《竞赛数学中的初等数论》 贾广素编著 2006-8-21 序 言 数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6道IMO 试题中有5道与数论有关。 数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。 初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于N r q N b a ∈?∈?,,,，满足r bq a +=，其中b r <≤0。 除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。 编者：贾广素 2006-8-21于山东济宁 第一节 整数的p 进位制及其应用 正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数，人们发明了进位制， 这是一种位值记数法。进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系，近几年来，国内与 国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现，比如处理数字问题、处理整除问题及处理 数列问题等等。在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。 基础知识 给定一个m 位的正整数A ，其各位上的数字分别记为021,,,a a a m m --，则此数可以简记为：021a a a A m m --=（其中01≠-m a ）。 由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的1-m 次多项式，即 012211101010a a a a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i 且 01≠-m a ，像这种10的多项式表示的数常常简记为10021)(a a a A m m --=。在我们的日常 生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作021a a a A m m --=，以后我们 所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。但是随着计算机的 普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。特别是 现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种 数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是 一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。 为了具备一般性，我们给出正整数A 的p 进制表示： 012211a p a p a p a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},1,,2,1,0{-=-∈m i p a i 且 01≠-m a 。而m 仍然为十进制数字，简记为p m m a a a A )(021 --=。 典例分析 例1．将一个十进制数字2004（若没有指明，我们也认为是十进制的数字）转化成二进制与 八进制，并将其表示成多项式形式。 分析与解答 分析：用2作为除数（若化为p 进位制就以p 作为除数），除2004商1002，余数为0；再 用2作为除数，除1002商501余数为0；如此继续下去，起到商为0为止。所得的各次余 数按从左到右的顺序排列出来，便得到所化出的二进位制的数。 解： 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! 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 高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理 1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,, ,k a a a ,一次同余方程组 (mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1k j j m m ==∏的意义下解101 (mod )k j j j j x x M M a m - =≡=∑唯一. 其中1,j j j m M M m -= 是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡ 2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡??≡??≡? . 3.设*,n N ∈证明：存在* ,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根. (请对比拉格朗日定理). 4.证明：对任意给定的正整数n ,均有连续n 个正整数,其中每一个都有大于1的平方因子. 5.证明：对任意正整数n ,存在n 个连续正整数,它们中每一个数都不是素数的幂. 6.证明：存在任意长的由不同正整数组成的等差数列,它的项都是正整数的幂,幂指数是大于1的整数. 7.设,m n 是自然数,满足对任意自然数,k (,111)(,111)m k n k -=-.证明存在某个整数l 使得11.l m n = 高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理解答 1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,, ,k a a a ,一次同余方程组 (mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1k j j m m ==∏的意义下解101 (mod )k j j j j x x M M a m - =≡=∑唯一. 其中1,j j j m M M m -= 是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡ 证明：因为(,)1,,i j m m i j =≠所以(,) 1.j j M m =由Bezout 定理知道存在整数,s t 使得 1.j j sM tm += 1(mod ).j j sM m ≡取1.j M s - =于是11(mod ).j j j M M m -≡另一方面,,j j m M m =所以|,.i j m M i j ≠ 于是111(mod )(1,2,,).k j j j i i i i i j M M a M M a a m i k --=≡≡=∑即11(mod )k j j j j x M M a m -=≡∑是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的解. 若00 ,x x '是是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的两个解. 则00 (mod ),(mod ).j j j j x a m x a m '≡≡于是00(mod ).j x x m '≡即00|j m x x '-.因为(,)1,.i j m m i j =≠ 所以00 |m x x '-,即00(mod ).x x m '≡ 所以中国剩余定理的得证. 2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡??≡??≡? . 解：7,8,9两两互素,则由中国剩余定理知道有唯一解. 123789504,72,63,56.M M M M =??==== 1722(mod 7),M =≡取114(mod 7).M -≡ 2631(mod8),M =≡-取12 1(mod8).M -≡- 3562(mod 9),M =≡取135(mod 9).M -≡ 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 竞赛数学中的初等数论(精华版)
高中数学竞赛数论
(完整版)小学奥数中的数论问题
高一年级竞赛数学数论专题讲义：10.中国剩余定理
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