数 论 基 础一、知识点介绍 一、整除1．整除的定义 两个整数a 和b(b ≠0)，若存在整数k ，使得a=bk ，我们称a 能被b 整除，记作b|a ． 2．数的整除特征 （1）1与0的特性： 1是任何整数的约数，即对于任何整数a ，总有1|a ． 0是任何非零整数的倍数，a ≠0，a 为整数，则a|0． （2）能被2，5；4，25；8，125；3，9；11，7，13整除的数的特征： 能被2整除的数的特征：个位为0，2，4，6，8的整数能被2整除，我们记为2k(k 为整数)． 能被5整除的数的特征：个位数为0或5的整数必被5整除，我们记为5k(k 为整数)． 能被4、25整除的数的特征：末两位数字组成的两位数能被4（25）整除的整数必能被4（25）整除． 能被8，125整除的数的特征：末三位数字组成的三位数能被8（125）整除的整数必能被8（125）整除． 能被3，9整除的数的特征：各个数位上数字之和能被3或9整除的整数必能被3或9整除． 能被11整除的数的特征：一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差如果是11的倍数，则这个数就能被11整除． 能被7，11，13整除的数的特征：一个三位以上的整数能否被7（11或13）整除，只须看这个数的末三位数字表示的三位数与末三位以前的数字组成的数的差（以大减小）能否被7（11或13）整除． 二、同余1．同余的定义 给定一个正整数m(≥2)，如果两个整数a, b 除以m 所得的余数相同，则称a 与b 对模m 同余，记作a ≡b(modm)；如果余数不相同，则称a 与b 对模m 不同余，记作a ≡b(modm) 2．同余的性质 （1）自反性：a ≡a(modm)(a 为任意自然数) （2）对称性：若a ≡b(modm)，则b ≡a(modm) （3）传递性：若a ≡b(modm), b ≡c(modm)，则a ≡c(modm) （4）可加减性：若a ≡b(modm), c ≡d(modm)，则a ±c ≡b ±d(modm) （5）可乘性：若a ≡b(modm), c ≡d(modm)，则ac=bd(modm) （6）可乘方性：若a ≡b(modm), n ∈N +，则a n =b n (modm) 注意：一般地同余没有“可除性”，但是（7）如果：ac ≡bc(modm)且(c, m)=1，则a ≡b(modm)如果ac ≡bc(modm), (c, m)=d ，则a ≡b(mod dm)（8）如果a ≡b(modm), a ≡b(modn)且[m, n]=k ，则a ≡b(modk)（[m, n]表示m, n 的最小公倍数） （9）设p ∈N +, p ≥2，则任何一个p 进制自然数与其数码和(p 进制下各数码之和)对模p-1同余；特别地，p=10时，是我们熟知的“弃九法”的理论依据． 三．数论中的几个常用结论 （1）若a ≡b(modm)，则m|(a-b)（2）任意连续n 个自然数的积一定是n!的倍数（3）整数A 的正约数个数与正约数和的计算公式：如果A 分解因式为：A=12nr r r 12n p p p ⨯⨯⨯则A 的全体正约数的个数为：(r 1+1)×(r 2+1)×…×(r n +1)A 的全体正约数的和为：(1+p 1+…+p 1r1)(1+p 2+…+2r 2p )…(1+p n +…+n r n p ) （4）对于整数a, b, q, r ，若a=bq+r ，则(a, b)=(b, r)（5）关于x, y 的不定方程ax+by=c ，当且仅当(a, b)|c 时，方程有整数解 （6）(a, b)[a, b]=ab（7）b d (b,d)b d [b,d](,);[,]a c [a,c]a c (a,c)==（8）ax ≡b(modm)有解的充要条件为：(a, m)|b四、几个著名数论定理1．费马小定理 设p 是素数，a 是与p 互素的任一整数，则a p-1≡1(modp).费马小定理有一个变异的形式，这有时更为适用：对任意整数a 有 a p ≡a(modp)． 二、典型例题例1：已知直角三角形的三条边长都是整数，证明：至少有一条直角边的边长是3的倍数． 分析：由条件中的直角三角形想到勾股定理，进一步由都是整数，想到利用勾股来完成． 证：设x, y 是两直角边长，z 是斜边长．则x 2+y 2=z 2，若(x, y, z)=k ，则x=ka, y=kb, z=kc ，则a 2+b 2=c 2且(a, b, c)=1，故m, n ∈N +，使a=m 2-n 2, b=2mn, c=m 2+n 2 ①若m, n 中有一个能被3整除，则3|b, ∴3|y ；②若m, n 中没有被3整除的，令m=3s+p, n=3t+q(p, q=1或2) 由a=(m+n)(m-n)知，当p=q 时，3|m-n ；当p ≠q 时，3|m+n ， 都有3|a, ∴3|x ，故x, y 中至少有一个是3的倍数． 例2：试求使2m +3n 为完全平方数的所有正整数m, n ． 分析：利用完全平方数及整数的性质，分析式子，讨论奇偶性．解：设2m +3n =x 2，显然2 x, 3 x ，由3 x ，则x 2≡1(mod3)，∴2m ≡1(mod3)，故2|m ，令m=2s ，由22s =x 2-3n 知x 2-3n ≡0(mod4), 即x 2-(-1)n ≡0(mod4)，而2 x ，∴x 2≡1(mod4)，故n 为偶数，令n=2t ，得22s =x 2-32t =(x-3t )(x+3t )，∵x 是奇数，故x ±3t 均为偶数．可设 x-3t =2α, x+3t =2β(β>α≥1且α+β=2s)．若α≥2, 则β≥3，有4|2α+2β，而2α+2β=(x-3t )+(x+3t )=2x, ∴2|x 与2 x 矛盾．故α=1，从而β=2s-1≥2,s ≥32由tt 2s 1x 32x 32-⎧-=⎪⎨+=⎪⎩得3t =22s-2-1，即3t +1=22s-2, ∵s ≥2，∴3t +1≡0(mod4)，即(-1)t +1≡0(mod4)，∴t 为奇数．由22s-2=3t +1=(3+1)(3t-1-3t-2+…+-3+1)．第二个因式是t 个奇数的代数和，而t 为奇数，故此和为奇数，故t=1，于是s=2, m=4, n=2．此时24+32=52，故(m, n)=(4, 2)为所求． 例4：已知正整数 x=1911331517，求x 的末二位数．分析：100=4×25，观察更小的模． 解： 设x=19a , a 为奇数， （1）∵19≡3≡-1(mod4), ∴x=19a ≡(-1)a =-1≡3(mod4) ①（2）∵19≡-6(mod25), 192≡36≡11(mod25), 193≡11×(-6)=-66≡9(mod25), 194≡-54≡-4(mod25), 195≡(-4)(-6) ≡-1(mod25), 1910≡1(mod25)记a=17k , k 为奇数，∵17≡-3(mod10), 172≡9≡-1(mod10), 173≡(-3)(-1) ≡3(mod10), 174≡1(mod10)，又∵15≡-1(mod4)，而k=15b , b 为奇数，故k ≡(-1)b =-1≡3(mod4)，令k=4q+3，∴a=174q+3=174q ·173≡173≡3(mod10)，令a=10m+3, ∴x=19q =1910m ·193≡193≡9(mod25) ②由①②及孙子定理，可得x ≡59(mod100)．故x 的末二位数是59． 例6：设n ∈N +，整数k 与n 互质，且0<k<n ，令M={1, 2, …，n-1}，给M 中每个数染上黑白两种颜色中的一种，染法如下：（1）对M 中每个i ，i 与n-i 同色；（2）对M 中每个i(i ≠k)，i 与|k-i|同色． 求证：M 中所有的数必为同色． 分析：由(k, n)=1，可构造模n 的完系，再利用两个条件及同余知识给予证明．证明：∵(k, n)=1, 又0，1，2，…，n-1是模n 的一个完系，∴0, k, 2k, …，(n-1)k 也是模n 的一个完系．设j k =r j (modn)，其中1≤r j ≤n-1, j=1, 2, …，n-1，故M={r 1, r 2, …，r n-1}．下证：r j+1与r j 同色(1≤j ≤n-2)（∵若如此，当r 1的颜色确定后，M 中所有数都与r 1同色）． 事实上，由于(j+1)k ≡r j+1(modn)，∴r j +k ≡r j+1(modn)①若r j +k<n 时，则r j+1=r j +k ，由（2）知r j+1与|k-r j+1|=|k-k-r j |=r j 同色； ②若r j +k>n 时，则r j+1=r j +k-n ，由（1）知，k-r j+1=n-r j 与n-(n-r j )=r j 同色． 由（2）知，k-r j+1与|k-(k-r j+1)|=r j+1同色． 故r j+1与r j 同色．由①②知，r j+1与r j 同色，故命题得证．立 体 几 何一、 知识点介绍 一、空间中的角求二面角，一般要先作出二面角的平面角，作法一般有：1）在棱上取一点，分别在两个半平面内作棱的垂线；2）利用三垂线及三垂线逆定理；3）作棱的垂面；4）利用射影面积公式cos S θ=射影S.还有一些特殊方法，如向量法以及下面（四）的结论2，3，4等.二、 空间中的距离空间中的距离指的是空间点、线、面之间的距离.一般是作出垂线，求出垂线段的长度即为所求的距离.垂线段不易直接求解的话，也可用向量法或体积法求距离.三、 多面体与球 1、多面体多面体特别是四面体体积的计算是常见的题目，常见的方法有①直接法；②换底法；③割补法；④等积变化法；⑤比例法；⑥向量法等。
