阳光家教数学数论问题解析3

小升初专练-数论问题-带余除法【知识点归纳】如：16÷3=5…1，即16=5×3+1，此时，被除数除以除数出现了余数，我们称之为带余数的除法．一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0），那么一定有另外两个整数q和r，0≤r＜b，使得a=q×b+r．当r=0时，我们称a能被b整除当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商（亦简称为商）．【常考题型】例1：所有被4除余1的两位数的和为（ ）A、1200B、1208C、1210D、1224E、1229分析：本题中，由整除的意义可知，除以4后余1的最小两位数是：12+1=13．除以4后余1的最大两位数是：96+1=97．由此我们想除以4后余1的两位数一共有多少个？即所有除以4后余1的数组成的数列：13+17+21+…+97的项数有多少？由题意知数列的公差是4，那么计算项数得：（97-13）÷4+1=22．然后利用公式求它们的和就行了．解：除以4后余1的最小两位数是：12+1=13，除以4后余1的最大两位数是：96+1=97，那么除以4后余1的两位数一共有：（97-13）÷4+1=22（个），所有除以4后余1的两位数的和为：13+17+21+…+97=（13+97）×22÷2=110×11=1210．答：一切除以4后余1的两位数的和是1210．故选：C．点评：本题考查余数的性质与等差数列求和．本题的解题关键是由除以4余1这一特点，想到满足条件的最小的两位数是13，最大的两位数是97，是一个公差为4的等差数列．例2：一本书如果每天读80页，那么4天读不完，5天又有余；如果每天读90页，那么3天读不完，4天又有余；如果每天读N页，恰好N（N是自然数）天读完，这本书是（）页．分析：设页数为x，①由“一本书如果每天读80页，那么4天读不完，5天又有余”得320＜x＜400；②由“如果每天读90页，那么3天读不完，4天又有余”得270＜x＜360；③由①②得320＜x ＜360．满足上述条件的只有n=18.320＜18×18=324＜36．解：设页数为x，①320＜x＜400；②270＜x＜360；③由①②得：320＜x＜360，满足上述条件的只有n=18．320＜18×18=324＜360．故答案为：324．点评：此题考查了带余除法的知识，以及分析问题的能力．【解题思路】对任意整数a，b且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．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，则称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．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．一．选择题1．有四个自然数A、B、C、D，它们的和不超过400，并且A除以B商是5余5，A除以C商是6余6，A除以D商是7余7。

数论复习专题(教师版含答案)
导言
本文档是数论复专题的教师版，包含答案。

数论是数学的一个分支，研究整数及其性质。

该文档旨在帮助教师进行数论复，并提供了题目的答案，以便教师进行评估和指导。

目录
1. 数的性质
2. 计数和排列组合
3. 素数与因子分解
4. 同余关系
5. 质数定理
1. 数的性质
1.1 奇数与偶数
题目：判断以下数是奇数还是偶数：17, 24, 31, 42
答案：17是奇数，24和42是偶数，31是奇数。

1.2 整除性质
题目：判断以下数是否能被3整除：18, 25, 36, 42
答案：18和36能被3整除，25和42不能被3整除。

...
5. 质数定理
题目：根据质数定理计算以下数的近似质数个数：
5, 10, 20, 50
答案：根据质数定理，小于等于n的质数个数约为n/ln(n)。

因此，近似质数个数分别为：
5: 2
10: 4
20: 8
50: 15
结论
本文档提供了数论复习专题的教师版，包含题目和答案，可用于教师进行复习和评估学生的掌握程度。

教师可以根据需要逐个章节进行讲解和练习，以提高学生对数论的理解和应用能力。

数论选讲一、整除1．整数是离散的，每两个整数之间的距离至少为1．即，1a b a b <⇔-≤,a b Z∈2．带余除法．设，对于任一整数，总可以找到一对唯一确定的，满足0b >a q r ，．我们称为除以的余数．a qb r =+0r b ≤<r a b 当时，我们说被整除或整除，记为．并称是的倍数或是的约数0r =a b b a |b a a b b a （因数），此时．b a ≤当时，我们说不被整除或不整除，记为．0r ≠a b b a |b a /3．如果正整数除了1及以外没有其他的约数，则称为质数，否则称为合数．a a a a 100以内的质数如下：2，3，5，7，11，13，17，19，23，19，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，914．唯一分解定理．每一个大于的自然数都可写成质数的连乘积，1n 即表示成的形式，其中为质数，，12121k i k k ii n p p p p αααα===∏ 12k p p p <<< *i N α∈且这种表示是唯一的．5．利用唯一分解定理，我们可以得到关于的正约数的两个性质：n 的正约数个数为 ．n 121()(1)(1)(1)(1)kk i i d n αααα==+++=+∏ 的所有正约数之和为 ．n 01()ik j i j i n p ασ===∑∏6．若且，则称为、的公约数．设为所有中的最大者，则称为、|x a |x b x a b d x d a b 的最大公约数，记作．(,)d a b =7．若，，则称为、的公倍数．设为所有中大于零的最小者，则称|a y |b y y a b m y m 为、的最小公倍数，记作．a b [,]m a b =8．对于任意正整数、，都有．a b (,)[,]ab a b a b =9．贝佐特（1730~1783）定理．设，则存在整数、，使得．(,)d a b =u v ua vb d +=10．如果，，，则．|a c |b c (,)1a b =|ab c 【例题选讲】1、证明两个连续正整数的积不可能是完全平方数，也不可能是完全立方数．反设存在正整数x ，y ，使x (x ＋1)＝y 2，由于x ，x ＋1互质，故x ，y 都是完全平方数．两个完全平方数相差1，只有0与1满足要求，此时x ＝0，y ＝0，与x 为正整数矛盾．又反设存在正整数x ，y ，使x (x ＋1)＝y 3，由于x ，x ＋1互质，故x ，y 都是完全立方数．设x ＝u 3，x ＋1＝v 3(u ，v ∈N *，v ＞u )，v 3－u 3＝(v －u )(v 2＋vu ＋u 3)＝1，由于v －u ≥1，v 2＋vu ＋u 2≥7，故v 3－u 3＝1不成立，故证．2、设m ＞n ≥1，(m ，n )＝d ，证明：C 为整数．d m n m证明：由于C 为整数，又C ＝×＝C 为整数．n m n m n mn m m !n !(m －n )!n －1 m －1存在x ，y ∈Z ，使xm ＋yn ＝d ，所以，C ＝C ＝x C ＋y C ＝x C ＋y C ∈Z ．d m n m xm ＋yn mn m n m n m n m n m n －1 m －13、证明：若(m ，n)＝1，则m|C ．nm ＋n －1C ＝C ⇒mC ＋nC ＝mC ⇒ nC ＝m(C n m ＋n －1m m ＋n mm ＋n n m ＋n －1n m ＋n －1m m ＋n n m ＋n －1m m ＋n －C )，nm ＋n －1∴ m|n C ，但(m ，n)＝1，故m|C ．n m ＋n －1nm ＋n －14、在n 2与(n ＋1)2之间任取若干个互不相同的整数，则这些整数两两的乘积都互不相等．证明：若只取3个整数a ，b ，c ，满足n 2＜a ＜b ＜c ＜(n ＋1)2，则ab ＜ac ＜bc ．故只有取的数至少有4个时才有可能使两两的积相等．设n 2＜a ＜b ＜c ＜d ＜(n ＋1)2，且有ad ＝bc ．于是＝，令＝＝(u ，v ∈N *， (u ，v )＝1)．b a d c b a d c u v于是，必有b ＝up ，d ＝uq ，a ＝vp ，c ＝vq ．由c ＞b ＞a ，知u ＞v ，q ＞p ．所以，u ≥v ＋1，q ≥p ＋1．d ＝uq ≥(v ＋1)(p ＋1)＝vp ＋p ＋v ＋1＝a ＋(p ＋v )＋1≥n 2＋2＋1≥n 2＋2＋1＞n 2＋2n ＋1＝(n ＋1)2．与d ＜(n ＋1)2矛盾．pv a 5、已知a 、b 为正整数，并且ab 2|(a 3＋b 3)，求证a ＝b ．设(a ，b )＝d ，且a ＝a 1d ，b ＝b 1d (a 1，b 1为自然数)，则(a 1，b 1)＝1.由ab 2|(a 3＋b 3)，可设a 3＋b 3＝kab 2 (k ∈N *)，∴ a 3＝b 2(ka －b )．即a ＝b (ka 1－b 1)．于是，b 1|a 1，故(a 1，b 1)＝b 1＝1． a |(ka 1－1)，于是a 1|(ka 1－1)，3 12 131 ∴ a 1|1，于是a 1＝1． ∴ a ＝b ＝d ．注：由于ab 2与a 3、b 3均为3次式，故可同时约去d 3而不影响问题的结论．故可设(a ，b )＝1来做．又证：设＝k (k ∈N *)，即()2＋＝k ．记x ＝，则x 为有理数，且x 3－kx ＋1＝0．a 3＋b 3ab 2a b b a a b 此方程的有理根只能为x ＝±1，但a ，b 均为自然数，故x ＝1，∴a ＝b ．6、存在1000个连续正整数，其中恰有20个素数．证明：取1001!＋2，1001!＋3，…，1001!＋1000，1001!＋1001，这1000个数都是合数．记1001!＋2＝a ．则a ，a ＋1，a ＋2，…，a ＋999均为合数．去掉a ＋999，添上a －1，又得1000个数：a －1，a ，a ＋1，…，a ＋998．由于去掉一个合数而添了一个整数，故所得1000个数中至多有1个素数．再去掉a ＋998而添上a －2，此时，这1000个数中素数的个数比刚才的1000个数多1个或相同或减少1个．这一过程可以一起进行到得到1，2，…999，1000这1000个数为止．此时，这1000个数中的素数个数多于20个(2至100中就有25个素数)由于每次置换1个数时，所得的1000个与与原1000个数相比较，素数的个数只能增加1个或相同或减少1个．于是这一过程中每次所得素数个数至多变化1个，于是必有某个时刻，恰有20个素数．说明：《离散的零点定理》设f (n )是定义在整数上的函数，取值也是整数．且|f (n ＋1)－f (n )|≤1，且存在不同两个整数a ，b (a ＜b )，使f (a )f (b )＜0，则必存在整数c ，满足a ＜c ＜b ，使f (c )＝0．7、求出具有下述性质的正整数n ：它被≤的所有正整数整除．n 解：设q 2≤n ＜(q ＋1)2，(q ∈N *)，则[]＝q ．令n ＝q 2＋r(0≤r ≤2q)．n 由于q|n ，q|q 2，故q|r ⇒r ＝0，q ，2q ．即所有满足n ＝q 2，q 2＋q ，q 2＋2q 的正整数均为本题的解．解：显然，n ＝1，2，3，4满足题意．现设n ≥5．由此题知，n ＝q 2，q 2＋q ，q 2＋2q ．且q ≥2．又n 能被q －1整除．当n ＝q 2＝q(q －1)＋q ，于是q －1|q ⇒q －1＝1⇒q ＝2时，此时，n ＝4；当n ＝q 2＋q ＝(q －1)(q ＋2)＋2，有q －1|2⇒q ＝2，3，此时，n ＝6，12；当n ＝q 2＋2q ＝(q －1)(q ＋3)＋3，有q －1|3⇒q ＝2，4，此时，n ＝8，24．∴ n ＝1，2，3，4，6，8，12，24．8、证明：有无穷多个n ，满足：n|2n ＋1．分析：证明满足某要求的整数有无穷多个，通常有：⑴ 给出一个公式，可以由此公式得出无穷多满足要求的数；⑵ 给出一个递推式，可以由其中任一个满足要求的数得出只一个满足要求的数；且这些数都互不相同；⑶ 用数学归纳法证明之．解法一：n ＝1时，1|21＋1；n ＝3时，3|23＋1；n ＝9时，9|29＋1．即n ＝30，31，32时均满足要求．故推测3k |2＋1对于一切正整数k 成立．下用数学归纳法证明：3k 设3k |2＋1．则存在正整数t ，使2＝3k t －1．3k 3k故2＋1＝(3k t －1)3＋1＝33k t 3－32k ＋1t 2＋3k ＋1t ＝3k ＋1t(32k －1t 2－3k t ＋1)．即3k ＋1|2＋1．3k ＋1 3k ＋1 ∴ 由数学归纳原理知，对于一切正整数k ，都3k |2＋1．从而有无穷多的整数n ＝3k 3k使n|2n ＋1，解法二：前已有n ＝1时，3|21＋1＝3，又有23|23＋1＝9，9|29＋1＝513．故推测：若m k |2＋1，记m k ＋1＝2＋1，则m k ＋1|2＋1．下用数学归纳法证明之：m k m k m k ＋1由于2＋1为奇数，故m k 为奇数，令2＋1＝m k u ，u 为奇数．即m k ＋1＝m k u ．m k m k于是，2＋1＝(2)u ＋1＝(2＋1)((2)u －1－(2)u －2＋…＋1)＝m k ＋1((2)u －1－(2m k ＋1 m k m k m k m k m k)u －2＋…＋1)．即m k ＋1|2＋1成立．由数学归纳法知推测成立．m k m k ＋1说明：解法一即给出一个解的公式，解法二给出了一个递推．均用数学归纳法证明．9、证明：任意正整数n 可以表示成a －b 的形式，其中a ，b 是正整数，且a 与b 不同的素因子个数相同．证明：n ＝pn －(p －1)n ．若n 为偶数，取p ＝2，a ＝pn ，b ＝n ．此时，a ，b 的不同素因子个数都与n 相同．若n 为奇数，取不能整除n 的最小素数p ，p ≥3．此时，p －1的素因子或者只有2(p －1＝2k )，或者除2外都是n 的因子(因小于p 的素数都能整除n)，此时a ，b 的素因子都比n 多1个．故证．二、同余11．设，如果整数、除以的余数相同，则其差必被整除，*m N ∈a b m a b -m 即存在使得．则称、模同余，或简称同余．记为．q Z ∈a b qm -=a b m ()mod a b m ≡12．同余的基本性质．①．()mod a a m ≡②若，则．()mod a b m ≡()mod b a m ≡③若，，则．a b ≡()mod b c m ≡()mod a c m ≡④若，，则a b ≡()mod c d m ≡，、．()mod xa yc xb yd m +≡+x y Z ∈．()mod ac bd m ≡，．()mod n n a b m ≡n N ∈⑤若，则．()mod ac bc m ≡mod (,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭⑥若，，则．()mod a b m ≡|n m ()mod a b n ≡⑦若，则．()mod i a b m ≡()12mod[,,,]k a b m m m ≡ 13．同余是一种等价关系，整数集可以根据模来分类：如果、模同余，则、Z m a b m a 属于同一类，否则不属于同一类．这样可以得到模的个剩余类（同余类），即：b m m ，．{}i M i km k Z =+∈0,1,2,,1i m =- 从每一类中各取一个数作为代表得到的个数称为模的一个完全剩余类，简称完系， m m 当为奇数时，其由绝对值最小的数组成的完系为：．m 10,1,2,,2m -⎧⎫±±±⎨⎬⎩⎭ 当为偶数时，其由绝对值最小的数组成的完系为：．m 0,1,2,,(1),22m m ⎧⎫±±±-⎨⎬⎩⎭14．在模的个剩余类（）中，如果与互m m {}i M i km k Z =+∈0,1,2,,1i m =- i m 质，那么中每一个数均与互质．这样的剩余类共有个，是1、2、…、i M m ()m ϕ()m ϕm 中与互质的个数，称为欧拉函数．m 15．在个剩余类中各取一个代表，称为模的缩剩余系，简称缩系．质数的缩系()m ϕm p 由个数组成，即，或．1p -{}1,2,,1p - 11,2,,2p -⎧⎫±±±⎨⎬⎩⎭16．设正整数、互质，则．m n ()()()mn m n ϕϕϕ=事实上，如果，分别是模与模的缩系，{}12,,,t a a a {}12,,,s b b b m n 那么是模的缩系．{}1,1i j mb na i s j t +≤≤≤≤mn 17．设，为不同的质数，．则1i k i i n p α==∏i p *i N α∈．1111()(1(1)i kk i i i i i n n p p p αϕ-===-=-∏∏18．欧拉定理：设，则．(),1a m =()()1mod m a m ϕ≡19．费马小定理：设为质数，则．当时，．p ()mod p a a p ≡(),1a p =()11mod p a p -≡20．中国剩余定理（孙子定理）：设正整数、、…、两两互质，则对于任意给1m 2m k m 定的整数、、…、，同余方程组1a 2a k a ()()()1122mod mod mod k k x a m x a m x a m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩一定有解．令，则其解为．1k i i M m ==∏1k i i i iM x a b m =≡⋅∑其中满足．i b ()1mod i i iM b m m ⋅≡【例题选讲】10、证明：若整数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，记d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999．则|d|不是素数．证明：首先，u n ≡u(mod 2)，故d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999≡a ＋b ＋c ≡0(mod 2)，即2|d ．又由Fermat 定理，u 3≡u(mod 3)⇒u ≡u(mod 3)，3k从而u 1999＝u ≡u 74＋1＝u 75≡u 25＝u 24＋1≡u 8＋1≡u(mod 3)，33·74＋1故d ＝a 1999＋b 1999＋c 1999≡a ＋b ＋c ≡0(mod 3)，∴ 6|d ，即|d|不是素数．11、用1，2，3，4，5，6，7这7个数码组成7位数，每个数码恰用一次，证明：这些七位数中没有一个是另一个的倍数．设有两个这样的七位数a ，b ，(a ＞b)，满足a ＝bc ，其中c 为大于1的整数．由于1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28≡1(mod 9)，故a ≡b ≡1(mod 9)．若a ＝bc ，则bc ≡1(mod 9)，于是，c ≡1(mod 9)．但c ＞1，从而c ≥10．此时bc 不是七位数，与a 是七位数矛盾．12、设p 为素数，a ≥2，m ≥1，a m ≡1(mod p)，a p －1≡1(mod p 2)．求证：a m ≡1(mod p 2)．证明：a m ≡1(mod p)⇒a m ＝1＋px ，故a pm ＝(1＋px)p ＝1＋p 2(……)．所以，a pm ≡1(mod p 2)．∵a p－1≡1(mod p2)⇒a(p－1)m≡1(mod p2)．同乘以a m：a pm≡a m(mod p2)∴a m≡a pm≡1(mod p2)13、设p为给定正整数，m，n为任意正整数，试确定(2p)2m－(2p－1)n的最小正值．解：(2p)2m≡1(mod 2p－1)，故(2p)2m－(2p－1)n≡1(mod 2p－1)．若存在m，n，使(2p)2m－(2p－1)n＝1，则有(2p)2m－1＝(2p－1)n⇒((2p)m＋1)((2p)m－1)＝(2p－1)n．由于(2p)m＋1，(2p)m－1)＝1，故(2p)m＋1＝a n，(2p)m－1＝b n，且(a，b)＝1．即a n－b n ＝2．只有n＝1，a＝b＋2时成立，此时，解(2p)2m－(2p－1)＝1⇒2p((2p)2m－1－1)＝1这是不可能的．故所求最小值≠1．再若存在m，n使(2p)2m－(2p－1)n＝(2p－1)＋1＝2p，此时，(2p)2m－(2p－1)n≡－(－1)n ≠0(mod 2p)，故不可能．于是，所求最小值≥4p－2＋1＝4p－1．取m＝1，n＝2，得(2p)2－(2p－1)2＝4p－1．∴所求最小值为4p－1，当m＝1，n＝2时取得此最小值．14、数列{x n}：1，3，5，11，…，满足x n＋1＝x n＋2x n－1(n≥2)，数列{y n}：7，17，55，161，…，满足y n＋1＝2y n＋3y n－1(n≥2)，证明：这两个数列没有相同的项．分析：证明这两个数列mod 8后都是周期数列．证明：mod 8：数列x n(mod 8)：1，3，5，3，5，…．若x2k－2≡3，x2k－1≡5(mod 8)成立，则x2k＋1≡5＋2×3＝11≡3(mod 8)，x2k≡3＋2×5＝13≡5(mod 8)．即x2n≡3，x2n＋1≡5(mod 8)对于一切n∈N*成立．而数列y n(mod 8)：7，1，7，1，…．若y2k－1≡7，y2k≡1(mod 8)成立，则y2k＋1≡1×2＋7×3＝23≡7(mod 8)，y2k＋2≡7×2＋1×3＝17≡1(mod 8)．即y2n≡1，y2n＋1≡7(mod 8)对于一切n∈N*成立．在{x n}中，x1＝1≡1(mod 8)，但y n是单调增的，且y1＞1，故y n＞1，于是不可能y n＝1，故证．说明：利用抽屉原理可以证明：若数列{x n}满足递推关系：x n＋k＝f(x n＋k－1，x n＋k－2，…x n)，其中f为k元整系数多项式．初始值x1，x2，…，x k为给定整数．于是{x n}为一整数数列．则{x n}模m(m＞1，m∈N*)后终将成为周期数列(可能除去开始的若干项)．15、设m是给定正整数，证明：由x1＝x2＝1，x n＋2＝x n＋1＋x n(k＝1，2，…)定义的数列{x n}的前m2个项中，必有一个能被m整除．证明：记x i≡y i(mod m)(0≤y i≤m－1)．取数组(y1，y2)，(y2，y3)，…，(y i，y i＋1)，…．由于只有m2个不同的数组．故取m2＋1个数组，必有两个数组相同，即存在1≤i＜j ≤m2＋1，使y i＝y j，y i＋1＝y j＋1，于是(y i，y i＋1)＝(y j，y j＋1)，取满足此要求的最小的i，则i必须为1．否则，由i＞1，则y i－1≡y i＋1－y i，y j－1≡y j＋－y j(mod m)，1于是，y i－1＝y j－1，得(y i－1，y i)＝(y j－1，y j)，这与i的最小性矛盾．从而i＝1．即存在(y j，y j＋1)＝(1，1)(j≤m2＋1)，此时y j－1＝0，即m|x j－1．故证．16、连结正n 边形的顶点，得到一个n －折线(即用这个正n 边形的n 个顶点为顶点连出一个有n 条边的闭折线)．证明：若n 为偶数，则连线中有两条平行线；若n 为奇数，则连线中不可能恰有两条平行线．证明：按逆时针顺序把为n 个顶点编号：0，1，2，…，n －1．且按a 0－a 1－…－a n －1－a n ＝a 0连成折线，其中a 0，a 1，…，a n －1是0，1，2，…，n －1的一个排列．由于a i 为正n 边形的顶点，故a i a i ＋1∥a j a j ＋1⇔＝⇔a i ＋a i ＋1≡a j ＋a j ＋1(mod ⌒ a i a i ＋1⌒a j a j ＋1n)．⑴ 当n 为偶数时，2 n⁄－1，故模n 的任一完系之和≡0＋1＋…＋(n －1)＝n(n －1)|/120(mod n)．≡/但(a i ＋a i ＋1)＝a i ＋a i ＋1＝2a i ＝2×n(n －1)≡0(mod n)． Σ i ＝0n －1 Σ i ＝0n －1 Σ i ＝0n －1 Σ i ＝0n －1 12这说明全体a i ＋a i ＋1不构成完系．所以，必有0≤i ，j ≤n －1，i ≠j ，使a i ＋a i ＋1≡a j ＋a j ＋1(mod n)，于是必有两条平行线．若n 为奇数，若恰有一对边a i a i ＋1∥a j a j ＋1，则a i ＋a i ＋1(mod n)的剩余类中，必有一对剩余类r 出现2次，故必有一对剩余类s 没有出现，于是(a i ＋a i ＋1)＝a i ＋a i ＋1＝2a i ≡0(mod n)， Σ i ＝0n －1 Σ i ＝0n －1 Σ i ＝0n －1 Σ i ＝0n －1 另一方面，(a i ＋a i ＋1)≡0＋1＋…＋(n －1)＋r －s ≡r －s ≠0(mod n)． Σ i ＝0n －1 这说明，n 为奇数时，不可能恰有一对边平行．17、设n 为奇数，n ≥3．集合S ＝{0，1，2，…，n －1}．证明：在S 中去掉任一个元后，余下的元都能划分成两个集合，每个集合都有个元，且两组的和模n 同余．n －12证明：1° 首先，若去掉的元为0，⑴ n ＝4k ＋1，则余下4k 个元分成2k 对：{1，4k}，{2，4k －1}，…，{2k ，2k ＋1}，每对的和mod n 均为0．于是，任取其中k 对为一组，余下k 对为另一组，两组的和模n 同余；⑵ n ＝4k ＋3，余下4k ＋2个元中，先取{1，2，4k}，{3，4k ＋1，4k ＋2}，再把其余的数分成2k －2对：{4，4k －1}，{5，4k －2}，…，{2k ＋1，2k ＋2}，每对的和mod n 均为0．于是，任取其中k －1对加上{1，2，4k}为一组，余下k －1对加上{3，4k ＋1，4k ＋2}为另一组，两组的和模n 同余；2° 若去掉的数为a ，则把所有的数都加n －a 得到集合S '＝{n －a ，n －a ＋1，…，n ，n ＋1，2n －a －1}，S '仍是模n 的完系．去掉S 中的a 对应于S '中的n ．于是S '可以按1°分成满足要求的两组，再把分好的数各减去n －a 即得到S 的一个分法．18、一个立方体的顶点标上数＋1或－1，各面中心标上一个数，它等于该面4个顶点上标的数的乘积．证明：这样标出的14个数的和不能为0．证明：设此14个数的和为S ．现把任一个标－1的顶点改为标＋1，则它同时使相关3个面上的数的符号改变，改变后14个顶点上数的和为S '．于是S －S '＝2(±1±1±1±1)但任何4个＋1或－1的和为偶数，于是S －S '≡0(mod 4)．这样一起做下去，直到所有顶点标的数都为＋1，此时和S "＝14≡2(mod 4)．于是S ≡2(mod 4)，从而S ≠0．19、求所有正整数n ，使由n －1个数码1及1个数码7组成的n 位数都是素数．解：对于n ，所有这样的n 位数都可写成N ＝A n ＋6×10k (其中，A n 表示由n 个1组成的n 位数，k ＝0，1，…，n －1)．若3|n ，则3|A n ，于是3|N ．此时N 不是素数．现设3 n ， A n (mod 7)有下表：|⁄n12456A n (mod 7)14520注意A 6≡0(mod 7)，故有A 6k ＋r ≡A r (k ∈N *，1≤r ≤6)．由于(10，7)＝1，故1，10，102，…，105是7的一个缩系，从而6×10k (k ＝0，1，2，3，4，5)也是mod 7)的一个缩系．又有下表：且6×106k ＋r ≡6×10r (k ∈N *，0≤r ≤5)．∴ n ＞6时，按n ≡1，2，4，5(mod 6)，取k ＝0，4，5，2，即有7|N ．此时N 不是素数．而n ＝4时，7111＝13×547；n ＝5时，11711＝7×1673，即n ＝4，5均不满足要求．∴ n ＝1，2．三、高斯函数与不定方程21．高斯函数：表示不超过的最大整数，称为的整数部分．同时记[]x x x {}[]x x x =-为小数部分（或称尾数部分）．x 22．的基本性质：[]x ①，；x R ∀∈[][]11x x x x -<<+≤②，；x R ∀∈[]{}x x x =+③，，，．x R ∀∈n Z ∈[][]x n x n +=+{}{}x n x +=④，，，．x R ∀∈y R ∈[][][]x y x y ++≤{}{}{}x y x y ++≥⑤，，．0x ∀≥0y ≥[][][]xy x y ≥【例题选讲】k(mod 6)0123456×10k (mod 7)64513220、若n ≡4(mod 9)，证明不定方程x 3＋y 3＋z 3＝n 没有整数解．证明：x ≡1，2，0(mod 3)⇒x 3≡1，2，0(mod 9)，∴ x 3＋y 3＋z 3≡0，1，2，3，6，7，8(mod 9)．故此方程无解．21、确定方程x ＋x ＋…＋x ≡1599的全部非负整数解．4 14 2414解：x 4≡0，1(mod 16)，于是x ＋x ＋…＋x ≡0，1，2，…，14．4 14 2414而1599≡5(mod 16)．故无解．22、证明：方程x!y!=z!有无穷多组正整数解(x ，y ，z)满足x ＜y ＜z ．证明：由于n!=n ·(n －1)!.故(n!)!=(n!)(n!－1)!从而取x ＝n ，y ＝n!－1，z ＝n!，则有无穷多个解．说明：给出了一个解的公式．23、求不定方程x 4＋y 4＋z 4＝2x 2y 2＋2y 2z 2＋2z 2x 2＋24的全部整数解．解：若(x ，y ，z )是其一个解，则(±x ，±y ，±z )也是方程的一个解．x 4＋y 4＋z 4－2x 2y 2－2y 2z 2－2z 2x 2＝x 4＋y 4＋z 4－2x 2y 2－2y 2z 2＋2z 2x 2－4z 2x 2＝(x 2－y 2＋z 2)2－(2zx )2＝(x 2－y 2＋z 2＋2zx )(x 2－y 2＋z 2－2zx )＝(x ＋y ＋z )(x －y ＋z )(x －y －z )(x ＋y －z ) ＝－(x ＋y ＋z )(－x ＋y ＋z )(x －y ＋z )(x ＋y －z )．于是，原方程即(x ＋y ＋z )(－x ＋y ＋z )(x －y ＋z )(x ＋y －z )＝－23×3．由于x ＋y ＋z ，－x ＋y ＋z ，x －y ＋z ，x ＋y －z 的奇偶性相同．若它们全为奇数，则其积为奇数，不可能等于－24，若它们全为偶数，则其积可以被24整除，也不可能等于－24．从而本题无满足要求的解．解法2 由于左边为偶数，故x ，y ，z 或都为偶数，或两奇一偶．⑴ 若x ，y ，z 两奇一偶，不妨设x ，y 为奇数，z 为偶数，则x 4≡1(mod 16)，y 4≡1(mod 16)，z 4≡0(mod 16)，x 4＋y 4＋z 4≡2(mod 16)x 2≡1，9(mod 16)，y 2≡1，9(mod 16)，z 2≡0，4(mod 16)．于是x 2y 2≡1，9(mod 16)2x 2y 2＋2y 2z 2＋2z 2x 2＋24＝2x 2y 2＋2z 2(x 2＋y 2)＋24≡2＋0＋8≡10(mod 16)．从而x 4＋y 4＋z 42x 2y 2＋2y 2z 2＋2z 2x 2＋24(mod 16)；≡/⑵ 若x ，y ，z 均为偶数，则x 4＋y 4＋z 4≡0(mod 16)，2x 2y 2＋2y 2z 2＋2z 2x 2＋24≡8(mod16)，仍有x 4＋y 4＋z 42x 2y 2＋2y 2z 2＋2z 2x 2＋24(mod 16)≡/从而本题无满足要求的解．24、证明：方程y ＋y 2＝x ＋x 2＋x 3没有非零整数解．证明：反设存在非零整数x ，y 满足方程，则(y －x )(y ＋x ＋1)＝x 3．下证(y －x ，y ＋x ＋1)＝1．设(y －x ，y ＋x ＋1)＝p ，则p |x ，于是由p |y －x ，知p |y ，但p |y ＋x ＋1，故p |1．即p ＝1．于是y －x 与y ＋x ＋1都是完全立方数，设y ＋x ＋1＝a 3，y －x ＝b 3，x ＝ab ．则a 3－b 3＝2x ＋1⇒a 3－b 3＝2ab ＋1⇒(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＝2ab ＋1．由x ＝ab ，① 若ab ＞0，则x ＞0．有a ＞b ．故a －b ≥1，a 2＋ab ＋b 2＞2ab ＋ab ＝3ab ＝2ab ＋ab ≥2ab ＋1．从而(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＞2ab ＋1，矛盾；② ab ＝0，则x ＝0，与x 非零矛盾；③ ab ＜0，于是2x ＋1＜0，故a ＜b ．b ＞0，a ＜0，|a －b |≥2．a 2＋ab ＋b 2≥2|ab |＋ab ＝|ab |，所以|a －b ||a 2＋ab ＋b 2|≥2|ab |，而|2ab ＋1|＜2|ab |，从而|(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)|＞|2ab ＋1|，矛盾．故证．25、求不定方程(n －1)!＝n k －1的全部正整数解．解：n ＝2时，有解(n ，k )＝(2，1)．当n ＞2时，左边为偶数，故n 只能为奇数．取n ＝3，(3－1)!＝2＝31－1，故有解(n ，k )＝(3，1)；取n ＝5，(5－1)!＝24＝52－1，故有解(n ，k )＝(5，2)．下设n ≥7且n 为奇数．于是为整数且≤n －4，所以，2×|(n －2)!，从而n －12n －12n －12(n －1)2|(n －1)!．∴ (n －1)2|n k －1＝[(n －1)＋1]k －1＝(n －1)k ＋C (n －1)k －1＋C (n －1)k －2＋…＋C 1 k 2 k k －2k (n －1)2＋k (n －1)．∴ (n －1)2|k (n －1)⇒(n －1)|k ⇒k ≥n －1．此时，n k －1≥n n －1－1＞(n －1)!，故n ≥7时不定方程无解．即方程的解为(n ，k )＝(2，1)，(3，1)，(5，2)．26、证明方程x 2＋y 2＋z 2＝3xyz 有无穷多组正整数解(x ，y ，z )．证明 由于方程具有对称性，故可改证此方程的满足x ≤y ≤z 的解有无数组．若x ＝y ＝z ＝a (a ∈N*)，则3a 2＝3a 3⇒a ＝1．即方程有解(1，1，1)；若x ＝y ＝1，则得2＋z 2＝3z ，得方程的另一组解为(1，1，2)；若x ＝1，y ＝2，则得方程z 2－6z ＋5＝0，得方程的另一组解(1，2，5)；现设(a 0，b 0，c 0) (其中a 0＜b 0＜c 0)是方程的一组正整数解，即a ＋b ＋c ＝3a 0b 0c 0成立，2 02 020考虑方程b ＋c ＋z 2＝3b 0c 0z ，即z 2－3b 0c 0z ＋(b ＋c )＝0，此方程必有一正整数解z ＝a 0，2 02 02 020由韦达定理，其另一解为z 1＝3b 0c 0－a 0必为正整数．于是原方程必有解(b 0，c 0，3b 0c 0－a 0)且这一组解也满足b 0＜c 0＜3b 0c 0－a 0．令a 1＝b 0，b 1＝c 0，c 1＝3b 0c 0－a 0为方程的一组满足a 1＜b 1＜c 1的正整数解，则又可从此解出发得到方程的另一组解(b 1，c 1，3b 1c 1－a 1)．这一过程可以无限延续下去，从而原方程有无穷多组解．27、求不定方程组的全部整数解．{x ＋y ＋z ＝3，x 3＋y 3＋z 3＝3．)解：(1，1，1)是一组解．消去z ： x 3＋y 3＋(3－x －y)3＝3⇒3(x ＋y)2－xy(x ＋y)－9(x ＋y)＋8＝0．∴ (x ＋y)(xy －3(x ＋y)＋9)＝8．于是x ＋y|8⇒x ＋y ＝±1，±2，±4，±8．若x ＋y ＝1，则xy ＝2(无解)；x ＋y ＝－1，xy ＝－20⇒x ＝－5，y ＝4，z ＝4，或x ＝4，y ＝－5，z ＝4；x ＋y ＝2，xy ＝1⇒x ＝y ＝1，z ＝1；x ＋y ＝－2，xy ＝－19(无解)；x ＋y ＝4，xy ＝5(无解)；x ＋y ＝－4，xy ＝－23(无解)；x ＋y ＝8，xy ＝16⇒x ＝y ＝4，z ＝－5；x ＋y ＝－8，xy ＝－34(无解)．∴ 解为(1，1，1)，(－5，4，4)，(4，－5，4)，(4，4，－5)．28、求不定方程x 3＋x 2y ＋xy 2＋y 3＝8(x 2＋xy ＋y 2＋1)的全部整数解．解：(x ＋y)((x ＋y)2－2xy)＝8((x ＋y)2－xy ＋1)．令x ＋y ＝u ，xy ＝v ，则得u(u 2－2v)＝8(u 2－v ＋1)是一个关于v 的一次方程．显然u 必为偶数，设u ＝2w ，则得w(2w 2－v)＝2(4w 2－v ＋1)．∴ v ＝＝2w 2－4w －8－．于是w －2＝±1，±2，±3，±6，±9，±18．2w 3－8w 2－2w －218w －2∴ {w ＝ 3， 1， 4， 0，5，－1，8，－4，11，－7， 20，－16；v ＝－20，8，－1，1，16， 4，85，43，188，120，711， 569．)x ，y 是方程t 2－2wt ＋v ＝0的整数解，故w 2－v 为完全平方数．其中只有w ＝5，v ＝16满足此要求． ∴ (x ，y)＝(2，8)，(8，2)．29、对任意的∑∞=+*+=∈0122[,K k kn S N n 计算和解：因]212[]22[11+=+++k k n n 对一切k =0,1,…成立，因此，].2[22[212[111+++-⋅=+k k k n n n 又因为n 为固定数，当k 适当大时,.)2[2([,0]2[,1201n n n S n n K k k k k ==-==<∑∞=+ 故从而30、计算和式.503305[5020的值∑==n n S 解：显然有：若.,,1][][][,1}{}{R y x y x y x y x ∈++=+=+则503是一个质数，因此，对n=1,2,…,502, 503305n 都不会是整数，但503305n +,305503)503(305=-n 可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[503305n ]+.304]503)503(305[=-n 故∑∑===⨯=-+==25115021.76304251304]),503)503(305[]503305([]503305[n n n n n S 31、设M 为一正整数，问方程222}{][x x x =-，在[1，M]中有多少个解？解：显然x =M 是一个解,下面考察在[1，M]中有少个解.设x 是方程的解.将222}{}{}{2][x x x x x +⋅+=代入原方程，化简得=}]{[2x x,1}{0].}{}]{[2[2<≤+x x x x 由于所以上式成立的充要条件是2[x ]{x }为一个整数..1)1(],1[,.)1())1(21(2),1[,11.2)1,[),12,,1,0(2}{,][个解中有原方程在因此个解中方程有可知在又由于个解中方程有即在则必有设+--⋅=-+++-≤≤+-==∈=M M M M M M M M m m m m m k mk x N m x 32、求方程.051][4042的实数解=+-x x 解：.0][,1][][不是解又因<+<≤x x x x ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥>⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≥<⎩⎨⎧≤-->--⎪⎩⎪⎨⎧≤+->+-+∴.217][,23][,211][;217][,23][,25][.07][2)(3][2(.0)11][2)(5][2(.051][4][4,051][40)1]([422x x x x x x x x x x x x x x 或经检验知，这四个值都是原方程的解.33、.][3]3[2]2[1][][:,,n nx x x x nx N n R x ++++≥∈+∈*证明【证】.,2,1,][2]2[][ =+++=k kkx x x A k 令由于.,1],[1命题成立时则==n x A .2269,02694;2229,02294;2189,01894;229,0294:,876][2][2222==-==-==-==-==x x x x x x x x x x 分别代入方程得或或或解得.,,,],[][][][][][][])[])1([(]))2[(]2([])1[(]([][]2[])2[(])1[(][])1[(]2[][][])1[(]2[][][])1[(]2[][)(:].[],2[22,],)1[()1()1(],[,][,][,].)1[(,],2[],[,1122112111221111121证毕均成立故原不等式对一切命题成立时即故相加得所以成立对一切即因为即有时命题成立设*---------∈=≤∴=+++≤++-++-++-+=+++-+-++-+++≤++++++-+++=+-+++=+++-==--=---=-=-=--≤≤≤-≤N n k n kx A kx k kx kx kx kx kx x x k x k x x k x x x x k x k kx x k x x A A A A kx x k x x kA kx x k x x A A A kA x A x A A x k A k A k kx kA kA k kx kA kA kkx A A x k A x A x A k n k k k k k k k k k k k k k k k34、对自然数n 及一切自然数x ，求证： ].[1[2[]1[][nx nn x n x n x x =-+++++++ .解：M ＝|f(x)|max ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|，|f(－2a )|}⑴若|－2a |≥1 (对称轴不在定义域内部) ，则M ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|}而f ⑴＝1＋a ＋b f(－1)＝1－a ＋b|f ⑴|＋|f(－1)|≥|f ⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4则|f ⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2，∴ M≥2＞21⑵|－2a |＜1M ＝max{|f ⑴|，|f(－1)|，|f(－2a )|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|} ＝max{|1＋a ＋b|，|1－a ＋b|，|－4a 2＋b|，|－4a 2＋b|} ≥41(|1＋a ＋b|＋|1－a ＋b|＋|－4a 2＋b|＋|－4a 2＋b|) ≥41[(1＋a ＋b)＋(1－a ＋b)－(－4a 2＋b)－(－4a 2＋b)] ＝)2a 2(412+ ≥21综上所述，原命题正确.四、阶：对于(a ，n)=1的整数，满足a r ≡1 (mod n ) 的最小整数r,称为a 模n 的阶。

年级六年级学科奥数版本通用版课程标题数论综合（三）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）。

五年级数学下册期末测中的数论题解析在数学学科中，数论是一个重要的分支，主要研究整数的性质和关系。

在五年级数学下册期末测中，数论题的解析占据了一定的比重。

下面我将针对数论题进行解析，为同学们提供一些思路和方法。

1. 判断奇偶性在解题过程中，我们通常需要判断数字的奇偶性。

对于一个整数，如果末尾是0、2、4、6、8中任意一个数字，它就是一个偶数；如果末尾是1、3、5、7、9中任意一个数字，它就是一个奇数。

通过判断奇偶性，我们可以更好地进行数论题的分析。

2. 素数的性质素数是指只能被1和它本身整除的整数，比如2、3、5、7和11等。

在数论题中，我们常常需要研究素数的性质。

例如，可以通过素数判断法来判断一个数是否是素数，即判断它是否能被小于它自身的所有素数整除。

同时，素数还具有一个重要的性质：任何一个大于1的整数，都可以唯一地分解为若干个素数的乘积。

这个性质在解题过程中也是非常有用的。

3. 数的因数和倍数在数论题中，我们还需要研究数的因数和倍数的性质。

一个数的因数是能够整除这个数的数，而这个数称为它的倍数。

在解题过程中，我们可以通过列举数的因数和倍数，来获得一些重要的信息。

例如，可以通过找出一个数的所有因数，来判断它的特定性质；或者可以通过找出两个数的最小公倍数或最大公因数，来解决一些数学问题。

4. 最大公约数和最小公倍数最大公约数是指能够同时整除两个数的最大正整数，而最小公倍数是指同时是两个数倍数的最小正整数。

在解题过程中，我们经常需要计算最大公约数和最小公倍数。

我们可以通过列举两个数的倍数，找到它们的公共倍数，并从中找出最小的一个数；或者可以通过列举两个数的因数，找到它们的公共因子，并从中找出最大的一个数。

最大公约数和最小公倍数在解决一些实际问题中，起着重要的作用。

总结：数论题是数学中的一个分支，研究整数的性质和关系。

在五年级数学下册期末测中，数论题的解析是必不可少的。

在解题过程中，我们可以运用奇偶性判断、素数的性质、数的因数和倍数的性质，以及最大公约数和最小公倍数的计算等方法。

初等数论第三版课后习题答案初等数论是数学中的一个重要分支，它研究的是整数的性质和关系。

而初等数论第三版是一本经典的教材，对于初学者来说非常有用。

在学习过程中，课后习题是巩固知识和提高能力的重要途径。

下面，我将为大家提供初等数论第三版课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。

1. 证明：如果一个整数能被4整除，那么它一定能被2整除。

答案：我们知道，一个数能被4整除，意味着它能被2整除且能被4整除。

因此，这个结论是显然成立的。

2. 证明：如果一个整数能被6整除，那么它一定能被2和3整除。

答案：我们知道，一个数能被6整除，意味着它能被2整除且能被3整除。

因此，这个结论是显然成立的。

3. 证明：如果一个整数能被8整除，那么它一定能被2整除。

答案：我们知道，一个数能被8整除，意味着它能被2整除且能被8整除。

因此，这个结论是显然成立的。

4. 证明：如果一个整数能被9整除，那么它一定能被3整除。

答案：我们知道，一个数能被9整除，意味着它能被3整除且能被9整除。

因此，这个结论是显然成立的。

5. 证明：如果一个整数能被10整除，那么它一定能被2和5整除。

答案：我们知道，一个数能被10整除，意味着它能被2整除且能被5整除。

因此，这个结论是显然成立的。

通过以上的习题和答案，我们可以看出初等数论的一些基本性质。

在实际应用中，初等数论有着广泛的应用。

比如在密码学中，初等数论的知识可以用于加密算法的设计；在计算机科学中，初等数论的知识可以用于算法的设计和分析等等。

因此，掌握初等数论的知识不仅有助于我们提高数学能力，还有助于我们在实际问题中解决问题。

总结起来，初等数论第三版课后习题的答案是我们巩固知识和提高能力的重要途径。

通过解答这些习题，我们可以深入理解初等数论的基本性质，为将来的学习和应用打下坚实的基础。

希望大家能够认真对待这些习题，不断提高自己的数学水平。

六年级数学专题思维训练—数论综合1 公元前后，居住在墨西哥东部尤卡坦半岛的玛雅人的记数法是二十进制，他们基本的数字符号仅有两个：“．”和“一”，“．”来自玉米、豆子或卵石的形状，表示1；“一”是豆荚的形状，表示5．用这两个符号的上、下排列，组成了1～19各个数字（如下图所示）．2 一个五位数恰好等于它各位数字和的2007倍，则这个五位数是——．3 (1)从1到3998这3998个自然数中，有多少个数能被4整除？(2)从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？4 如下图所示，摆放2×2的“4宫格”要用12根火柴棒；摆放3×3的“9宫格”要用24根火柴棒．小明用1300根火柴棒，恰好摆放成一个m×m的“m-宫格”，问m =？4宫格 9宫格5 二十多位小朋友围成一圈做游戏，他们依顺时针顺序从小赵报1开始连续报数，但7的倍数或带有数字7的数都要跳过去不报；报错的人表演一个节目．小明是第一个报错的人，当他右边的同学报90时他错报了91．如果他第一次报数报的是19，那么这群小朋友共有——人．6 从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈内，使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数，那么最多能找出种不同的挑法来（六个数字相同、排列次序不同的都算同一种）．7 能被3整除且至少有一个数字是6的四位数有 个8 不大于2009的自然数中，被3整除且恰有一个数码是6的有 个9 试说明，将1+21+31+。

+401的和写成一个最简分数nm 时，m 不会是5的倍数10 数89之数码和为17．请问1、2、3、…、2008这2008个数之数码和的总和为多少？11 21ab 是一个四位数，由四个阿拉伯数字a 、b ，1，2组成的其他23个四位数的和等于 90669，求a 和6的值．12 N是一个各位数字互不相等的自然数，它能被它的每个数字整除．N的最大值是13 在3和5之间插入6、30、20这三个数，得到3、6、30、20、5这样一串数．其中每相邻两个数的和可以整除它们的积（例如，3_』-6=9，9可以整除3×6；再如，6__-30=36，36可以整除6×30）．请你在4与3这两数之间的三个空中各填入一个非零的整数，使得其中每相邻两个数的和可以整除它们的积．4、_ ___、____、____、314 N为自然数，且N+l、N+2、…、N+9与690都有大于1的公因数.N的最小值为15 写一个首位数字比末位数字大2的n位数（n大于或等于3）A，交换首位数字和末尾数字，得n位数B，A、B相减（大数减小数），所得的差为n位数C，把C的首位数字和末尾数字互换得D，C和D的和是S，不论写怎样的符合要求的数A，所得S都是一个常数K的倍数，则K的最大值是参考答案及解析1 公元前后，居住在墨西哥东部尤卡坦半岛的玛雅人的记数法是二十进制，他们基本的数字符号仅有两个：“．”和“一”，“．”来自玉米、豆子或卵石的形状，表示1；“一”是豆荚的形状，表示5．用这两个符号的上、下排列，组成了1～19各个数字（如下图所示）．【答案】68097【分析】17+4×20+10×202+8×203=680972 一个五位数恰好等于它各位数字和的2007倍，则这个五位数是——．【答案】36126或54189【分析】这个五位数为abcde，由题意abcde= 2007 (a+b+c+d +e）由于9¦ 2007，可得9¦abcde，则有9¦(a+b+c+d+e)， 2007×9=18063，这个五位数是18063的倍数，只可能为：18063,36126,54189,7225290315.经检验，36126和54189符合题意．3 (1)从1到3998这3998个自然数中，有多少个数能被4整除？(2)从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？【答案】 (1)999个，(2)999个．【分析】(l)由于每连续4个自然数中必有一个能被4整除，3998÷4=999……2．因此从1到3998这3998个自然数中能被4整除的一共有999个‘(2)为了方便，将0到3999这4000个整数都看成四位数abcd（不是四位则在前面补零，如12=0012）．由于b.c，d各有10种数字可任意选择，而且当b.c.d选定后．为满足a+b+c+d 能被4整除，千位数字“必唯一确定．事实上，若b+c+d=4K时，则a=o；若b+c+d=4K+l 时．则a=3 ：若b+c+d=4K+2时，则a=2；若b+C+d=4K+3，则a=1．（K为整数）综上所述，在o到3999这4000个整数中有1×10 ×10×10=1000（个）数的各位数字之和能被4整除．因此，从1到3998这3998个自然数中有1ooo-1=999(个）数的各位数字之和能被4整除，4 如下图所示，摆放2×2的“4宫格”要用12根火柴棒；摆放3×3的“9宫格”要用24根火柴棒．小明用1300根火柴棒，恰好摆放成一个m×m的“m-宫格”，问m =？76田4宫格 9宫格【答案】25【分析】m2向的火柴棒有m+1列，每列有m根，也共有m(m+1)根．所以，摆放”，m2宫格”共用了2m( m+1) 根火柴棒．由2m(m+ l) =1300，得到m(m+1)=650=2×52×13=25×26．因此m=25 ．5 二十多位小朋友围成一圈做游戏，他们依顺时针顺序从小赵报1开始连续报数，但7的倍数或带有数字7的数都要跳过去不报；报错的人表演一个节目．小明是第一个报错的人，当他右边的同学报90时他错报了91．如果他第一次报数报的是19，那么这群小朋友共有——人．【答案】24【分析】情况一：．．跳过去不报”指一个小朋友报了6，下一个小朋友不报数而是拍手．再下一个小朋友报8．此时，每个人应当轮到的数和上一次轮到的数（报出来或者拍手跳过）之间的差等于总人数．小明本次应当拍手，而不是报出91．所以”总人数是91—19=72的约数．有72．36．24，18，……，其中是“二十多”的只有24．情况二：，．跳过去不报”指一个小朋友报了6，下一个小朋友直接报8．此时．把所有i 的倍数和带有数字7的数去掉之后，剩余的数排成一列，每个人应当轮到的数和上一次轮到的数在这个数列中的位置号之差等于总人数．从19到90这72个数中，含有数字7的有27,37,47,57,67,70到79.87．共16个．是i 的倍数且不含有数字7的有21,28,35,42,49,56,63,84共8令，所以排除掉之后剩下48个．总人数应当是48的约数，有48,24,16，……，其中是“二十多”的也只有24。

一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列数中，哪个数是质数？A. 13B. 20C. 27D. 322. 一个长方形的长是6厘米，宽是3厘米，它的周长是多少厘米？A. 15厘米B. 18厘米C. 21厘米D. 24厘米3. 小明有苹果10个，小红有苹果15个，他们一共有多少个苹果？A. 25个B. 20个C. 30个D. 35个4. 下列分数中，哪个分数与1/2相等？A. 3/4B. 2/3C. 1/3D. 4/55. 小华骑自行车去图书馆，速度是每小时15千米，他用了1小时到达，图书馆距离他家有多远？A. 5千米B. 10千米C. 15千米D. 20千米6. 一个三角形的三边长分别是3厘米、4厘米、5厘米，这个三角形是？A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 梯形7. 小明有5元和10元的人民币一共20张，总金额是110元，5元的人民币有多少张？A. 10张B. 8张C. 6张D. 4张8. 下列算式中，计算错误的是？A. 2 + 3 = 5B. 4 × 5 = 20C. 6 ÷ 2 = 3D. 8 - 2 = 69. 一个圆形的半径是5厘米，它的面积是多少平方厘米？A. 25πB. 50πC. 100πD. 200π10. 小刚骑自行车从家到学校，速度是每小时12千米，他用了20分钟到达，他家距离学校有多远？A. 2千米B. 3千米C. 4千米D. 5千米二、填空题（每题5分，共25分）11. 0.5 + 0.25 = ______12. 3 × 8 - 4 = ______13. 7 ÷ 0.7 = ______14. 24 ÷ 6 × 2 = ______15. 1/3 + 2/3 = ______三、解答题（每题10分，共30分）16. 解方程：2x + 3 = 1117. 一个长方形的长是8厘米，宽是5厘米，求它的面积。

《初等数论》第三版习题解答第一章整数的可除性§1整除的概念·带余除法1．证明定理3定理3若a1，a2，，an都是m得倍数，q1，q2，，qn是任意n个整数，则q1a1q2a2证明：qnan是m得倍数．a1,a2,an都是m的倍数。

pn使a1p1m,a2p2m,存在n个整数p1,p2,又q1,q2,,anpnm,qn是任意n个整数qnanq1a1q2a2q1p1mq2p2m(p1q1q2p2即q1a1q2a2qnpnmqnpn)mqnan是m的整数2．证明3|n(n1)(2n1)证明n(n1)(2n1)nn(1n)(2nn(n1)(n2)n(1n)n(又n(n1)(n2)，(n1)n(n2)是连续的三个整数故3|n(n1)(n2),3|(n1)n(n1)3|n(n1)(n2)(n1)n(n1)从而可知3|n(n1)(2n1)3．若a某0by0是形如a某by（某，y是任意整数，a，b是两不全为零的整数）的数中最小整数，则(a某0by0)|(a某by)．1/77证：a,b不全为0在整数集合Sa某by|某,yZ中存在正整数，因而有形如a某by的最小整数a某0by0某,yZ，由带余除法有a某by(a某0by0)qr,0ra某0by0则r(某某0q)a(yy0q)bS，由a某0by0是S中的最小整数知r0a某0by0|a某bya某0by0|a某by（某,y为任意整数）a某0by0|a,a某0by0|ba某0by0|(a,b).又有(a,b)|a，(a,b)|b(a,b)|a某0by0故a某0by0(a,b) 4．若a，b是任意二整数，且b0，证明：存在两个整数，t使得abt,|t||b|2成立，并且当b是奇数时，，t是唯一存在的．当b是偶数时结果如何？证：作序列即存在一个整数q，使2222若b0则令,tabaq2bqb，则同样有t22(ii)当q为奇数时，若b0则令q1q1,tabab，则有222/77下证唯一性当b为奇数时，设abtb1t1则tt1b(1)b而tbb,t1tt1tt1b矛盾故1,tt122b为整数2当b为偶数时，,t不唯一，举例如下：此时3bbbbbb1b2(),t1,t122222§2最大公因数与辗转相除法1．证明推论4.1推论4.1a，b的公因数与（a，b）的因数相同．证：设d是a，b的任一公因数，d|a，d|b由带余除法abq1r1,br1q2r2,rnqn1,0rn1rnrn1(a,b)rnd|abq1r1，d|br1q2r2，┄,d|rn2rn1qnrn(a,b),即d是(a,b)的因数。

数论-因数和倍数-倍数-0星题课程目标知识提要倍数•定义对于整数a和b，如果a∣b，我们就称b是a的倍数。

精选例题倍数1. 有n个自然数相加：1+2+⋯+n=aaa，那么a=．【答案】36【分析】1+2+3+⋯+n=(1+n)n÷2=111a，(1+n)n=2×3×37×a，a取1～9．n 和n+1中有一个是37的倍数，如果n=37k，那么37k2+k=6a⩽54，所以k=1，此时a不是整数．只有n+1=37k，那么37k2−k=6a，同样地k只能能取1，此时a=6．所以n= 36．2. 橘子、苹果、梨共有六箱，这六箱水果的重量分别为15、16、18、19、20、31千克，其中苹果的重量是梨的一半，橘子只有一箱．这箱橘子重千克．【答案】20【分析】因题目中提到“苹果的重量是梨的一半，橘子只有一箱〞，这说明除去橘子后，剩下的水果重量恰好等于苹果重量的3倍，也就是说重量是3的倍数．而事实上，在15、16、18、19、20、31这六个数中，只有除去20后剩下的五个数之和恰好是3的倍数，所以这箱橘子重20千克．3. x，y是大于0的自然数，且x+y=150，假设x是3的倍数，y是5的倍数，那么(x,y)的不同取值有对．【答案】9【分析】由题意得，x，y为3和5的公倍数才符合要求，公倍数有15、30、45、60、75、90、105、120、135，那么共有9对不同取值．4. 2021年3月11日，日本发生里氏9级大地震．在3月15日，日本本州岛东海岸附近海域再次发生5级地震．里氏地震级数每升2级，地震释放能量扩大到原来的1000倍，那么3月11日的大地震释放能量是3月15日东海岸地震的倍．【答案】1000000【分析】1000×1000=10000005. 给定一个除数〔不为0〕与被除数，总可以找到一个商与一个余数，满足被除数=除数×商+余数其中，0⩽余数<除数。