初等数论中的几个重要定理(竞赛必备)

全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容一、平面几何1、数学竞赛大纲所确定的所有内容。

补充要求：面积和面积方法。

2、几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

3、几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。

到三角形三顶点距离的平方和最小的点--重心。

三角形内到三边距离之积最大的点--重心。

4、几何不等式。

5、简单的等周问题。

了解下述定理：在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面积最大。

在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。

在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周长最小。

在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。

6、几何中的运动：反射、平移、旋转。

7、复数方法、向量方法。

平面凸集、凸包及应用。

二、代数1、在一试大纲的基础上另外要求的内容：周期函数与周期，带绝对值的函数的图像。

三倍角公式，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。

2、第二数学归纳法。

递归，一阶、二阶递归，特征方程法。

函数迭代，求ｎ次迭代，简单的函数方程。

3、ｎ个变元的平均不等式，柯西不等式，排序不等式及应用。

4、复数的指数形式，欧拉公式，棣美弗定理，单位根，单位根的应用。

5、圆排列，有重复的排列与组合，简单的组合恒等式。

6、一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。

7、简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括无穷递降法，同余，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，高斯函数，费马小定理，欧拉函数，孙子定理，格点及其性质。

三、立体几何1、多面角，多面角的性质。

三面角、直三面角的基本性质。

2、正多面体，欧拉定理。

3、体积证法。

4、截面，会作截面、表面展开图。

四、平面解析几何1、直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应用。

2、二元一次不等式表示的区域。

3、三角形的面积公式。

4、圆锥曲线的切线和法线。

5、圆的幂和根轴。

五、其它抽屉原理。

容斤原理。

极端原理。

集合的划分。

四大数论定理四大数论定理是指费马小定理、欧拉定理、中国剩余定理和欧几里得算法。

这四个定理在数论领域中具有重要的地位和应用。

下面将分别介绍这四个定理的概念、原理和应用。

一、费马小定理：费马小定理是由法国数学家费马在17世纪提出的，是数论中的基本定理之一。

它的主要内容是：如果p是一个质数，a是任意一个整数，那么a的p次方减去a一定能够被p整除。

即a^p ≡ a (mod p)。

这个定理在密码学中有广泛的应用。

费马小定理的原理是基于模运算的性质。

对于给定的整数a和质数p，我们可以将a的p次方表示为a^p = a * a * a * ... * a。

根据模运算的性质，我们可以对每个乘法因子a进行取模操作。

由于模运算满足乘法的结合律和交换律，我们可以得到 a * a ≡ a^2 (mod p)，再依次类推，最终得到a^p ≡ a (mod p)。

费马小定理在密码学中的应用是基于离散对数问题。

通过费马小定理，我们可以快速计算模p下的指数问题，从而实现快速的加密和解密操作。

例如，RSA加密算法就是基于费马小定理和大素数的选择来实现的。

二、欧拉定理：欧拉定理是由瑞士数学家欧拉在18世纪提出的，是费马小定理的推广。

它的主要内容是：如果a和n互质，那么a的欧拉函数值φ(n)次方减去1一定能够被n整除。

即a^φ(n) ≡ 1 (mod n)。

欧拉定理在数论和密码学中都有重要的应用。

欧拉定理的原理是基于欧拉函数的性质。

欧拉函数φ(n)表示小于等于n且与n互质的正整数的个数。

对于给定的整数a和正整数n，我们可以将a的φ(n)次方表示为a^φ(n) = a * a * a * ... * a。

根据模运算的性质，我们可以对每个乘法因子a进行取模操作。

由于a和n互质，根据欧拉定理，我们可以得到a^φ(n) ≡ 1 (mod n)。

欧拉定理在密码学中的应用是基于模反演问题。

通过欧拉定理，我们可以快速计算模n下的指数问题，从而实现快速的加密和解密操作。

初中数学竞赛数论定理数论是数学的一个重要分支，它研究的是整数之间的性质和关系。

在中学阶段数学竞赛中，数论是一个必考的难点，其中数论定理是必须掌握的内容。

下面就来讲述一下中学数学竞赛中常考的数论定理。

1. 质数分解定理任意一个自然数都可以唯一分解成若干个质数的积。

例如，24=2×2×2×3，而28=2×2×7。

在数论中，质数是自然数中只能够被1和其本身整除的数，2、3、5、7、11、13、17等等都是质数。

而将一个自然数n分解成若干个质数的积，又称为n的质因数分解式。

2. 最大公约数定理对于任意两个自然数a和b（a≠0或b≠0），有：它们的最大公约数（Greatest Common Divisor，缩写为GCD）等于它们的公因数中最大的一个。

例如，GCD（18，24）=6，因为18的因数有1、2、3、6、9和18，而24的因数有1、2、3、4、6、8、12和24，它们的公因数有1、2、3和6，而其中最大的一个就是6，即GCD（18，24）=6。

4. 模运算定理（欧拉定理）当a和n是互质的正整数时，有a^(φ(n)) ≡ 1(mod n)，其中φ(n)代表n的欧拉函数，即小于n的正整数中与n互质的数的个数。

例如，当a=2、n=3时，φ(n)=2，有2^(φ(n))=2^2=4，而4-1=3是3的倍数，因此2^(φ(n)) ≡ 1(mod n)，即2^(φ(n)) ≡ 1(mod 3)。

5. 费马小定理当p是一个质数，a是一个正整数时，有a^(p-1) ≡ 1(mod p)。

以上就是中学数学竞赛中常考的数论定理。

掌握好这些定理，将有利于解决数论问题。

欧拉（Euler）线：同一三角形的垂心、重心、外心三点共线，这条直线称为三角形的欧拉线；且外心与重心的距离等于垂心与重心距离的一半。

九点圆：任意三角形三边的中点，三高的垂足及三顶点与垂心间线段的中点，共九个点共圆，这个圆称为三角形的九点圆；其圆心为三角形外心与垂心所连线段的中点，其半径等于三角形外接圆半径的一半。

费尔马点：已知P为锐角△ABC内一点，当∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°时，PA ＋PB＋PC的值最小，这个点P称为△ABC的费尔马点。

海伦（Heron）公式：塞瓦（Ceva）定理：在△ABC中，过△ABC的顶点作相交于一点P的直线，分别交边BC、CA、AB与点D、E、F，则(BD/DC)·(CE/EA)·(AF/FB)＝1；其逆亦真。

密格尔（Miquel）点：若AE、AF、ED、FB四条直线相交于A、B、C、D、E、F六点，构成四个三角形，它们是△ABF、△AED、△BCE、△DCF，则这四个三角形的外接圆共点，这个点称为密格尔点。

葛尔刚（Gergonne）点:△ABC的内切圆分别切边AB、BC、CA于点D、E、F，则AE、BF、CD三线共点，这个点称为葛尔刚点。

西摩松（Simson）线：已知P为△ABC外接圆周上任意一点，PD⊥BC，PE⊥ACPF⊥AB，D、E、F为垂足，则D、E、F三点共线，这条直线叫做西摩松线。

黄金分割：把一条线段(AB)分成两条线段，使其中较大的线段(AC)是原线段(AB) 与较小线段(BC)的比例中项，这样的分割称为黄金分割。

帕普斯（Pappus）定理：已知点A1、A2、A3在直线l1上，已知点B1、B2、B3在直线l2上，且A1 B2与A2 B1交于点X，A1B3与A3 B1交于点Y，A2 B3于A3 B2交于点Z，则X、Y、Z三点共线。

笛沙格（Desargues）定理：已知在△ ABC与△A'B'C'中，AA'、BB'、CC'三线相交于点O，BC与B'C'、CA与C'A'、AB与A'B'分别相交于点X、Y、Z，则X、Y、Z三点共线；其逆亦真摩莱（Morley）三角形：在已知△ABC三内角的三等分线中，分别与BC、CA、AB相邻的每两线相交于点D、E、F，则△DEF是正三角形，这个正三角形称为摩莱三角形。

初等数论1. 整除性质a) 若a|b，a|c，则a|(b±c)。

b) 若a|b，则对任意c，a|bc。

c) 对任意非零整数a，±1|a，±a|a。

d) 若a|b，b|a，则|a|=|b|。

e) 如果a能被b整除，c是任意整数，那么积ac也能被b整除。

f) 如果a同时被b与c整除，并且b与c互质，那么a一定能被积bc整除，反过来也成立。

g) 如果a∣b且b∣c，则a∣c。

h) 如果c∣a且c∣b，则c∣ua+vb，其中u，v是整数。

i) 对任意整数a，b，b>0，存在唯一的数对q，r，使a=bq+r，其中0≤r<b，这个事实称为带余除法定理，是整除理论的基础。

j) 若c|a，c|b，则称c是a，b的公因数。

若d是a，b的公因数，d≥0，且d可被a，b的任意公因数整除，则d是a，b的最大公因数。

若a，b的最大公因数等于1，则称a，b互素，也称互质。

累次利用带余除法可以求出a，b的最大公因数，这种方法常称为辗转相除法。

又称欧几里得算法。

2. 带余除法a) 对于a，b两个整数，其中b≠0，则存在唯一q，r使得：a = bq+r，0 ≤ r< |b|．r称为a被b除得到的余数．显然当r = 0时，b∣a．3. 最大公约数设a，b是两个整数，如果整数c∣a且c∣b，则c称为a，b的公因子．设c>0是两个不全为零的整数a，b的公因子，如果a，b的任何公因子都整除c，则c称为a，b的最大公因子，记为c= (a，b)．a) (a,b)=(-a,b)=(a,-b)=(-a,-b)b) (0,a)=ac) 设a，b是两个不全为零的整数，则存在两个整数u，v，使(a，b)= ua+vb．4. 欧几里德除法（辗转相除法）：已知整数a，b，记r0=a，r1=b，r0=q1r1+r2，0 ≤r2＜r1=b;r1=q2r2+r3，0 ≤r3＜r2;…r n-2=q n-1r n-1+r n，0 ≤r n＜r n-1;r n-1=q n r nf) 除法若ac ≡ bc (mod m) c≠0 则a≡ b (mod m/gcd(c,m)) 其中gcd(c,m)表示c,m的最大公约数，特殊地,gcd(c,m)=1 则a ≡ b (mod m)g) 幂运算如果a ≡ b (mod m)，那么a^n ≡ b^n (mod m)h) 如果a ≡ b (mod m)，且d∣m，d是正整数，则a ≡ b (mod d)i) 若a ≡ b (mod mi) (i=1,2...n) 则a ≡ b (mod [m1,m2,...mn]) 其中[m1,m2,...mn]表示m1,m2,...mn的最小公倍数j) 推论如果a1≡b1 (mod m)，a2≡b2 (mod m)，则a1x+ a2y≡b1x+ b2y (mod m)，其中x，y是任意整数．a1n=b1n(mod m)，其中n是正整数．f(a1) ≡f(b1) (mod m)，其中f(x)是任一给定的整系数多项式：f(x) = c0+ c1x+…+c k x k．10. 威尔逊定理若p为质数，则p可整除(p-1)!+1。

第五节 初等数论中的几个重要定理基础知识定义（欧拉(Euler)函数）一组数s x x x ,,,21 称为是模m 的既约剩余系，如果对任意的s j ≤≤1，1),(=m x j 且对于任意的Z a ∈，若),(m a ＝1，则有且仅有一个j x 是a 对模m 的剩余，即)(mod m x a j ≡。

并定义},,2,1{)(m s m ==ϕ中和m 互质的数的个数，)(m ϕ称为欧拉（Euler ）函数。

这是数论中的非常重要的一个函数，显然1)1(=ϕ，而对于1>m ，)(m ϕ就是1,2，…，1-m 中与m 互素的数的个数，比如说p 是素数，则有1)(-=p p ϕ。

引理：∏⋅=为质数）－（P |P 11)(mP m m ϕ；可用容斥定理来证（证明略）。

定理1：（欧拉（Euler ）定理）设),(m a ＝1，则)(mod 1)(m a m ≡ϕ。

证明：取模m 的一个既约剩余系))((,,,,21m s b b b s ϕ= ，考虑s ab ab ab ,,,21 ，由于a 与m 互质，故)1(s j ab j ≤≤仍与m 互质，且有i ab )1(s j i ab j ≤<≤∀，于是对每个s j ≤≤1都能找到唯一的一个s j ≤≤)(1σ，使得)(mod )(m b ab j j σ≡，这种对应关系σ是一一的，从而)(mod )(mod )(11)(1m b m b ab s j j s j j s j j∏∏∏===≡≡σ，∴))(mod ()(11m b b a sj j s j j s ∏∏==≡。

1),(1=∏=sj j b m ，)(mod 1m a s ≡∴，故)(mod 1)(m a m ≡ϕ。

证毕。

分析与解答：要证)(mod 1)(m a m ≡ϕ，我们得设法找出)(m ϕ个n 相乘，由)(m ϕ个数我们想到m ,,2,1 中与m 互质的)(m ϕ的个数：)(21,,,m a a a ϕ ，由于),(m a ＝1，从而)(21,,,m aa aa aa ϕ 也是与m 互质的)(m ϕ个数，且两两余数不一样，故)(21m a a a ϕ⋅⋅⋅ ≡)(21,,,m aa aa aa ϕ ≡)(m a ϕ)(21m a a a ϕ⋅⋅⋅ （m mod ），而（)(21m a a a ϕ⋅⋅⋅ m ）＝1，故)(mod 1)(m am ≡ϕ。

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。

数学竞赛中几个重要定理1、 梅涅劳斯定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、 E 、F 且D 、E 、F 三点共线，则FBAFEA CE DC BD ••=12、 梅涅劳斯定理的逆定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、E 、F ，且满足FBAFEA CE DC BD ••=1，则D 、E 、F 三点共线。

3、 塞瓦定理：设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于N 、P 、M ，则1=••PACPNC BN MB AM4、 塞瓦定理的逆定理：设M 、N 、P 分别在△ABC 的 边AB 、BC 、CA 上，且满足1=••PACPNC BN MB AM ，则AN 、BP 、CM 相交于一点。

5、 广勾股定理的两个推论：推论1：平行四边形对角线的平方和等于四边平方和。

推论2：设△ABC 三边长分别为a 、b 、c ，对应边上中线长分别为m a 、m b、m c则：m a =2222221a c b -+；m b =2222221b c a -+；m c =2222221c b a -+ 6、 三角形内、外角平分线定理：内角平分线定理：如图：如果∠1=∠2，则有ACABDC BD =外角平分线定理：如图，AD 是△ABC 中∠A 的外角平分线交BC 的延长线与D ， 则有ACABDC BD =7、 托勒密定理：四边形ABCD 是圆内接四边形，则有AB ·CD+AD ·BC=AC ·BD8、 三角形位似心定理：如图，若△ABC 与△DEF 位似，则通过对应点的三直线AD 、BE 、CF 共点于P 9、 正弦定理、在△ABC 中有R CcB b A a 2sin sin sin ===（R 为△ABC 外接圆半径） 余弦定理：a 、b 、c 为△ABC 的边，则有：a 2=b 2+c 2-2bc ·cosA; b 2=a 2+c 2-2ac ·cosB; c 2=a 2+b 2-2ab ·cosC;10、西姆松定理：点P 是△ABC 外接圆周上任意一点，PD ⊥BC ，PE ⊥AC ， PF ⊥AB ，D 、E 、F 为垂足，则D 、E 、F 三点共线，此直线称为西姆松线。

数学竞赛中几个重要定理1、 梅涅劳斯定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、E 、F 且D 、E 、F三点共线，则FBAFEA CE DC BD ••=12、 梅涅劳斯定理的逆定理：如果在△ABC 的三边BC 、CA 、AB 或其延长线上有点D 、E 、F ，且满足FBAFEA CE DC BD ••=1，则D 、E 、F 三点共线.【例1】已知△ABC 的重心为G ，M 是BC 边的中点，过G 作BC 边的平行线AB 边于X ，交AC边于Y ，且XC 与GB 交于点Q ，YB 与GC 交于点P. 证明：△MPQ ∽△ABCj MQGAC BXY P【例2】以△ABC的底边BC为直径作半圆，分别与边AB，AC交于点D和E，分别过点D，E作BC的垂线，垂足依次为F，G，线段DG和EF交于点M.求证：AM⊥BC【例3】四边形ABCD内接于圆，其边AB，DC的延长线交于点P，AD和BC的延长线交于点Q，过Q作该圆的两条切线，切点分别为E，F.求证：P，E，F三点共线.【练习1】设凸四边形ABCD 的对角线AC 和BD 交于点M ，过M 作AD 的平行线分别交AB ，CD于点E ，F ，交BC 的延长线于点O ，P 是以O 为圆心，以OM 为半径的圆上一点. 求证：∠OPF=∠OEP【练习2】 在△ABC 中，∠A=900，点D 在AC 上，点E 在BD 上，AE 的延长线交BC 于F. 若BE ：ED=2AC ：DC ，则∠ADB=∠FDCD塞瓦定理：设O是△ABC内任意一点，AO、BO、CO分别交对边于N、P、M，则1=••PACPNCBNMBAM塞瓦定理的逆定理：设M、N、P分别在△ABC的边AB、BC、CA上，且满足1=••PACPNCBNMBAM，则AN、BP、CM相交于一点.【例1】B E是△ABC的中线，G在BE上，分别延长AG，CG交BC，AB于点D，F，过D作DN∥CG交BG于N，△DGL及△FGM是正三角形.求证：△LMN为正三角形.GCLMEDFN【例2】在△ABC 中，D 是BC 上的点DC BD =31，E 是AC 中点.AD 与BE 交于O ，CO 交AB 于F 求四边形BDOF 的面积与△ABC 的面积的比【练习1】设P 为△ABC 内一点，使∠BPA=∠CPA ，G 是线段AP 上的一点，直线BG ，CG 分别交边AC ，AB 于E ，F.求证：∠BPF=∠CPE【练习2】 在△ABC 中，∠ABC 和∠ACB 均为锐角.D 是BC 边BC 上的内点，且AD 平分∠BAC ，过点D 作垂线DP ⊥AB 于P ，DQ ⊥AC 于Q ，CP 于BQ 相交于K. 求证：AK ⊥BCCCC托勒密定理：四边形ABCD 是圆内接四边形，则有AB ·CD+AD ·BC=AC ·BD【例1】 已知在△ABC 中，AB >AC ，∠A 的一个外角的平分线交△ABC 的外接圆于点E ，过E 作EF ⊥AB ，垂足为F.求证：2AF=AB -AC【例2】经过∠XOY 的平分线上的一点A ，任作一直线与OX 及OY 分别相交于P ，Q.求证：OP 1+OQ1为定值HABCEFAXYPOQ【例3】 解方程42-x+12-x=x 7【练习1】 设AF 为⊙O1与⊙O2的公共弦，点B ，C 分别在⊙O1，⊙O2上，且AB=AC ，∠BAF ，∠CAF 的平分线交⊙O1，⊙O2于点D ，E. 求证：DE ⊥AF【练习2】⊙O 为正△ABC 的外接圆，AD 是⊙O 的直径，在弧BC 上任取一点P （与B ，C不重合）.设E ，F 分别为△PAB ，△PAC 的内心.证明：PD=∣PE-PF ∣西姆松定理：点P 是△ABC 外接圆周上任意一点，PD ⊥BC ，PE ⊥AC ，PF ⊥AB ，D 、E 、F 为垂足，则D 、E 、F 三点共线，此直线称为西姆松线.【例1】过正△ABC 外接圆的弧AC 上点P 作P D ⊥直线AB 于D,作PE ⊥AC 于E,作PF ⊥BC 于F.求证：PF 1+PD 1=PE1【练习1】设P 为△ABC 外接圆周上任一点，P 点关于边BC ，AC 所在的直线的对称点分别为P 1，P 2.求证：直线P 1P 2经过△ABC 的垂心.CABPEFD HABP1P2CP三角形的五心内心【例1】设点M 是△ABC 的BC 边的中点，I 是其内心，AH 是BC 边上的高，E 为直线IM 与AH 的交点.求证：AE 等于内切圆半径r【例2】在△ABC 中，AB=4，AC=6，BC=5，∠A 的平分线AD 交△ABC的外接圆于K.O ，I 分别为△ABC 的外心，内心.求证：OI ⊥AK【练习】 在△ABC 中，∠BAC=300，∠ABC=700，M 为形内一点，∠MAB=∠MCA=200求∠MBA 的度数.B外心【例1】锐角△ABC的外心为O，线段OA，BC的中点为M，N，∠ABC=4∠OMN，∠ACB=6∠OMN.求∠OMN【例2】在等腰△ABC中，AB=BC，CD是它的角平分线，O是它的外心，过O作CD的垂线交BC于E，再过E作CD的平行线交AB于F，证明：BE=FD.【练习】1、⊙O 1与⊙O 2相交于P ，Q ，⊙O 1的弦PA 与⊙O 2相切，⊙O 2的弦PB 与⊙O 1相切.设△PAB 的外心为O ，求证：OQ ⊥PQ重心【例1】在△ABC 中，G 为重心，P 是形内一点，直线PG 交直线BC ，CA ，AB 于F ，E ，D.求证：FG FP +EG EP +DGDP=3【例2】已知△ABC 的重心G 和内心I 的连线GI ∥BC ，求证：AB+AC=2BCC【练习】1、设M 为△ABC 的重心，且AM=3，BM=4，CM=5，求△ABC 的面积.2、设O 是△ABC 的外心，AB=AC ，D 是AB 的中点，G 是△ACD 的重心，求证：OG ⊥CD垂心三角形任一顶点到垂心的距离，等于外心到对边的距离的2倍.BCB【例1】△ABC 的外接圆为⊙O ，∠C=600，M 是弧AB 的中点，H 是△ABC 的垂心.求证：OM ⊥OH【例2】已知AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高，过D 作EF 的平行线RQ ，RQ 分别交AB 和AC 于R ，Q ，P 为EF 与CB 的延长线的交点.证明：△PQR 的外接圆通过BC 的中点M.旁心【例1】在锐角∠XAY 内部取一点，使得∠ABC=∠XBD ，∠ACB=∠YCD.证明：△ABC 的外心在线段AD 上.CD【例2】AD是直角△ABC斜边BC上的高（AB<AC），I1，I2分别是△ABD，△ACD的内心，△A I1 I2的外接圆⊙O分别交AB，AC于E，F，直线FE与CB的延长线交于点M.证明：I1，I2分别是△ODM的内心与旁心.相交两圆的性质与应用【例1】证明：若凸五边形ABCDE中，∠ABC=∠ADE，∠AEC=∠ADB. 证明：∠BAC=∠DAEE【例2】已知⊙O1与⊙O2相交于A，B，直线MN垂直于AB且分别与⊙O1与⊙O2交于M，N，P 是线段MN的中点，Q1，Q2分别是⊙O1与⊙O2上的点，∠AO1Q1=∠AO2Q2求证：PQ1=PQ2【练习】梯形ABCD中，AB∥CD，AB>CD，K，M分别是腰AD，CB上的点，∠DAM=∠CBK，求证：∠DMA=∠CKBA其他的一些数学竞赛定理1、 广勾股定理的两个推论：推论1：平行四边形对角线的平方和等于四边平方和.推论2：设△ABC 三边长分别为a 、b 、c ，对应边上中线长分别为m a 、m b 、m c 则：m a =2222221a c b -+；m b =2222221b c a -+；m c =2222221c b a -+2、 三角形内、外角平分线定理：内角平分线定理：如图：如果∠1=∠2，则有ACABDC BD =外角平分线定理：如图，AD 是△ABC 中∠A 的外角平分线交BC 的延长线与D ，则有ACABDC BD =3、 三角形位似心定理：如图，若△ABC 与△DEF 位似，则通过对应点的三直线AD 、BE 、CF 共点于P4、 正弦定理、在△ABC 中有R CcB b A a 2sin sin sin ===（R 为△ABC 外接圆半径） 余弦定理： a 、b 、c 为△ABC 的边，则有： a 2=b 2+c 2-2bc ·cosA;b 2=a 2+c 2-2ac ·cosB; c 2=a 2+b 2-2ab ·cosC;5、欧拉定理：△ABC 的外接圆圆心为O ，半径为R ，内切圆圆心为I ，半径为r,记OI=d,则有：d 2=R 2-2Rr.6、巴斯加线定理：圆内接六边形ABCDEF （不论其六顶点排列次序如何），其三组对边AB 与DE 、BC 与EF 、CD 与FA 的交点P 、Q 、R 共线.。

初等数论四大定理威尔逊定理、欧拉定理、剩余定理（孙子定理）、费马小定理威尔逊定理：当且仅当p为素数时，有：(p-1)!≡-1(mod p)欧拉定理：若n,a为正整数，且n,a互质，(a,n)=1，则：a^φ(n)≡1(mod n)剩余定理（孙子定理）：若有一些两两互质的整数m1,m2,…,m n，则对任意的整数a1,a2,…,a n，以下联立同余方程组对模m1,m2,…,m n有公解：x≡a1(mod m1),x≡a2(mod m2),……,x≡a n(mod m n)费马小定理：若p是质数，且(a,p)=1，则：a^(p-1)≡1(mod p)之前一直认为费马小定理的证明很复杂，但是懂了欧拉定理之后就迎刃而解了.首先，我们需要知道欧拉定理是什么：数论上的欧拉定理，指的是a x≡1(modn)这个式子实在a和n互质的前提下成立的.为什么成立呢？下面来证一下.首先，我们知道在1到n的数中，与n互质的一共有φ(n)φ(n)个，所以我们把这φ(n)φ(n)个数拿出来，放到设出的集合X中，即为x1,x2……xφ(n)x1,x2……xφ(n).那么接下来，我们可以再设出一个集合为M，设M中的数为：m1=a∗x1m2=a∗x2……mφ(n)=a∗xφ(n)m1=a∗x1m2=a∗x2……mφ(n)=a∗xφ(n)下面我们证明两个推理：一、M中任意两个数都不模n同余.反证法.证明：假设M中存在两个数设为m a,m b ma,mb模n同余.即m a≡m b ma≡mb移项得到：m a−m b=n∗k ma−mb=n∗k再将m用x来表示得到:a∗x a−a∗x b=n∗k a∗xa−a∗xb=n∗k提取公因式得到a∗(x a−x b)=n∗k a∗(xa−xb)=n∗k我们现在已知a与n互质，那么式子就可以转化为：x a−x b≡0（modn)xa−xb≡0（modn)，因为a中没有与n的公因子（1除外）所以a对模n同余0并没有什么贡献.又因为x a,x b xa,xb都是小于n的并且不会相同，所以x a−x b xa−xb一定是小于n的，那么上述的式子自然全都不成立.假设不成立.证得：M中任意两个数都不模n同余.二、M中的数除以n的余数全部与n互质.证明：我们已知m i=a∗x i mi=a∗xi.又因为a与n互质，x i xi与n互质，所以可得m i mi与n互质.带入到欧几里得算法中推一步就好了.即gcd(a∗x i,n)=gcd(m i,n)=gcd(n,m i modn)=1证毕.根据我们证得的两个性质，就可以开始推式子了.首先，根据第二个性质可以知道，M中的数分别对应X中的每个数模n同余.所以可以得到：m1∗m2∗……∗mφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(modn)m1∗m2∗……∗mφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(modn)现在我们把m i mi替换成x的形式，就可以得到：a∗x1∗a∗x2∗……∗a∗xφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(modn)a∗x1∗a∗x2∗……∗a∗xφ(n)≡x1∗x2∗……∗xφ(n)(modn)很显然，我们应该移项了，但是在移项之前，我们认为这么多的a很烦，那么就先乘起来：aφ(n)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡x1∗x2……∗xφ(n)(modn)aφ(n)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡x1∗x2……∗xφ(n)(modn)很开心，我们终于凑出了aφ(n)aφ(n),那么就开始移项吧：(aφ(n)−1)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡0(modn)(aφ(n)−1)∗(x1∗x2……∗xφ(n))≡0(modn)然后，就出来啦：aφ(n)≡1(modn)aφ(n)≡1(modn)证毕.用现代数学的语言来说明的话，中国剩余定理给出了以下的一元线性同余方程组：有解的判定条件，并用构造法给出了在有解情况下解的具体形式.中国剩余定理说明：假设整数m1,m2, ... ,m n两两互质，则对任意的整数：a1,a2, ... ,a n，方程组有解，并且通解可以用如下方式构造得到：设是整数m1,m2, ... ,m n的乘积，并设是除了m i以外的n- 1个整数的乘积.设为模的数论倒数( 为模意义下的逆元)方程组的通解形式为在模的意义下，方程组只有一个解：证明：从假设可知，对任何，由于，所以这说明存在整数使得这样的叫做模的数论倒数.考察乘积可知：所以满足：这说明就是方程组的一个解.另外，假设和都是方程组的解，那么：而两两互质，这说明整除 . 所以方程组的任何两个解之间必然相差的整数倍.而另一方面，是一个解，同时所有形式为：的整数也是方程组的解.所以方程组所有的解的集合就是：。

初等数论中的几个重要定理基础知识定义（欧拉(Euler)函数）一组数称为是模的既约剩余系，如果对任意的，且对于任意的，若＝1，则有且仅有一个是对模的剩余，即。

并定义中和互质的数的个数，称为欧拉（Euler）函数。

这是数论中的非常重要的一个函数，显然，而对于，就是1,2，…，中与互素的数的个数，比如说是素数，则有。

引理：；可用容斥定理来证（证明略）。

定理1：（欧拉（Euler）定理）设＝1，则。

分析与解答：要证，我们得设法找出个相乘，由个数我们想到中与互质的的个数：，由于＝1，从而也是与互质的个数，且两两余数不一样，故（），而（）＝1，故。

证明：取模的一个既约剩余系，考虑，由于与互质，故仍与互质，且有，于是对每个都能找到唯一的一个，使得，这种对应关系是一一的，从而，。

，，故。

证毕。

这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。

定理2：（费尔马（Fermat）小定理）对于质数及任意整数有。

设为质数，若是的倍数，则。

若不是的倍数，则由引理及欧拉定理得，，由此即得。

定理推论：设为质数，是与互质的任一整数，则。

定理3：（威尔逊（Wilson）定理）设为质数，则。

分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找个数，然后来对应乘法。

证明：对于，在中，必然有一个数除以余1，这是因为则好是的一个剩余系去0。

从而对，使得；若，，则，，故对于，有。

即对于不同的对应于不同的，即中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自己配对，这时，，或，或。

除外，别的数可两两配对，积除以余1。

故。

定义：设为整系数多项式（），我们把含有的一组同余式（）称为同余方组程。

特别地，，当均为的一次整系数多项式时，该同余方程组称为一次同余方程组.若整数同时满足：，则剩余类（其中）称为同余方程组的一个解，写作定理4：（中国剩余定理）设是两两互素的正整数，那么对于任意整数，一次同余方程组，必有解，且解可以写为：这里，，以及满足，（即为对模的逆）。

第6讲 算术基本定理一、基础知识算术基本定理：任何一个正整数N ＞1，都能分解成质因数的连乘积，即⋅⋅=2121ααp p N ……n np α⋅，（n ≥1） ① 其中1p ，2p ，…，n p 为互不相等的质数，1α，2α，…，n α为正整数；如果不考虑因数的顺序，则这个分解式是唯一的。

证明：存在性：（反证法）假设存在大于1的自然数不能写成质数的乘积，设其中最小的那个为n 。

自然数可以根据其可除性（是否能表示成两个不是自身的自然数的乘积）分成3类：质数、合数和1。

首先，按照定义，n 大于1；其次，n 不是质数，因为质数p 可以写成质数乘积：p =p ，这与假设不相符合；因此n 只能是合数，但每个合数都可以分解成两个严格小于自身而大于1的自然数的积。

设其中a 和b 都是介于1和n 之间的自然数，因此，按照n 的定义，a 和b 都可以写成质数的乘积。

从而n 也可以写成质数的乘积。

由此产生矛盾。

因此大于1的自然数必可写成质数的乘积。

唯一性:引理：若质数p | ab ，则不是 p | a ，就是p | b 。

证明：若p | a ， 则证明完毕。

若p |a ，那么两者的最大公约数为1。

根据裴蜀定理，存在(m ,n ) 使得ma + np = 1。

于是b = b (ma + np ) = abm + bnp 。

由于p | ab ，上式右边两项都可以被p 整除。

所以p | b 。

再用反证法：假设有些大于1的自然数可以以多于一种的方式写成多个质数的乘积，那么假设n 是最小的一个。

首先n 不是质数。

将n 用两种方法写出：n ＝p 1p 2p 3…p r ＝q 1q 2q 3…q s根据引理，质数p 1|q 1q 2q 3…q s ，所以 q 1，q 2，q 3，…，q s 中有一个能被p 1整除，不妨设为q 1。

但q 1也是质数，因此q 1 = p 1 。

所以，比n 小的正整数n '＝p 2p 3…p r 也可以写成q 2q 3…q s这与n 的最小性矛盾！因此唯一性得证。

2．3 费马小定理及其应用费马（Fermat ）小定理是初等数论中的一个重要定理，数学竞赛中经常需要用到．Fermat 小定理 设p 为素数，a 为整数，则()mod p a a p ≡．特别地，若p a ，则()11mod p a p ≡－．请注意该定理中p 为素数这个条件，下面的证明中这个条件是非常重要的．证明：当|p a 时，结论显然成立．当p a 时，设1x ，2x ，…，p x －1是1，2，…，p －1的一个排列，我们先证：a 1x ，a 2x ，…，a p x －1中任意两个数对模p 不同余．事实上，若存在1≤i ＜j ≤p －1，使得()mod i j ax ax p ≡，则()|i j p a x x －，而p a ，故|i j p x x －（注意，这里用到p 为素数），但i x 与j x 对模p 不同余，矛盾．又a 1x ，a 2x ，…，a p x －1中显然没有一个数为p 的倍数，因此，a 1x ，a 2x ，…，a p x －1除以p 所得的余数是1，2，…，p －1的一个排列，利用同余的性质，知（a 1x ）（a 2x ）…（a p x －1）≡()121mod p x x x p －…．再由()1211!p x x x p －…＝－，它不是p 的倍数（注意，这里再次用到p 为素数），所以， ()11mod p a p ≡－．说明 这个证明体现了整体处理的思想，它将模p 的余数全体对等考虑，分别将模p 的两个剩余系（都不包括零）作乘积后得到一个同余式，然后证出要证的式子．例1 设n 为正整数．证明：37|3n n ＋的充要条件是37|3n n ＋1． 证明 若37|3n n ＋，则7n ，于是，由Fermat 小定理，知()61mod7n ≡， 从而，由37|3n n ＋，知337|3n n n （＋）， 故37|3n n ＋1．反过来，若37|3n n ＋1，则7n ， 并且337|3n n n •（＋1），即637|3n n n •＋， 利用Fermat 小定理知 ()61mod7n ≡， 故37|3n n ＋．命题获证．说明 涉及指数的同余式经常需要用到Fermat 小定理，因为由Fermat 小定理得出的结论中，同余式的一边是1，这带来很大的方便．例2 设x 为整数，p 是21x ＋的奇素因数，证明：()1mod 4p ≡． 证明 由于p 为奇素数，若()1mod4p ≡，则()3mod4p ≡，可设p ＝4k ＋3，此时，由()21mod x p ≡－，得()()()2121142211mod k k p k x x x p ≡≡＋＋－＋＝＝－－．而由Fermat 小定理，应有()11mod p x p ≡－．结合上式将导出|2p ．矛盾．所以，()1mod 4p ≡．说明 利用此题的结论，我们可以证明：存在无穷多个模4余1的正整数为素数．事实上，若只有有限个素数模4余1，设它们是1p ，2p ，…，n p ．考虑数()2122n p p p …＋1的素因数即可导出矛盾．例3 设x 为整数，p 是数65x x ＋＋…＋1的素因数．证明：p ＝7或p ≡1（mod7）．证明 当x ＝1时，p ＝7；当x ≠1时，p 是711x x －－的素因子，因此，()71mod x p ≡，这表明p x ，于是，由Fermat 小定理，可知()11mod p xp ≡－，进而()711mod p x p ≡（，－）． 如果1p －，即()1mod p p ≡，那么（7，p －1）＝1，得()1mod x p ≡， 于是，0≡65x x ＋＋…＋1≡6511＋＋…＋1＝()7mod p ．得p ＝7． 所以，命题成立．说明 本题的解答中用到下面的结论：若（a ，m ）＝1，且()1mod u a m ≡，va ≡1（mod m ），则()1mod u v a m ≡（，）．它可以由下面的方法来得到．由贝祖定理，知存在整数x 、y ，使得ux ＋vy ＝（u ，v ），于是，u v ux vy a a （，）＋＝＝()x u a ·()()111mod yv x y a m ≡•＝． 这里在x 、y 为负整数时，用数论倒数去理解．另一方面，本题的结论可推广位：设q 为奇素数，x 为整数，则数1q x－＋…＋1的素因数p 满足：p ＝q 或者()1mod p q ≡．例4 设p 为素数．证明：存在无穷多个正整数n ，使得|2n p n －．证明 如果p ＝2，那么取n 为偶数，就有|2np n －，命题成立．设p ＞2，则由Fermat 小定理知 ()121mod p p ≡－．因此，对任意正整数k ，都有 ()121mod k p p ≡（－）， 所以，只需证明存在无穷多个正整数k ，使得()()11mod k p p ≡－（这样，令n ＝k （p －1），就有|2n p n －）． 而这只需()1mod k p ≡－，这样的k 当然有无穷多个．所以，命题成立 ．说明 用Fermat 小定理处理数论中的一些存在性问题有时非常方便、简洁．例 5 由Fermat 小定理知，对任意奇素数p ，都有()121mod p p ≡－．问：是否存在合数n ，使得()121mod n n ≡－成立？解：这样的合数n 存在，而且有无穷多个．其中最小的满足条件的合数n ＝341＝11×31（它是从两个不同奇素数作乘积去试算出来的）．事实上，由于 102⨯－1＝1023＝3413，故 ()102mod ≡1341， 所以 ()3403421mod ≡≡1341，故341符合要求． 进一步，设a 是一个符合要求的奇合数，则21a－也是一个奇合数（这一点利用因式分解可知）．再设121a a q ⨯－－＝，q 为正奇数，则()1122121211a a －－－－－＝2－＝221aq －＝()221q a － ≡211q －≡()0mod 21a －．因此21a －也是一个符合要求的数．依此递推（结合341符合要求），可知有无穷多个满足条件的合数． 说明 满足题中的合数n 称为“伪素数”，如果对任意（a ，n ）＝1都有()11mod n an ≡－成立，那么合数n 称为“绝对伪素数”．请读者寻找“绝对伪素数”．例6 求所有的素数p ，使得121p p－－是一个完全平方数． 解：p 是一个满足条件的素数，则显然p 是一个奇素数．由Fermat 小定理知12|21p p －－， 而 121p －－＝1221p －（－）1221p －（＋）， 故 12|21p p －－或12|21p p －＋．由于1112222212121p p p ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭－－－，＝，＝1＋－－， 所以，12|21p p －－与12|21p p －＋中恰有一个成立． 若12|21p p －－，则由条件及112212121p p ⎛⎫ ⎪⎝⎭－－，＝＋－可知存在正整数x ， 使得 1222p x －＋1＝， 此时 （x －1）（x ＋1）＝122p －， 这表明x －1与x ＋1都是2的幂次，而x 为奇数，故x －1与x ＋1是两个相邻的偶数，所以，只能是 x －1＝2，x ＋1＝4，故 x ＝3，此时 p ＝7． 若12|21p p －＋，则同上知存在正整数x ，使得1222p x －－1＝， 当p ＞3时，导致()12211mod 4p x ≡－＝2－－，矛盾，故p ＝3． 另一方面，当p ＝3和7时，121p p－－分别为1和9，都是完全平方数． 综上可知p ＝3或7．。

p 3 个数对 a, k a ， 2


a
a A
1mod p
p 1 ! p 1 a
a A
p 1 1mod p
定理 3 可进一步表述为 p 为质数的充分必要条件是 p 1 ! 1 mod p 。 定理 5 （中国剩余定理）设 m1 , m2 , , m k 是两两互素的正整数，那么对于任意整
p 1 2
反之，若 a 则 x

2
p 1 2
a
mod p，记 y
x 2 ,n
5
p 1 2
初等数论的若干定理及其应用
由y
n
a n y a y k a n 1 k ，
k 0
n 1
若 y a mod p ，则


n 1
k 0
y
k
a n 1 k 0mod p ，对于任意的 y 。
证明： p 4q 1 ，
p 1 p 1 2q ， 1 2 1 ，由定理 7 ，结论显然。 2
2
推论 3
设 p 为形如 4q 1 质数，则二次同余方程 x
i
所以
即 次数为 k-1 的多项式 g x ，至少存在 k 个解，矛盾。 故 命题得证。 定理 7 若 l 为 a 关于摸 m 的阶，s 为某一正整数，满足 a
s

1mod m ，则 s 必为 l
的倍数。
4
初等数论的若干定理及其应用 证明：不妨 l 1 ，因为 l 为 a 关于摸 m 的阶，则 a l 1 mod m ， 且对于 1 k l ， a

初等数论知识点整理一．正整数A 的p 进制表示：012211a p a p a p a A m m m m +⨯++⨯+⨯=---- ，其中1,,2,1},1,,2,1,0{-=-∈m i p a i 且01≠-m a 。

而m 仍然为十进制数字，简记为p m m a a a A )(021 --=。

二．整除在数学竞赛中如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。

定义：设b a ,是给定的数，0≠b ，若存在整数c ，使得bc a =则称b 整除a ，记作a b |，并称b 是a 的一个约数(因子)，称a 是b 的一个倍数，如果不存在上述c ，则称b 不能整除a 记作b a 。

由整除的定义，容易推出以下性质：(1)若c b |且a c |，则a b |(传递性质)；(2)若a b |且c b |，则)(|c a b ±即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。

若反复运用这一性质，易知a b |及c b |，则对于任意的整数v u ,有)(|cv au b ±。

更一般，若n a a a ,,,21 都是b 的倍数，则)(|21n a a a b +++ 。

或着i b a |，则∑=ni i i b c a 1|其中n i Z c i ,,2,1, =∈；(3)若a b |，则或者0=a ，或者||||b a ≥，因此若a b |且b a |，则b a ±=；(4)b a ,互质，若c b c a |,|，则c ab |；(5)p 是质数，若n a a a p 21|，则p 能整除n a a a ,,,21 中的某一个；特别地，若p 是质数，若n a p |，则a p |；(6)(带余除法)设b a ,为整数，0>b ，则存在整数q 和r ，使得r bq a +=，其中b r <≤0，并且q 和r 由上述条件唯一确定；整数q 被称为a 被b 除得的(不完全)商，数r 称为a 被b 除得的余数。

大一初等数论知识点总结数论，作为数学的一个分支，是研究整数的性质和结构的学科。

在高等数学中，数论是一个重要的基础学科，也是培养数学思维和证明能力的重要内容之一。

下面将总结一些大一初等数论中的重要知识点。

一、素数与因数分解1. 素数定义：一个大于1的自然数，除了1和它本身以外没有其他因数的数被称为素数。

2. 质因数分解定理：任何一个大于1的自然数都可以表示为一系列素数的乘积，且这个分解方式是唯一的。

3. 最大公因数与最小公倍数：最大公因数是两个数同时能整除的最大的自然数，最小公倍数是能同时被两个数整除的最小的自然数。

二、模运算1. 同余：对于给定的正整数m，如果两个整数a和b满足a-b 能被m整除，则称a和b在模m下同余，记作a≡b (mod m)。

2. 同余性质：同余具有如下性质：- a ≡ b (mod m) 且c ≡ d (mod m)，则a±c ≡ b±d (mod m)。

- a ≡ b (mod m) 且c ≡ d (mod m)，则ac ≡ bd (mod m)。

3. 模运算法则：模运算具有如下法则：- (a+b) mod m = (a mod m + b mod m) mod m- (a-b) mod m = (a mod m - b mod m) mod m- (ab) mod m = (a mod m)(b mod m) mod m三、整除性与剩余类1. 整除性定义：如果a能被b整除，则称a是b的倍数，b是a 的因数。

2. 剩余类定义：对于给定的正整数m，将整数a分成m个不同的等价类，每个等价类都与m同余的整数被称为模m的一个剩余类。

3. 剩余类的运算：模m的剩余类满足如下运算规则：- 模m的剩余类可以进行加法和乘法运算。

- 模m的剩余类乘法满足交换律和结合律。

四、欧几里得算法与最大公因数1. 欧几里得算法：欧几里得算法用于求两个正整数的最大公因数，具体步骤如下：- 设a和b是两个正整数，其中a>b。

11 数论的几个重要定理欧拉定理、费马小定理、威尔逊定理及中国剩余定理是数论的四大定理，它们是解决数论问题的重要工具。

下面介绍这几个定理在竞赛数学中的应用方法。

1． 基本原理定理1（欧拉定理） 设m 为大于1的整数，(,)1a m =，()m ϕ为欧拉函数，则()1(mod )m a m ϕ≡.证 设{}12(),,,m r r r ϕ…为模m 的一个简化剩余系，因为(,)1a m =，所以 {}12(),,,m ar ar ar ϕ…也是模m 的一个简化剩余系，从而有 12()12()()()()(mod )m m ar ar ar r r r m ϕϕ≡……，即 ()12()12()()(mod )m m m a rr r rr r m ϕϕϕ≡ (1)因为12()(,)1m r r r m ϕ=… ，所以由（1）得 ()1(mod )m a m ϕ≡.定理2（费马小定理） 设p 是素数，(,)1a p =，则11(mod )p a p -≡.证 因为p 是素数，所以()1p p ϕ=-，由欧拉定理知()1(mod )p a p ϕ≡，∴ 11(mod )p a p -≡.推论 设p 为素数，a 为整数，则(mod )p a a p ≡ （2）证 当p a 时，（2）式显然成立.当p 不能整除a 时，因为p 为素数，所以(,)1a p =.由定理2得 11(mod )p ap -≡， ∴ (mod )p a a p ≡.定理3（威尔逊定理） 若p 为素数，则(1)!1(mod )p p -≡-.证 {}2,3,,2a p ∀∈-…，因为(,)1a p =，所以{},2,,(1)a a p a -…也是模p 的简化剩余系，故存在唯一的{}1,2,,1b p ∈-…，使得1(mod )ba p ≡ （1）∵ {}2,3,,2a p ∈-…，∴ 1b ≠，1b p ≠-.若b a =，则21(mod )a p ≡∴ (1)(1)0(mod )a a p -+≡.∴ 11(mod )a p ≡-或,这与{}2,3,,2a p ∈-…矛盾.综上即知{}2,3,,2b p ∈-…且b a ≠.将{}2,3,,2p -…中的数按（1）式两两配对，得234(2)1(mod )p p ⨯⨯⨯⨯-≡…，∴ (1)!1(mod )p p -≡-.定理4（中国剩余定理） 设12,,,k m m m …是k 个两两互质的正整数，12k m m m m =…，i im M m =，1,2,,i k =…，则同余式组 1122(mod )(mod )(mod )kk x a m x a m x a m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩…… (1)有唯一解 111222(mod )k k k x M M a M M a M M a m '''=+++ (2)其中1(mod )i i i M M m '≡，1,2,,i k =….证 容易验证（2）是（1）的解.又若x '，x ''均是（1）的解，则对于1,2,,i k =…，有(mod )i i x a m '≡(mod )i i x a m ''≡，从而有 0(mod )i x x m '''-≡，又因为12,,,k m m m …两两互质，从而有0(mod )x x m '''-≡，即 (mod )x x m '''≡，所以x '与x ''是同余式组（1）的相同解.设1m >，(,)1a m =，则由欧拉定理知()1(mod )m a m ϕ≡，我们把满足条件1(mod )r a m ≡的最小正整数r 称为a 对模m 的阶，或称为a 对模m 的指数.关于a 对模m 的阶，我们有如下结论.定理5 设1m >，(,)1a m =，a 对模m 的阶为0n ，n 为正整数.若1(mod )na m ≡，则0n n .证 由带余除法知，存在非负整数q 及r ，使得 0n qn r =+，00r n ≤<.所以 001()(mod )qn r n n q r r a a a a a m +===≡，由于0r n <，由0n 的最小性知0r =，所以0n n .2． 方法解读用上述定理解题，除应掌握数论解题的基本方法外，还应对这几个定理的用途有一定的 认识.一般说来，欧拉定理与费马小定理提供了降幂与归1的工具.威尔逊定理提供了处理连续整数的积的方法.中国剩余定理提供了某些存在性问题的构造方法.定理5提供了由方幂的指数导出整除关系的途径.例1 求使21n -为7的倍数的所有正整数n ..解 ∵ 122(mod 7)≡，224(mod 7)≡，321(mod 7)≡，所以2对模7的阶为3.又因为21(mod 7)n ≡，所以由定理5知 3n ，即3()n k k N +=∈.例2 设整数a ，b ，c 满足0a b c ++=，记201120112011d ab c =++，求证d 不是素 数.证 ∵ 2(mod 2)a a ≡，∴ 2011(mod 2)aa ≡ 同理知 2011(mod 2)b b ≡，2011(mod 2)c c ≡， ∴ 2011201120110(mod 2)a b c a b c ++≡++≡， ∴ 2d .又由费马小定理知，3(mod 3)a a ≡，word. ∴ 201120103670670669232232()a a a a a a a a a a a ⨯≡≡≡≡≡223222478262793(mod 3)a a a a a a a a a a a a ≡≡≡≡≡≡≡≡，同理可证 2011(mod 3)bb ≡，2011(mod 3)c c ≡， ∴ 2011201120110(mod3)a b c a b c ++≡++≡，∴ 3d . 又∵ (2,3)1=，∴ 6d ，所以d 不是素数.例3 证明：数列1,19,119,1119,11119，…中有无穷多个合数.证 因为19是素数，(10,19)1=，由费马小定理知 18101(mod19)≡，所以对于任 意的正整数n ，有 18101(mod19)n ≡，∴ 181010(mod19)n -≡，∴ 18191110(mod19)n ⨯≡个…，∵ (199)1=，， ∴ 18119111n 个…，∴ 1811911119n 个…，即 1811911119n 个….由于正整数n 有无穷多个，所以数列中有无穷多项被19整除，故数列中有无穷多项为合数.例4（第47界IMO 预选题） 已知(0,1)x ∈，令(0,1)y ∈，且y 的小数点后第n 位数字是x 的小数点后第2n 位数字.证明：若x 为有理数，则y 也为有理数.证 设120.n x x x x =……， 120.n y y y y =……，则对于1,2,n =…，有2n n y x =.因为x 为有理数，所以数列{}n x 从某项开始为周期数列，为了说话方便，不妨设{}n x 为周期数列，d 为它的一个周期，02nd v =，其中0n 为非负整数，v 为大于1的奇数（这是可以办到的，因为若T 为数列的周期，则3T 也为周期）.现令()v ωϕ=，由欧拉定理知，()221(mod )v v ωϕ=≡，从而有00022(mod(2))n n n v ω+≡⋅， 即 0022(mod )n n d ω+≡，所以对于任意的正整数0n n >，有 00002222(mod )n n n n n n d ω+--⋅≡， 即 22(mod )n n d ω+≡.∵ d 是{}n x 的周期，从而有 22n n x x ω+=， 即n n y y ω+=.综上知，对于任意的0n n >，都有n n y y ω+=，所以{}n y 从第01n +项开始为周期数列，因此y 为有理数.例5设1000(5x =+，求[]x 的末三位数.解 令1000(5y =-.∵ 10000(51<-<，∴ 01y <<.又因为 10001000(5(5x y +=++-100099839963224100010002(55(23)5(23)C C =+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅ 23449350099810005(23)(23))C ++⋅⋅⋅+⋅…（1） 所以 []1x x y =+-.由（1）式知10003500252(23)(mod1000)x y +≡⨯+⋅⋅（2） ∵ 3100058=⨯，1000350(mod 5)≡ （3）10005005005(25)11(mod8)=≡= （4）由（3）得 1000355t =，代入（4）得351(mod8)t ≡，即 51(mod8)t ≡，∴ 5(mod8)t ≡.85t k ≡+，所以 100033555(85)625(mod1000)t k ==+≡，∴ 1000252625250(mod1000)⨯≡⨯≡.又∵ 15ϕ（125）=125(1-)=100，由欧拉定理知 3100(23)1(mod125)⋅≡，∴ 3500(23)1(mod125)⋅≡ （5）又 3500(23)0(mod8)⋅≡ （6）由（5）得 3500(23)1251t ⋅≡+，代入（6）得12510(mod8)t +≡，即 510(mod8)t +≡，∴ 3(mod8)t ≡.∴ 83t k =+，代入得 3500(23)125(83)1376(mod1000)k ⋅=++≡， ∴ 35002(23)2376752(mod1000)⋅⋅≡⨯=.综上知，10003500252(23)2507522(mod1000)x y +≡⋅+⋅⋅≡+≡，所以 11(mod1000)x y +-≡，故[]x 的末三位数为001.例6求具有如下性质的素数p 的最大值：存在1,2,,p …的两个排列（这两个排列可 以相同）1212,,,,,,p p a a a b b b …与…，使得1122,,,p p a b a b a b …被p 除所得的余数互不相同.解 不妨设 121,2,,p a a a p ===….若p b p ≠，则存在 {}1,2,,1i p ∈-…，使得 i b p =，从而有 0(mod )i i a b p ≡，0(mod )p p a b p ≡，从而有 (mod )i i p p a b a b p ≡，这与题设矛盾，因此有 p b p =.因为 0(mod )p p a b p ≡，又1122,,,p p a b a b a b …被p 除所得的余数互不相同，所以 112211,,,p p a b a b a b --…被p 除的余数构成的集合为{}1,2,,1p -…，由有威尔逊定理，得112211()()()123(1)(1)!1(mod )p p a b a b a b p p p --≡⋅⋅-=-≡-…….又 112211()()()p p a b a b a b --…121121()()p p a a a b b b --=……(1)!(1)!(1)(1)1(mod )p p p =--≡--=，∴ 11(mod )p -≡，∴ 20(mod )p ≡，∴ 2p .由于p 为素数，所以2p =.容易验证2p =满足要求.故所求的最大值为2.例7设整数n ，q 满足5n ≥，2q n ≤≤且q 不为某个质数的平方，试证：(1)!(1)n q q ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦（1） 这里[]x 表示x 的这个数部分.证 若q 为合数，因为q 不为质数的平方，所以存在大于1的整数a ，b ，a b ≠，使得q ab =.因为q n ≤，所以1a n ≤-，1b n ≤-，从而有(1)!q n -，因此(1)!(1)!n n q q ⎡⎤--=⎢⎥⎣⎦. ∵ (1)(1)!q n --，(1)!q n -，(1,)1q q -=，∴ (1)(1)!q q n --，∴ (1)!(1)!(1)n n q q q ⎡⎤---=⎢⎥⎣⎦，故结论成立. 若q 为质数，当q n <，易知(1)!q n -，从而有(1)!(1)!n n q q ⎡⎤--=⎢⎥⎣⎦. 又因为 (1)(1)!q n --，(1,)1q q -=，所以 (1)(1)!q q n --,∴ (1)!(1)!(1)n n q q q ⎡⎤---=⎢⎥⎣⎦，结论成立. 当q n =时，因为q 为质数，由威尔逊定理知 (1)!(1)!1(mod )n q q -=-≡-，所以(1)!10(mod )n q -+≡，∴ (1)!1q n -+，所以 (1)!(1)!1(1)!(1)1n n n q q q q ⎡⎤--+---=-=⎢⎥⎣⎦. 又因为 (1)(1)!(1)q n q ----，(1,)1q q -=，所以 ()(1)(1)!(1)q q n q ----， ∴ (1)!(1)(1)!1n q n q q q ⎡⎤-----=⎢⎥⎣⎦（），故结论成立. 例8 若一个正整数的标准分解式中，每个素约数的幂次都大于1，则称这个数为幂数. 证明：对于任意的正整数n (2)n ≥，存在n 个连续的正整数，其中每一个数都不是幂数.证 选取n 个互不相同的素数12,,,n p p p ….由中国剩余定理知，同余式组2112222(mod )1(mod )(1)(mod )n n x p p x p p x n p p ⎧≡⎪≡-+⎪⎨⎪⎪≡--+⎩…………（1）有解.设222012(mod )n x x p p p ≡… 0(0)x >是（1）的唯一解，则对于0,1,2,,1i n =-…，有2i p 不整除0x i +且0i p x i +，故 0x i +不是幂数.因此，n 个连续正整数0000,1,2,,(1)x x x x n +++-…满足要求.例9 设1n >，21n n +，证明3n .证 设p 是n 的最小素因子，2对模p 的阶为r .∵ 21n n +， ∴ 21n p +，∴ 210(mod )n p +≡，∴ 21(mod )n p ≡-，221(mod )n p ≡ （1） 又因为p 为奇素数，所以 (2,)1p =.由费马小定理知121(mod )p p -= （2）由（1），（2）及定理5知，2r n ，1r p -，故1(2,1)2(,)2p r n p n --=.设1(,)2p d n -=，则 d n ，12p d -.因为n 为奇数，所以d 为奇数.又112p d p p -≤<-<，从而由p 的最小性知1d =，所以 (2,1)2n p -=，从而有 2r .又显然有1r >，所以2r =，即2对模p 的阶为2，从而知3p =，即3n .习 题111．已知 17x =，当1n >时，17n x n x -=，求n x 的末两位数.2．证明数列37,337,3337,33337，……中有无穷多个合数.3．证明有无穷多个正整数n ，使得2100(2)n n +.最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成word文本--------------------- 方便更改。