第三讲 数论专题 - 学生版

生活就像海洋，只有意志坚强的人，才能到达彼岸。

——马克思小学阶段的数论知识包括数的整除、奇偶性、质数合数、约数倍数、同余问题、完全平方数等，这些知识也是初中数论的重点，分班考试的命题则在于考查这些知识的基本性质及其应用。

1.两个整数相加时，和是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，积是一个三位数，且三个数字相同。

请写出所有满足上述条件的两个整数。

2. 一个五位数是54的倍数，并且它的各位数字都不为0。

删去它的一位数字后所得的四位数仍是54的倍数.再删去该四位数的一位数字后所得的三位数还是54的倍数，再删去该三位数的一位数字后所得的两位数还是54的倍数，试求原五位数。

3.已知2006120062111222N =⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 个个，试将N 表示为4个大于1的自然数之积。

4.一队少年儿童不超过50人，围成一圈作游戏．每个儿童的左右相邻都恰是一个男孩子和一个女孩子。

问：这队少年儿童最多有多少人?为什么?真题模考第三讲数论生活就像海洋，只有意志坚强的人，才能到达彼岸。

——马克思5.将12345678910111213…依次写到第1997个数字，组成一个1997位数，此数除以9的余数是几？6. 求同时满足下列三个条件的自然数a 、b ：①a b >；②169ab a b=+；③a b +是平方数。

7. 在11张卡片上各写有一个不超过5的数字，将这些卡片排成一行，得到一个11位数；再将它们按另一种顺序排成一行，又得到一个11位数.请证明这两个11位数的和的十进制表达式中至少有一位数字是偶数。

【例1】 已知p 、q 均为质数，且满足25359p p +=，则以3p +，1p q -+，24p q +-为边长的三角形是（ ）。

A . 锐角三角形B . 直角三角形C . 钝角三角形D . 等腰三角形考点拓展生活就像海洋，只有意志坚强的人，才能到达彼岸。

——马克思【例2】 π的前24位数值为3.14159265358979323846264 在这24个数字中，任意逐个抽取1个数字，并依次记作1a ，2a ，3a ，…24a ，则12342324()()()a a a a a a --- 为（ ）。

数论专题讲义数论专题数论主要分为以下几个模块：1、数的整除问题2、质数合数与分解质因数3、约数与倍数4、余数问题5、奇数与偶数6、位值原理7、完全平方数8、数字谜问题一、分裂问题一.一个数的末位能被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数和偶数位数之和的差可以除以11，那么这个数可以除以114.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，然后这个数字可以除以7、11或13【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）性质1如果数a和数b都能被数c整除，那么它们的和或差也能被c整除．即如果ca，CB，然后是C（a±b）性质2如果数a能被数b整除，b又能被数c整除，那么a也能被c整除．即如果boa，Cob，然后COA用同样的方法，我们还可以得出：属性3如果a可以被B和C的乘积除，那么a也可以被B和C除。

也就是说，如果bcoa，那么么boa，coa．属性4如果数字a可以被数字B或数字C除，并且数字B和数字C是互质的，那么a必须被数字B除1/10除以和C的乘积。

也就是说，如果boa，COA和（B，C）=1，那么bcoa性质5如果数a能被数b整除，那么am也能被bm整除．如果b｜a，那么bm｜am（m是非零整数）；性质6如果数a能整除数b，且数c能被数d整除，那么ac也能整除bd，如果b｜a，和D C，然后是BD AC；1、整除判定特征如果六位数的数字是1992□ □ 可以除以105，最后两位数是多少？2、数的整除性质应用如果15abc6可以除以36，商是最小的，那么a、B和C分别是什么？3、整除综合性问题已知：23！？258d20c6738849766ab000。

小升初专题训练---数论数论在数学中旳地位是独特旳，高斯曾经说过“数学是科学旳皇后，数论是数学中旳皇冠”。

翻开任何一本数学辅导书，数论旳内容都占据了不少旳版面。

在小升初择校考试及小学各类数学竞赛中，直接运用数论知识解题旳题目分值大概占据整张试卷总分旳12%左右，小学阶段旳数论知识点重要有：1、质数与合数、因数与倍数、分解质因数2、数旳整除特性及整除性质3、余数旳性质、同余问题4、位值原理5、最值问题知识点一：质数与合数、因数与倍数、分解质因数1.质数与合数突破要点——质数合数分清晰，2是唯一偶质数(1)质数：一种数除了1和它自身以外，没有其他旳因数，这样旳数统称质数。

(2)合数：一种数除了1和它自身以外，尚有其他旳因数，这样旳数统称合数。

例如：4、6、8、10、12、14，…都是合数。

在100以内有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97共25个质数2约数与倍数公因数短除法到一种不能除为止，公倍数除到海枯石烂为止，因数有限个，倍数无穷多。

假如一种自然数a能被自然数b整除，那么称a为b旳倍数，b为a旳约数。

假如一种自然数同步是若干个自然数旳约数，那么称这个自然数是这若干个自然数旳公约数。

在所有公约数中最大旳一种公约数，称为这若干个自然数旳最大公约数。

自然数a1，a2，…，an旳最大公约数一般用符号（a1，a2，…，an）表达，例如，（6，9，15）=3。

3．质因数与分解质因数（1）假如一种质数是某个数旳约数，那么就是说这个质数是这个数旳质因数。

（2）把一种合数用质因数相乘旳形式表达出来，叫做分解质因数。

例如，把42分解质因数，即是42=2×3×7。

其中2、3、7叫做42旳质因数。

又如，50=2×5×5，2、5都叫做50旳质因数。

4、要注意如下几条：（1）1既不是质数，也不是合数。

小升初专项训练---数论数论在数学中的地位是独特的，高斯曾经说过“数学是科学的皇后，数论是数学中的皇冠”。

翻开任何一本数学辅导书，数论的内容都占据了不少的版面。

在小升初择校考试及小学各类数学竞赛中，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12%左右，小学阶段的数论知识点主要有：1、质数与合数、因数与倍数、分解质因数2、数的整除特征及整除性质3、余数的性质、同余问题4、位值原理5、最值问题知识点一：质数与合数、因数与倍数、分解质因数1.质数与合数突破要点——质数合数分清楚，2是唯一偶质数(1)质数：一个数除了1和它本身以外，没有其他的因数，这样的数统称质数。

(2)合数：一个数除了1和它本身以外，还有其他的因数，这样的数统称合数。

例如：4、6、8、10、12、14，…都是合数。

在100以内有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97共25个质数2约数与倍数公因数短除法到一个不能除为止，公倍数除到海枯石烂为止，因数有限个，倍数无穷多。

如果一个自然数a能被自然数b整除，那么称a为b的倍数，b为a的约数。

如果一个自然数同时是若干个自然数的约数，那么称这个自然数是这若干个自然数的公约数。

在所有公约数中最大的一个公约数，称为这若干个自然数的最大公约数。

自然数a1，a2，…，an的最大公约数通常用符号（a1，a2，…，an）表示，例如，（6，9，15）=3。

3．质因数与分解质因数（1）如果一个质数是某个数的约数，那么就是说这个质数是这个数的质因数。

（2）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，把42分解质因数，即是42=2×3×7。

其中2、3、7叫做42的质因数。

又如，50=2×5×5，2、5都叫做50的质因数。

4、要注意以下几条：（1）1既不是质数，也不是合数。

小学阶段的数论知识包括数的整除、奇偶性、质数合数、约数倍数、同余问题、完全平方数等，这些知识也是初中数论的重点，分班考试的命题则在于考查这些知识的基本性质及其应用。

1.两个整数相加时，和是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，积是一个三位数，且三个数字相同。

请写出所有满足上述条件的两个整数。

2. 一个五位数是54的倍数，并且它的各位数字都不为0。

删去它的一位数字后所得的四位数仍是54的倍数.再删去该四位数的一位数字后所得的三位数还是54的倍数，再删去该三位数的一位数字后所得的两位数还是54的倍数，试求原五位数。

3.已知2006120062111222N =⋅⋅⋅⋅⋅⋅个个，试将N 表示为4个大于1的自然数之积。

4.一队少年儿童不超过50人，围成一圈作游戏．每个儿童的左右相邻都恰是一个男孩子和一个女孩子。

问：这队少年儿童最多有多少人?为什么?5. 将12345678910111213…依次写到第1997个数字，组成一个1997位数，此数除以9的余数是几？第三讲数论6. 求同时满足下列三个条件的自然数a 、b ：①a b >；②169ab a b=+；③a b +是平方数。

7. 在11张卡片上各写有一个不超过5的数字，将这些卡片排成一行，得到一个11位数；再将它们按另一种顺序排成一行，又得到一个11位数.请证明这两个11位数的和的十进制表达式中至少有一位数字是偶数。

【例1】 已知p 、q 均为质数，且满足25359p p +=，则以3p +，1p q -+，24p q +-为边长的三角形是（ ）。

A . 锐角三角形B . 直角三角形C . 钝角三角形D . 等腰三角形【例2】 π的前24位数值为 3.14159265358979323846264在这24个数字中，任意逐个抽取1个数字，并依次记作1a ，2a ，3a ，…24a ，则12342324()()()a a a a a a ---为（ ）。

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，所以学好本讲知识对于同学们来说非常重要。

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、同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。

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，我们就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0r≠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0二、同余的概念和性质同余定义：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（mod m）。

（*）上式可读作：a同余于b，模m。

同余式（*）意味着（我们假设a≥b）：a－b＝mk，k 是整数，即m｜（a－b）例如：①15≡365（mod 7），因为365－15＝350＝7×50。

②56≡20（mod 9），因为56－20＝36＝9×4。

③90≡0（mod 10），因为90－0＝90＝10×9。

由例③我们得到启发，a可被m整除，可用同余式表示为：a≡0（mod m）。

例如，表示a是一个偶数，可以写a≡0（mod 2）；表示b是一个奇数，可以写b≡1（mod 2）。

同余的性质：性质1：a≡a（mod m）（反身性），这个性质很显然，因为a－a＝0＝m·0。

性质2：若a≡b（mod m），那么b≡a（mod m）（对称性）。

性质3：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么a≡c（mod m）（传递性）。

性质4：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么a±c≡b±d（mod m）（可加减性）。

性质5：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么ac≡bd（mod m）（可乘性）。

数论讲义答案(第三章)1. 证明: 若n 为正整数, α为实数, 则(1) ][][αα=⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n , (2) [][]ααααn n n n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++1...1. 证明:(1) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r ,左边 = q n r q n r nq n n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡][α, 右边 = []q n n r q n n r nq n n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=}{}{αααα 所以[]αα=⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n ][. (2) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r , α = q +( r + {n α})/n . r = 0时, α = q +{n α}/n , 左边 = q + q + … + q = nq . 右边 = nq .r ≥ 1时, 左边 = ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++n n n r q n n r q n n r q 1}{...1}{}{ααα = nq +∑∑--=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++11}{}{r n k n r n k n k n r n k n r αα = nq + 0 + n - 1 - (n - r ) + 1 = nq + r=[n α] = 右边. #2. 证明不等式[2α] + [2β] ≥ [α] + [α + β] + [β]证明:设α = m + a , β = n + b , m , n ∈Z , 0 ≤ a , b < 1. 不妨设a ≥ b , 则 [2α] + [2β] = [2m +2a ] + [2n + 2b ]= 2m + 2n + [2a ] + [2b ]而[α] + [α + β] + [β] = [m + a ] + [n + b ] + [m + n + a + b ]= 2m + 2n + [a ] + [b ] + [a +b ] = 2m + 2n + [a +b ]下证 [2a ] + [2b ] ≥ [a +b ] 而 a ≥ b , 故[2a ]≥[a +b ],自然有[2a ] + [2b ] ≥ [a +b ]. #3. 证明: 若a > 0, b > 0, n > 0, 满足n | a n - b n , 则n | (a n - b n )/(a -b ).证明:设p m || n , p 为一个素数, a - b = t , 若p |/t , 则由p m | a n - b n , 自然有p m | (a n - b n )/t . 现设p | t , 而tb t b t b a nn n n -+=-)( = ∑=--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ni i i n t b i n 11因为!)1)...(1(11i t b i n n n t b i n i i n i i n ----+--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ (1) 在i = 1, 2, …, n 时, i !中含p 的最高方幂是∑∑∞=∞=≤-=<⎥⎦⎤⎢⎣⎡111k k kk i p ip i p i 又因p i -1 | t i -1, p m | n , 故由(1)可知p m | n i t b i n i i n ,...,1,1=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--.即 p m | (a n - b n )/(a -b ). 把n 作因子分解并考察每一个素因子, 这就证明了n | (a n - b n )/(a -b ). #4. 证明: 若n ≥ 5, 2 ≤ b ≤ n , 则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--b n b )!1(1. (1) 证明:若b < n , 则b (b -1) | (n -1)!, 即⎥⎦⎤⎢⎣⎡--b n b )!1(1, 且⎥⎦⎤⎢⎣⎡-b n )!1(∈Z , 故(1)成立. 若b = n , n 是一个合数且不是一个素数的平方, 可设b = n = rs , 1 < r < s < n , 由(n , n -1) = 1知s < n -1, 故b (b -1) = rs (n -1) | (n -1)!, (1)式成立.若b = n = p 2, p 是一个素数, 由n = p 2 ≥ 5知, 1 < p < 2p < p 2 - 1 = n - 1, 故p , 2p , n - 1是小于n 的三个不同的数. 故p ⋅2p ⋅(n -1) = 2b (b -1) | (n -1)!, 故(1)式成立.若b = n = p , p 是一个素数, 由(p -1)! + 1 ≡ 0 (mod p )知p p p p p p p p p p )1()!1(11)!1(11)!1()!1(---=-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡- 即)1()!1()!1(---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-p p p p p , 而(p , p -1) = 1知(p -1)⎥⎦⎤⎢⎣⎡-p n )!1(, (1)成立. #5. 证明: 对于任意的正整数n ,)!1(!)!2(+n n n是一个整数.证明: 因为pot p ((2n )!) = ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡12i i p n , pot p ((n )!) = ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡1i i p n , pot p ((n +1)!) = ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+11i i p n .所以只需证∀ i ≥ 1, ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡i i i p n p n p n 12. (*)设n = qp i + r , 0 ≤ r < p i , 则若r < p i - 1, 则,,1q p n q p n i i =⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+(*)式成立. 若r = p i - 1, 则,,11q p n q p n i i =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+而⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡i i i i i i p n p n q p p q p p q p n i 1121122222, 故此时(*)式也成立. 所以)!1(!)!2(+n n n ∈Z . #6. 证明: 设∑==kj j n n 1, 则(1)!!...!!21k n n n n 是一个整数;(2) 如n 是一个素数, 而max(n 1, …, n k ) < n , 则!!...!!|21k n n n n n .证明:(1) 证法一 只需设n 1, n 2,…, n k 均为正数, 设p 为任意素数, 则v p ((n )!) = ∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡1i i p n , v p ((n j )!) = k j p n i i j ≤≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡∑∞=0,1, 只需证∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡++k j i j ik p n p n n 11...对∀i ≥ 1均成立, 而由P64 性质2知这是显然的, 故!!...!!21k n n n n ∈Z .证法二 n = 2时,Z n n n n n n ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-111)!(!!, 假设n - 1时结论成立, 则当n 时Z n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n k k k k ∈++++++=+++=)!()!...)((!!)!(!!...!)!...(!!...!!213212*********(由归纳假设知Z n n n n n n k ∈+++++)!()!...)((21321, 又!!)!(2121n n n n +∈Z .)(2) 若n 是素数, 且max(n 1, n 2,…,n k ) < n , 故n | n !, 而n |/n 1!, n 2!, …, n k !, 所以 !!...!!|21k n n n n n . #7. 证明: 如果在自然数列1 ≤ a 1 < a2 < … < a k ≤ n中, 任意两个数a i , a j 的最小公倍数[a i , a j ] > n , 则k ≤ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21n . 证明:断言: 对于≤2n 的任意n + 1个正整数中, 至少有一个被另一个所整除. 设1 ≤ a 1 < a 2 < … < a n +1 ≤ 2n , a i = 2λi b i , λi ≥ 0, 2|/b i , 1 ≤ i ≤ n +1, 其中b i < 2n . 因为在1, 2, …, 2n 中只有n 个不同的奇数1, 3, …, 2n -1, 故b 1, b 2, …, b n +1中至少有两个相同. 设b i = b j , 1 ≤ i < j ≤ n +1, 于是在a i = 2λi b i 和a j = 2λj b i 中, 由a i < a j 知λi < λj . 故a i | a j .若k > ,21⎥⎦⎤⎢⎣⎡+n 当n = 2t 时, k > t n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21, 故a 1, …, a k 为k (k ≥ t +1)个小于等于2t 的数, 故∃ i , j , 1 ≤ i < j ≤ k , 使得a i | a j . 故[a i , a j ] = a j ≤ n , 矛盾!若n = 2t + 1, 则k > ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21n = t + 1, 因为1, 2, …, n = 2t + 1中只能有t + 1个奇数, 故k 个数a 1, a 2, …, a k 中有一对数i , j , 1 ≤ i < j ≤ k , 使得a i | a j , 所以[a i , a j ] = a j ≤ n 矛盾. 故k ≤ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+21n . # 8. 证明: 若k > 0, 则∑==kd d u )(0)(ϕ. 证明:若∃ d , 使得ϕ(d ) = k ,则(1) 22 | d , 则u (d ) = 0不考虑.(2) 2 || d , 则(d /2, 2) = 1, 所以ϕ(d ) = ϕ(2⨯d /2) = ϕ(2)⨯ϕ(d /2) = ϕ(d /2) = k .而 u (d ) + u (d /2) = 0.(3) 2|/d , 则ϕ(2d ) = ϕ(2)⨯ϕ(d ) = ϕ(d ) = k , 而u (2d ) + u (d ) = 0. 故{u (d ) ≠ 0 | u (d ) = k }可分成若干对, 每对为u (d ) + u (2d ) = 0. 故∑==kd d u )(0)(ϕ. # 9. 证明∑=nd n u d u |22)()(.证明:由u (n )的定义有⎩⎨⎧=中含有平方因子中不含有平方因子n n n u ,0,1)(2, 当n 中不含有平方因子时, 显然∑==nd u d u |21)1()(当n 中含有平方因子时, 设n = n 02m , n 0 > 1, m 不含平方因子, 则0)()()()(1||.||0222022====∑∑∑∑>n d n d mn d nd d u d u d u d u .故=∑nd d u |2)(u 2(n ). #其实, 采用类似的方法可证⎩⎨⎧>=∑其它若,11,|,0)(|m n m d u k n d k. 10. 证明: 对于任一个素数p ,∑⎪⎩⎪⎨⎧≥===n d n p n n d p u d u | ,01, ,21,1)),(()(是其余情形若若若αα. 证明:n = 1结论显然. 若n = p α, α ≥ 1, 则2)()()1()1()),(()(|=+=∑p u p u u u d p u d u nd .若(n , p ) = 1, 则0)()),(()(||==∑∑nd nd d u d p u d u .若n = p αn 1, n 1 > 1, 则0)()()()()()()),(()(111|1|),(|1),(||=+=+=∑∑∑∑∑==n d n d pp d n d p d n d nd p u d u d u p u d u d u d p u d u #11. 证明∑=n d d d u n n |2)()()(ϕϕ 证明:n = 1时结论显然.n > 1时, 由于u (n ), ϕ(n )均是积性函数, 所以u 2(d )/ϕ(d ), ∑nd d d u |2)()(ϕ也是积性函数. 设n = p 1α1…p s αs , 则右边 = ∏∏∏===-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++sk s k s k kk k k k k k p p p p p u p p u k k 111221111)()(...)()(1ααϕϕ. 左边 =()∏∏∏===---=-=-sk k ksk kssk kssp p pp p pp p p p s s 111111111)1(...1 (11)αααα. 故 ∑=n d n n d d u |2)()()(ϕϕ. # 12. 证明: ∑=nd d d u |0)()(ϕ的充分必要条件是)2(mod 0≡n .证明:设n = k k p p αα (1)1, p 1, …, p k 为不同的素数, αi ≥ 1, i = 1, 2, …, k .)...()...(...)()()1()1()()(111|k kki iind p p pp u p p u u d d u ϕϕϕϕ+++=∑∑==∏∑==--++--+ki ikki i pp 11)1()1(...)1)(1(1=∏=--ki i p 1)11(所以,n pd d u ind |220)()(|⇔=∃⇔=∑某个ϕ. #13. 证明:)0(2)1()(1>+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∑=n n n d n d nd ϕ. 证明:n = 1时结论显然.假设对n = k 时成立, 即2)1()(1+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∑=k k d k d kd ϕ. 则n = k + 1时, 有)1(1)()(1)(1111++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑∑==+=k d k d k d d k d d k d kd k d k d ϕϕϕϕ =)1()(2)1(11|++++∑+<+k d k k k d k d ϕϕ = ∑+++1|)(2)1(k d d k k ϕ =12)1(+++k k k = 2)2)(1(++k k . #证法二 因为∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎥⎦⎤⎢⎣⎡d n k d n 11, 所以∑∑∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡====⎥⎦⎤⎢⎣⎡d n k nd nd d d n d 1111)()(ϕϕ∑∑⎥⎦⎤⎢⎣⎡===d n k n d d 11)(ϕ∑∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==nk k n d d 11)(ϕ∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=n k k n k 1)(ϕ)(1k k n n k ϕ∑=⎥⎦⎤⎢⎣⎡= )(...)3(3)2(2)1(n n n n ϕϕϕϕ++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=∑∑∑+++=nd d d d d d |2|1|)(...)()(ϕϕϕn +++=...21 2)1(+=n n . # 14. 计算S (n ) = ∑⎪⎭⎫⎝⎛n d d n u d u |)(.解:若n = 1, S (1) = 1, 若n = p 1…p k , 则S (n ) = ∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n u d u |)(= u (1)u (p 1p 2…p k ) + u (p 1)u (p 2…p k ) + … + u (p k )u (p 1…p k -1) +… + u (p 1p 2…p k )u (1)= (-1)k (k k kk C C C +++ (1)0) = 2k (-1)k若n = p 12p 2…p k , 则S (n ) = ∑+-==⎪⎭⎫⎝⎛nd k k p p p u p u d n u d u |1211)1()...()()(其余情形S (n ) = 0. # 15. 证明: n 是素数的充分必要条件是σ(n ) + ϕ(n ) = nd (n ). 证明:“⇒” 若n 为素数, 则σ(n ) = 1 + n , ϕ(n ) = n - 1, d (n ) = 2, 所以有σ(n ) + ϕ(n ) = nd (n ).“⇐” n , d (n ), ϕ(n ), σ(n )均是极性函数, 若n 不为素数的方幂, n = n 1n 2, (n 1, n 2) = 1,σ(n 1n 2) + ϕ(n 1n 2) = σ(n 1)σ(n 2) + ϕ(n 1)ϕ (n 2)≠ (σ(n 1)+ϕ(n 1))⋅( σ(n 2)+ ϕ (n 2)) = n 1n 2d (n 1n 2).若n = p α, α ≥ 1, σ(n ) = 1 + p + … + p α-1 + p α, ϕ(n ) = p α - p α-1, d (n ) = α + 1, 1 + p + … + p α-2 + 2p α = (α + 1)p α, 只有α = 1时σ(n ) + ϕ(n ) = nd (n )才成立, 即n 是素数. # 16. 证明: 如果有正整数n 满足ϕ(n + 3) = ϕ(n ) + 2, (1)则n = 2p α 或n + 3 = 2p α, 其中α ≥ 1, p ≡ 3 (mod 4), p 是素数. 证明:经验证可知n = 1, 2不满足(1)式, 设n > 2, 则ϕ(n ), ϕ(n +3)均为偶数. 由(1)知ϕ(n )和ϕ(n +3)不能同时被4整除, 故只能有ϕ(n ) ≡ 2 (mod 4), ϕ(n +3) ≡ 0 (mod 4)或ϕ(n ) ≡ 0 (mod 4), ϕ(n +3) ≡ 2 (mod 4).令n = 2α1p 2α2…p k αk , 则ϕ(n ) = 2α1-1p 2α2-1(p 2-1)…p k αk -1(p k -1). 由于ϕ(n )中2α1-1, (p 2-1), …, (p k -1)均被2整除, 若ϕ(n ) ≡ 2 (mod 4), 则n 只能含有一个奇素数因子, 因此n 有三种情况: (1) n = 2α1, 此时α1 = 2, 故n = 4; (2) n = p 2α2, 此时p 2满足p 2 ≡ 3 (mod 4); (3) n = 2α1p 2α2, 此时α1 = 1, p 2 ≡ 3 (mod 4), 即n = 2p 2α2. 因为ϕ(4) ≠ ϕ(1) + 2, 所以若ϕ(n +3) ≡ 2 (mod 4), 经类似的分析可得n + 3 = p α, 2p α, α ≥ 1, p ≡ 3 (mod 4). 设n = p α, 由(1)得ϕ(p α+3) = p α - p α-1 + 2 (2)设2t || p α + 3, t ≥ 1, 由(2)得 p α - p α-1 + 2 = ϕ(2t ⋅(p α + 3)/2t )= 2t -1⋅ϕ( (p α + 3)/2t ) ≤ 2t -1⋅( (p α + 3)/2t -1) = (p α + 3)/2-2t -1即有 p α - p α-1 + 2 ≤ (p α + 3)/2 - 1, 化简得p α ≤ 2p α-1 - 3, 也即3 ≤ p α-1(2-p ) 由于p > 2, 故 3 ≤ p α-1(2-p )不能成立. 同样可证n + 3 = p α时, (1)式不成立, 故n = 2p α或n + 3= 2p α. # 17. 证明ϕ(n ) ≥ n /d (n ).证明:设n 的标准分解式为s l s l p p n ...11=, 故ϕ(n )d (n ) = n (1-1/p 1)…(1-1/p s )(l 1 + 1)…(l s + 1) ≥ n (1/2)s 2s = n于是得ϕ(n ) ≥ n /d (n ). # 18. 求出满足ϕ(mn ) = ϕ(m ) + ϕ(n ) (1)的全部正整数对(m , n ). 解:设(m ,n ) = d , 则从ϕ(n )的公式不难有ϕ(mn ) = d ⋅ϕ(m )⋅ϕ(n )/ϕ(d ), 由(1)得ϕ(m ) + ϕ(n ) = d ⋅ϕ(m )⋅ϕ(n )/ϕ(d ), (2)设ϕ(m )/ϕ(d ) = a , ϕ(n )/ϕ(d ) = b , a , b 都是正整数, (2)化为1/a + 1/b = d (3)d > 2时, 易证(3)无正整数解, 在d = 1和d = 2时, (3)分别仅有正整数解a = b = 2和a = b = 1. 在d = 1, a = b = 2时, ϕ(m ) = ϕ(n ) = 2, 因此(m , n ) = (3, 4), (4, 3); 在d = 2, a = b = 1时, ϕ(m ) = ϕ(n ) = 1, 于是(m , n ) = (2, 2). # 19. 若n > 0, 满足24 | n + 1, 则24 | σ(n ). 证明:由24 | n + 1知n ≡ -1(mod 3)和n ≡ -1(mod 8), 设因子d | n , 则3|/d , 2|/d , 可设d ≡ 1, 2 (mod 3), d ≡ 1, 3, 5, 7(mod 8).因为d ⋅(n /d ) = n ≡ -1 (mod 3)和d ⋅(n /d ) = n ≡ -1(mod 8), 由此推出, d ≡ 1 (mod 3), n /d ≡ 2 (mod 3) 或d ≡ 2 (mod 3), n /d ≡ 1 (mod 3), 和d ≡ 3 (mod 8), n /d ≡ 5 (mod 8) 或d ≡ 5 (mod 8), n /d ≡ 3 (mod 8) 或d ≡ 1 (mod 8), n /d ≡ 7 (mod 8) 或d ≡ 7 (mod 8), n /d ≡ 1 (mod 8).每一种情形都有d + n /d ≡ 0 (mod 3), d + n /d ≡ 0 (mod 8), 故d + n /d ≡ 0(mod 24). 又若d = n /d , 则n = d 2, d > 1, 则因为2|/n , 所以2|/d , 但n = d 2 ≡ 1 (mod 8)矛盾. 所以n 的所有正因子可以配对, 每对为d , n /d , 故24 | σ(n ). # 20. 证明: 若n = p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk , k ≤ 8, 则ϕ(n ) > n /6. 证明:ϕ(n ) = ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-k p p n 11...111 而p i 越大, 1 - 1/p i 越大, 故只要证p 1, p 2, …, p 8为前8个素数时, ϕ(n ) > n /6成立即可, 即要证611911...511311211>⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-, 而左边=6132332355296>, 即结论成立. # 21. 设w (1) = 0, n > 1, w (n )是n 的不同的素因子的个数, 证明:f (n ) = w (n )*μ(n ) = 0或1.证明:若n = p α (α ≥ 2)f (n ) = w (n )*u (n ) = ∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n w d u |)( = u (1)⋅w (p α) + u (p )⋅w (p α-1) = u (1)⋅1 + (-1)⋅1 = 0.若n = p ,f (n ) = w (n )*u (n ) = w (1)⋅u (p ) + w (p )⋅u (1) = 1若n = p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk , k ≥ 2, 则 f (n ) = w (n )*u (n )= ∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n w d u |)(= )1()1())1(()1(...)1()1()1(1110w C k k C k u C k u C k k k k k k kk -⋅+---⋅++-⋅-⋅+⋅⋅-- = 1|)')1((=-x k x= 0 # 22. 设f (x )的定义域是[0, 1]中的有理数,F (n ) = ()nknk f 1=∑, F *(n ) = ()n k nn k k f 1),(1==∑,证明: F *(n ) = μ(n )*F (n ). 证明:由Mobius 变换定理知, 等价于证明F (n ) = F *(n )*e (n ), 即要证F (n ) = ∑∑∑==⎪⎭⎫ ⎝⎛=nd dd k k nd d k f d F |1),(1|*)(. 而对于r /n , r = 1, 2, …, n 的每个分数, 既约后均为k /d , d | n , k ≤ d , (k , d ) = 1的形式, 即为某个r /n , 1 ≤ r ≤ n . 故∑∑∑===⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛n r nd dd k k n r f d k f 1|1),(1, 即F (n ) = ∑nd d F |*)(, 再由Mobius 逆变换即得. #23. 证明: 若f (n )是完全积性函数, 则对所有的数论函数g (n ), h (n ), 有f (n ) (g (n ) *h (n )) = (f (n )g (n )) * (f (n )h (n )).证明:f (n )⋅(g (n )*h (n )) = f (n )⋅(∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n h d g |)()= ∑⎪⎭⎫⎝⎛nd d n h d g n f |)()(= ∑⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛nd d n h d n f d g d f |)()(= (f (n )⋅g (n ))*(f (n )⋅h (n )) #24. 证明: 若f (n )和f 1(n )各为g (n )和g 1(n )的麦比乌斯变换, 则()()d nnd dn nd f d g g d f 1|1|)()(∑=∑. 证明:f (n ) = ∑nd d g |)(, f 1(n ) = ∑nd d g |11)(,∑∑∑⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛nd n d dc d n g c g d n g d f |||11)()( ∑∑∑∑∑==⎪⎭⎫⎝⎛an b na n a an b n d b g a g b g a g d n f d g ||1||1|1)()()()()( 令b = n /d , 则(n /d ) | (n /a )⇒ a | d . 于是∑∑∑∑⎪⎭⎫⎝⎛=n d d a an b na d n g a gb g a g ||1||1)()()(.故∑∑⎪⎭⎫⎝⎛n d dc d n g c g ||1)(与∑∑n a an b b g a g ||1)()(展开式中每一项均相等, 因此()()d nnd dn nd f d g g d f 1|1|)()(∑=∑. # 证法二f = g *e ,f 1 =g 1*e , 则f *g 1 = g *e *g 1 = g *g 1*e = g *(g 1*e ) = g *f 1. # 25. 设f (x )是一个整系数多项式, ψ(n )代表f (0), f (1), ⋅⋅⋅ , f (n -1) (1)中与n 互素的数的个数, 证明: (1) ψ(n )是积性数论函数;(2) ψ(p α) = p α-1( p -b p ), b p 代表(1)中被素数p 整除的数的个数. 证明:(1) 需证 ∀(m , n ) = 1,f (0), f (1), …, f (n -1) f (n ), f (n + 1), …, f (2n -1) ……f ((m -1)⋅n ), f ((m -1)⋅n + 1), …, f ((m -1)⋅n + n -1)中与mn 互素的个数为ψ(m )ψ(n )个. 又f (x )为整系数多项式, 故 f (i + n ) ≡ f (i ) mod n f (i + m ) ≡ f (i ) mod m故上述mn 个数中每一行与n 互素的有ψ(n )个, 所以f (0), f (1), …., f ((m -1)⋅n + n -1)中共有m ψ(n )个与n 互素的数. 而f (i ), f (n + i ), …, f ((m -1)⋅n + i )由于i , n + i , …, (m -1)⋅n + i 恰好通过mod m 的一组完系, 所以上述m ψ(n )个与n 互素的数中有ψ(m )ψ(n )个与m 互素, 因此有ψ(mn ) = ψ(m )ψ(n ). (2) (a , p α) = 1⇔(a , p ) = 1, 而f (0), f (1), …, f (p -1) f (p ), f (p + 1), …, f (2p -1) ……f ((p α-1-1)⋅p ), f ((p α-1-1)⋅p + 1), …, f ((p α-1-1)⋅p + p -1) 每一行与p 互素个数为p -b p , 于是ψ(p α) = p α-1(p -b p ). # 26. 证明.))((())((2|3|t d t d nt nt ∑=∑证明:因为d 为积性函数, 故d 3, d 3*e , (d *e )2均为积性函数, 故只需对n = 1及n = p α证明上式即可!n = 1时, 左边 = 1 = 右边, 故命题成立. n = p α时, p 为素数, α ≥ 1时()()223330303|32141)1(...21)1())(())((++=++++=+==∑∑∑==ααααααi i ipt i p d t d ()()∑∑∑∑=++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==ααααααp t i i i p t t d i p d t d |32220202|))((2141)1()()(. # 27. 找出所有的正整数n 分别满足(1) ϕ(n ) = n /2; (2) ϕ(n ) = ϕ(2n ); (3) ϕ(n ) = 12.证明: 设n = p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk , p 1 < p 2 < … < p k , 则ϕ(n ) = n (1-1/p 1)…(1-1/p k ).(1) 若ϕ(n ) = n /2, 则(1-1/p 1)…(1-1/p k ) = 1/2.若t = 1, 则p 1 = 2, n = 2α即为所求.若p 1 ≠ 2, (1-1/p 1)…(1-1/p k ) = 1/2, 则2(p 1-1)…(p k -1) = p 1p 2…p k , 而p 1, p 2, …, p k 均为不同的奇素数, 所以此时ϕ(n ) = n /2不成立.(2) 若n 为奇数, p 1, p 2, …, p k 均为不同的奇素数, 则)(11...1111...112112)2(11n p p n p p n n k k ϕϕ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=. 若n 为偶数, 设p 1 = 2, 则)(211...211211...112112)2(2n p n p p n n t ϕϕ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=. 所以当n 是奇数时, ϕ(n ) = ϕ(2n ).(3) 若ϕ(n ) = p 1α1-1(p 1-1) p 2α2-1(p 2-1)⋅⋅⋅ p k αk -1(p k -1) = 12, 则p i - 1 | 12, i = 1,2, …, k . 故p i ∈ {2, 3, 5, 7, 13}且k ≤ 3, αi ≤ 3, i = 1, 2, …, k . 则若2|/n , ϕ(n ) = 12, 则n = 13, 3⨯7; 若2||n , 则n = 2⨯13, 2⨯3⨯7; 若4 || n , 则n = 4⨯7. 若2k || n (k ≥ 3), 则ϕ(n ) = ϕ(2k )⋅ϕ(n /2k ) = 2k -1⋅ϕ(n /2k ) = 12没有整数解, 所以ϕ(n ) = 12的解只有n = 13, 3⨯7, 2⨯13, 2⨯3⨯7, 4⨯7. #28. 证明: 设p n 表示第n 个素数, 则存在正常数C 1, C 2使C 1 n log n < p n < C 2 n log n .证明:n ≥ 2时, 由第7节定理1有nnn n n log 12)(log 81≤≤π将n 换成p n , 有nn n np p n p p log 12log 81≤≤. (1)上面不等式左边给出 p n ≤ 8n log p n . (2) 两边取对数有 log p n ≤ log8n + loglog p n . (3) 又x > 1时, log x < x /2, 所以loglog p n < log p n /2. 所以由(3)式, 有log p n /2<log8n . log p n <2log8n ≤8log n (因为n ≥ 2, (8n )2 ≤ n 8)再由(2)有, p n <64n log n , 取C 2 = 64即可. 而(1)的右边给出p n ≥ n log p n /12> n log n /12, 故取C 1 = 1/12即可. 即(1/12) n log n < p n < 64 n log n . #29. 证明: 设f 1 = f 2 = 1, F n +2 = F n +1 + F n (n ≥ 0), 则(F m , F n ) = F (m , n ).证明:(1) 首先证明对于n ≥ 2, m ≥ 1有f n +m = f n -1f m + f n f m +1, (*)对m 归纳证之m = 1时, 要证f n +1 = f n -1f 1 + f n f 2 = f n -1 + f n 即可. 假设小于m 时(*)成立. 则等于m 时, 由题设 f n +m = f n +m -1 + f n +m -2= (f n -1f m -1 + f n f m ) + (f n -1f m -2+f n f m -1) (归纳假设) = f n -1(f m -1 + f m -2) + f n (f m + f m -1) = f n -1 f m + f n f m +1 (m ≥ 3)m = 2时, f n +2 = f n +1 + f n = f n + f n -1 + f n = 2f n + f n -1f 2 = f n -1f 2 + f n f 3 故(*)成立.(2) 若m | n , 则f m | f n , 事实上, 设n = mn 1, 对n 1归纳, n 1 = 1时显然, 设f m | f mn 1, 则f m (n 1+1) = f mn 1+m )1(=f mn 1-1⋅f m + f mn 1⋅f m +1 故f m | f m (n 1+1) 故m | n 时, f m | f n . (3) (f n , f n + 1) = 1, n ≥ 1设(f n , f n + 1) = d , 则由题设 f n + 1 = f n +f n - 1 ⇒ d | f n - 1, 继续下去得d | f 1 = 1, 即d = 1. (4) 设m > n , (f m , f n ) =f (m , n ). 若m = n , 显然. 事实上, 设m = nq + r , 0 < r < n .(因若n | m , 由(2)显然). 由(1)及(2)有:(f m , f n ) = (f nq + r , f n )= (f nq - 1f r + f nq f r + 1, f n ) nqn f f |=(f nq - 1f r , f n )而f n | f nq , (f nq - 1, f nq ) = 1, ∴(f nq - 1, f n ) = 1, ∴(f m , f n ) = (f r , f n )令n = q 1r + r 0, 同上又有(f r , f n ) = (f r , f r 0) =…=f (m , n ). # 30. 证明: 设f (n )是一个积性函数, 则对素数的方幂p α (α ≥ 1)有f ( p α) = f ( p )α,则f (n )是完全积性函数. 证明:设m = p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk , n = p 1β1 p 2β2⋅⋅⋅ p k βk , αi ≥ 0, βi ≥ 0, i = 1, 2 , …, k .f (m ) = f (p 1α1 p 2α2⋅⋅⋅ p k αk ) = f (p 1α1)…f (p k αk ) = f (p 1)α1…f (p k )αk .同理, f (n ) = f (p 1)β1…f (p k )βk . 所以f (mn ) = f (p 1α1+β1p 2α2+β2⋅⋅⋅ p k αk +βk ) = f (p 1)α1+β1…f (p k )αk +βk . #31. 证明: 若F (n ), f (n )是两个数论函数, 则F (n ) = nd |∏f (d )的充分必要条件是f (n ) = nd |∏F (d )μ(n /d ).证明:“⇒”)/(||1|)/(1)()(d n u n d dd nd d n u d f d F ∏∏∏== )/(|)/(|1111)(td n u n d d n t d f ∏∏(d = d 1t )= ∑∏)1/(|11)/(|1)(d n t td n u nd d f = ∏=11|1)(d n nd d f= f (n )“⇐”)/(||1|)/(1)()(d n u n d dd nd d n u d F d f ∏∏∏== )/(|)/(|1111)(td n u n d d n t d F ∏∏ (d = d 1t )= ∑∏)1/(|11)/(|1)(d n t td n u nd d F= ∏=11|1)(d n n d d F= F (n ) #。

学科培优数学“数论综合三”学生姓名授课日期教师姓名授课时长知识定位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。

知识梳理涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题,以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题．例题精讲【试题来源】【题目】己知五个数依次是13,12, 15, 25,20它们每相邻的两个数相乘得四个数,这四个数每相邻的两个数相乘得三个数,这三个数每相邻的两个数相乘得两个数,这两个数相乘得一个数。

请问最后这个数从个位起向左数、可以连续地数到几个0？【试题来源】【题目】有4个不同的自然数,它们当中任意2个数的和是2的倍数,任意3个数的和是3的倍数．为了使得这4个数的和尽可能地小,这4个数分别是多少?【试题来源】【题目】将数字4,5,6,7,8,9各使用一次,组成一个被667整除的6位数,那么,这个6位数除以667的结果是．【试题来源】【题目】在小于5000的自然数中,能被11整除,并且数字和为13的数,共有多少个?【试题来源】【题目】从1,2,3,……n中,任取57个数,使这57个数必有两个数的差为13,则n的最大值为_______。

【试题来源】【题目】一个自然数与自身相乘的结果称为完全平方数。

已知一个完全平方数是四位数,且各位数字均小于7。

如果把组成它的数字都加上3,便得到另外一个完全平方数,求原来的四位数。

【试题来源】【题目】4个不同的真分数的分子都是1,它们的分母有2个是奇数、2个是偶数,而且2个分母是奇数的分数之和与2个分母是偶数的分数之和相等．这样的奇数和偶数很多,小明希望这样的2个偶数之和尽量地小,那么这个和的最小可能值是多少?习题演练【试题来源】【题目】A telephone number has the from ABC-DEF-GHIJ,where each letter represents a different digit . The digits in ench part of the number are in decreasing order；that is,ABC,DEF,and GHIJ,Further more,D,E,and F are consecutive even digits；G,H,I,and J are consecutive odd digits ；and A+B+C=9. What is A ?【试题来源】【题目】在给定的圆周上有2000个点．任取一点标上数1；按顺时针方向从标有1的点往后数2个点,在第2个点上标上数2；从标有2的点再往后数3个点,在第3个点上标上数3；……；依此类推,直至在圆周上标出1993．对于圆周上的这些点,有的点可能标上多个数,有的点可能没有被标数．问标有数1993的那个点上标的最小数是多少?【试题来源】【题目】设1,3,9,27,81,243是6个给定的数,从这6个数中取出若干个数,每个数至多取一次,然后将取出的数相加得到一个和数,这样共可得到63个不同的数．把这些数从小到大排列起来依次是1,3,4,9,10,12,…,那么其中第39个数多少?【试题来源】【题目】证明：形如11,111,1111,11111,…的数中没有完全平方数．【试题来源】【题目】有10个整数克的砝码（允许砝码重量相同）,将其中一个或几个放在天平的右边,待称的物品放在天平的左边,能称出1,2,3,…,200的所有整数克的物品来；那么,这10个砝码中第二重的砝码最少是克。

数列与简易数论选讲第一讲 基础理论与研究的缘起数列是高中数学的重要内容，同时也是学习高等数学的基础．在每年的高考中，以数列为载体．综合运用数列知识解决有关不定方程的整数解或整数的整除等问题已成为新的热点．这类和正整数有关的问题对数学思维能力和探索能力提出了更高的要求。

简单的初等数论几个常用结论和定理：（1）算术基本定理：设整数1>a ，那么必有)(21**=n p p p a ，其中)1(n j p j ≤≤是素数，且在不记次序的意义下)(**是唯一的；（2）关于整除的常用性质①c b b a ,，则c a ②c a b a ,，则c b a + ③0,≠b b a ，则b a ≤（3）高斯函数问题设x 是实数，[]x 表示不超过x 的最大整数，称为x 的整数部分，即[]x 是一个整数且满足[][]1+<≤x x x记{}[]x x x -=，称为x 的小数部分。

设y x ,是实数，则 ①若,y x ≤则[][]y x ≤②对于任意整数m ，有[][]{}{}x m x m x m x =++=+,，{}x 是周期为1的周期函数 ③[][][][][]1++≤+≤+y x y x y x ，其中等号有且仅有一个成立。

④小于x 的最大整数是[]1---x ；大于x 的最小整数是[]1+x⑤对于整数m ，有[]⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡m x m x一、问题提出问题1：设1250,,,a a a ⋅⋅⋅是从－1,0,1这三个整数中取值的数列，若12509a a a ++⋅⋅⋅+=，2221250(1)(1)(1)107a a a ++++⋅⋅⋅++=，则1250,,,a a a ⋅⋅⋅中数字0的个数为 .问题2：已知,,,a b c d 是正整数，a b c d <<<，7d a -=，若,,a b c 成等差数列，,,b c d 成等比数列，则这四数依次为 . 问题3：已知等差数列{}n a 首项为a ，公差为b ，等比数列{}n b 首项为b ，公比为a ，其中,a b 都是大于1的正整数，且1123,a b b a <<，对于任意的*n N ∈，总存在*m N ∈，使得3m n a b +=成立，则n a = ..问题4：一个正数，它的小数部分、整数部分及它本身，依次构成等比数列，则这个正数为 .问题5：设等比数列2,,,,a aq aq 其中q 是整数，试问数列中存在三项（按原顺序）构成等差数列吗？二、思考探究探究1：设{}n a 是公差为d 的等差数列，{}n b 是公比为q 的等比数列.（1）若31n a n =-，是否存在,m k N *∈，使1m m k a a a ++=？（2）数列{}n b 中，若11b =，公比1(0,)2q ∈，且k N *∀∈，12k k k b b b ++--仍是{}n b 中的项，则q = .（3）{}n a 满足11,2,a d ==试证明任给N m *∈,总存在p ∈N *使1,,m p a a a 成等比数列.1.对“绝对差数列”有如下定义：在数列{}n a 中， 12a a 、是正整数，且12n n n a a a --=-，3,4,5...,n = 则称数列{}n a 为“绝对差数列”.若在数列{}n a 中，203a =，221a =，则201120122013a a a ++=2. 设等比数列{a n }满足公比q ∈N *，a n ∈N *，且数列{a n }中任意两项之积也是该数列的一项．若a 1＝24，则q 的所有可能取值之和为3. 已知等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－2，a 2＝b 2＝4，则满足a n ＝b n 的n 的所有取值构成的集合是______．4. 设a 1，a 2，…，a n 为正整数，其中至少有五个不同值. 若对于任意的i ，j (1≤i ＜j ≤n )，存在k ，l （k ≠l ， 且异于i 与j ）使得a i ＋a j ＝a k ＋a l ，则n 的最小值是5.设数列}{n a 的前n 项和为n S .若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得m n a S =，则称}{n a 是“H 数列”.（1）若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=(∈n N *),证明: }{n a 是“H 数列”;（2）设}{n a 是等差数列,其首项11=a ,公差0<d .若}{n a 是“H 数列”,求d 的值；（3）证明：对任意的等差数列}{n a ，总存在两个“H 数列”}{n b 和}{n c ，使得n n n c b a +=(∈n N *)成立。