竞赛数学中的初等数论(精华版)

初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛中常用的数论定理：
1. 质数与因数：任何一个整数都可以唯一分解成若干质数的乘积，而且所有的因子都由这些质因子的指数作出来。

2. 最大公因数和最小公倍数：两个正整数a和b的最大公因数和最小公倍数分别记作gcd(a,b)和lcm(a,b)。

它们有许多重要性质可以应用。

3. 素性质数列：素数可以用许多方式列举出来，例如欧拉函数、Wilson定理、费马小定理等等。

其中一些方法在竞赛中比较常用。

4. 同余定理：如果a和b除以正整数m的余数相同，即
a≡b(mod m)，那么a和b就被称为模m同余。

同余关系具有传递性、对称性和反对称性，可以用来证明各种数学恒等式和不等式。

5. 等比数列：等比数列指的是一个数列中每个数都是前一个数乘以一个固定的比例因子。

一些有用的定理包括调和平均值不小于几何平均值、柯西不等式等等。

6. 解方程：竞赛中常常需要解各种复杂的方程，例如二次方程、方程组、移项变系数、绝对值不等式等等。

有些常见的技巧包括配方法、因式分解、代数恒等式、三角变换等等。

高中数学竞赛课程讲座：初等数论
本课程讲座旨在介绍初等数论的基础知识，帮助学生为高中数学竞赛做最好的准备。

我们将深入探讨数论中的基础概念，如质数分解和
算术难题，并探讨一些实际应用的技巧和常用方法，帮助学生在数学
竞赛中取得好成绩。

本次讲座将向您介绍初等数论，它是一门关于形式化、有限数论等术语和方法的数学分支。

简而言之，初等数论在研究有关有限结构的
问题和计算方法时是不可或缺的。

在这个课程中，我们将探讨整数质
因数分解、质数及其应用、素数概念、余数定理、线性算术等，帮助
您为数学竞赛中的第一题做准备。

我们还将深入讨论有关如何构造有
限结构的问题，利用它们来探究多项式的性质；研究几何图形；通过
图论剖析算法，及解决整数方程组等方面的相关内容。

我们相信您在
学习初等数论时会有所收获，从而在高中数学竞赛中尽显实力！
此外，我们还将为您介绍数论的发展和历史，例如，古希腊的Euclid
的元素书、中国的Sunzi的求积算，以及17世纪的Fermat的大定理等，一起探究中国数学家在数论中的贡献。

在讲座中，我们还会解释完整
的幂的概念，从中分析总结出幂的工具，比如抽象代数和提高多项式
的方法等，以帮助您从大量的幂等式中获取实质性的知识，理清思路。

最后，在考试期间，我们将重点讨论质因数分解原理、构造，以及如
何将数论应用于实际情况中，例如Cryptography，帮助您在考试中取得高分。

《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 Λ--，则此数可以简记为：021a a a A m m Λ--=（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 +⨯++⨯+⨯=----Λ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i ΛΛ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 Λ--=。

初中数学竞赛中的数论初步
数论是数学中一个重要的分支，它涉及许多问题，如素数分解、同余关系、算术平衡、因子分解等。

作为一个抽象的学科，它在数学竞赛中至关重要，使得学生们能够积累丰富的知识，并运用它们来解决复杂的问题。

在初中阶段，数论一般介绍一些简单的基础知识，主要包括基本的整数计算，比如整除、分解质因数、最大公约数等，以及一些诸如费马小定理、欧拉函数、素数表示等复杂的概念。

同时，初中还引入了许多实际应用的概念，如计算机图形、排列组合、几何图形等。

这些概念对学生来说都是新鲜的，可以作为重要的知识积累。

在数学竞赛中，数论的应用特别重要。

一些复杂的题目的答案依赖于数论的技巧，而实现这些技巧需要许多基础知识的积累。

因此，在竞赛中，学生需要掌握许多数论的基础知识，以便在比赛中设计出有效的解决方案。

此外，学生还需要结合几何、排列组合、代数等其他方面的概念，来解决更加复杂的题目。

初中数学竞赛除了要求学生掌握数论的基本知识，还要求其学会实际操作，因此在比赛过程中，学生需要以更高的效率来完成题目的求解。

这就要求学生更好地掌握数论的技巧，比如要掌握欧拉函数和欧拉等式在数学比赛中的应用，也要掌握因式分解、费马小定理等概念，以及分解质因数、素数表示等概念。

此外，有效的解题技巧也是数学比赛的关键，学生需要更多的练习以提高自己的水平，尤其是针对相同题型题目的复习和训练，还可
以总结和掌握新解题技巧，便于在以后的数学比赛中更胜一筹。

总之，数论是初中数学竞赛中的重要一环，它不仅要求学生掌握数论的基础知识，还要求他们有效求解题目，掌握解题技巧，这种能力对学生以后参加数学比赛乃至学习数学都有重要意义。

初等数论在数学竞赛及密码学中的应用
初等数论是以素数、合数及基本数论函数（例如：素性测试、质因数分解、欧几里得算法）为主要工具来研究整数及关于它们的推理、符号等数学概念的研究领域。

初等数论在数学
竞赛及密码学中有着重要的应用，为解决日常问题提供了有效的方案。

素性测试在密码学中的使用被广泛应用，可以找到一定范围内的素数。

素数的重要性不言
而喻，它们可以用来生成安全的密钥，来保护重要资料和交换信息。

质因数分解可以将较
大的数字快速分解为质因数，质因数可以用来计算程序的最优解，从而赢得学术比赛的胜利。

欧几里得算法可以用来解决有关整数相关的大量问题，它是一种高效的数论方法，可用于
计算素数的乘积。

如果参赛者能够使用欧几里得算法进行素数的乘积计算，他们就可以快
速解决此类问题，从而赢得竞赛胜利。

在数学竞赛中，参赛者必须运用其他数论方法，如
扩展欧几里得算法、整数分解等，才能解决数学问题。

在实际应用中，初等数论方法可以用来解决复杂或微小数学问题，如求解素数定理等，是
高等数学中一个重要的领域。

初等数论在数学竞赛及密码学研究领域中被广泛应用，取得
了巨大的成就。

第三篇 初等数论第19章 整数的整除性§19．1整除19.1.1★证明.三个连续奇数的平方和加1,能被12整除,但不能被24整除．解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除,只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +（其中n 是整数）,于是()()()()22222121231121n n n n n -+++++=++．所以()()()22212|212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦．又()2111n n n n ++=++,而n 、1n +是相邻的两个整数,必定一奇一偶,所以()1n n +是偶数,从而21n n ++是奇数,故()()()22224212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦．19．1．2★★若x 、y 为整数,且23x y +,95x y +之一能被17整除,那么另一个也能被17整除．解析 设23u x y =+,95x y =+．若17|u ,从上面两式中消去y ,得 3517v u x -=． ① 所以 17|3v ．因为（17,3）=1,所以17|v 即17|95x y +．若17|v ,同样从①式可知17|5u ．因为（17,5）=1,所以17|u ,即17|23x y +． 19.1.3★★设n 是奇数,求证. 60|6321n n n ---．解析 因为260235=⨯⨯,22、3、5是两两互质的,所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即可． 由于n 是奇数,有22|62n n -,22|31n +, 所以22|6231n n n ---； 又有3|63n n -,3|21n +, 所以3|6321n n n ---； 又有5|61n -,5|32n n +, 所以5|6321n n n ---．所以60|6321n n n ---．评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类,即被2除余数为0的是偶数,余数为1的是奇数．偶数常用2k 表示,奇数常用21k +表示,其实这就是按模2分类．又如,一个整数a 被3除时,余数只能是0、1、2这三种可能,因此,全体整数可以分为3k 、31k +、32k +这三类形式,这是按模3分类．有时为了解题方便,还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类,但这要具体问题具体处理．19．1．4★★设n 为任意奇正整数,证明.15961000270320n n n n +--能被2006整除． 解析 因为200621759=⨯⨯,所以为证结论成立,只需证n 为奇正整数时,15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除．显然,表达式能被2整除． 应用公式,n 为奇数时,()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++, ()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++.由于159610005944+=⨯,2703205910+=⨯,所以15961000270320n n n n +--能被59整除. 又159627013261778-==⨯,10003206801740-==⨯,所以15961000270320n n n n +--能被17整除．19.1.5★★若整数a 不被2和3整除,求证.()224|1a -．解析 因为a 既不能被2整除,也不能被3整除,所以,按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类,把整数分成6k 、61k +、62k +、63k +、64k +、65k +这六类．由于6k 、62k +、64k +是2的倍数,63k +是3的倍数,所以a 只能具有61k +或65k +的形式,有时候为了方便起见,也常把65k +写成61k -（它们除以6余数均为5）． 故a 具有61k ±的形式,其中k 是整数,所以()()222161136121231a k k k k k -=±-=±=±．由于k 与31k ±为一奇一偶（若k 为奇数,则31k ±为偶数,若k 为偶数,则31k ±为奇数）,所以()2|31k k ±,于是便有()224|1a -．19．1．6★★★求证.31n +（n 为正整数）能被2或22整除,但不能被2的更高次幂整除． 解析 按模2分类．若2n k =为偶数,k 为正整数,则 ()22313131n k n +=+=+．由3k 是奇数,()23k 是奇数的平方,奇数的平方除以8余1,故可设()2381k l =+,于是()3182241n l l +=+=+,41l +是奇数,不含有2的因数,所以31n +能被2整除,但不能被2的更高次幂整除． 若21n k =+为奇数,k 为非负整数,则()()()22131313313811461n k k l l ++=+=⋅+=++=+．由于61l +是奇数,所以此时31n +能被22整除,但不能被2的更高次幂整除． 19.1.7★★设p 是质数,证明.满足22a pb =的正整数a 、b 不存在. 解析 用反证法．假定存在正整数a 、b ,使得 22a pb =.令() , a b d =,1a a d =,1b b d =,则()11 , 1a b =.所以 222211a d pb d =,2211a pb =,所以21|p a ．由于p 是质数,可知,1|p a .令12a pa =,则22221a p pb =,所以2221pa b =．同理可得,1|p b .即1a 、1b 都含有p 这个因子,这与()11 , 1a b =矛盾．19．1．8★★如果p 与2p +都是大于3的质数,那么6是1p +的约数.解析 每一整数可以写成6n 、61n -、61n +、62n -、62n +、63n +中的一种（n 为整数）,其中6n 、62n -、62n +、63n +在1n ≥时都是合数,分别被6、2、2、3整除．因此,质数p 是61n -或61n +的形式. 如果()611p n n =+≥,那么 ()263321p n n +=+=+是3的倍数,而且大于3,所以2p +不是质数．与已知条件矛盾． 因此()611p n n =-≥．这时16p n +=是6的倍数．评注 本题是将整数按照除以6,所得的余数分为6类．质数一定是61n +或61n -的形式．当然,反过来,形如61n -或61n +的数并不都是质数．但可以证明形如61n -的质数有无穷多个,形如61n +的质数也有无穷多个．猜测有无穷多个正整数n ,使61n -与61n +同为质数．这是孪生质数猜测,至今尚未解决． 19.1.9★★已知a 、b 是整数,22a b +能被3整除,求证.a 和b 都能被3整除． 证 用反证法.如果a 、b 不都能被3整除,那么有如下两种情况.（1）a 、b 两数中恰有一个能被3整除,不妨设3|a ,3b ．令3a m =,31b n =±（m 、n 都是整数）,于是()222222996133321a b m n n m n n +=+±+=+±+,不是3的倍数,矛盾．（2）a ,b 两数都不能被3整除.令31a m =±,31b n =±,则()()2222223131961961a b m n m m n n +=++±=±++±+()22333222m n m n =+±±+,不能被3整除,矛盾．由此可知,a 、b 都是3的倍数．19．1．10★★若正整数x 、y 使得2x x y+是素数,求证.x y ≤.解析 设2x p x y=+是素数,则()py x x p =-,所以()|p x x p -,故|p x ,或者|p x p -,故可得|p x ,且p x <.令x kp =,k 是大于1的整数,则 ()1y x k x =-≥．19.1.11★证明.形如abcabc 的六位数一定被7、11、13整除． 解析100171113abcabc abc abc =⨯=⨯⨯⨯．由此可见,abcabc 被7、11、13整除．19．1．12★任给一个正整数N ,把N 的各位数字按相反的顺序写出来,得到一个新的正整数N ',试证明.N N '-被9整除．解析 N 除以9,与N 的数字和除以9,所得余数相同．N '除以9,与N '的数字和除以9,所得余数相同．N 与N '的数字完全相同,只是顺序相反,所以N 与N '的数字和相等．N 除以9与N '除以9,所得的余数相同,所以N N '-被9整除． 19.1.13★19991999199919991999N =连写个.求N 被11除所得的余数．解 显然,N 的奇数位数字和与偶数位数字和的差为()1999999119998⨯+--=⨯.19998⨯除以11的余数与88⨯除以11的余数相同,即余数为9．从而N 除以11,所得的余数为9． 19．1．14★在568后面补上三个数字,组成一个六位数,使它能被3、4、5分别整除．符合这些条件的六位数中,最小的一个是多少？解析 要命名这个六位数尽可能小,而且能被5整除,百位数字和个位数字都应选0．这样,已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19．要使这个六位数能被3整除,十位上可填2、5、8．由能被4整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知,应在十位上填2． 这个六位数是568020．19.1.15★★已知四位数abcd 是11的倍数,且有b c a +=,bc 为完全平方数,求此四位数． 解析 在三个已知条件中,b c a +=说明给出b 和c ,a 就随之给定,再由11|abcd ,可定d .而bc 为完全平方数,将b 和c 的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中,只要从这个范围中挑选符合要求的即可．由bc 完全平方数,只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况．由b c a +=,此时相应的a 为7、7、9、13、10、9．其中13和10显然不可能是四位数的千位数字．在716d 、725d 、936d 、981d ,这四种可能性中,由11|abcd ,应有()()11|d b a c +-+． ()()11|176d +-+时,d 可为1； ()()11|275d +-+时,这种d 不存在； ()11|396d +-+时,d 可为1； ()11|891d +-+时,d 可为2．故满足条件的四位数有.7161、9361、9812．评注bc 为完全平方数,表示bc 是两位整数,0b ≠,因此,不考虑00、01、04、09这四种情况,否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.19．1．16★★用0,1,2,…,9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？解析 因为0+1+2+…+9=45．这个最大十位数若能被11整除,其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）为0或11的倍数．由于这十个数字之和是45（奇数）,所以这个差不可能是0、22、44（偶数）．若这个差为33,则只能是396-,但0+1+2+3+4=10,即最小的五个数字之和都超过6,不可能．若这个差为11,()4511228+÷=,452817-=．如果偶数位为9、7、5、3、1,其和为25；奇数位为8、6、4、2、0,其和为20．交换偶数位上的1与奇数位上的4,可得偶数位上的数为9、7、5、4、3,奇数位上的数为8、6、2、1、0．19.1.17★★一个六位数88的倍数,这个数除以88所得的商是多少？ 解析88的倍数,而88811=⨯,8与11互质,所以,这个六位数既是8的倍数,又是11的倍数．由1234A B 能被8整除,可知34B 能被8整除（一个数末三位组成的数能被8整除,这个数就能被8整除）,所以B 是4．由能被11整除的数的特征（一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除,这个数就能被11整除）,可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差()()234144A A ++-++=-能被11整除,则40A -=,即4A =． 124344881413÷=．所以,这个六位数是124344,的商是1413．19．1．18★★如果六位数105整除,那么,它的最后两位数是多少？解析 因为这个六位数能被,而105357=⨯⨯,3、5、7这三个数两两互质,所以,这个六位数能同时被3、5、7整除．根据能被5整除的数的特征,它的个位数可以是0或5．根据能被3整除的数的特征,可知这个六位数有如下七种可能.199320,199350,199380,199305,199335,199365,199395．而能被7整除的数的特征是.这个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7整除．经试算.395199196-=,196能被7整除． 所以,199395能被105整除,它的最后两位数是95．19.1.19★★形如1993199319931993520n 个,且能被11整除的最小数是几？解析 本题实质上确定n 的最小值．利用被11整除的数的特征.偶数位数字之和与奇位数字之和的差能被11整除．该数的偶数位数字之和为122n +,奇数位数字之和为105n +,两者之差为()12210523n n n +-+=-．要使()11|23n -,不难看出最小的7n =,故所求最小数为71993199319931993520个．19．1．20★★★是否存在100个不同的正整数,使得它们的和与它们的最小公倍数相等？ 解析 存在满足条件的100个数．事实上,对任意正整数()3n ≥,下述n 个数3,23⨯,223⨯,…,223n -⨯,13n -, 它们的最小公倍数为123n -⨯,和为221222132323233323233n n n n ----+⨯+⨯++⨯+=+⨯++⨯+33211113232333323n n n n n -----=+⨯++⨯+==+=⨯．所以,这几个数的和等于它们的最小公倍数．取100n =,可知存在符合要求的10019.1.21★★下面这个41位数20555个 2099个能被7整除,问中间方格代表的数字是几？解析 因为5555555111111=⨯,9999999111111=⨯,11111137111337=⨯⨯⨯⨯,所以555555和999999都能被7整除,那么由18个5和18个9分别组成的18位数,也能被7整除．而原数=185230555000个个1851890999+个个,因此右边的三个加数中,前后两个数都能被1整除,那么只要中间的能被7整除,原数就能被7整除．把拆成两个数的和. 5599BA B +.因为7|55300,7|399,336+=． 评注 记住111111能被7整除很有用． 19．1．22★★一位魔术师让观众写下一个六位数a ,并将a 的各位数字相加得b ,他让观众说出a b -中的5个数字,观众报出1、3、5、7、9,魔术师便说出余下的那个数,问那个数是多少？解析 由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同,所以a b -是9的倍数．设余下的那个数为x ,则 ()9|13579x +++++, 即()9|7x +,由于09x ≤≤,所以,2x =．19．1．23★★若p 、q 、21p q -、21q p-都是整数,并且1p >,1q >．求pq 的值．解析 若p q =,则 212112p p q p p--==- 不是整数,所以p q ≠．不妨设p q <,于是2121212p q q q q q --<<=≤,而21p q -是整数,故211p q -=,即21q p =-．又214334q p p p p--==- 是整数,所以p 只能为3,从而5q =．所以 3515pq =⨯=．19．1．24★★★试求出两两互质的不同的三个正整数x 、y 、z 使得其中任意两个的和能被第三个数整除．解析 题中有三个未知数,我们设法得到一些方程,然后从中解出这些未知数．不妨设x y z <<,于是y z x +、z x y +、x yz+都是正整数．先考虑最小的一个.12x y z z z z++<=≤,所以1x yz+=,即z x y =+．再考虑z x y +,因为()|y z x +,即()|2y y x +,所以|2y x ,于是2212x y y y <=≤,所以21x y=,即2y x =,从而这三个数为x 、2x 、3x ．又因为这三个数两两互质,所以1x =．所求的三个数为1、2、3．19.1.25★★★求所有的有理数a ,使得421a -≤,并且44127a A a -=为整数.解析 由条件,可知1344a ≤≤.当14时,0A =是整数；下面考虑1344a <≤的情形,此时设pa q =,p 、q 为正整数,且() , 1p q =．则由()34427p q p A q -=为正整数和() , 1p q =可知4|4q q p -,进而|4q q p -,导致|q p ,再结合() , 1p q =,得1q =.于是()3427p p A -=,又114a p =>．故3p ≤,易知仅当3p =时A 为正整数． 综上可知,满足条件的14a =或13．19．1．26★★设正整数x 、y 、r 、t 满足1100x y r t <<<≤≤．求x ry t+的最小值．解析 由条件,可知11111121100100100100100100x r r y y y t y y y ++++=++=≥≥≥. 等号在()() , , , 1 , 10 , 11 , 100x y r t =时取到,因此所求的最小值为21100. 19.1.27★★已知正整数a 、b 、p 、q 、r 、s 满足条件1qr ps -=,p a rq b s<<．证明.b q s +≥．解析 由条件,可知pb aq <,as br <,故 1pb aq +≤, ①1as br +≤．② 将①s ⨯与②q ⨯,然后相加,得 psb s q brq ++≤．结合1rq ps -=,可知b q s +≥.19．1．28★★★将正整数N 接写在任意一个正整数的右面（例如,将2接写在35的右面得352）,如果得到的新数都能被N 整除,那么N 称为“魔术数”.问.在小于130的正整数中有多少个魔术数？ 解析设P 为任意一个正整数,将魔术数()130N N <接后得PN ,下面对N 为一位数、两位数、三位数分别进行讨论．（1）当N 为一位数时,10PN P N =+,依题意|N PN ,则|10N P .由于需对任意数P 成立,故|10N ．所以N =1,2,5．（2）当N 为两位数时,100PN P N =+,依题意|N PN ,则|100N P ,故|100N ．所以N =10,20,25,50．（3）当N 为三位数时,1000PN P N =+,依题意|N PN ,则|1000N P ,故|1000N ．所以100N =,125．综上所述,魔术数的个数为9个．评注 （1）我们可以证明.k 位魔术数一定是10k 的约数．事实上,设N 是k 位魔术数,将N 接写在正整数P 的右面得.10k PN P N =⨯+,由魔术数定义可知.|N PN ,因而10k P ⨯也能被N 整除,所以|10k N ．这样我们有. 一位魔术数为1,2,5；二位魔术数为10,20,25,50；三位魔术数为100,125,200,250,500；三位或三位以上的魔术数,每种个数均为5．（2）这里将问题分成几种情况去讨论,对每一种情况都增加了一个前提条件,从而降低了问题的难度,使问题较容易解决．19.1.29★★一个正整数如果从左读到右与从右到左读所得的结果相同,则称这个数为回文数．例如.1,343及2002都是回文数,但2005则不是．请问能否找到2005个不同的回文数122005 , , , n n n ,使得122005110 , 110 , , 110n n n +++也都是回文数？解析 取回文数10999901n =,则11011000011n +=也是回文数．因为n 中9的数目可以任选,可取110901n =,2109901n =,…,20052005910999901n =个,因此我们可以找到2005个回文数满足题目所要求的条件．19．1．30★★将2008个同学排成一行,并从左向右编为1至2008号．再从左向右从1到11地报数,报到11的同学原地不动,其余同学出列．留下的同学再次从左向右从1到11地报数,报到11的同学留下,其余同学出列．留下的同学第三次从左向右1到11报数,报到11的同学留下,其余同学出列．问最后留下的同学有多少人？他们的编号是几号？ 解 由题意,第一次报数后留下的同学,他们的编号必为11的倍数． 第二次报数后留下的同学,他们的编号必为211121=的倍数． 第三次报数后留下的同学,他们的编号必为3111331=的倍数．因此,最后留下的同学编号为1331的倍数,我们知道从1~2008中,1331的倍数只有一个,即1331号．所以,最后留下一位同学,编号为1331．19.1.31★★★甲、乙两人进行了下面的游戏．两人先约定一个整数N ,然后由甲开始,轮流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字之一填入下面的任一方格中．□□□□□□每一方格只填一个数字,六个方格都填上数字（数字可重复）后,就形成一个六位数,如果这个六位数能被N 整除,就算乙胜；如果这六位数不能被N 整除,就算甲胜．设N 小于15,那么当N 取哪几个数时,乙才能取胜？ 解析 N 取偶数,甲可以在最右边方格里填一个奇数（六位数的个位）,就使六位数不能被N 整除,乙不能获胜．5N =,甲可以在六位数的个位填一个不是0或5的数,甲就获胜． 上面已经列出了乙不能获胜的N 的取值情况． 如果1N =,很明显乙必获胜．如果3N =或9,那么乙在填最后一个数时,总是能把六个数字之和凑成3的整数倍或9的整数倍．因此乙必获胜．当7N =,11,13时是本题最困难的情况．注意到100171113=⨯⨯,乙就有一种必胜的办法．我们从左往右数这六个格子,把第一与第四,第二与第五,第三与第六配对,甲在一对格子的一格上填某一个数字后,乙就在这一对格子的另一格子上填同样的数字,这就保证所填成的六位数能被1001整除,这个六位数就能被7、11或13整除,故乙就能获胜． 综合起来,使乙获胜的N 是1、3、7、9、11、13． 19．1．32★★小明家电话号码原为六位数,第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8,成为一个七位数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2,成为一个八位数的电话号码．小明发现,他家两次升位后的电话号码的八位数,恰是原来电话号码的六位数的81倍,问小明家原来的电话号码是多少？解析 设原来电话号码的六位数为abcdef ,则经过两次升位后电话号码的八位数为28a bcdef ．根据题意,有 8128abcdef a bcdef ⨯=．记43210101010x b c d e f =⨯+⨯+⨯+⨯+, 于是5568110812081010a x a x ⨯⨯+=⨯+⨯+,解得()125020871x a =⨯-． 因为5010x <≤,所以()5012502087110a ⨯-<≤,故1282087171a <≤. 因为a 为整数,所以2a =．于是 ()125020871282500x =⨯-⨯=． 所以,小明家原来的电话号码为282500．19.1.33★★若a 是不超过1000的正整数,且247a a ++是最简分数,则a 的取值有多少个？ 解析 因为2723444a a a a +=-+++,所以()4 , 231a +=,由于23是质数,所以4a +不是23的倍数即可,在5,6,…,1004中,23的倍数有43个,所以满足条件的正整数a 有100043957-=个．19．1．34★★★★在各位数码各不相同的10位数中,是11111的倍数的数共有多少个．解析 设这个10位数为abcdefghij ,因为这10位数的各位数码各不相同,所以a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i 、j 是0 , 1 , 2 , , 9的一个排列,故 45a b c d e f g h i j +++++++++=． 所以9|abcdefghij ．因为11111|abcdefghij 且（11111,9）=1,所以99999|abcdefghij ,即599999|10abcde fghij ⨯+．又99999|99999abcde ⋅,所以99999|abcde fghij +．因为0999992abcde fghij <+<⨯,所以99999abcde fghij +=, 所以9a f b g c h d i e j +=+=+=+=+=．而99081726354=+=+=+=+=+,所以,符合题意的数共有 54543212432123456⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=（个）．19.1.35★★★从1,2,…,9这九个数字中,每次取出3个不同的数字组成三位数,求其中能被3整除的三位数的和．解析 对于固定的三个不同的非零数字a 、b 、c ,任意排列,可得6个不同的三位数,它们的和为()2111a b c ++⨯．因为()3|3|abc a b c ⇔++,所以有以下两种情况.（1）a 、b 、c 除以3所得的余数相同,即a 、b 、c 取成{}1 , 4 , 7,或{}2 , 5 , 8,或{}3 , 6 , 9,这样得到的()332118⨯⨯⨯=个的三位数的总和为 ()()()21472583691119990++++++++⨯=⎡⎤⎣⎦．（2）a 、b 、c 除以3所得的余数各不相同,不妨设a 取自{}1 , 4 , 7,b 取自{}2 , 5 , 8,c 取自{}3 , 6 , 9,这种三位数共有()333321162⨯⨯⨯⨯⨯=个．对于固定的a ,易知b 、c 有339⨯=种取法,因而这162个三位数的和为 ()91239211189910++++⨯⨯=．综合（1）、（2）,可知,所求的满足条件的三位数总和为 9990+89910=99900．19．1．36★★★证明一个正整数,当且仅当它不是2的整数幂时,可以表示成若干个（至少两个）连续正整数的和．解析 当且仅当,有两方面的意思．一方面,当一个正整数不是2的整数幂时,它可以表示成几个连续正整数的和．另一方面,如果一个正整数可以表示成几个连续正整数的和,那么它一定不是2的整数幂．设n 不是2的整数幂．这时n 可以写成 2k n h =⋅,h 是大于1的奇数. ①我们可将n 写成h 个连续正整数的和．中间一个是2k ,它的两侧是21k -与21k +,再向外分别写22k -与22k +,…,直至122k h --与122k h -+（h 是奇数,所以12h -是整数）,即()()132********k k k k kh h n --⎛⎫⎛⎫=-+-++-+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭312222k k h h --⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．另一方面,设n 是()1h h >个连续正整数1k +,2k +,…,k h +的和,则 ()()()()()11122122k k h hn k k k h k h h +++=++++++==++,其中h 与21k h ++奇偶性不同,即至少有一个是大于1的奇数．所以这时n 不是2的整数幂． 评注 2的整数幂没有大于1的奇约数．所以一个整数,如果有大于1的奇约数就一定不是2的整数幂．19.1.37★★★玛丽发现将某个三位数自乘后,所得乘积的末三位数与原三位数相同．请问.满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少？ 解析设三位数为abc ,则21000abc k abc =+,即()33125abc abc k -=⋅,而(), 11abc abc -=,所以,32|abc ,且35|1abc -；或者32|1abc -,且35|abc ．（1）若32|abc ,且35|1abc -,则1125abc -=,375,625,875,只有376abc =使得32|abc ,故此时376abc =满足题意．（2）若32|1abc -,且35|abc ,则125abc =,375,625,875,只有625abc =使得32|1abc -,故此时625abc =满足题意．所以,所求的和为376+625=1001．19．1．38★★★我们知道,4998约分后是12,但按下面的方法,居然也得14941:29882==.试求出所有分子和分母都是十进制两位正整数,分子的个位数与分母的十位数相同,且具有上述“奇怪”性质的真分数．解析 设真分数abbc具有上述性质,则ab bc <,且1ab a c bc =<,于是1010a b ab c c+=+,故()910ac b a c =-．若()9|10a c -,则()9|a c -,但是9a c -<,所以0a c -=,矛盾．故9不整除10a c -,所以3|b ．（1）若3b =,则310ac a c =-,于是10333131a a c a a -==+++,所以()()31|3a a +-,而331a a -<+,故只能是3a =,从而3c =,矛盾．（2）若6b =,则()3210ac a c =-,于是2021263232a a c a a -==+++,当6a >时,021232a a <-<+,此时c 不是整数；当6a =时,6c =,矛盾；当6a <时,应有12232a a -+≥,所以2a ≤,而当1a =时,4c =,此时,满足题意的真分数为1664,当2a =时,5c =,此时,满足题意的真分数为2665．（3）若9b =,则10ac a c =-,于是10101011a c a a ==-++,所以,()1|10a +,故a =1,4,9． 当1a =时,5c =,此时,满足题意的真分数为1995；当4a =时,8c =,此时,满足题意的真分数为4998；当9a =时,9c =,矛盾．综上所述,满足题意的真分数为.1664,2665,1995,4998.19.1.39★★★在1,2,3,…,1995这1995个数中,找出所有满足下面条件的数a .()1995a +能整除1995a ⨯．解析 19951995aa+是一个整数．这个式子的分子、分母都有a ,所以应当先进行变形,使得分子不含有a ．()19951995199519951995199519951995199519951995a a a a a+-⨯⨯==-+++. 根据已知,19951995a a +是整数,所以199519951995a⨯+是整数．因为22221995199535719⨯=⨯⨯⨯,所以它的因数1995a +可以通过检验的方法定出．注意11995a ≤≤,所以199519953990a <+≤．如果1995a +不被19整除,那么它的值只能是以下两种. 223573675⨯⨯=,223572205⨯⨯=．如果1995a +被19整除,而不被219整除,那么它的值只能是以下两种. 237192793⨯⨯=,257193325⨯⨯=．如果1995a +被219整除,那么它的值只能是以下两种. 27192527⨯=,223193249⨯=．于是满足条件的a 有6个,即从以上1995a +的6个值分别减去1995,得出的6个值. 1680,210,798,1330,532,1254．评注 形如ac a b +的式子,可以化成cbc a b-+.使得只有分母含a ,而分子不含a ．这种方法有点像假分数化成带分数． 19．1．40★★★在1,2,…,2010这2010个正整数中,最多可以取出多少个数,使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除？解析 首先,如下61个数.11,11+33,11233+⨯,…,()1160331991+⨯=满足题设条件． 另一方面,设12n a a a <<<是从1,2,…,2010中取出的满足题设条件的数,对于这n 个数中的任意4个数 , , , i j k m a a a a ,因为()33|i k m a a a ++,()33|j k m a a a ++,所以()33|j i a a -． 因此,所取的数中任意两个之差都是33的倍数．设133i i a a d =+, 2 , 3 , , i n =.由()12333|a a a ++,得()12333|33333a d d ++． 所以133|3a ,111|a ,即111a ≥．1201011613333n n a a d --=<≤,故60n d ≤,所以,61n ≤． 综上所述,n 的最大值为61．19.1.41★★★圆周上放有N 枚棋子,如图所示．B 点的棋子紧邻A 点的棋子．小洪首先拿走B 点的棋子,然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子．这样连续转了10周．9次越过A ,当将要第10次越过A 取走其他棋子时,小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N 是14的倍数,请帮助小洪精确计算一下圆周上还有多少枚棋子．解析 如果在A 、B 之间再添一枚棋子,并在第一次取棋子时将它取走,那么每一次都是在相邻3枚棋子中取走2枚,所以每取一周,剩下的棋子是上一次剩下的13．B设最后剩下a 枚棋子．根据分析所说 1013N a +=, ① 即1031N a =⨯-．因为N 是14的倍数,所以N 是偶数,a 是奇数．又N 是7的倍数,而10539==（7的倍数）+52=（7的倍数）+4,所以41a -是7的倍数．因为a 是20与29之间的奇数,将a =21,23,25,27,29代入41a -,逐一检验,只有a =23时,4191713a -==⨯是7的倍数． 所以圆周上还有23枚棋子．评注 在A 、B 之间添上一枚棋子,使得取棋子有明显的规律,从而得到①．这是一种很巧妙的想法．在计算103除以7的余数时,可以将其中7的倍数抛弃,直至出现小于7的4．这是常用的方法． 19．1．42★★★★求证.对1i =,2,3,均有无穷多个正整数n ,使得n ,2n +,28n +中恰有i 个可表示为三个正整数的立方和．解析 三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5,这是因为整数可写为3k 或31k ±（k是整数）,而()33393k k =⨯,()()332319331k k k k ±=±+±．对1i =,令()33312n m =--（m 是正整数）,则n 、28n +被9除的余数分别为4、5,故均不能表示为三个整数的立方和,而()()()3332313131n m m m +=-+-+-．对2i =,令()331222n m =-+（m 是正整数）被9除的余数为5,故不能表示为三个整数的立方和,而()3323126n m +=-++, ()333283155n m +=-++．对3i =,令3216n m =（m 是正整数）满足条件.()()()333345m m m m =++, ()3332611n m +=++, ()33328613n m +=++．§19．2奇数与偶数19.2.1★设有101个自然数,记为12101 , , , a a a ．已知12310123101a a a a s ++++=是偶数,求证.13599101a a a a a +++++是偶数．解析 ()1359910123451001012244100100a a a a a s a a a a a a +++++=-++++++是偶数．19．2．2★设121998 , , , x x x 都是1+或者1-．求证.12319982319980x x x x ++++≠．解析()12319981351997231998351997x x x x x x x x ++++=++++()241998241998x x x ++++.因为131997 , 3 , , 1997x x x 这999个数均为奇数,所以它们的和为奇数,于是12199821998x x x +++=奇数0≠．19.2.3★★设()12 , ,, 4n x x x n >为1+或为1-,并且123423451230n x x x x x x x x x x x x +++=．求证.n 是4的倍数．解析 设12342345123 , , , n x x x x x x x x x x x x 中1+有k 个,于是1-也有k 个,故2n k =为偶数．把12342345123 , ,, n x x x x x x x x x x x x 这n 个数相乘,得()()4121kn x x x =-,所以()11k-=．故k 是偶数,从而n 是4的倍数．19．2．4★某次数学竞赛,共有40道选择题,规定答对一题得5分,不答得1分,答错倒扣1分．证明.不论有多少人参赛,全体学生的得分总和一定是偶数． 解析 我们证明每一个学生的得分都是偶数．设某个学生答对了a 道题,答错了b 道题,那么还有40a b --道题没有答．于是此人的得分是 ()5404240a a b b a b +---=-+,这是一个偶数．所以,不论有多少人参赛,全体学生的得分总和一定是偶数．19.2.5★把前50个正整数分成两组,使第一组内各数之和等于第二组内各数之和,能办到吗？说明你的理由． 解析 不能办到．如果能办到,那么所有数加起来应该是第一组内各数之和的2倍,是偶数,但这50个数的总和为5051125025512⨯+++==⨯是个奇数,矛盾！19．2．6★设1,2,3,…,9的任一排列为129 , , , a a a ,求证.()()()129129a a a ---是一个偶数．解析 因为()()()()()()123912912391290a a a a a a a -+-+-++-=+++-+++=是偶数,所以,()()()1291 , 2 ,, 9a a a ---这9个数中必定有一个是偶数,从而可知()()()129129a a a ---是偶数．解析2 由于1,2,…,9中只有4个偶数,所以1a 、3a 、5a 、7a 、9a 中至少有一个是奇数,于是11a -、33a -、55a -、77a -、99a -中至少有一个是偶数,从而()()()129129a a a ---是偶数.19.2.7★有n 个数12 , ,, n x x x ,它们中的每一个数或者为1,或者为1-,如果1223110n n n x x x x x x x x -++++=, 求证.n 是4的倍数．解析 我们先证明2n k =为偶数,再证k 也是偶数．由于12 , , , n x x x 的绝对值都是1,所以12231 , , , n x x x x x x 的绝对值也都是1,即它们或者是为1+,或者为1-,设其中有k 个1-,由于总和为0,故1+也有k 个,从而2n k =． 下面我们来考虑()()()12231n x x x x x x ⋅⋅⋅.一方面,有()()()()122311kn x x x x x x ⋅⋅⋅=-,另一方面,有()()()()212231121n n x x x x x x x x x ⋅⋅⋅==．所以()11k-=,故k 是偶数,从而n 是4的倍数.19．2．8★★设a 、b 是正整数,且满足关系式()()1111111111123456789a b +-=．求证.a b -是4的倍数．解析 由已知条件可得11111a +与11111b -均为奇数,所以a 、b 均为偶数,又由已知条件()111112468a b ab -=+,因为ab 是4的倍数,24684617=⨯也是4的倍数,所以()11111a b ⨯-是4的倍数,故a b -是4的倍数．19.2.9★★9999和99!（注.99!123499=⨯⨯⨯⨯⨯,读作99的阶乘）能否表示成为99个连续的奇数的和？解析 （1）9999能．因为()()()()999898989898999998999699299992=-+-++-+++++()()989899969998+++．即9999能表示为99个连续奇数的和． （2）99!不能．因为99!12399=⨯⨯⨯⨯是一个偶数,而99个连续奇数之和仍为奇数,所以99!不能表示为99个连续奇数之和．评注 如果答案是肯定的,我们常常将满足题意的例子举出来或造出来,这称为构造法． 如果答案是否定的,常常采用反证法,找出其中的矛盾． 19．2．10★★代数式rvz rey suz swx tuy tvx --++-．① 中,r 、s 、t 、u 、v 、w 、x 、y 、z 可以分别取1+或1-． （1）证明.代数式的值都是偶数；（2）求这个代数式所能取到的最大值．解析 （1）①式中共有6项,每项的值都是奇数（1+或1-）,所以它们的代数和为偶数． （2）显然,①式的值6≤,但它取不到6这个值,事实上,在rvz 、rwy -、suz -、swx 、tuy 、tvx -这六项中,至少有一项是1-,要证明这一点,将上面这6项相乘,积是()21rstuvwxyz -=-．所以六项中,至少有一项是1-,这样,六项和至多是514-=．在u 、x 、y 为1-,其他字母为1时,①式的值是4,所以①的最大值为4． 评注 本例中的代数式实际上是行列式 r s t u v w x y z的展开式,行列式是一个很有用的工具,在今后的学习中还会遇到．19.2.11★★★在n n ⨯（n 为奇数）方格表里的每一个方格中任意填上一个1+或1-,在每一列的下面写上该列所有数的乘积,在每行的右面写上该行所有数的乘积,求证.这个乘积的和不等于0．解析 设每列下面的数为12 , , , n a a a ,每行右面的数为12 , , , n b b b ,依题意得1i a =+或1-,1i b =+或\1-, 1 , 2 , , i n =,若这2n 个乘积的和为0,即12120n n a a a b b b +++++++=,则这2n 个数中1+的个数与1-的个数一样多,都是n 个,但事实上,因为 1212n n a a a b b b =,()21212121n n n a a a bb b a a a ==．所以这2n 个数中1-的个数为偶数,即n 为偶数,矛盾．19．2．12★★在黑板上写上1,2,…,2000,2001,只要黑板上还有两个或两个以上的数,就擦去其中任意两个数a 和b ,并写上a b -,问最后黑板上剩下的数是奇数还是偶数？ 解析因为a b -与a b -有相同的奇偶性,而a b -又与a b +有相同的奇偶性,因此a b-与a b +具有相同的奇偶性． 所以黑板上剩下的数的奇偶性与20012002122001*********⨯+++==⨯的奇偶性相同,是奇数．19.2.13★★把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色,问有没有可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由．解析 如果每条线上红圈都是奇数个,那么5条线上的红圈数相加仍是奇数．但另一方面,由于每个圈都在两条直线上,因而相加时每个红圈都被计算了两次,从而相加的总和应该是偶数．两方面的结果是矛盾的．因此,不可能使同一条线上的红圈数都是奇数．19．2．14★★围棋盘上有1919⨯个交叉点,在交叉点上已经放满了黑子与白子,并且黑子与白子相间地放,即黑子（白子）的上、下、左、右都放着白子（黑子）．问能否把这些黑子全部移到原来白子的位置上,而白子也全移到原来的黑子的位置上？ 解析 不能．因为1919361⨯=是奇数,所以,必有奇数个白子,偶数个黑子；或者奇数个黑子,偶数个白子．即黑、白子数必然一奇一偶．奇数不可能等于偶数,所以无法使黑子与白子的位置对调． 19.2.15★★参加会议的人,有不少互相握过手．握手的次数是奇数的那部分人,人数是奇数还是偶数？为什么？解析 由于每握一次手,握手的两个人,每一个都握了一次手．因此每握一次手,两个人握手次数的和就是2次．所以,全部与会的人握手的总次数必定是偶数．我们把参加会议的人分成两类,甲类握手次数是偶数,乙类握手次数是奇数,甲类人握手的总次数显然是偶数．注意甲类人握手的总次数加上乙类人握手的总次数等于全部与会的人握手的总次数,所以乙类人握手的总次数也应当是偶数．由于乙类人每人握手的次数都是奇数,而偶数个奇数相加,和才能为偶数,因此,乙类人必为偶数个,即握手次数是奇数的那部分人,人数是偶数．19．2．16★★设标有A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 记号的七盏灯顺次排成一行,每盏灯安装一个开关．现在A 、C 、E 、G 四盏灯开着,其余三盏灯是关的．小刚从灯A 开始,顺次拉动开关.即从A 到G ,再从A 到G ,这样拉动了1999次开关后,哪几盏灯是开的？解析 一盏灯的开关被拉动奇数次后,改变状态,即开的变成关的,关的变成开的．一盏灯的开关被拉动偶数次后,不改变状态,即开的仍为开的,关的仍为关的．因此本题的关键是计算各盏灯被拉次数的奇偶性．由 199972854=⨯+,可知,A 、B 、C 、D 四盏灯的开关各被拉动了286次,而E 、F 、G 三盏灯的开关各被拉动了285次．所以,A 、B 、C 、D 四灯不改变状态,E 、F 、G 三灯改变状态．由于开始时A 、C 、E 、G 四灯是开着的．因此,最后A 、C 、F 三灯是开着的．19.2.17★★桌上放着七只杯子,杯口全朝上,每次翻转四个杯子．问能否经过若干次这样的翻动,使全部的杯子口都朝下？ 解析 不可能．我们将口向上的杯子记为0,口向下的杯子记为1．开始时,由于七个杯子全朝上,所以这七个数的和为0,是个偶数．一个杯子每翻动一次,所记的数由0变为1或由1变为0,改变了奇偶性．每一次翻转四个杯子,因此这七个数的和的奇偶性改变了四次,从而和的奇偶性仍与原来相同．所以,不论翻动多少次,这七个数的和与原来一样,仍为偶数．当杯子全部朝下时,这七个数的和为7,是奇数．因此,不论经过多少次翻转,都不可能使所有的杯子口都朝下．19．2．18★★★设1i x =1,1i =,2,…,2012．令 123420112012S x x x x x x =+++.。

奥林匹克数学题型初等数论基础初等数论基础是奥林匹克数学竞赛中的一个重要题型。

在初等数论中，我们研究的是自然数的性质和关系，探索其中的规律和特殊性质。

初等数论涉及到的内容包括质数、约数、互质关系、同余等，这些知识点在奥数竞赛中经常出现。

本文将介绍初等数论基础的几个重要概念和常见的题型。

一、质数和合数质数是指大于1并且只能被1和自身整除的自然数。

常见的质数有2, 3, 5, 7等。

奥数竞赛中常常要求判断一个数是否是质数，或者求解某个区间内的质数个数。

我们可以通过试除法判断一个数是否是质数，即用从2到其平方根之间的数依次去除该数，如果都不能整除，则该数为质数。

合数是指大于1且不是质数的自然数，合数可以分解为几个质因数的乘积。

在奥数竞赛中，经常要求分解一个合数为质因数乘积的形式，或者求解一个数的因数个数。

我们可以通过试除法，从最小的质因数开始，将合数不断地进行除法分解，直到分解为质数为止。

二、约数和倍数约数是指整数a能够整除整数b的数字，也即a是b的因数。

在奥数竞赛中，经常要求求解某个数的约数个数，或者求解两个数的最大公约数和最小公倍数。

对于一个给定的数n，我们可以用试除法，从1到其平方根之间的数进行尝试，如果能够整除，则该数是n的约数。

倍数是指一个数a能够被另一个数b整除的数字，也即b是a的倍数。

在奥数竞赛中，常常出现求解某个数的倍数，或者求解两个数的最小公倍数。

对于一个给定的数n，我们可以通过不断地累加n，求解n的倍数。

三、互质和同余互质是指两个整数的最大公约数等于1，也即两个数没有除1以外的公约数。

在奥数竞赛中，常常要求判断两个数是否互质，或者求解互质的对数个数。

同余是指两个整数除以一个给定的正整数，余数相等。

在奥数竞赛中，常常利用同余的性质来求解整数方程的解，或者判断两个数的除法余数是否相等等。

对于同余问题，我们可以使用模运算进行求解。

四、常见题型在奥数竞赛中，初等数论基础涉及到 many种题型，下面是一些常见的题型：1. 判断一个数是否是质数：通过试除法，将该数从2到其平方根之间的数依次去除，如果都不能整除，则该数是质数。

初等数论在中学数学竞赛中的应用初等数论是数学中的一个分支，主要研究自然数的整数性质和整数之间的关系。

在中学数学竞赛中，初等数论占有极其重要的地位，这篇文章介绍了初等数论在中学数学竞赛中的应用。

1. 最大公约数与最小公倍数最大公约数和最小公倍数是初等数论中最基础的知识点，也是数学竞赛中常出现的题型。

掌握最大公约数与最小公倍数的计算方法，在竞赛中可以迅速求得答案，提高答题速度和准确率。

考查方式：计算最大公约数与最小公倍数的值，或通过最大公约数、最小公倍数的计算求解整数方程组，适合于初赛和复赛阶段。

2. 奇偶性奇偶性是初等数论中的一个重要概念，掌握奇偶性的计算方法可以很快地帮助解决竞赛题目。

在奇偶性的计算中，最常见的有两种算法：除以2法和末位数法。

考查方式：根据给定的奇偶性，判断某个数是否满足条件；或者根据某个数的奇偶性，推导出其它性质，适合于中等水平竞赛。

3. 同余同余是初等数论中的又一个重要概念，两个整数的同余关系是指它们被某个整数整除时，得出的余数相同。

同余关系具有传递性、对称性和反身性，可以用于求解余数。

除此之外，同余关系在模运算、线性同余方程中也有广泛应用。

考查方式：根据同余关系，推导出一系列整数的性质，或通过同余关系求解余数，适合于中等和难地水平竞赛。

4. 平方数平方数是自然数的平方，平方数的性质在数学竞赛中也有广泛应用。

掌握平方数的计算方法和性质，可以快速判断某一个数是否为平方数，或求解某个正整数的平方数。

5. 数字反转数字反转是数学中的一种基本运算，也是初等数论中常出现的题型。

掌握数字反转的方法，可以帮助我们快速计算整数反转后的结果。

此外，在数字反转的基础上，还可以进一步进行数字分离、数字组合等操作，应用于解题中。

总之，初等数论在中学数学竞赛中占有非常重要的地位，掌握初等数论的知识和技巧，可以极大地提高我们的解题速度和成功率。

在备战数学竞赛的过程中，我们应该加强初等数论的学习和练习，不断提高自己的能力水平。