【数论十讲】
数论例讲解答 （陶平生）
内容与方法：整除性、唯一分解定理、质数与合数，公约数与公倍数、高斯函数、勾股数、不定方程、同余、剩余类、欧拉定理与费尔马定理、平方和问题、p -进制
1、证明每一个正有理数都可以被写成一个这样的商的形式：其分子和分母均为由素数开始的阶乘的
乘积．
证明：采用构造法，对于任一正有理数
a
b
，其中正整数,a b 互质，只要证，,a b 均可被写成一个这样的商的形式：其分子和分母均为由素数开始的阶乘的乘积.
对于正整数,a b ，设它们的最大质因子为p ，从分子或分母中提取p 的幂，得到k a c
p b d
=?,(k 为正整数或负整数)，,c d 为互质正整数，且(,)1p cd =．于是有
()(!)(1)!k k a p c b d p =?-，继续考察有理数()(1)!k c
p d
-?，将其化为既约分数后，记为： ()11
(1)!k
a c
b p d
=
-?，则11,a b 的最大质因子小于p ，且11(!)k a a p b b =?；11(,)1p a b =．
再对有理数
1
1
a b 重复以上作法，只要111a b >，这种递降步骤便可继续下去，直至最大质因子2r p =，而22!=，故其幂2(2!)m m =．因此本题的结论成立．
2、设正整数a 不是完全平方数，求证：对每一个正整数n
，
2
n
n S =
+
++
的值都是无理数．这里{}[]x x x =-，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．
证明：设()2
21c a c <<+，其中整数1c ≥
，则c =，且2
12a c c ≤-≤，
而
c ==
．令
*),,k
k k k k c x y k N x y Z ==+∈∈.
则 ()(
1212......n n n S x x x y y y =+++++++ ……①
下面证明，对所有正整数n ，1
0n
n k
k T y
==
≠∑.由于
)
)(
1
1()(k k k k k k k k k x y c
c x y ay cx x cy ++++=
=
+=-+-
所以 11
.k k k k k k x ay cx y x cy ++=-??=-?，
由11,1x c y =-=可得22y c =-.
消去{}k x 得，()
2
212k k k y c y a c y ++=-+-， ②
其中121,2y y c ==-.
由数学归纳法易得 2120,0k k y y -><． ③ 由②和③，可得
222212122
2221212(21)()0,(21)()0,
k k k k k k k k y y c y a c y y y c y a c y ++++++-=-++-<+=--+-<
相乘得 2222210k k y y ++->，又因22
210y y ->，故212k k y y -<．
又由
22122212
212221(21)()0,(21)()0,
k k k k k k k k y y c y a c y y y c y a c y +-+--=-++->+=--+->
相乘得 222120k k y y +->，即221k k y y +<．
所以，对所有正整数n ，都有1n n y y +< ． ④
故由③ ④得，对所有正整数n ，都有2122210,0k k k k y y y y -++<+>．因此
211232221()...()0n n n T y y y y y ---=+++++>， 21234212()()...()0n n n T y y y y y y -=++++++<，
从而对所有正整数n ，都有0n T ≠，故由①知，n S 是无理数.
3、试确定，是否存在大于1的正整数n ，使得能将集合{}21,2,,M n = 分拆成n 个不相交的集合
12,,,n A A A ，其中1
n
k k M A == ，并且每个子集中的各元素之积都相等？
解：分析其局部特征，如果这样的分拆存在，那么每个子集的各元素之积关于2的幂指数应相等，于是集M 全体元素之积关于2的幂指数m 应是n 的整数倍，即
m
n
当为整数； 而2222232222k n n n n m ????????=++++????????????????
……○1，其中21
22k k n +≤< ……○2
利用[][]1x x x ≤<+，由○1得 222
22222
k n n n m n <
+++< ，因此m n n <，再证
1m n n >-，即要证，2
m n n >- ……○3；利用[]1x x >-及2122
k n ≤<，得 2222(1)(1)(1)222k n n n m >-+-++- 22
222k n n k n k =-->--，为证○3，只要证，
222n k n n --≥-，即2n k ≥+ ……○4
我们来证明，当7n ≥时，○4式必成立． 据○2式，当7n =时，由2
1
272k
k +≤<，得5k =，这时2n k =+；
当8n =时，由2
1282
k
k +≤<，得6k =，这时2n k =+；
当9,10,11n =时，由21
22
k
k n +≤<，得6k =，这时2n k >+；
当12,13,14,15n =时，由2
1
22k
k n +≤<，得7k =，这时2n k >+；
当16n ≥时，由2
1
22
k
k n +≤<得8k ≥．
如果k 为偶数，2k r =，则4r ≥，从222r n ≥得2(11)r r
n ≥=+，右端的展开式至少5项，
0121
(11)r m m
m m m m
m
C C C C C -
+>++++ (1)
22226822
m m m m k k -=++
≥++=+>+； 如果k 为奇数，21k r =+，则4r ≥，从221
2r n +≥得
2(11)287r r n r k >=+≥+=+2k >+，
即当7n ≥时，○4式成立．这时1m n n n -<
<，m
n
不是整数； 而当7n <时，直接计算集M 全体元素之积关于2的幂指数()m n 得
(2)3,(3)7,(4)15,(5)22,(6)34m m m m m =====，皆有
m
n
不是整数， 从而结论得证，即没有这样的划分．
4、设数n 为正奇数，满足2010
1
n
k n k
=∑，证明：2
2011
1
n
k n
k
=∑．
证：一般化，将2011改为不小于3的奇数m ，我们来证明，若1
1
n
m k n
k
-=∑，则必有2
1
n
m
k n
k
=∑．为此，
设
1
1n
m k k
nq -==∑，由 1
()n
n
n
m
m
m k k k k k n k =====-∑∑∑
()112222221
10
n m m m m m m m m m m m m k n C n k C n k C n k C nk k ------==-+--+-∑
2
1
n
n m m
k k n S mn k
k -===+-∑∑2
2
n m
k n S n mq k ==+-∑，所以21
2()n
m k k n S mq ==+∑，
得2
1
2
n
m
k n k
=∑，而n 为奇数，则2
1
n
m
k n
k
=∑．
5、对任意实数x , ][x 表示不超过x 的最大整数.证明：??
?
?
??+-)1()!1(n n n 是偶数. 证明：当5,4,3,2,1=n 时, 有0)1()!1(=??
?
?
??+-n n n .显然是偶数. 往证6≥n 的情形. 如果n 和1+n 是合数, 那么它们都能整除)!1(-n .又1)1,(=+n n , 所以)!1(|)1(-+n n n . 注意到n 和1+n 中只有一个是偶数.对于6≥m , )!2(-m 中2的指数大于m 的指数, 所以
)
1()!
1(+-n n n 是偶数.下
面考虑n 是质数和1+n 是质数的情况.
若n p =, 则1p +是合数, 1
)!
1(+-=
p p k 是偶数, 所以1+k 是奇数.由Wilson 定理, )(mod 1)1(p p k -≡+, 因此
p k )
1(+是奇数. 因此11)1()!1(-+=
??
????=??????+-p k p k n n n 是偶数. 若p n =+1, 则1-p 是合数, )!2(|)1(--p p .令)
1()!
2(--=
p p k , 由Wilson 定理, )(mod 1)!2(p p ≡-.所以)(mod 1)1(p p k ≡-, 因此)(mo d 1p k -≡.所以
p k 1+是整数.因为k 是偶数, 所以p
k 1
+是奇数.因为11
-+=??????p k p k , 所以??
????+-=??????)1()!1(n n n p k 是偶数. 6、设{}2221,2,3,P = 为全体正整数的平方所构成的集合，如果正整数n 能表成集合P 中的若干个
（至少一个）互异元素之和，就称“数n 具有P -结构”，记为n P ∈；证明：不具有P -结构的正整数只有有限多个．
证：即要证，存在正整数M ，使得当k M ≥时，就有k P ∈． 先证明，若有正整数,2A P B A P ∈=∈，其中2
2
2
12n A a a a =+++ ，
222
12m
B b b b =+++ ，并且集合{}1212,,,,,,,n m E a a a b b b = 中，任两个数之比都不是2的整数次幂，那么可以令22222
(1)(21)(31)(1)M B B B B =++++++++ ， 则当k M ≥时，就有k P ∈．
事实上，对于任何正整数k M ≥，设(mod )k r B ≡，其中1r B ≤≤，则()B k r -， 记2222(1)(21)(31)(1)r M B B B rB =++++++++ ，1r B ≤≤，则(mod )r M r B ≡， r K M M ≥≥，且()r B K M -；记,r K M qB q N -=∈ ……○
1 如果0q =，则r K M =，结论已成立；（据r K M M ≥≥，这也就是K M =） 如果0q >，将q 表成二进制，设12222s t
t
t
q =+++ ，120s t t t ≤<<< ． 设集合{}12,,,s T t t t = 中的奇数为112s v v v <<< ，偶数为212s u u u <<< ，
11121,0,v u s s s ≥≥+=，则12
121
1
22j i
s s v
v i j q q q ===++∑∑ ，于是
12122qB q B q B q A q B =+=?+12122111122i i s s n m v u j j i j i j a b +====????
????=+ ? ? ? ?????????
∑∑∑∑
2
2
12211,,22i i v u j j i j i j a b A B +????
=++ ? ?????
∑∑ 因此11r K A B M =++ ……○2，其中11,,r A B M P ∈，并且○2的右边各和式都打开后，任两个平方数互不相同（见附注），因此K P ∈．
又由2
2
2
2
372(25)+=+，可以取22220025,37A B +=+=，即有002B A =，且
00,A B P ∈（例如可取2222004765,37130A B =+==+=，等等）
这说明，满足条件的,A B 存在，因此结论得证．
（附注）：2
121,2i v j i j A a +??= ???
∑中的任两项互不相同：事实上，若两项产生于同一个j a ，如果
1
12
2
2
2
i i v v j j a a '++=，则i i v v '=，矛盾！若两项产生于同一个i v ，如果112
2
2
2
i i v v j j a a ++'=，则j j a a '=，矛盾！
若两项产生于不同的i v 及不同的j a ，如果
112
2
2
2
i i v v j j a a '++'=，则22i i
v v j
j
a a '-='为2的整数幂，矛盾！
同理，2
21,2i u j i j B b ??
= ???
∑中的任两项也不相同；
再说明，1A 中的任一项与1B 中的任一项也不同．事实上，若1
2
222j i v v i j
a b +''=，则12
2j i u v i j
a b --'='为2的整
数幂，矛盾！
最后说明，11,A B 的项与r M 的项不同：事实上，据2B A =知，B 为偶数，假若
2222(1)(21)(31)(1)r M B B B rB =++++++++ 中的某项2
(1)tB +与1A 中的某项122
(2
)i v j a +相同，
则12
12
i v j tB a ++=，此式左端为奇数，而右端为偶数，矛盾！
又r M 中的某项2
(1)tB +与1B 中的某项2
2
(2)i
u j b 相同，则2
12i u j tB b +=，当0i u >，则此式左端为奇数，而右端为偶数，矛盾！当0i u =，则上式化为
22212()1m j t b b b b ++++= ，这不可能，并且r M 中任两项显然不同，因此本题结论成立．
7、给定两个正整数,m n ，其中1n >，且n ?m ；试求最小的正整数k ，使得在任意k 个满足条件：
“对一切1i j k ≤<≤，n ?()i j a a -”的整数12,,,k a a a 中，都存在两个整数s a 和t a ()s t ≠，使得
s t m a a +-可被n 整除．
解：由于所考虑的是“被n 整除”这一特征，故可将题中所涉整数皆替换为“被n 除得的余数”来考虑；用x 表示整数x 被n 除得的最小正余数，即
x Z ?∈，{}1,2,,n x Z n ∈= ；
为了探求本题结论的一般性结构，先分析以下特例：
例1、取10,17n m ==，这时{}(,)1,7,,1,2,,10i j m n m a a ==∈ ，且
10i j m a a +-当且仅当10i j m a a +-，即107i j a a +-；
于是，有两种情况：
(1)、3i j a a -=； (2)、7i j a a -=-，即7j i a a -=．
问题化为，从{}1,2,,10 中取k 个数，为了保证这k 个数中必有两数之差（大数减小数）为3或7，求k 的最小值.
为此，将数1,2,,10 排列于一个圆周之上，使得相邻两两数都为3或7，有右图的排法：
从其中任取k 个不同的数，为了保证取出的数中必有两个相邻，则至少要取六个数，即6k ≥；
例2、取15,27n m ==，这时{}(,)3,12,,1,2,,15i j m n m a a ==∈ ，且
1527i j a a +-当且仅当1512i j a a +-，
此时也有两种情况：3i j a a -=；或12j i a a -=．
将数1,2,,15 排列于一个圆周之上，使得相邻两两数之差（大数减小数）都为3或12， 这时排出三个圈：
10
9
8
765432
115
14
13
2
5
3
6
1
4
此处作成三个圈是因为(,)3d m n ==的缘故．
从中任取k 个不同的数，为了保证取出的数中必有两个相邻，则在三个圈中，总共至少要取七个数， 即7k ≥；
（若总共只取六个数，可以选择每个圈上各取两个数，且不相邻，这样得到的六数不能满足条件） 现分析7k =的数字结构：7321=?+．
其中3(27,15)(,)m n d ===是圆周的个数；数2是在同一个取出的元素个数，使得在同一个圆周上可能不存在相邻数的最大允许值，它当然与该圆周上元素的个数有关，而05222n ????==????????，0n
n d =；
于是猜测，一般有： 012n k d ??
=+?
???
……○*．其中(,)d m n =，0n n d =. 今考虑一般情况：由j i n m a a +-等价于j i n m a a +-，而2n ≥，所以，条件n m ?
等价于11m n ≤≤-，且1,1i j a n a n ≤≤≤≤，
而条件n ?()i j a a -等价于n ?()i j a a -，即11i j a a n ≤-≤-，于是
222i j n m a a n -≤+-≤-，由j i n m a a +-，得 0i j m a a +-=或n ，
即j i a a m -=，或i j a a n m -=-，……①
记(,)(,)d m n m n ==，设00,m m d n n d ==，则00(,)1m n =，据①得
0j i
a a m d
-=或
00i j
a a n m d
-=- ……②
由11m n n ≤≤-<知，001m n ≤<，而由00(,)1m n =得000(,)1m n m -=； 因此由①得 (mod )i j a a d ≡，设i a ud r =+，j a vd r =+；0,1,,1r d =- ，
{}0,0,1,,u v n ∈ ……③
今按r 的取值情况讨论：
（1）、若0r =，则②化为，0v u m -=或00u v n m -=- ……④ 且因1,1i j a n a n ≤≤≤≤及0r =，由③知,u v 均不为0，即{}0
,1,2,,uv n
∈ ，
改记000,m a n m b =-=，则0a b n +=，(,)1a b =，于是④式可改写为对称形式：v u a -=和u v b -=．
引理：设(,)1a b =，0a b n +=，
,a b 为正整数，从{}01,2,,n 中取出一个t 元子集{}12,,,t M x x x = ，使得M 中的任两数之差，既不为a ，也不为b ，则t 的最大值为02n ???
???
． 采用构造法．为了导出一般性方法，先分析一个特例:取04,7,11a b n ===，将1,2,,11 按图中顺
序排列于圆周上，使得相邻两数之差，或者为4，或者为7，而不相邻的任两数之差，既不是4，也不是7； 若将圆周上的11个数按顺时针方向读出，，就是：
1,5,9,2,6,10,3,7,11,4,8，圈中不相邻的数最多可取到011522n ????
==??????
??个．
由于对一般的0,,a b n ，不可能一个个地去构造，为此，重新研究这组数的结构，对于4,7a b ==，不难发现，前三项1,5,9分别可看作
1,1,12a a ++，由此想到，后续的项当是()013,14,,11a a n a +++- ，即
是说，对于一般的0,,a b n ，填写于圆周上的0n 个数顺次为01,0,1,2,,1ta t n +=- ；另一方面，据对称性，我们也可顺次写出01,0,1,2,,1tb t n +=- ，它与上面填写于圆周上的0n 个数是重合的一组，只不过是按相反的方向从圆周上读出而已．
下面证明，排在圆周上的这组数01,0,1,2,,1ta t n +=- 符合要求.
由(),1a b =，知()(),1,,1a a b b a b +=+=，即()()00,1,,1a n b n ==，而x 是整数x 被0n 除得的最小正余数，故上述0n 个数01,0,1,2,,1ta t n +=- ，每个1ta +皆属于
{}01,2,,n ；这组数中，任两个皆不相等：假若11ia ja +=+，i j ≠
，则
()()()()001111mod ia ja ia ja i j a n =+-+≡+-+≡-
，即0n i j a -，于是
0n i j -，而011i j n ≤-≤-，矛盾！于是01,0,1,2,,1ta t n +=- 就是01,2,,n 的一个排列；
并且相邻两数之差满足：01(1)1(1(1))(1)(mod )i a ia i a ia a n ++-+≡++-+≡，
011(1)(1)(1(1))(mod )ia i a ia i a a b n +-++≡+-++≡-≡ …… ⑤
由于01,0,1,2,,1ta t n +=- 中的数，任两个不等，011ta n ≤+≤，故相邻两数之差（大数减小数）属于集{}01,2,,n ，而{}01,2,,n 为模0n 的一个完全剩余系，故其中与a 同余的只有a ，与b 同余的只有
b ，因此由⑤中两式得，相邻两数之差，要么是a ，要么是b ．
因此，要想在此圆周上所取的数不含相邻数，至多只能取02n ??????个数．而当取出012n ??
+????
个数时，其中必有两数相邻，其差为a 或b ．
(2)、当1r ≥时，由③得 00u n ≤<，00v n ≤<，即{}0,0,1,2,,1u v n ∈- ，②式化为，
0v u m -=或00u v n m -=-，这与④的形式完全相同，因此仿照()1的讨论可知，对于每个
,1,2,,1r r d =- ，我们也分别可以得到一个含有0n 个数的圈，使得相邻两数之差，要么是a ，要么是
b ．为了在每个圈上不取到相邻的数，至多只能取02n ??????个数．而当取出012n ??
+????
个数时，其中必有两数
1110987
6
543
2
1
相邻，其差为a 或b ．
并且，任两个圈上的数显然不同：假若12id r jd r +=+，则()12mod id r jd r d +≡+， 于是()12mod r r d ≡，得12r r =，矛盾！ 若取出的元素个数012n s d ??≥+?
???，则上述d 个圈中，必有一个圈至少取出了012n ??
+????
个数，导致该圈上必有两数相邻，即有,i j a a ，使()s t n m a a +-； 另一方面，若取出的元素个数02n s d ??≤?
???时，则有取法，即在每个圈上各取02n ??????
个数，使得任两数在圈上都不相邻，这时 n ?()i j m a a +-， 因此，适合条件的k 的最小值是012n k d ??
=+?
???
，（其中0(,),n d m n n d ==）． 8、对于给定的有限项的正整数数列12,,,n a a a ,进行如下操作：如果j k <，并且j a 不整除k a ，那
么将,j k a a 分别换成(,)j k a a 和[,]j k a a ；
证明：这个过程是有限的，并且最终的结果是唯一的．
证：设{}12,,,m p p p 为12,,,n a a a 的全部素因子的集，将每个k a 都表成标准分解式：
1212,1,2,,k k km
k m a p p p k n ααα== ，0,1,2,,ki i m α≥= ，
由此作出n m ?矩形数表A ：
111212122212
m
m
n n nm
ααααααααα
对于1212j j jm j m a p p p α
α
α
= 与1212k k km k m a p p p ααα
= ，()j k <，若记
min(,),max(,),1,2,,i ji ki i ji ki i m βααγαα=== ，则
1212
1212(,),[,]m m j k m j k m
a a p p p a a p p p βγββγγ== 因此，当对,j k a a 进行所述操作后，数表A 中的第i 行与第j 行即被右表B 所取代；
1212j j jm k k km
αααααα
1212m
m
βββγγγ
其中第i 行与第j 行所对应的子表中，每列上的数ji α与ki α都进行了调整，使得较小数排在上方，而较大数排在下方；称为第i 行与第j 行的“序调整”，显然，经有限多次序调整后，数表A 最终化为数表C ，
其中表C 每一列的数，从上到下就是表A 相应列中的各数自小到大的排列．若设表C 为：
111212122212m m
n n nm
x x x x x x x x x
与表C 对应的n 个数为12,,,n c c c ，1212,1,2,,k k km x
x
x
k m c p p p k n == ，由于表C 唯一，则最后的数列12,,,n c c c 唯一．（对任意j k <，都有j k c c ）
9、若正整数,,m n k 满足：21mn k =+，证明：存在1212,,,x x y y N ∈，使以下三式：
222211221212, , m x y n x y k x x y y =+=+=+ 同时成立.
证：不妨设m n ≤，对k 归纳，1k =时，由于2mn =，则 1, 2m n ==，此时有
222201, 11, 0111
m n k =+=+=?+?，即2k <时结论成立. 设当() 2k r r <≥时结论成立，当k r =时，由2
1mn r =+ ○1
则222111, 11
r r r r
n r m r n r r +++≥+=≤<=++，故可令*, , (,)n r s m r t s t N =+=-∈ ○
1式成为 ()()2 1 r t r s r -+=+ ○2，即1rs ts tr --=，两边同加2
t 得， ()()21r t s t t --=+ ○
3，因为0,r t m -=> 故0, s t ->0, s t t r -><， 由归纳假设知，存在1212,,,m m n n N ∈，使
222211221212, , r t m n s t m n t m m n n -=+-=+=+
即()()22
11, 2m r t m n n r s r t s t t =-=+=+=-+-+()()22
1212m m n n =+++
()()()112112r r t t m m m n n n =-+=+++，
若记 1111212212, , , x m y n x m m y n n ===+=+，
则在○1式中有2222
11221212, , m x y n x y k x x y y =+=+=+，1212,,,x x y y N ∈，
即k r =时结论成立，故命题得证．
10、若41p n =+为质数，则122
11
4p r r p p -=??-=????
∑，（即
221n
k k n p =??
=????
∑）． 证：()1、先证，m Z ?∈，若(),1p m =，则2
m 被p 除得的最小非负余数，只属于
1
2
p -种不同情况，且必与2
2211,2,,2p -??
???
之一同余；
事实上，若设m kp r =+，11
22
p p r ---
≤≤，0r ≠，则()22mod m r p ≡，而2r 只能取
2
2
2
11,2,,2p -??
???
诸数之一，
()2、再证，1
12
22
2
11p p r r r r p p --==????
=-???????
?∑∑
据威尔逊定理，当p 为质数，有()()1!10
mod p p -+≡，由于
1
22
p n -==偶数，则 ()()()()1
211111!1221!1!2222p p p p p p p p p -----??????-=???-??--≡- ? ? ???????
()2
1(!)
mod 2p p -??≡ ???
， 所以 ()2
1!10
mod 2p p ?-?
??+≡ ? ??
???
故()2
2
1!0mod 2p r r p ?-????+≡ ? ?????，即 ()2
21!m o d 2p r r p ?-?
??-≡? ? ?
????
但是21!2p r ?-???? ? ?????作为一个整数平方，必与集合2
2211,2,,2p A ??
-????=?? ???????
中的某数同余， 由于集合222
11,2,,2p B ??-????=---?? ???????
中的任两数对mod p 不同余，故集合B 的元素与集合A 的元素
一对一同余，且因为当()mod a b p ≡时，有a b p p ????
=????????
，因此，1
12
22
2
11p p r r r r p p --==????-=????????∑∑．
()3、注意当α不是整数时 {}{}1αα-=-+，所以
1
12
2
2
2
11p p r r r r p p --==????=-????????∑∑12
2
1(1)p r r p -=??=-+????∑12
2
11
2p r r p p -=??-=-+????
∑，故 1
22
11
4p r r p p -=??-=????
∑． 11、设p 为奇质数，,a b 是小于p 的正整数，证明：a b p +=的必要充分条件是：对任何小于p 的
正整数n ，均有22an bn p p ????
+=?
???????
正奇数. （其中方括号[] 表示取整.） 证明：必要性：若,a b p n +=是小于p 的任一正整数，记22,an bn u v p p ????
==?
???????
，因p 为质数，故
22,an bn p p 皆不为整数，因此有,,01,01,αβαβ<<<< 使 2,an u p
α=+2,bn
v p β=+ 相加得，
()2n u v αβ=+++，故αβ+为整数，由于 02αβ<+<，则必有1,αβ+=
从而 21u v n +=-=奇数.
充分性：若对任何小于p 的正整数n ，均有 22an bn p p ????
+=?
???
????
正奇数………○1 令c p a =-，则 a c p +=，据必要性的讨论可知，对任何小于p 的正整数n ，均有
22an cn p p ????
+=????????正奇数………○
2，因此由○1，○2，对任何小于p 的正整数n ，均有 22bn cn p p ????
+=????????偶数………○
3，由○3进而可得，对任何正整数m ，均有 22bm cm p p ????
+=????????
偶数………○
4，（事实上，设,0,m pt n n p =+≤<，则 22bm cm p p ????+=????????()()2222b pt n c pt n bt ct p p ++????+=++????????
22bn cn p p ????
+=????????偶数 为证充分性，只要证，b c =，用反证法，假若b c ≠，不妨设b c >，则
1b c p ≤-<，因p 为质数，有 ()()2,1b c p -=，因此有正整数m 与k ，使
()21b c m pk --= ○
5，据此知，k 必为奇数，且 221bm cm k p p p =++ ○6，显然，21cm p p +≠整数，（否则，若21cm p p +=整数，则由○6， 2bm p 为整数，因()2,1b p =，则2cm p m p ?
=整数1
p
?=整数，矛盾）. 今由
21
cm p p +≠整数，则212cm cm p p p ????+=????????
，现对○6式两边取整，得 22bm cm p p ????+=????????，因此22bm cm p p ????+=????????22cm k p ??
+=????
奇数，这与○
4式矛盾. 故原假设不真，因此b c =，即 b p a =-，所以 a b p +=.
12、设正整数a 的各位数字全由1和2组成，由其中任意() 2k k ≥个连续数位上的数字所组成的k 位
数，称为数a 的一个“k 段”；若数a 的任两个“k 段”都不相同．
证明：对于具有这种性质的最大正整数a ，其开初的一个“1k -段”和最后的一个“1k -段”必定相同.
证：设12n a x x x = 是一个具有这种性质的最大正整数，由a 的最大性，在其后面无论添加1或2，
所得到的1n +位数1121n a x x x = 以及2122n a x x x = 中，都有两个相同的“
k 段”. 设在1a 中有 1121i i i k n k n x x x x x ++--+= ；在2a 中有
1122j j j k n k n x x x x x ++--+= . 显然i j ≠，
（因为11i k j k x x +-+-≠），且11i n k ≤≤-+， 11j n k ≤≤-+，如果1i =或1j =，则直接去掉相应“k 段”中的末位数，可知结论成立；如果2i ≥且
2j ≥，因 12212i i i k n k n j j j k x x x x x x x x ++--+++-== ，
考虑各自的前一位数字111, , i j n k x x x ---+，它们只取1和2两个值，其中必有两数相同，于是数a 中有两个相同的“k 段”，矛盾. 因此,i j 中必有一个为1，故结论得证.
13、设正整数,2m n ≥，对于任一个n 元整数集{}12,,,n A a a a = ，取其中每一对不同的数,i j a a ，
()j i >，作差 j i a a -（其中有些差可能是相等的）
，由这2
n C 个差按递增顺序所排成的一个整数数列，称为集合A 的“衍生数列”，记为A ，衍生数列A 中能被m 整除的数的个数记为()A m ．
证明：对于任一正整数2m ≥，n 元整数集{}12,,,n A a a a = 及其下标（即前n 个正整数）构成的集{}1,2,,B n = 所对应的“衍生数列”,A B ，满足不等式：()()A m B m ≥．
证： 对于给定的正整数2m ≥，若整数x 被m 除得的余数为i ，{}0,1,,1i m ∈- ，则称x 属于模m 的剩余类i K .
设A 的元素中属于i K 的数有i n ()0,1,2,,1i m =- 个,而集合{1,2,,}B n = 的元素中属于i K 的数有i n '()0,1,2,,1i m =- 个,则
11
m m i
i
i i n n n --=='==∑∑ …… ①
易知，,,i j ? i n '与j n '至多相差1，且x y -是m 的倍数当且仅当两数,x y 属于模m 的同一个剩余类.
对于剩余类i K 中的任一对数,i j a a ，有j i m a a -，故属于i K 中i n 个数，共作成2i
n C 个m 的倍数，考虑所有的i ，则 1
2
()i
m n i A m C
-==
∑； 类似得 1
20
()i m n i B m C
-'
==
∑．
为证本题，只要证
1122
i
i m m n n i i C
C --'
==≥∑∑，化简后，即要证 1
1220
m m i i i i n n --=='≥∑∑． …… ○
2 据①易知，若,i j ?，1i j n n -≤，则011,,,m n n n - 与0
11,,,m n n n -''' 就是同一组数（至多只有顺序不同），这时○2式将取得等号．
若存在,i j ，使2i j n n -≥，这时将,i j n n 两数调整为,i j n n ，其中1,1i i j j n n n n =-=+，其它
元素不变，则i j i j n n n n +=+，由于()
2222
()()210i j i j i j n n n n n n +-+=-->，故调整后○2式左边的和
值将减少，因此○2式取得最小值当且仅当011,,,m n n n - 与0
11,,,m n n n -''' 为同一组数（至多只有顺序不同），即○2成立，因此结论得证．
14、若三角形的三条边长皆为有理数，且有一个内角的角度数也是有理数，试求该内角度数的所有可
能的值．并给出所有这种三角形边长的一般表达式．
解：设ABC ?中，,,,(,,BC a CA b AB c a b c ===为有理数），其内角001180m m A n n
==?，
由于对三角形作相似变换，并不改变其内角值，故可设,,a b c 皆为正整数。据余弦定理，
2222cos b c a A bc
+-==有理数，而0180,nA m =?则()()0cos cos 1801m
nA m =?=-，设
*
2c o s ,,x A k =?∈N 记2cos ,k f kA =则212,2,,f x f x ==- 且由三角和差化积公式，
()()cos 2cos 2cos cos 1k A kA A k A ++=?+，即有 21k k k f xf f ++=-，212, 2,f x f x ==- ①
据递推关系①立知，*,k k f ?∈N 为首项系数为1的x 的k 次整系数多项式. 记 1110,(n n n n i f x a x a x a a --=++++ 为整数），注意()21m
n f =?-，有
()1110210m
n n n x a x a x a --++++--= ②，而2cos x A =是方程②的有理根.
记,p
x q
=
（整数,p q 互质，0q >），代入②，成为 ()1
110210n
n m
n p p p a a a q q q --????
??++++--= ? ? ???????
，即
()11110(21)0m
n n n n n p a p q a pq a q ---++++--= ③，因此,n
q p 而,p q 互质，得1,q =因此x 为
整数，而由0
0180,1cos 1,A A <<-<<知22,x -<<故整数x 只能取值1, 0, 1-，从而
11
cos , 0, ,22
A =
- 因此00060, 90, 120A =. 另一方面，我们可实际找到这样的有理边三角形(),,,ABC a b c =使
{}00060,90,120A ∈，例如 ()1,1,1ABC ?=时，060A =；()5,4,3ABC ?=时，090A =；
()7,5,3ABC ?=时，0120A =；
即该内角的度数只有00060,90,120三种可能．
下面给出满足条件的所有有理边长三角形：首先，对于每个有理边长的三角形，我们总可将各边长通乘公分母，化为边长为整数的三角形，因此，可先求这种边长为整数的三角形； 1）、当ABC ?有一内角为0
90时，据勾股数定理，三边长为
()(){}
2
2222,,t mn t m
n t m n ??-?+，其中，t 为正有理数，(),m n m n >为互质正整数；
2）、当ABC ?有一内角为0
60时，据余弦理，2
2
2
a b c bc =+- ……①，改写此式为：
()
()()2
22
422233a b c a b c b c ++=+++-……②，即222x y z +=，其中
()()2,3,4x a b c y b c z a b c =++=-=++，在①式,,a b c 三个正整数中，若两数有公共质因数p ，
则p 也是另一数的因数；约去公因数后，,,a b c 两两互质，因此,b c 或皆奇数，或为一奇一偶；所以a 为奇数；
情形甲：()()()()22222234a b c t mn
b c t m n a b c t m n ?++=???
-=-??++=+??
；其中正整数,m n 互质，一奇一偶，m n >，
解得 ()()()222
232323t a m n mn t b mn n t c mn m ?=+-??
?=-???=-??
，其中,,m n t 的选择当使,,a b c 为两两互质正整数；
情形乙：()()()()22222324a b c t m n b c t mn a b c t m n ?++=-??
-=???++=+??
；其中正整数,m n 互质，一奇一偶，m n >，
解得2222
22(3)6(32)6(32)6t a m n t b m n mn t c m n mn ?=+??
?=-+??
?=--??
，其中,,m n t 的选择当使,,a b c 为两两互质正整数．
3）、当ABC ?有一内角为0
120时，据余弦理，222a b c bc =++ ……①，改写此式为：
()
()()2
22
422233a b c a b c b c +-=+-++……②，即222x y z +=，其中
()()2,3,4x a b c y b c z a b c =+-=+=+-，在①式,,a b c 三个正整数中，若两数有公共质因数p ，
则p 也是另一数的因数；约去公因数后，,,a b c 两两互质，因此,b c 或皆奇数，或为一奇一偶；所以a 为奇数；
情形甲：()()()()22222234a b c t mn b c t m n a b c t m n ?+-=???
+=-??+-=+??
；其中正整数,m n 互质，一奇一偶，m n >，
解得 ()()()222
232323t a m n mn t b mn n t c m mn ?=+-??
?=-??
?=-??
，其中,,m n t 的选择当使,,a b c 为两两互质正整数；
情形乙：()()()()22222324a b c t m n b c t mn a b c t m n ?+-=-??
+=???+-=+??
；其中正整数,m n 互质，一奇一偶，m n >，
解得22
22
22(3)6(32)6(32)6t a m n t b m n mn t c n mn m ?=+??
?=-+???=+-??
，其中,,m n t 的选择当使,,a b c 为两两互质正整数．
15、证明：如果正整数N 可以表示为都是3的倍数的三个整数的平方和，那么N 也可以表示为都不
是3的倍数的三个整数的平方和．
证：据题意，数N 可以表示为如下形式的和：2
2
2
9()n
a b c ++ …… ○* 其中n 为正整数，,,a b c 为整数，且a 不是3的倍数． 引理：所有形如和式○*的正整数都可表为1
2229()n x y z -++的形式，其中,,x y z 为整数，
并且,,x y z 都不是3的倍数．
引理证明：不失一般性，可设a b c ++不是3的倍数（否则，可将a 换为a -），于是有
2222222222229()(44)(44)(44)a b c a b c b c a c a b ++=++++++++ 222(22)(22)(22)a b c b c a c a b =+-++-++-
其中，三数22,22,22a b c b c a c a b +-+-+-都不是3的倍数，因为每数被3除的余数都与2()a b c ++相同，而后者不是3的倍数．
这样，每使用一次引理，和式○*中9的指数便减少1，于是，只需将这一引理使用n 次，便完成了对题中断言的证明．
16、对于互质的正整数,m n ，求最大公约数(57,57)m m n n ++所有可能的值．
解：记(57,57)(,)m m n n D m n ++=，显然有(,)(,)D m n D n m =，据这一对称性，不妨设m n ≤，易知(0,1)(2,12)2D ==，(1,1)(12,12)12D ==；
对于其它情形，采用递降法，将[,)n m ∈+∞分成两类：[,2)[2,)m m m +∞ ，
0(1)、若[2,)n m ∈+∞，由2257(57)(57)57(57)n n m m n m n m m m n m n m ----+=++-+，得
(,)(,2)D m n D m n m =-；
0(2)、若[,2n m m ∈，由2257(57)(57)57(57)n n m m n m n m n m n m m n m n ------+=++-+，得
(,)
(,2D m n D m m n
=-；
因此，若记11(,2)2(,)(,2)2m n m n m
m n m m n n m
-≥?=?
-
11(mod 2)m n m n +≡+；11(,)(,)m n m n =；以及11(,)(,)D m n D m n =．
下面说明，当(,)1m n =时，反复进行操作0
(1)0
(2)终将得到
11(,)(0,1)m n =或(1,1)．
事实上，设2n m >≥，记n mq r =+，0r m <<，（因,m n 互质，故0r ≠）； 若q 为偶数2k 时，作k 次操作0
(1)得11(,)(,)m n m r =；
若q 为奇数21k +时，作k 次操作0(1)，再作一次操作0(2)得11(,)(,)m n m m r =-； 不论何种情况，均可使110m n >>，且11(,)1m n =；
反复进行以上操作，可使11,m n 交互变小，故最终可得11(,)(0,1)m n =或(1,1)． （当m n +为奇数时变为(0,1)，而当m n +为偶数时变为(1,1)） 所以112(,)(,)12m n D m n D m n m n +?==?
+?当为奇数
当为偶数
17、试求所有的质数3p ≥，具有如下性质：对任何质数q p <，数p p q q ??
-?????
不能被任何质数的平
方整除．
解：记满足条件的质数的集合为M ，易知3,5,7,13M ∈；若(mod )p r q ≡，0r q <<，则
p p q r q ??
-?=????
．由于114(mod 7
)≡，而4含有大于1的平方因子，故11M ?；类似地，因为174(mod13),198(mod11)≡≡，234(mod19),2912(mod17)≡≡，
则17,19,23,29M ?；以下证明，大于30的任何质数皆不属于M ． 由于这种质数，其末位数字只能是1,3,7,9，
一、如果p 的末位数字为9，那么4(mod5)p ≡，此时p M ?； 二、如果p 的末位数字为1；
0(1)、若2(mod3)p ≡，则41(mod3)p -≡，4p -的末位数字为7，即4p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者4p -本身为质数q ，或者4p -有大于5的质因数q ， 设4p kq -=，*
k N ∈，得4(mod )p q ≡，于是p M ?；
0(2)、若1(mod3)p ≡，则82(mod3)p -≡，8p -的末位数字为3，即4p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者8p -本身为质数，或者8p -有大于5的32n +形状质因数q ，这种质数至少是11，设
8p kq -=，*k N ∈，得8(mod )p q ≡，于是p M ?；
三、如果p 的末位数字为7；
0(1)、若2(mod3)p ≡，则41(mod3)p -≡，4p -的末位数字为3，即4p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者4p -本身为质数q ，或者4p -有大于5的质因数q ， 设4p kq -=，*
k N ∈，得4(mod )p q ≡，于是p M ?；
0(2)、若1(mod3)p ≡，则82(mod3)p -≡，8p -的末位数字为9，即8p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者8p -本身为质数q ，或者8p -有大于5的32n +形状质因数q ，这种质数至少是11，设
8p kq -=，*k N ∈，得8(mod )p q ≡，于是p M ?；
四、如果p 的末位数字为3；
0(1)、若2(m o d3)p ≡，则41(m o d3)p -≡，4p -的末位数字为9，即4p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者4p -本身为质数q ，或者4p -有大于5的质因数q ， 设4p kq -=，*
k N ∈，得4(mod )p q ≡，于是p M ?；
0(2)、若1(mod3)p ≡，则313,1013p p --，于是存在正整数n ，使3013p n =+；
将其表为两种形式：2(152)9p n =++ …① ，以及3(103)4p n =++ …②
如果n 为奇数，则152n +为32N +形状的奇数，且与5互质，它必有一个大于5的32N +形状的奇质因数q ，（11q ≥），于是9(mod )p q ≡，这时p M ?； 如果n 为偶数，设12n n =，则13(203)4p n =++ …()2'， 由于1203n +为41N -形状的数，它必有41N -形状的质因数； 假若1203n +没有大于3的质因数q ，那么它是3的幂，
据②得， 34n
p =+ …③，由于p 的末位为3，则3n 末位为9，于是42n k =+，且1k ≥，
42423434(34)8n k k p ++=+=+=-+2121(32)(32)8k k ++=+-+ … ④
如果21
3
2k ++与2132k +-两数，其中有一数具有大于7的质因子q ，那么8(mod )p q ≡；
若任一个都不具有大于7的质因子，注意21
2121(3
2,32)(32,4)1k k k ++++-=+=，
那么其中一个是5的正整数幂，另一个是7的正整数幂，
即，或有2121327,325k a k b +++=-=… ⑤，或有2121327,325k a k b ++-=+= …⑥ 如⑤成立，则有754a
b
-=，即745a
b
-=，取模3得矛盾！
如⑥成立，有574b a -=… ⑦，故7a 的末位数字为1，于是4a ，设4a m =，于⑦两边取模7，因5n
被
7除的余数，按5,4,6,2,3,1循环，知62b h =+，
⑦成为62
45
74h m +-=，即312312(57)(57)4h m h m ++-+=，则312(57)4h m ++，矛盾！
因此，1203n +有大于3的质因数q ，那么由②得4(mod )p q ≡，这时p M ?； 综上述，满足题意的奇质数只有3,5,7,13．
18、数列012,,,a a a 满足：2
012,21,k k a a a k N +==-∈； 证明：若有奇质数p 及某项n a ，使得n p a ，则3
22
1n p +-． 证：由条件2
012,21,k k a a a k N +==-∈ ……①，212(2)2k k a a +=-，令2k k x a =，则有04x =，
2
12k k x x +=- …②，改记01x t t =+，解得2t =221k k k x t t
=+，即
22(2(2k k
k x =+，所以()
221
(2(22
k k k a =
++ ……③ 由①知，对于每个*
k N ∈，1(mod3)k a ≡，因此，若有奇质数k p a ，则3p ≠，
今按p 的情况讨论：（01）、若存在某个整数x ，使2
3(m o d )x p ≡，则对整数*k N ∈，
()()
222211
0(2(2(2)(2)22
k k k k k a x x ≡=
++≡++- (mod )p …④
（因为各边展开后，x 的奇数幂项均已抵消，可以
将3替换为2
(mod )x p ），显然，p (2)x -，p (2)x +，（否则，若其中有一个是p 的倍数，将导致2(4)p x -，即1p ，矛盾！），于是由费尔马定理，1
(2)1(mod )p x p --≡ …⑤，
由④及p 为奇质数得，22(2)(2)(mod )k k
x x p +≡--，所以
1
2221(4)(2)k k x x +≡-≡--(mod )p ，
即1
2
(2)1k x +-≡-(mod )p ，2
2
(2)1k x +-≡(mod )p ……⑥
若(2)x -对于模p 的阶为d ，(2)1(mod )d
x p -≡，则
(
)
2
2
2
(,2
)
(2)1,(2)1(2)1k k d d x x x ++----=--，得到22k d +，2,2r d r k =≤+，但若
1r k ≤+，将导致1
2(2)1k x +-≡(mod )p ，矛盾！因此22k d +=；再由⑤得，
221k p +-；又因p 为奇数，21p +，相乘得322(1)k p +-，这时命题得证；
（0
2）、若不存在整数x ，使23(mod )x p ≡，
因为整数 (
)
22(2(20(mod )k
k
p ++≡，
则有整数q ，使22(2(2k
k
pq +=，即1
22(21(2k K
pq ++=，
展开右端得，1
2
(21k ap +=-++,a b 为正整数；
引理：记{}
,1,(,)(0,0)S i i j p i j =+≤≤-≠，{}
0(mod )I i i j p =+≡≡
则(i S ?+∈，不存在1(i j S +∈，使得1(i i j I ++∈．
反证，若存在1(i j S +∈，使得1(i i j I ++∈，则1130(mod )ii jj p +≡，
110(mod )ij ji p +≡，得111111()(3)0()()i j ii jj i i ij ji +≡≡+(mod )p 即
2211()(3)0(mod )i j i j p -≡，因,i j 不同时为p 的倍数，p 223i j -（否则将导致存在x ，使23(mod )x p ≡）故110(mod )i j p ≡，设1110(mod ),i p p jj p ij ≡?，又因
1p i p ? 1j ，于是只有,p i p j ，这与条件(i S +∈矛盾！
对于i S +，令}
11S i j S =+，其中
1x y +，而11,(mod )x x y y p ≡≡且{}11,0,1,2,,1x y p ∈-
再说明，1S 1i j +S 中取不同元素时），
否则设有12i j i j +≠+……(*)，使得所产生的数皆在S 中，且
= ……(**)
则由(*)S ，
而由(**)，(i I +∈，矛盾！
于是由1S S ?，2
11S p S =-= （1S 中的11,i j 各跑遍0,1,2,,1p - 共p 个数，但是要去掉(0,0)这一
对），所以1S S =．
又由条件n p a ，其中()
221
(2(22
n n n a =
+，设22(2(2n n pq +=，
第2讲数论的方法技巧（下） 四、反证法 反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。 反证法的过程可简述为以下三个步骤： 1.反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立； 2.归谬：山“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾一一与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾； 3.结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。 运用反证法的关键在于导致矛盾。在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。 例1是否存衽三位数abc,使得&bc = ab +bc +ac? 例2将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
六、配对法 配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对(可用于il?数)。传说高斯8岁时求和(1+2+???+100)首创了配对。像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，其至很棘手的问题迎刃而解。 例7求1, 2, 3,…，9999998, 9999999这9999999个数中所有数码的和。 例8某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号。若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”。例如号码0734,因0+7二3+4,所以这个号码的购物券是幸运券。试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。 七.估计法 估讣法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范圉，以获取有关量的本质特征，达到解题的LI的。 在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数, 就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解。
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
整数可以分成奇数和偶数两大类。能被2整除的数叫做偶数，不能被2整除的数叫做奇数。偶数通常可以用2k （k 为整数）表示，奇数则可以用2k ＋1（k 为整数）表示。 任何一个大于1的自然数n 都可以写成质数的连乘积，即：312123k a a a a k n p p p p =????L ，其中k p p p ，?,,21为质数，k a a a ，?,,21为自然数，并且这种表示是唯一的.该式称为n 的质因子分解式。 奇数与偶数有如下的运算性质： (1)偶数±偶数＝偶数，奇数±奇数＝偶数； (2)偶数±奇数＝奇数； (3)偶数个奇数相加得偶数； (4)奇数个奇数相加得奇数； (5)偶数×奇数＝偶数， 奇数×奇数＝奇数。 质因数： 如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。 分解质因数： 把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。 例如：30235=??.其中2、3、5叫做30的质因数.又如21222323=??=?，2、3都叫做12的质因数，其中后一个式子叫做分解质因数的标准式，在求一个数约数的个数及约数的和的时候都要用到这个标准式.分解质因数往往是解数论类题目的突破口，它可以帮助我们分析数字的特征。 例1 有苹果、橘子各一筐，苹果有240个，橘子有313个，把这两筐水果平均分给小朋友，已知苹果分到最后还剩2个，橘子分到最后还剩7个，那么最多有多少个小朋友？ 分析与解：从240个苹果中去掉2个，即将238个苹果平均分给这些小朋友，没有剩余；从313个橘子中去掉7个，即将306个橘子平均分给这些小朋友，也没有剩余。那么238和306都是这些小朋友人数的倍数，这些小朋友的人数是238和306的公约数。求最多有多少个小朋友，实际上就是在求238与306的最大公约数。 (238，306)＝34，所以最多有34个小朋友。 答：最多有34个小朋友。
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
知识框架 」、整除的定义： 当两个整数a和b （b工0, a被b除的余数为零时（商为整数），则称a被b整除或b整除a,也把a 叫做b的倍数，b叫a的约数，记作b|a，如果a被b除所得的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a,记作b a. 二、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整 除； 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、 11或13整除； 5. 如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数，那么这个数能被9整除； 6. 如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有 两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 7. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被 7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的 过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13-3X2 = 7,所以133是7 的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613 —9>2= 595 , 59- 5X2= 49,所以6139是7的倍数，余类推。 8. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被 13整除。如果和太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」 的过程，直到能清楚判断为止。 MSDC模块化分级讲义体系六年级奥数.数论.整除问题（ABC级）.学生版Page 1 of 14
小升初数论问题 概念：几个数公有的倍数叫做这几个数的公倍数，其中最小的一个叫做最小公倍数。 从分解质因数中我们可以发现：两个数（或多个数）的公倍数必须具备： ①公倍数必须包含这几个数中所有的质因数，而根据这几个数质因数的关系，我们将这些质因数分为三类，一类是公有的质因数，一类是独有的质因数，一类是大家都没有的(如果大家都没有的个数为0，那么这时的公倍数就是最小公倍数)。 ②而最小公倍数又必须同时满足：每组公有的质因数只取一个，这几个数独有的质因数要全部取完，除此之外，不得含有其它的质因数，将这些取出的质因数全部乘起来所得的积就是这几个数的最小公倍数。 精典例题 例1：三个连续的自然数的最小公倍数是168，那么这三个自然数的和等于多少？（1998年小学数学奥林匹克初赛试题） 思路点拨：想一想：三个数的最小公倍数与这三个数有什么关系？友情提示：从分解质因数的角度来思考！ 模仿练习：三个连续的自然数的最小公倍数是9828，这三个自然数的和等于多少？(1998年小学数学奥林匹克初赛试题) 例2：有一个数在700到800之间，用15、18和24去除，都不能整除。如果在
这个数上加1，就能同时被15、18和24整除，这个数是多多少？ 思路点拨：想一想：如果在这个数加1，就能被15、18、24整除说明这个数加1所得到的数一定是这三个数的…… 模仿练习：一个四位数，千位上的数字和百位上的数字都被擦掉了，只知道十位上数字是1，个位上数字是2.如果这个数减去7就能被7整除，减去8就能被8整除，减去9就能被9整除，那么这个四位数是多少？(北京市第二届“迎春杯”刊赛试题) 例3：甲数是36，甲、乙两数的最小公倍数是288，最大公约数是4，乙数应该是多少？ 思路点拨：想一想：两个数的最大公约数与它们的最小公倍数以及这两个数之间有什么关系？ 模仿练习：甲数是60，甲乙两数的最小公倍数是180，最大公约数是30，乙数应该是多少？
数论综合 A卷 1.两个连续奇数的和乘它们的差，积是304，这两个奇数分别是（）和（）。 2.一个数分别与相邻的两个奇数相乘，得到的两个乘积相差40，这个数是（）。 3.有两个质数，它们之和既是一个小于100的奇数，又是17的倍数，这两个质数的积是（）。 4.如果P,P+10，P+20是质数，那么P+2011=（）。 5.在89,121,135,480,483中，是3的倍数的有（）个。 6.若1a219b7是99的倍数，则a+b的值为（）。 7.把91,85,77,65,51,33这六个数分为两组，每组三个数，使两组的积相等，则两组之差为（）。 8.已知三个连续偶数的和比其中最大的一个偶数的2倍还多2，这三个偶数分别是（）（）（）。 9.小明在4张同样的纸片上各写了一个正整数，从中随机抽取2张，并将它们上面的数相加，重复这样做，每次所得的和都是7,8,9,10中的一个数，并将这4个数都能取到，猜猜看，小明在这4张纸片上写的数分别是（）。 10.一个三位数，各位数字分别为A,B,C,它们互不相等，且都不为0，用A,B,C排得6个不同的三位数，若这6个三位数之和是2664，则这6个三位数中最大的可能是（）。
11.已知在一个除法算式中，被除数能被除数整除，除数与商都是质数，被除数，除数和商的积为441.则被除数为（）。 12.1到1000的自然数中，不能被3也不能被5整除的数共有（）个。 13.一个三位数，既能被8整除，又能被9整除，且5是它的因数，则这个三位数最小是（）。 14.一个三位小数四舍五入到百分位约是2.96，这个三位小数最大是（）。 15.1008乘一个正整数a，积是一个完全平方数，则a的最小值为（）。 16.能被3整除的最小的四位数是（）。 17.三个质数的和为140，则这三个质数乘积的最大值是（）。 B卷 1.在10以内任意选两个不同的质数，就可以写一个分数，其中最小的是（），能化成有限小数的最简真分数是（）。 2.任意两个连续的自然数中，两个数都是质数的有（）组。 3.两个质数的倒数相加的和的分子是31，和的分母是（）。 4.三个质数的倒数之和为，这三个质数的和是（）。 5.在1~~2015这2015个数中，与21互质的数共有（）个。 6.12345678987654321除本身之外的最大因数是（）。 7.已知A=2×3×3×3×3×5×5×7，在A的两位数的因数中，最大的是（）。
数论基础知识 小学数论问题，起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除，因数与倍数，奇数与偶数，质数与合数，公因数与公倍数，分解质因数等； 2.不能整除：余数，余数的性质与计算（余数），同余问题（除数），物不知数问题（被除数）。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 （1）定义： 定义1：若整数a能够被b整除，a叫做b的倍数，b就叫做a的因数。 定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c，或者c÷a＝b，那么称a、b是c的因数，c是a、b 的倍数。 注意：倍数与因数是相互依存关系，缺一不可。（a、b是因数，c是倍数） 一个数的因数个数是有限的，最小的因数是1，最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的，最小的倍数是它本身，没有最大的倍数。 （2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1，第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身，第二大的因数是：原数÷第二小的因数 （3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个，有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个，2000以内的完全平方数的个数是44个，3000以内的完 全平方数的个数是54个。（312=961，442=1936，542=2916） 2、数的整除（数的倍数） （1）定义： 定义1：一般地，三个整数a、b、c，且b≠0，如有a÷b＝c，则我们就说，a能被b整除，或b能整除a，或a能整除以b。 定义2：如果一个整数a，除以一个整数b（b≠0），得到一个整数商c，而且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。（a≥b） （2）整除的性质： 如果a、b能被c整除，那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。 如果a能被b整除，c是整数，那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 （3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差 1001（及其因数7、11、13、77、91、143）的倍数特征：三位截断求差
数的整除 知识框架 一、整除的定义： 当两个整数a和b（b≠0），a被b除的余数为零时（商为整数），则称a被b整除或b整除a，也把a 叫做b的倍数，b叫a的约数，记作b|a，如果a被b除所得的余数不为零，则称a不能被b整除，或b 不整除a，记作b a. 二、常见数字的整除判定方法 1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2.一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整 除； 4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、 11或13整除； 5.如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数，那么这个数能被9整除； 6.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有 两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 7.若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被 7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13－3×2＝7，所以133是7的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613－9×2＝595 ，59－5×2＝49，所以6139是7的倍数，余类推。 8.若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被 13整除。如果和太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」
第20讲数论综合二 兴趣篇 1．有4个不同的正整数，它们中任意2个数的和都是2的倍数，任意3个数的和都是3的倍数，要使这4个数的和尽可能小，请问：这4个数应该分别是多少？ 答案：1、7、13、19 解析：“任意2个数的和都是2的倍数”说明四个数奇偶性相同，“任意3个数的和都是3的倍数”说明四个数除以3的余数相同．若这四个数为奇数，第一个数为1，依次加6可得四个数为1、7、13、19.若这四个数为偶数，第一个数为2，依次加6可得四个数为2、8、14、20.显然第一组更小． 2．已知算式（1+2+3+…+n）+ 2007的结果可表示为n（n>l）个连续自然数的和．请问：共有多少个满足要求的自然数n？ 答案：5个 解析：1+2+3+…+n是项数为n的等差数列之和，我们考虑将2007平均分成n份，加到每一项上即可．2007=32×223，有6个约数，分别为1、3、9、223、669、2007。其中1舍去，有5个满足要求的自然数。 3．有些自然数能够写成一个质数与一个合数之和的形式，并且在不计加数顺序的情况下，这样的表示方法至少有4种，请问：所有满足上述条件的自然数中最小的一个是多少？ 答案：11 解析：因为有四种表示方法，至少涉及四个质数，最小的四个质数是2、3、5、7，最小的四个合数是4、6、8、9，恰好有11=7+4=5+6=3+8= 2+9.因此满足条件最小的数是11. 4．甲、乙两个自然数的乘积比甲数的平方小2008.请问：满足上述条件的自然数有几组？ 答案：4组 解析：由题目条件得，甲×甲-甲×乙=甲×（甲-乙）2008，将2008写成两个
数乘积的形式，有如下几种：2008=2008×1=1004×2=502×4=251×8．因此满足条件的甲、乙数为(2008，2007)、(1004，1102)、(502，498)、(251，243)，共有4组． 5．两个不同两位数的乘积为完全平方数，请问：它们的和最大可能是多少？ 答案：170 解析(1)两个数均为平方数，则它们的乘积仍为平方数，这种情况和最大为81+64=145.(2)两个数均不是平方数，则这两个数为a×m2，a×n2(其中m不等于n).对可能的情况进行讨论：当a=2时，这两个数最大是2×72、2×62，和为98+72=170.当a=3时，这两个数最大是3×25、3×16，和为75+48=123.当a=5时，这两个数最大是5×16、5×9，和为80+45=125.当a=6时，这两个数最大是6×16、6×9，和为96+54=150．……经讨论，和最大为170． 6．n个自然数，它们的和乘以它们的平均数后得到2008.请问：n最小是多少？ 答案：502 解析：由于2008=2008×1=1004×2=502×4=251×8，如果这挖个数的和为2008，平均数为1，那么n为2008.如果这n个数的和为1004，平均数为2，那么n为502.知果这n个数的和为502，平均数为4，那么这不可能，如果这n 个数的和为251，平均数为8，那么这不可能，因此n最小是502. 7．一个正整数若能表示为两个正整数的平方差，则称这个数为“智慧数”，比如16=52-32，16就是一个“智慧数”，请问：从1开始的自然数列中，第2008个“智慧数”是多少？ 答案：2680 解析：通过尝试可以发现如下规律：相邻两个平方数的差为3，5，7，9，
第十讲：数论之余数问题 余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。 许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！” 余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。 知识点拨： 一、带余除法的定义及性质： 一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r, 0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。这里： r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商 (1)当0 r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商 (2)当0 一个完美的带余除法讲解模型: 如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为被除数，现在 要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色，经过打包后共打包了 c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。 这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。并且 可以看出余数一定要比除数小。 二、三大余数定理： 1.余数的加法定理 a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。 例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等 于4，即两个余数的和3+1. 当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。 例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2. 2.余数的乘法定理 a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。 例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。 当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。 例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23×19除以5的余数等于3×4除以5的余数，即2. 3.同余定理
第十一讲 数论综合（二） 教学目标： 1、 掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型； 2、 重点理解和掌握余数部分的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉”的数学思想 例题精讲： 板块一 质数合数 【例 1】 有三张卡片，它们上面各写着数字1，2，3，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来， 可以得到不同的一位数、二位数、三位数，请你将其中的质数都写出来． 【解析】 抽一张卡片，可写出一位数1，2，3；抽两张卡片，可写出两位数12，13，21，23，31，32；抽三 张卡片，可写出三位数123，132，213，231，312，321，其中三位数的数字和均为6，都能被3整除，所以都是合数．这些数中，是质数的有：2，3，13，23，31． 【例 2】 三个质数的乘积恰好等于它们和的11倍，求这三个质数． 【解析】 设这三个质数分别是a 、b 、c ，满足11abc a b c =++()，则可知a 、b 、c 中必有一个为11，不妨 记为a ，那么11bc b c =++，整理得(1b -)(1c -)12=，又121122634=?=?=?，对应的2b =、13c =或3b =、7c =或4b =、5c = (舍去)，所以这三个质数可能是2，11，13或3，7，11． 【例 3】 用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那 么这9个数字最多能组成多少个质数？ 【解析】 要使质数个数最多，我们尽量组成一位的质数，有2、3、5、7均为一位质数，这样还剩下1、4、6、 8、9这5个不是质数的数字未用．有1、4、8、9可以组成质数41、89，而6可以与7组合成质数 67．所以这9个数字最多可以组成6个质数． 【例 4】 有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位 数．求这两个整数分别是多少？ 【解析】 两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都 可以表示成两个整数相加的形式，例如331322313301617=+=+=+==+L L ，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了．可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111373=?，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍(想想为什么？)3倍就不是两位数了． 把九个三位数分解：111373=?、222376743=?=?、333379=?、4443712746=?=?、5553715=?、6663718749=?=?、7773721=?、88837247412=?=?、9993727=?． 把两个因数相加，只有(743+)77=和(3718+)55=的两位数字相同．所以满足题意的答案是74和3，37和18． 板块二 余数问题 【例 5】 (2003年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、 商与余数之和为2113，则被除数是多少？ 【解析】 被除数+除数+商+余数=被除数+除数+17+13=2113，所以被除数+除数=2083，由于被除数是除 数的17倍还多13，则由“和倍问题”可得：除数=(2083-13)÷(17+1)=115，所以被除数=2083-115=1968．
2021年{某某}小学 小 学 数 学 学 习 资 料 教师： 年级： 日期：
第二十一讲数论综合 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。 基本公式 1.已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c。 2.已知c|ab，(b,c)=1,则c|a。 3.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= p11a× p22a×...×p k k a（#) 其中p1 6.自然数是否能被3，4，25，8，125，5，7,9，11，13等数整除的判别方法。 7.平方数的总结： ①平方差：A2-B2=（A+B）（A-B），其中我们还得注意A+B， A-B同奇偶性。 ②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。约数个数为3的是质数的平方。 ③质因数分答案：把数字分答案，使他满足积是平方数。 ④立方和：A3+B3=(A+B)(A2-AB+B2)。 8.十进制自然数表示法，十进制和二进制，八进制，五进制等的相互转化。 9.周期性数字：abab=ab×101 1.全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分，解出数论的压轴大题是关键。 2.牢记基本公式，并在解题中灵活运用公式。 例1:将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（4×3×2×1=24）。将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000-4000之间。请求出这24个四位数中最大的一个。 答案：不妨设这4个数字分别是a>b>c>d 那么从小到大的第5个就是dacb,它是5的倍数，因此b=0或5，注意到b>c>d,所以b=5; 从大到小排列的第2个是abdc,它是不能被4整除的偶数；所以c是偶数，c＜b=5，c=4或2 从小到大的第二十个是adbc,第五个是dacb,它们的差在3000-4000之间，所以a=d+4； 因为a>b,所以a至少是6，那么d最小是2，所以c就只能是4。而如果d=2，那么abdc的末2位是24，它是4的倍数，和条件矛盾。因此d=3,从而a=d+4=3+4=7。 这24个四位数中最大的一个显然是abcd,我们求得了a=7,b=5,c=4,d=3 所以这24个四位数中最大的一个是7543。 例2：一个5位数，它的各个位数字和为43，且能被11整除，求所有满足条件的5位数？ 答案：现在我们有两个入手的选择，可以选择数字和，也可以选择被11整除，但我们发现被11整除性质的运用要具体的数字，而现在没有，所以我们选择先从数字和入手。 5位数数字和最大的为9×5=45，这样43的可能性只有9，9，9，9，7或9，9，9，8，8。这样我们接着用11的整除特征，发现符合条件的有99979，97999，98989符合条件。 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n 个整数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)(mod m 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 . 第22讲数论综合三 典型问题 ◇◇兴趣篇◇◇ 1.（1）求所有满足下列条件的三位数：在它左边写上40后所得的五位数是完全平方数。 （2）求满足下列条件的最小自然数：在它左边写上80后所得的数是完全平方数。 【分析】（1）设这个三位数为abc 根据题意有240abc n =，即240000abc n +=，22200(200)(200)abc n n n =-=+-当201n =时，401abc =，五位数是220140401 =当202n =时，804abc =，五位数是220240804 =当203n =时，abc 不是三位数（舍去） 所以满足条件的三位数是401，804 （2）当这个自然数是一位数时，有280a n =，229841=，228784=，因此一位数不 存在，同理两位数不存在当这个自然数是三位数时，有280abc n =，280000abc n =-，228480656=，所以最小自然数是656 2.已知!n 3 是一个完全平方数，试确定自然数n 的值。（n n !123 ） 【分析】当6n ≥时，!()n m 3331 ，不可能是完全平方数，因此n 只能取1到5间的数， 经试验1n =或3 3.一个完全平方数是四位数，且它的各位数字均小于7。如果把组成它的每个数字都加上3，便得到另外一个完全平方数。求原来的四位数。 【分析】根据题意有2abcd m =，2(3)(3)(3)(3)a b c d n ++++=，因此223333n m -=，即 ()()311101n m n m +-=??，且,n m 都是两位数，因此()()33101n m n m +-=?，所 第七讲数论综合之高难度因数与倍数问题 模块一、因数与倍数的综合问题 例1．对于正整数a 、b ，[a ，b ]表示最小公倍数，(a ，b )表示最大公约数，求解下列关于未知数m ，n 的方程： [,]55 (,)[,](,)70 m n m n m n m n m n m n ?++=???-=??>??? ① ②③。 解：设m =ap ，n =bp ，a ，b 互质，则[m ，n ]=abp ，(a ，b )=p ， 则5570 ab ap bp abp p ++=??-=?，由p ×(ab ?1)=70，所以p |70，70=2×5×7， 若p =2，则ab =36，a ≠b ，得a =12，b =3，代入①式矛盾，舍去； 若p =7，则ab =11，a ≠b ，得a =11，b =1，代入①式矛盾，舍去； 若p =5，则ab =15，a ≠b ，得a =5，b =3，于是m =25，n =15，[m ，n ]=75，(m ，n )=5， 所以原方程的解是2515 m n =??=?。 例2．n 为非零自然数，a =8n +7，b =5n +6，且最大公约数(a ，b )=d >1，求d 的值。 解：用辗转相除的方法，(8n +7，5n +6)=(3n +1，5n +6)=(3n +1，2n +5)=(n ?4，2n +5)=(n ?4，n +9)=(13，n +9)， 所以(a ，b )=13. 例3．M n 为1、2、3、……、n 的最小公倍数，对于样的正整数n ，M n ?1=M n 。 解：如果n 是一个合数，且n 不是某一整数的k 次方，则M n ?1=M n 。 因为n 是一个合数，所以n =a ×b ，a ，b 都小于n ，且a 、b 互质，于是a 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10数论问题的常用方法(教师版)
数学思维导引-六年级-数论综合三(21)
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