基础数论例讲
【数论十讲】
基础数论例讲
陶平生
内容与方法：整除性、唯一分解定理、质数与合数，公约数与公倍数、高斯函数、勾股数、不定方程、同余、剩余类、欧拉定理与费尔马定理、平方和问题、p -进制；
因数分析法、调整法、构造法、回归与化归、无穷递降法、极端元素法、递推归纳法、映射对应法、优化假设法
1、证明每一个正有理数都可以被写成一个这样的商的形式：其分子和分母均为由素数开始的阶乘的
乘积．
证明：采用构造法，对于任一正有理数
a
b
，其中正整数,a b 互质，只要证，,a b 均可被写成一个这样的商的形式：其分子和分母均为由素数开始的阶乘的乘积.
对于正整数,a b ，设它们的最大质因子为p ，从分子或分母中提取p 的幂，得到k a c
p b d
=?,(k 为正整数或负整数)，,c d 为互质正整数，且(,)1p cd =．于是有
()(!)(1)!k k a p c b d p =?-，继续考察有理数()(1)!k c
p d
-?，将其化为既约分数后，记为： ()
11
(1)!k
a c
b p d
=
-?，则11,a b 的最大质因子小于p ，且11(!)k a a p b b =?；11(,)1p a b =．
再对有理数
1
1
a b 重复以上作法，只要111a b >，这种递降步骤便可继续下去，直至最大质因子2r p =，而22!=，故其幂2(2!)m m =．因此本题的结论成立．
2、设正整数a 不是完全平方数，求证：对每一个正整数n
，
2
n
n S =
+
++
的值都是无理数．这里{}[]x x x =-，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．
证明：设()2
21c a c <<+，其中整数1c ≥
，则c =，且2
12a c c ≤-≤，
而
c =
=
．令
*),,k
k k k k c x y k N x y Z ==+∈∈.
则 ()(
1212......n n n S x x x y y y =+++++++ ……①
下面证明，对所有正整数n ，1
0n
n k
k T y
==
≠∑.由于
)
)(
1
1()(k k k k k k k k k x y c
c x y ay cx x cy ++++=
=
+=-+-
所以 11
.k k k k k k x ay cx y x cy ++=-??=-?，
由11,1x c y =-=可得22y c =-.
消去{}k x 得，()
2
212k k k y c y a c y ++=-+-， ②
其中121,2y y c ==-.
由数学归纳法易得 2120,0k k y y -><． ③ 由②和③，可得
222212122
2221212(21)()0,(21)()0,
k k k k k k k k y y c y a c y y y c y a c y ++++++-=-++-<+=--+-<
相乘得 2222210k k y y ++->，又因22
210y y ->，故212k k y y -<．
又由
22122212
212221(21)()0,(21)()0,
k k k k k k k k y y c y a c y y y c y a c y +-+--=-++->+=--+->
相乘得 222120k k y y +->，即221k k y y +<．
所以，对所有正整数n ，都有1n n y y +< ． ④
故由③ ④得，对所有正整数n ，都有2122210,0k k k k y y y y -++<+>．因此
211232221()...()0n n n T y y y y y ---=+++++>， 21234212()()...()0n n n T y y y y y y -=++++++<，
从而对所有正整数n ，都有0n T ≠，故由①知，n S 是无理数.
3、在电脑屏幕上给出一个正2011边形，它的顶点分别被涂成黑、白两色；某程序执行这样的操作：
每次可选中多边形连续的a 个顶点（其中a 是小于2011的一个固定的正整数），一按鼠标键，将会使这a 个顶点“黑白颠倒”，即黑点变白，而白点变黑；
0(1)、证明：如果a 为奇数，则可以经过有限次这样的操作，使得所有顶点都变成白色，
也可以经过有限次这样的操作，使得所有顶点都变成黑色；
0(2)、当a 为偶数时，是否也能经过有限次这样的操作，使得所有的顶点都变成一色？
证明你的结论． （2011，江西预赛）
0(1)、证明：由于2011为质数，而12011a ≤<，则(,2011)1a =，据裴蜀定理，存在正整数,m n ，
使20111am n -= ……①，于是当a 为奇数时，则①中的,m n 一奇一偶．
如果m 为偶数，n 为奇数，则将①改写成：(2011)2011()1a m n a ?+-?+=，令
2011,m m n n a ''=+=+，上式成为20111am n ''-=，其中m '为奇数，n '为偶数．
总之存在奇数m 和偶数n ，使①式成立；据①，20111am n =+ ……②，
现进行这样的操作：选取一个点A ，自A 开始，按顺时针方向操作a 个顶点，再顺时针方向操作接下来的a 个顶点，……，当这样的操作进行m 次后，据②知，点A 的颜色被改变了奇数次（1n +次），从而改变了颜色，而其余所有顶点都改变了偶数次（n 次）状态，
其颜色不变；称这样的m 次操作为“一轮操作”，由于每一轮操作恰好只改变一个点的颜色， 因此，可以经过有限多轮这样的操作，使所有黑点都变成白点，从而多边形所有顶点都成为白色；也可以经过有限多轮这样的操作，使所有白点都变成黑点，从而多边形所有顶点都成为黑色．
0(2)、当a 为偶数时，也可以经过有限多次这样的操作，使得多边形所有顶点都变成一色．具体说来，
我们将有如下结论：
如果给定的正多边形开初有奇数个黑点、偶数个白点，则经过有限次操作，可以将多边形所有顶点变成全黑，而不能变成全白；反之，如果给定的正多边形开初有奇数个白点、偶数个黑点，则经过有限次操作，可以将多边形所有顶点变成全白，而不能变成全黑；
为此，采用赋值法：将白点改记为“+1”，而黑点记为“1-”，改变一次颜色，相当于将其赋值乘以1-，而改变a 个点的颜色，即相当于乘了a 个（偶数个）1-，由于(1)1a -=；
因此当多边形所有顶点赋值之积为1-，即总共有奇数个黑点，偶数个白点时，每次操作后，其赋值之积仍为1-，因此无论操作多少次，都不能将全部顶点变白．
但此时可以变成全黑，这是由于，对于偶数a ，则①②中的n 为奇数，设,A B 是多边形的两个相邻顶点，自点A 开始，按顺时针方向操作a 个顶点，再顺时针方向操作接下来的a 个顶点，……，当这样的操作进行m 次后，据②知，点A 的颜色被改变了偶数次（1n +次），从而颜色不变，而其余所有2010个顶点都改变了奇数次（n 次）状态，即都改变了颜色；再自点B 开始，按同样的方法操作m 次后，点B 的颜色不变，其余所有2010个顶点都改变了颜色；于是，经过上述2m 次操作后，多边形恰有,A B 两个相邻顶点都改变了颜色，其余所有2009个点的颜色不变．
现将这样的2m 次操作合并，称为“一轮操作”；每一轮操作，可以使黑白相邻的两点颜色互换，因此经过有限轮操作，总可使同色的点成为多边形的连续顶点；
于是当多边形开初总共有偶数个白点时，每一轮操作又可将相邻两个白点变成黑点，使得有限轮操作后，多边形所有顶点都成为黑色．
同理得，如果给定的正多边形开初总共有奇数个白点、偶数个黑点，经过有限次操作，可以使多边形顶点变成全白，而不能变成全黑；（只需将黑点赋值为“+1”，白点赋值为“1-”，证法便完全相同）．
4、设数n 为正奇数，满足2010
1
n
k n k
=∑，证明：2
2011
1
n
k n
k
=∑．
证：一般化，将2011改为不小于3的奇数m ，我们来证明，若1
1
n
m k n
k
-=∑，则必有2
1
n
m
k n
k
=∑．为此，
设
1
1n
m k k
nq -==∑，由 1
()n n n
m
m
m k k k k k n k =====-∑∑∑
()112222221
10
n m m m m m m m m m m m m k n C n k C n k C n k C nk k ------==-+--+-∑
2
1
n
n m m
k k n S mn k
k -===+-∑∑2
2
n m
k n S n mq k ==+-∑，所以21
2()n
m k k n S mq ==+∑，
得2
1
2
n
m
k n k
=∑，而n 为奇数，则2
1
n
m
k n
k
=∑．
5、形如221n
+的数，称为费尔马数，记为221n
n F =+；证明：任两个费尔马数互质．
证：先证，0112n n F F F F -=- ；用数学归纳法，1,2n =时，因0123,5,17F F F ===，显然有
012F F =-，0122F F F =-，今假设对于1n -，已有01212n n F F F F --=- ，则
(
)(
)()1
1
1
2
2222012111(2)2
12
12
12
12n n n n
n n n n n F F F F F F F -------?=-?=-+=-=-=- ，
即结论对于n 也成立，因此结论对于所有正整数n 皆成立．
回到本题，对任意自然数,m n ，m n >，为证(,)1m n F F =，设(,)m n F F d =，并记
,m n k k =+为正整数，由于()
222222
12
1k
n k
n
m n k F F ++-=-=-=-，
而(
)(
)
22221
(2)1n
n k
+-，即(2)n m F F -，若(,)m n F F d =，则n d F ，所以(2)m d F -，
又由m d F ，于是(),2m m d F F -，因为(),2(,2)m m m F F F -=，而m F 为奇数，所以
(),2(,2)1m m m F F F -==，从而1d =。即(,)1m n F F =．
另证：记2221,0,1,2,,21,1n
n
n n F n E n =+==-≥ ，显然,n n E F 都是奇数， 由2012121n
n n E F F F F -=-= ，
则当k n <时，有k n F E ，由于在1n ≥时，(,)1n n E F =，于是在k n <时，(,)1n k F F =，而由n 的任意性知，对于数列中的任两项,k n F F ，()k n <，皆有(,)1k n F F =． （注：据此可得出质数个数有无穷多的另一证明．）
6、设{}2221,2,3,P = 为全体正整数的平方所构成的集合，如果正整数n 能表成集合P 中的若干个
（至少一个）互异元素之和，就称“数n 具有P -结构”，记为n P ∈；证明：不具有P -结构的正整数只有有限多个．
证：即要证，存在正整数M ，使得当k M ≥时，就有k P ∈．
先证明，若有正整数,2A P B A P ∈=∈，其中222
12n
A a a a =+++ ， 222
12m
B b b b =+++ ，并且集合{}1212,,,,,,,n m E a a a b b b = 中，任两个数之比都不是2的整数次幂，那么可以令22222(1)(21)(31)(1)M B B B B =++++++++ ， 则当k M ≥时，就有k P ∈．
事实上，对于任何正整数k M ≥，设(mod )k r B ≡，其中1r B ≤≤，则()B k r -， 记2222(1)(21)(31)(1)r M B B B rB =++++++++ ，1r B ≤≤，则(mod )r M r B ≡， r K M M ≥≥，且()r B K M -；记,r K M qB q N -=∈ ……○
1 如果0q =，则r K M =，结论已成立；（据r K M M ≥≥，这也就是K M =） 如果0q >，将q 表成二进制，设12222s t
t
t
q =+++ ，120s t t t ≤<<< ． 设集合{}12,,,s T t t t = 中的奇数为112s v v v <<< ，偶数为212s u u u <<< ，
11121,0,v u s s s ≥≥+=，则12
121
1
22j i
s s v
v i j q q q ===++∑∑ ，于是
12122qB q B q B q A q B =+=?+12122111122i i s s n m v u j j i j i j a b +====????
????=+ ? ? ? ?????????
∑∑∑∑
2
2
12211,,22i i v u j j i j i j a b A B +????
=++ ? ?????
∑∑ 因此11r K A B M =++ ……○2，其中11,,r A B M P ∈，并且○2的右边各和式都打开后，任两个平方数互不相同（见附注），因此K P ∈．
又由2
2
2
2
372(25)+=+，可以取2222
0025,37A B +=+=，即有002B A =，且
00,A B P ∈（例如可取2222004765,37130A B =+==+=，等等）
这说明，满足条件的,A B 存在，因此结论得证．
（附注）：2
121,2i v j i j A a +??= ???
∑中的任两项互不相同：事实上，若两项产生于同一个j a ，如果
1
12
2
2
2
i i v v j j a a '++=，则i i v v '=，矛盾！若两项产生于同一个i v ，如果112
2
2
2
i i v v j j a a ++'=，则j j a a '=，矛盾！
若两项产生于不同的i v 及不同的j a ，如果
112
2
2
2
i i v v j j a a '++'=，则22i i
v v j
j
a a '-='为2的整数幂，矛盾！
同理，2
21,2i u j i j B b ??
= ???
∑中的任两项也不相同；
再说明，1A 中的任一项与1B 中的任一项也不同．事实上，若1
2
22
2j i v v i j a b +''=，则12
2
j i u v i j
a b --'
='为2的整
数幂，矛盾！
最后说明，11,A B 的项与r M 的项不同：事实上，据2B A =知，B 为偶数，假若
2222(1)(21)(31)(1)r M B B B rB =++++++++ 中的某项2
(1)tB +与1A 中的某项122
(2
)i v j a +相同，
则12
12
i v j tB a ++=，此式左端为奇数，而右端为偶数，矛盾！
又r M 中的某项2
(1)tB +与1B 中的某项2
2
(2)i
u j b 相同，则2
12i u j tB b +=，当0i u >，则此式左端为奇数，而右端为偶数，矛盾！当0i u =，则上式化为
22212()1m j t b b b b ++++= ，这不可能，并且r M 中任两项显然不同，因此本题结论成立．
7、给定两个正整数,m n ，其中1n >，且n ?m ；试求最小的正整数k ，使得在任意k 个满足条件：
“对一切1i j k ≤<≤，n ?()i j a a -”的整数12,,,k a a a 中，都存在两个整数s a 和t a ()s t ≠，使得
s t m a a +-可被n 整除．
解：由于所考虑的是“被n 整除”这一特征，故可将题中所涉整数皆替换为“被n 除得的余数”来考虑；用x 表示整数x 被n 除得的最小正余数，即
x Z ?∈，{}1,2,,n x Z n ∈= ；
为了探求本题结论的一般性结构，先分析以下特例：
例1、取10,17n m ==，这时{}(,)1,7,,1,2,,10i j m n m a a ==∈ ，且
10i j m a a +-当且仅当10i j m a a +-，即107i j a a +-；
于是，有两种情况：
(1)、3i j a a -=； (2)、7i j a a -=-，即7j i a a -=．
问题化为，从{}1,2,,10 中取k 个数，为了保证这k 个数中必有两数之差（大数减小数）为3或7，求k 的最小值.
为此，将数1,2,,10 排列于一个圆周之上，使得相邻两两数之差（大数减小数）都为3或7，有右图的排法：
从其中任取k 个不同的数，为了保证取出的数中必有两个相邻，则至少要取六个数，即6k ≥；
例2、取15,27n m ==，这时{}(,)3,12,,1,2,,15i j m n m a a ==∈ ，且
1527i j a a +-当且仅当1512i j a a +-，
此时也有两种情况：3i j a a -=；或12j i a a -=．
10
9
8
765432
1
将数1,2,,15 排列于一个圆周之上，使得相邻两两数之差（大数减小数）都为3或12， 这时排出三个圈：
此处作成三个圈是因为(,)3d m n ==的缘故．
从中任取k 个不同的数，为了保证取出的数中必有两个相邻，则在三个圈中，总共至少要取七个数， 即7k ≥；
（若总共只取六个数，可以选择每个圈上各取两个数，且不相邻，这样得到的六数不能满足条件） 现分析7k =的数字结构：7321=?+．
其中3(27,15)(,)m n d ===是圆周的个数；数2是在同一个取出的元素个数，使得在同一个圆周上可能不存在相邻数的最大允许值，它当然与该圆周上元素的个数有关，而05222n ????==????????，0n
n d =；
于是猜测，一般有： 012n k d ??
=+?
???
……○*．其中(,)d m n =，0n n d =. 今考虑一般情况：由j i n m a a +-等价于j i n m a a +-，而2n ≥，所以，条件n m ?
等价于11m n ≤≤-，且1,1i j a n a n ≤≤≤≤，
而条件n ?()i j a a -等价于n ?()i j a a -，即11i j a a n ≤-≤-，于是
222i j n m a a n -≤+-≤-，由j i n m a a +-，得 0i j m a a +-=或n ，
即j i a a m -=，或i j a a n m -=-，……①
记(,)(,)d m n m n ==，设00,m m d n n d ==，则00(,)1m n =，据①得
0j i
a a m d
-=或
00i j
a a n m d
-=- ……②
由11m n n ≤≤-<知，001m n ≤<，而由00(,)1m n =得000(,)1m n m -=； 因此由①得 (mod )i j a a d ≡，设i a ud r =+，j a vd r =+；0,1,,1r d =- ，
{}0,0,1,,u v n ∈ ……③
今按r 的取值情况讨论：
（1）、若0r =，则②化为，0v u m -=或00u v n m -=- ……④ 且因1,1i j a n a n ≤≤≤≤及0r =，由③知,u v 均不为0，即{}0
,1,2,,uv n
∈ ，
改记000,m a n m b =-=，则0a b n +=，(,)1a b =，于是④式可改写为对称形式：v u a -=和u v b -=．
15
14
13
12
11
2
5
8
3
6
9
1
4
7
10
引理：设(,)1a b =，0a b n +=，,a b 为正整数，从{}01,2,,n 中取出一个t 元子集{}12,,,t M x x x = ，使得M 中的任两数之差，既不为a ，也不为b ，则t 的最大值为02n ??
?
???
． 采用构造法．为了导出一般性方法，先分析一个特例:取04,7,11a b n ===，将1,2,,11 按图中顺序排列于圆周上，使得相邻两数之差，或者为4，或者为7，而不相邻的任两数之差，既不是4，也不是7； 若将圆周上的11个数按顺时针方向读出，，就是：
1,5,9,2,6,10,3,7,11,4,8，圈中不相邻的数最多可取到011522n ????
==??????
??个．
由于对一般的0,,a b n ，不可能一个个地去构造，为此，重新研究这组数的结构，对于4,7a b ==，不难发现，前三项1,5,9分别可看作
1,1,12a a ++，由此想到，后续的项当是()013,14,,11a a n a +++- ，即
是说，对于一般的0,,a b n ，填写于圆周上的0n 个数顺次为01,0,1,2,,1ta t n +=- ；另一方面，据对称性，我们也可顺次写出01,0,1,2,,1tb t n +=- ，它与上面填写于圆周上的0n 个数是重合的一组，只不过是按相反的方向从圆周上读出而已．
下面证明，排在圆周上的这组数01,0,1,2,,1ta t n +=- 符合要求.
由(),1a b =，知()(),1,,1a a b b a b +=+=，即()()00,1,,1a n b n ==，而x 是整数x 被0n 除得的最小正余数，故上述0n 个数01,0,1,2,,1ta t n +=- ，每个1ta +皆属于
{}01,2,,n ；这组数中，任两个皆不相等：假若11ia ja +=+，i j ≠
，则
()()()()001111mod ia ja ia ja i j a n =+-+≡+-+≡-
，即0n i j a -，于是
0n i j -，而011i j n ≤-≤-，矛盾！于是01,0,1,2,,1ta t n +=- 就是01,2,,n 的一个排列；
并且相邻两数之差满足：01(1)1(1(1))(1)(mod )i a ia i a ia a n ++-+≡++-+≡，
011(1)(1)(1(1))(mod )ia i a ia i a a b n +-++≡+-++≡-≡ …… ⑤
由于01,0,1,2,,1ta t n +=- 中的数，任两个不等，011ta n ≤+≤，故相邻两数之差（大数减小数）属于集{}01,2,,n ，而{}01,2,,n 为模0n 的一个完全剩余系，故其中与a 同余的只有a ，与b 同余的只有
b ，因此由⑤中两式得，相邻两数之差，要么是a ，要么是b ．
因此，要想在此圆周上所取的数不含相邻数，至多只能取02n ??????个数．而当取出012n ??
+????
个数时，其中必有两数相邻，其差为a 或b ．
(2)、当1r ≥时，由③得 00u n ≤<，00v n ≤<，即{}0,0,1,2,,1u v n ∈- ，②式化为，
1110987
6
543
2
1
0v u m -=或00u v n m -=-，这与④的形式完全相同，因此仿照()1的讨论可知，对于每个
,1,2,,1r r d =- ，我们也分别可以得到一个含有0n 个数的圈，使得相邻两数之差，要么是a ，要么是
b ．为了在每个圈上不取到相邻的数，至多只能取02n ??????个数．而当取出012n ??
+????
个数时，其中必有两数
相邻，其差为a 或b ．
并且，任两个圈上的数显然不同：假若12id r jd r +=+，则()12mod id r jd r d +≡+， 于是()12mod r r d ≡，得12r r =，矛盾！ 若取出的元素个数012n s d ??≥+?
???，则上述d 个圈中，必有一个圈至少取出了012n ??+??
??
个数，导致该圈上必有两数相邻，即有,i j a a ，使()s t n m a a +-； 另一方面，若取出的元素个数02n s d ??≤?
???时，则有取法，即在每个圈上各取02n ??
????
个数，使得任两数在圈上都不相邻，这时 n ?()i j m a a +-， 因此，适合条件的k 的最小值是012n k d ??
=+?
???
，（其中0(,),n d m n n d ==）． 8、对于给定的有限项的正整数数列12,,,n a a a ,进行如下操作：如果j k <，并且j a 不整除k a ，那
么将,j k a a 分别换成(,)j k a a 和[,]j k a a ；
证明：这个过程是有限的，并且最终的结果是唯一的．
证：设{}12,,,m p p p 为12,,,n a a a 的全部素因子的集，将每个k a 都表成标准分解式：
1212,1,2,,k k km
k m a p p p k n ααα== ，0,1,2,,ki i m α≥= ，
由此作出n m ?矩形数表A ：
111212122212
m
m
n n nm
ααααααααα
对于1212j j jm j m a p p p α
α
α
= 与1212k k km k m a p p p ααα
= ，()j k <，若记
min(,),max(,),1,2,,i ji ki i ji ki i m βααγαα=== ，则
1212
1212(,),[,]m m j k m j k m
a a p p p a a p p p βγββγγ== 因此，当对,j k a a 进行所述操作后，数表A 中的第i 行与第j 行即被右表B 所取代；
1212j j jm k k km
αααααα
1212m
m
βββγγγ
其中第i 行与第j 行所对应的子表中，每列上的数ji α与ki α都进行了调整，使得较小数排在上方，而较大数排在下方；称为第i 行与第j 行的“序调整”，显然，经有限多次序调整后，数表A 最终化为数表C ，其中表C 每一列的数，从上到下就是表A 相应列中的各数自小到大的排列．若设表C 为：
11
1212122212m m
n n nm
x x x x x x x x x
与表C 对应的n 个数为12,,,n c c c ，1212,1,2,,k k km x
x
x
k m c p p p k n == ，由于表C 唯一，则最后的数列12,,,n c c c 唯一．（对任意j k <，都有j k c c ）
9、若正整数,,m n k 满足：21mn k =+，证明：存在1212,,,x x y y N ∈，使以下三式：
222211221212, , m x y n x y k x x y y =+=+=+ 同时成立.
证：不妨设m n ≤，对k 归纳，1k =时，由于2mn =，则 1, 2m n ==，此时有
222201, 11, 0111
m n k =+=+=
?+?，即2k <时结论成立. 设当() 2k r r <≥时结论成立，当k r =时，由2
1mn r =+ ○1
则222111, 11
r r r r
n r m r n r r +++≥+=≤<=++，故可令*, , (,)n r s m r t s t N =+=-∈ ○
1式成为 ()()2
1 r t r s r -+=+ ○2，即1rs ts tr --=，两边同加2t 得， ()()21r t s t t --=+ ○
3，因为0,r t m -=> 故0, s t ->0, s t t r -><， 由归纳假设知，存在1212,,,m m n n N ∈，使
222211221212, , r t m n s t m n t m m n n -=+-=+=+
即()()22
11, 2m r t m n n r s r t s t t =-=+=+=-+-+()()22
1212m m n n =+++
()()()112112r r t t m m m n n n =-+=+++，
若记 1111212212, , , x m y n x m m y n n ===+=+，
则在○1式中有2222
11221212, , m x y n x y k x x y y =+=+=+，1212,,,x x y y N ∈，
即k r =时结论成立，故命题得证．
10、若41p n =+为质数，则122
11
4p r r p p -=??-=????
∑，（即
221n
k k n p =??
=????
∑）． 证：()1、先证，m Z ?∈，若(),1p m =，则2
m 被p 除得的最小非负余数，只属于
1
2
p -种不同情况，且必与2
2211,2,,2p -??
???
之一同余；
事实上，若设m kp r =+，11
22
p p r ---
≤≤，0r ≠，则()22mod m r p ≡，而2r 只能取
2
2
2
11,2,,2p -??
???
诸数之一，
()2、再证，1
12
22
2
11p p r r r r p p --==????
=-???????
?∑∑
据威尔逊定理，当p 为质数，有()()1!10
mod p p -+≡，由于
1
22
p n -==偶数，则 ()()()()1
211111!1221!1!2222p p p p p p p p p -----??????-=???-??--≡- ? ? ???????
()2
1(!)
mod 2p p -??≡ ???
， 所以 ()2
1!10
mod 2p p ?-?
??+≡ ? ??
???
故()2
2
1!0mod 2p r r p ?-????+≡ ? ?????，即 ()2
21!m o d 2p r r p ?-?
??-≡? ? ?
????
但是21!2p r ?-???? ? ?????作为一个整数平方，必与集合2
2211,2,,2p A ??
-????=?? ???????
中的某数同余， 由于集合222
11,2,,2p B ??-????=---?? ??????
? 中的任两数对mod p 不同余，故集合B 的元素与集合A 的元素
一对一同余，且因为当()mod a b p ≡时，有a b p p ????
=????????
，因此，1
12
22
2
11p p r r r r p p --==????-=????????∑∑．
()3、注意当α不是整数时 {}{}1αα-=-+，所以
1
12
2
2
2
11p p r r r r p p --==????=-????????∑∑12
2
1(1)p r r p -=??=-+????∑12
2
11
2p r r p p -=??-=-+????
∑，故 1
22
11
4p r r p p -=??-=????
∑． 11、设p 为奇质数，,a b 是小于p 的正整数，证明：a b p +=的必要充分条件是：对任何小于p 的
正整数n ，均有22an bn p p ????
+=?
???????
正奇数. （其中方括号[] 表示取整.） 证明：必要性：若,a b p n +=是小于p 的任一正整数，记22,an bn u v p p ????
==?
???????
，因p 为质数，故22,an bn p p 皆不为整数，因此有,,01,01,αβαβ<<<< 使
2,an u p
α=+2,bn
v p β=+ 相加得，()2n u v αβ=+++，故αβ+为整数，由于 02αβ<+<，则必有1,αβ+=
从而 21u v n +=-=奇数.
充分性：若对任何小于p 的正整数n ，均有 22an bn p p ????
+=?
???
????
正奇数………○1 令c p a =-，则 a c p +=，据必要性的讨论可知，对任何小于p 的正整数n ，均有
22an cn p p ????
+=????????正奇数………○
2，因此由○1，○2，对任何小于p 的正整数n ，均有 22bn cn p p ????
+=????????偶数………○
3，由○3进而可得，对任何正整数m ，均有 22bm cm p p ????
+=????????
偶数………○
4，（事实上，设,0,m pt n n p =+≤<，则 22bm cm p p ????+=????????()()2222b pt n c pt n bt ct p p ++????+=++????????
22bn cn p p ????
+=????????偶数
为证充分性，只要证，b c =，用反证法，假若b c ≠，不妨设b c >，则
1b c p ≤-<，因p 为质数，有 ()()2,1b c p -=，因此有正整数m 与k ，使
()21b c m pk --= ○
5，据此知，k 必为奇数，且 221bm cm k p p p =++ ○6，显然，21cm p p +≠整数，（否则，若21
cm p p +=整数，则由○6， 2bm p 为整数，因()2,1b p =，则2cm p m p ?
=整数1
p
?=整数，矛盾）. 今由
21
cm p p +≠整数，则212cm cm p
p p ????+=????????，现对○6式两边取整，得
22bm cm k p p ????=+????????，因此22bm cm p p ????+=????????22cm k p ??
+=????
奇数，这与○
4式矛盾. 故原假设不真，因此b c =，即 b p a =-，所以 a b p +=.
12、设正整数a 的各位数字全由1和2组成，由其中任意() 2k k ≥个连续数位上的数字所组成的k 位
数，称为数a 的一个“k 段”；若数a 的任两个“k 段”都不相同．
证明：对于具有这种性质的最大正整数a ，其开初的一个“1k -段”和最后的一个“1k -段”必定相同.
证：设12n a x x x = 是一个具有这种性质的最大正整数，由a 的最大性，在其后面无论添加1或2，
所得到的1n +位数1121n a x x x = 以及2122n a x x x = 中，都有两个相同的“
k 段”. 设在1a 中有 1121i i i k n k n x x x x x ++--+= ；在2a 中有
1122j j j k n k n x x x x x ++--+= . 显然i j ≠，
（因为11i k j k x x +-+-≠），且11i n k ≤≤-+， 11j n k ≤≤-+，如果1i =或1j =，则直接去掉相应“k 段”中的末位数，可知结论成立；如果2i ≥且
2j ≥，因 12212i i i k n k n j j j k x x x x x x x x ++--+++-== ，
考虑各自的前一位数字111, , i j n k x x x ---+，它们只取1和2两个值，其中必有两数相同，于是数a 中有两个相同的“k 段”，矛盾. 因此,i j 中必有一个为1，故结论得证.
13、已知对任何整数x ，三项式2ax bx c ++都是完全平方数；证明，必有
()2
2ax bx c dx e ++=+．
证：记()2
f x ax bx c =++，我们需要证，,,a b c 为整数，且2
4b ac =，易得，()0c f =为平方数，
()()211b f f =--，()()2112a f f c =+--皆为整数，若b 不是整数，则2b 为奇数，设221b n =+，
于是 ()4 2 mod4b ≡，
又因0c ≡或()1 mod4，()()16820 mod4a a =?≡，则
()41642f a b c =++≡或()3 mod 4，即()4f 不为平方数，矛盾.
因此b 为整数，继而 ()1a f b c =--为整数. 为证2
4b ac =，采用结构转换法：
()0
1.若0bc ≠，则y Z ?∈，()()
()()2
21f cy a cy b cy c c acy by =++=++为平方数，而c 是非零平方
数，因此，y Z ?∈，()2
1g y acy by =++的值为平方数.
*k N ?∈，分别取2k y b =±，则有整数, k k u v ，使
()()()2
22221k k k k g b ac b b b u =++=，()()()2
2
2221k k k k g b ac b b b v -=-+=，相乘并整理得
()()()2
2
2
22
22
12k
k
k k acb u v b
+=+ …… ①
由于22
21k
acb +与2
2k b 互质，可知○1中的三项两两互质，且2
2k
b 为偶数，故由勾股数定理，有互质整数,k k m n ，使
2222
21k k k
acb m n +=+ … ② 222k k k b m n = … ③
据②知，,k k m n 一奇一偶，据对称性，不妨总设k m 为奇数（对每个k ）.故由③，
k m 是2b 的因数，但2b 的奇因数个数有限，故当k 依次取1,2, 时，必有k m 的两值相同，设为
() ,s t m m s t =<，将②、③换为：
()()()()
22222222
2
2216214 , 22 522 7t s t t s s s t s s t t acb m n acb m n b m n b m n ?+=+?+=+????==???? ⑦÷⑤得，
2t s t
s
n n -=，则22222t s t s n n -=，因此，()2222221 t s t s s n n n --=- ⑧ ⑥-④得，()
22222222
1 s t s
t s n n acb --=- ⑨ 从而据⑧、⑨，(
)222222
1s t s
acb --()
22221 t s s n -=-，因22210 t s -->，故得， 2222s s acb n = … ⑩ ，由④、⑩得，21s m =，再由⑤，
24222244s s s s b m n n == … ○
11 ，因此，2422
242s s b acb =?， 所以 2
4b ac =. (又由 ,,a b c 为整数，c 为平方数，0bc ≠，则a 为平方数.)
()0
2.若0bc =，如果0c =，由于x Z ?∈，()2
f x ax
bx =+为平方数，则
()()2242f b b a =+为平方数，因为42a +不是平方数，必有0b =，此时 ()()2,1f x ax a f ===平方数，且24b ac =；
如果0, 0c b ≠=，则x Z ?∈，()2
f x ax c =+为平方数，注意()0c f =
为平方数，由(
)(()444, 41f
c a f c a =+=+皆为平方数，所以
44, 41a a ++皆为平方数，令2244, 41a u a v +=+=，则
()()223u v u v u v =-=+-，得 3, 1u v u v +=-=，因此2, 1u v ==，0a =，所以，
,a c 为平方数，且24b ac =．
总之在每一情况下皆有，,a c 为平方数，b 为整数且2
4b ac =，令22
,a d c e ==，则
2b de =，所以()2
2ax bx c dx e ++=+.
因此所证的结论成立.
14、若三角形的三条边长皆为有理数，且有一个内角的角度数也是有理数，试求该内角度数的所有可
能的值．并给出所有这种三角形边长的一般表达式．
解：设ABC ?中，,,,(,,BC a CA b AB c a b c ===为有理数），其内角001360m m
A n n
==?，
由于对三角形作相似变换，并不改变其内角值，故可设,,a b c 皆为正整数。据余弦定理，
222
2cos b c a A bc
+-==有理数，而0360,nA m =?则()0cos cos 3601nA m =?=，
设*2cos ,,x A k =?∈N 记2cos ,k f kA =则212,2,,f x f x ==-
且由三角和差化积公式，()()cos 2cos 2cos cos 1k A kA A k A ++=?+，即有
21k k k f xf f ++=-，212, 2,f x f x ==- ①
据递推关系①立知，*,k k f ?∈N 为首项系数为1的x 的k 次整系数多项式. 记 1110,(n n n n i f x a x a x a a --=++++ 为整数），注意2n f =，有
111020n n n x a x a x a --++++-= ②，而2cos x A =是方程②的有理根.
记,p
x q
=
（整数,p q 互质，0q >），代入②，成为 1
11020n
n n p p p a a a q q q --????
??
++++-= ? ? ???????
，即
11110(2)0n n n n n p a p q a pq a q ---++++-= ③，因此,n q p 而,p q 互质，得1,q =因此x 为整数，
而由0
0180,1cos 1,A A <<-<<知22,x -<<故整数x 只能取值1, 0, 1-，从而11cos , 0, ,22
A =- 因此00060, 90, 120A =.
另一方面，我们可实际找到这样的有理边三角形(),,,ABC a b c =使
{}00060,90,120A ∈，例如 ()1,1,1ABC ?=时，060A =；()5,4,3ABC ?=时，090A =；
()7,5,3ABC ?=时，0120A =；
即该内角的度数只有0
60,90,120三种可能．
下面给出满足条件的所有有理边长三角形：首先，对于每个有理边长的三角形，我们总可将各边长通乘公分母，化为边长为整数的三角形，因此，可先求这种边长为整数的三角形；
1）、当ABC ?有一内角为0
90时，据勾股数定理，三边长为
()(){}
2
2222,,t mn t m
n t m n ??-?+，其中，t 为正有理数，(),m n m n >为互质正整数；
2）、当ABC ?有一内角为0
60时，据余弦理，2
2
2
a b c bc =+- ……①，改写此式为：
()
()()2
22
422233a b c a b c b c ++=+++-……②，即222x y z +=，其中
()()2,3,4x a b c y b c z a b c =++=-=++，在①式,,a b c 三个正整数中，若两数有公共质因数p ，
则p 也是另一数的因数；约去公因数后，,,a b c 两两互质，因此,b c 或皆奇数，或为一奇一偶；所以a 为奇数；
情形甲：()()()()22222234a b c t mn
b c t m n a b c t m n ?++=???
-=-??++=+??
；其中正整数,m n 互质，一奇一偶，m n >，
解得 ()()()222
232323t a m n mn t b mn n t c mn m ?=+-??
?=-???=-??
，其中,,m n t 的选择当使,,a b c 为两两互质正整数；
情形乙：()()()()22222324a b c t m n b c t mn a b c t m n ?++=-??
-=???++=+??
；其中正整数,m n 互质，一奇一偶，m n >，
解得22
22
22(3)6(32)6(32)6t a m n t b m n mn t c m n mn ?=+??
?=-+??
?=--??
，其中,,m n t 的选择当使,,a b c 为两两互质正整数．
3）、当ABC ?有一内角为0
120时，据余弦理，222a b c bc =++ ……①，改写此式为：
()
()()2
22
422233a b c a b c b c +-=+-++……②，即222x y z +=，其中
()()2,3,4x a b c y b c z a b c =+-=+=+-，在①式,,a b c 三个正整数中，若两数有公共质因数p ，
则p 也是另一数的因数；约去公因数后，,,a b c 两两互质，因此,b c 或皆奇数，或为一奇一偶；所以a 为
奇数；
情形甲：()()()()22222234a b c t mn b c t m n a b c t m n ?+-=???
+=-??+-=+??
；其中正整数,m n 互质，一奇一偶，m n >，
解得 ()()()222
232323t a m n mn t b mn n t c m mn ?=+-??
?=-??
?=-??
，其中,,m n t 的选择当使,,a b c 为两两互质正整数；
情形乙：()()()()22222324a b c t m n b c t mn a b c t m n ?+-=-??
+=???+-=+??
；其中正整数,m n 互质，一奇一偶，m n >，
解得2222
22(3)6(32)6(32)6t a m n t b m n mn t c n mn m ?=+??
?=-+???=+-??
，其中,,m n t 的选择当使,,a b c 为两两互质正整数．
15、证明：如果正整数N 可以表示为都是3的倍数的三个整数的平方和，那么N 也可以表示为都不
是3的倍数的三个整数的平方和．
证：据题意，数N 可以表示为如下形式的和：2229()n a b c ++ …… ○* 其中n 为正整数，,,a b c 为整数，且a 不是3的倍数．
引理：所有形如和式○*的正整数都可表为12229()n x y z -++的形式，其中,,x y z 为整数， 并且,,x y z 都不是3的倍数．
引理证明：不失一般性，可设a b c ++不是3的倍数（否则，可将a 换为a -），于是有
2222222222229()(44)(44)(44)a b c a b c b c a c a b ++=++++++++ 222(22)(22)(22)a b c b c a c a b =+-++-++-
其中，三数22,22,22a b c b c a c a b +-+-+-都不是3的倍数，因为每数被3除的余数都与2()a b c ++相同，而后者不是3的倍数．
这样，每使用一次引理，和式○*中9的指数便减少1，于是，只需将这一引理使用n 次，便完成了对题中断言的证明．
16、对于互质的正整数,m n ，求最大公约数(57,57)m m n n ++所有可能的值．
解：记(57,57)(,)m m n n D m n ++=，显然有(,)(,)D m n D n m =，据这一对称性，不妨设m n ≤，易知(0,1)(2,12)2D ==，(1,1)(12,12)12D ==；
对于其它情形，采用递降法，将[,)n m ∈+∞分成两类：[,2)[2,)m m m +∞ ，
0(1)、若[2,)n m ∈+∞，由2257(57)(57)57(57)n n m m n m n m m m n m n m ----+=++-+，得
(,)(,2)D m n D m n m =-；
0(2)、若[,2n m m ∈，由2257(57)(57)57(57)n n m m n m n m n m n m m n m n ------+=++-+，得
(,)
(,2D m n D m m
n
=-； 因此，若记11(,2)2(,)(,2)2m n m n m m n m m n n m -≥?=?-
当当，则有
11(mod 2)m n m n +≡+；11(,)(,)m n m n =；以及11(,)(,)D m n D m n =．
下面说明，当(,)1m n =时，反复进行操作0
(1)0
(2)终将得到
11(,)(0,1)m n =或(1,1)．
事实上，设2n m >≥，记n mq r =+，0r m <<，（因,m n 互质，故0r ≠）； 若q 为偶数2k 时，作k 次操作0(1)得11(,)(,)m n m r =；
若q 为奇数21k +时，作k 次操作0(1)，再作一次操作0(2)得11(,)(,)m n m m r =-； 不论何种情况，均可使110m n >>，且11(,)1m n =；
反复进行以上操作，可使11,m n 交互变小，故最终可得11(,)(0,1)m n =或(1,1)． （当m n +为奇数时变为(0,1)，而当m n +为偶数时变为(1,1)） 所以112(,)(,)12m n D m n D m n m n +?==?
+?当为奇数
当为偶数
17、试求所有的质数3p ≥，具有如下性质：对任何质数q p <，数p p q q ??
-?????
不能被任何质数的平
方整除．
解：记满足条件的质数的集合为M ，易知3,5,7,13M ∈；若(mod )p r q ≡，0r q <<，则
p p q r q ??
-?=????
．由于114(mod 7
)≡，而4含有大于1的平方因子，故11M ?；类似地，因为174(mod13),198(mod11)≡≡，234(mod19),2912(mod17)≡≡，
则17,19,23,29M ?；以下证明，大于30的任何质数皆不属于M ． 由于这种质数，其末位数字只能是1,3,7,9，
一、如果p 的末位数字为9，那么4(mod5)p ≡，此时p M ?； 二、如果p 的末位数字为1；
0(1)、若2(mod3)p ≡，则41(mod3)p -≡，4p -的末位数字为7，即4p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者4p -本身为质数q ，或者4p -有大于5的质因数q ， 设4p kq -=，*
k N ∈，得4(mod )p q ≡，于是p M ?；
0(2)、若1(mod3)p ≡，则82(mod3)p -≡，8p -的末位数字为3，即4p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者8p -本身为质数，或者8p -有大于5的32n +形状质因数q ，这种质数至少是11，设
8p kq -=，*k N ∈，得8(mod )p q ≡，于是p M ?；
三、如果p 的末位数字为7；
0(1)、若2(mod3)p ≡，则41(mod3)p -≡，4p -的末位数字为3，即4p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者4p -本身为质数q ，或者4p -有大于5的质因数q ， 设4p kq -=，*
k N ∈，得4(mod )p q ≡，于是p M ?；
0(2)、若1(mod3)p ≡，则82(mod3)p -≡，8p -的末位数字为9，即8p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者8p -本身为质数q ，或者8p -有大于5的32n +形状质因数q ，这种质数至少是11，设
8p kq -=，*k N ∈，得8(mod )p q ≡，于是p M ?；
四、如果p 的末位数字为3；
0(1)、若2(m o d3)p ≡，则41(m o d3)p -≡，4p -的末位数字为9，即4p -是与3,5都互质的奇数，
因此，或者4p -本身为质数q ，或者4p -有大于5的质因数q ， 设4p kq -=，*
k N ∈，得4(mod )p q ≡，于是p M ?；
0(2)、若1(mod3)p ≡，则313,1013p p --，于是存在正整数n ，使3013p n =+；
将其表为两种形式：2(152)9p n =++ …① ，以及3(103)4p n =++ …②
如果n 为奇数，则152n +为32N +形状的奇数，且与5互质，它必有一个大于5的32N +形状的奇质因数q ，（11q ≥），于是9(mod )p q ≡，这时p M ?； 如果n 为偶数，设12n n =，则13(203)4p n =++ …()2'， 由于1203n +为41N -形状的数，它必有41N -形状的质因数； 假若1203n +没有大于3的质因数q ，那么它是3的幂，
据②得， 34n p =+ …③，由于p 的末位为3，则3n
末位为9，于是42n k =+，且1k ≥，
42423434(34)8n k k p ++=+=+=-+2121(32)(32)8k k ++=+-+ … ④
如果21
3
2k ++与2132k +-两数，其中有一数具有大于7的质因子q ，那么8(mod )p q ≡；
若任一个都不具有大于7的质因子，注意21
2121(3
2,32)(32,4)1k k k ++++-=+=，
那么其中一个是5的正整数幂，另一个是7的正整数幂， 即，或有21
213
27,325k a k b +++=-=… ⑤，或有2121327,325k a k b ++-=+= …⑥
如⑤成立，则有754a
b
-=，即745a
b
-=，取模3得矛盾！
如⑥成立，有574b a -=… ⑦，故7a 的末位数字为1，于是4a ，设4a m =，于⑦两边取模7，因5n
被
7除的余数，按5,4,6,2,3,1循环，知62b h =+，
⑦成为62
45
74h m +-=，即312312(57)(57)4h m h m ++-+=，则312(57)4h m ++，矛盾！
因此，1203n +有大于3的质因数q ，那么由②得4(mod )p q ≡，这时p M ?； 综上述，满足题意的奇质数只有3,5,7,13．
18、数列012,,,a a a 满足：2
012,21,k k a a a k N +==-∈； 证明：若有奇质数p 及某项n a ，使得n p a ，则3
22
1n p +-． 证：由条件2
012,21,k k a a a k N +==-∈ ……①，212(2)2k k a a +=-，令2k k x a =，则有04x =，
2
12k k
x x +=- …②，改记01x t t =+，解得2t =221k
k k x t t
=+，即
22(2(2k k
k x =+，所以()
221
(2(22
k k k a =
++ ……③ 由①知，对于每个*
k N ∈，1(mod3)k a ≡，因此，若有奇质数k p a ，则3p ≠，
今按p 的情况讨论：（0
1）、若存在某个整数x ，使23(m o d )x p ≡，则对整数*k N ∈，
()()
222211
0(2(2(2)(2)22
k k k k k a x x ≡=
++≡++- (mod )p …④
（因为各边展开后，x 的奇数幂项均已抵消，可以
将3替换为2
(mod )x p ），显然，p (2)x -，p (2)x +，（否则，若其中有一个是p 的倍数，将导致2(4)p x -，即1p ，矛盾！），于是由费尔马定理，1
(2)1(mod )p x p --≡ …⑤，
由④及p 为奇质数得，22(2)(2)(mod )k k
x x p +≡--，所以
1
2221(4)(2)k k x x +≡-≡--(mod )p ，
即1
2
(2)1k x +-≡-(mod )p ，2
2
(2)1k x +-≡(mod )p ……⑥
若(2)x -对于模p 的阶为d ，(2)1(mod )d
x p -≡，则
(
)
2
2
2
(,2
)
(2)1,(2)1(2)1k k d d x x x ++----=--，得到22k d +，2,2r d r k =≤+，但若
1r k ≤+，将导致1
2(2)1k x +-≡(mod )p ，矛盾！因此22k d +=；再由⑤得，
221k p +-；又因p 为奇数，21p +，相乘得322(1)k p +-，这时命题得证；
（0
2）、若不存在整数x ，使2
3(mod )x p ≡，
因为整数 (
)
22(2(20(mod )k
k
p ++≡，
小学数论基础知识教学内容
小学数论基础知识
数论基础知识 一质数和合数 （1）一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。 一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。 （2）自然数除0和1外，按约数的个数分为质数和合数两类。 任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。 要特别记住：0和1不是质数，也不是合数。 （3）最小的质数是2 ，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数； 最小的合数是4。 （4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数。 互质数是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（３和５），可能是一个质数和一个合数（３和４），可能是两个合数（４和９）或1与另一个自然数。 （５）如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。 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。 （６）１００以内的质数有２５个： ２、３、５、７、 １１、１３、１７、１９、 ２３、２９、３１、３７、 ４１、４３、４７、
５３、５９、 ６１、６７、 ７１、７３、７９、 ８３、８９、 ９７ 二整除性 （１）概念 一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b（b不等于0），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a能被b整除（或者说b能整除a）。记作b｜a.否则，称为a不能被b整除，（或b不能整除a），记作b a。 如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。 （２）性质 性质1：（整除的加减性）如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。 即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。 例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10—6）。 也就是说，被除数加上或减去一些除数的倍数不影响除数对它的整除性。 性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a. 即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。 性质3：（整除的互质可积性）如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b 与c的积能整除a。
小学奥数数论专题知识总结
数论基础知识 小学数论问题，起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除，因数与倍数，奇数与偶数，质数与合数，公因数与公倍数，分解质因数等； 2.不能整除：余数，余数的性质与计算（余数），同余问题（除数），物不知数问题（被除数）。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 （1）定义： 定义1：若整数a能够被b整除，a叫做b的倍数，b就叫做a的因数。 定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c，或者c÷a＝b，那么称a、b是c的因数，c是a、b 的倍数。 注意：倍数与因数是相互依存关系，缺一不可。（a、b是因数，c是倍数） 一个数的因数个数是有限的，最小的因数是1，最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的，最小的倍数是它本身，没有最大的倍数。 （2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1，第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身，第二大的因数是：原数÷第二小的因数 （3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个，有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个，2000以内的完全平方数的个数是44个，3000以内的完 全平方数的个数是54个。（312=961，442=1936，542=2916） 2、数的整除（数的倍数） （1）定义： 定义1：一般地，三个整数a、b、c，且b≠0，如有a÷b＝c，则我们就说，a能被b整除，或b能整除a，或a能整除以b。 定义2：如果一个整数a，除以一个整数b（b≠0），得到一个整数商c，而且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。（a≥b） （2）整除的性质： 如果a、b能被c整除，那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。 如果a能被b整除，c是整数，那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 （3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差 1001（及其因数7、11、13、77、91、143）的倍数特征：三位截断求差
小学数论基础知识
数论基础知识 一质数和合数 （1）一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。 一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。 （2）自然数除0和1外，按约数的个数分为质数和合数两类。 任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。 要特别记住：0和1不是质数，也不是合数。 （3）最小的质数是2 ，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数； 最小的合数是4。 （4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数。 互质数是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（３和５），可能是一个质数和一个合数（３和４），可能是两个合数（４和９）或1与另一个自然数。 （５）如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。 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。 （６）１００以内的质数有２５个： ２、３、５、７、 １１、１３、１７、１９、 ２３、２９、３１、３７、 ４１、４３、４７、 ５３、５９、
６１、６７、 ７１、７３、７９、 ８３、８９、 ９７ 二整除性 （１）概念 一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b（b不等于0），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a 能被b整除（或者说b能整除a）。记作b｜a.否则，称为a不能被b整除，（或b 不能整除a），记作b a。 如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。 （２）性质 性质1：（整除的加减性）如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c 整除。 即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。 例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10—6）。 也就是说，被除数加上或减去一些除数的倍数不影响除数对它的整除性。 性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a. 即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。 性质3：（整除的互质可积性）如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c 的积能整除a。 即：如果b｜a，c｜a，且（b，c）=1，那么bc｜a。
奥数数论基础知识
奥数数论基础知识 一质数和合数 （1）一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。 一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。 （2）自然数除0和1外，按约数的个数分为质数和合数两类。 任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。 要特别记住：0和1不是质数，也不是合数。（3）最小的质数是2 ，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数； 最小的合数是4。 （4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数。 互质数是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（３和５），可能是一个质数和一个合数（３和４），可能是两个合数（４和９）或1与
另一个自然数。
（５）如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。 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。 （６）１００以内的质数有２５个：２、３、５、７、１１、１３、１７、１９、２３、２９、３１、３７、４１、４３、４７、５３、５９、６１、６７、７１、７３、７９、８３、８９、９７． 二整除性 （１）概念 一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b（b不等于0），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a能被b整除（或者说b能整除a）。记作b｜a.否则，称为a不能被b整除，（或b不能整除a），记作b a。
如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。 （２）性质 性质1：（整除的加减性）如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。 即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。 例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10—6）。 也就是说，被除数加上或减去一些除数的倍数不影响除数对它的整除性。 性质2：如果b与c的积能整除a，那么b 与c都能整除a. 即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。性质3：（整除的互质可积性）如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整除a。
第34讲 数论基础知识应用
第34讲数论基础知识应用 【培训提示】 1. 运用整数本身的基本特性分析解答简单的整数问题。 2.运用枚举方法和归纳方法的技巧。 数论是研究整数性质的一个数学分支。虽然数论问题看似简明，但是要解释清楚，并且证明它却是困难的；又因为整数以及相关的一些数学知识正是小学数学学习的重点，所以在各级各类的数学竞赛中，数论问题占有相当大的比重。 小学数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整数性、带余除法、奇偶性、质数与合数、约束与倍数、整数的分解与分析等。分析解答数论问题，常常需要采取一些特殊的方法和技巧，本讲着重学习研讨用枚举法和归纳法分析解答数论问题的方法和技巧。 【培训示例】 例1 用三位数abc中的三个数字还可以组成五个三位数，如果这五个三位数加起 来的和是3194，那么三位数abc是是多少？（a、b、c都是不等于0的整数） 例2 从自然数1,2,3...2005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能被18整除？ 例3 将自然数N接写在任意一个自然数的右面得到一个新数。如果所得到的新数正好能被N 整除，那么N就称为“魔术数”。问小于2005的自然数中有多少个魔术数？ 例4 有三张扑克牌，牌面数字都在10以内。把这三张牌洗好后，分别法给甲、乙、丙三人，每人都把自己的牌的数字记下后再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，三人各自记录的数字的和顺次为13,15,23。问：这三张牌的数字分别是多少？ 例5 有一摞卡片共100张，如果将上面的第一张去掉，把下一张卡片放在这摞卡片的最下面；在把上面的第一张（即原来这摞卡片的第三张）去掉，把下一张卡片（即原来这摞卡片的第四张）放在这摞卡片的最下面。反复这样做，知道手中只剩下一张卡片，那么最后剩下的这张卡片是原来这摞卡片的第几张？ 例6 若要用天平秤出1克、2克、3克...40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少克？
(完整版)小学奥数中的数论问题
小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类： 整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容） 余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小） （2）同余的性质和运用 奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 （2）约数个数决定法则（小升初常考内容） 整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常
出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，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30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？ 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？ 很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划
数论入门
欧几里得算法 欧几里德算法又称辗转相除法，用于计算两个正整数a，b的最大公约数。其计算原理依赖于下面的定理： 定理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) (a>b 且a mod b 不为0) 证明：a可以表示成a = kb + r，则r = a mod b 假设d是a,b的一个公约数，则有 d|a,d|b，而r = a - kb，因此d|r 因此d也是（b,a mod b）的公约数 因此（a,b）和（b,a mod b）的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证欧几里得算法模板 int gcd(int n,int m) { int t,r; if(n
小学奥数-数论专题知识总结
数论基础知识 小学数论问题,起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除,因数与倍数,奇数与偶数,质数与合数,公因数与公倍数,分解质因数等； 2.不能整除：余数,余数的性质与计算（余数）,同余问题（除数）,物不知数问题（被除数）。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 （1）定义： 定义1：若整数a能够被b整除,a叫做b的倍数,b就叫做a的因数。 定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c,或者c÷a＝b,那么称a、b是c的因数,c是a、b 的倍数。 注意：倍数与因数是相互依存关系,缺一不可。（a、b是因数,c是倍数） 一个数的因数个数是有限的,最小的因数是1,最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的,最小的倍数是它本身,没有最大的倍数。 （2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1,第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身,第二大的因数是：原数÷第二小的因数 （3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个,有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个,2000以内的完全平方数的个数是44个,3000以内的完 全平方数的个数是54个。（312=961,442=1936,542=2916） 2、数的整除（数的倍数） （1）定义： 定义1：一般地,三个整数a、b、c,且b≠0,如有a÷b＝c,则我们就说,a能被b整除,或b能整除a,或a能整除以b。 定义2：如果一个整数a,除以一个整数b（b≠0）,得到一个整数商c,而且没有余数,那么叫做a能被b 整除或b能整除a,记作b|a。（a≥b） （2）整除的性质： 如果a、b能被c整除,那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。 如果a能被b整除,c是整数,那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除,b又能被c整除,那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除,那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 （3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差
小学奥数数论知识点总结
小学奥数数论知识点总结 1.奇偶性问题 奇+奇=偶奇×奇=奇 奇+偶=奇奇×偶=偶 偶+偶=偶偶×偶=偶 2.位值原则 形如：abc=100a+10b+c 3.数的整除特征： 整除数特征 2末尾是0、2、4、6、8 3各数位上数字的和是3的倍数 5末尾是0或5 9各数位上数字的和是9的倍数 11奇数位上数字的和与偶数位上数字的和，两者之差是11的倍数4和25末两位数是4(或25)的倍数 8和125末三位数是8(或125)的倍数 7、11、13末三位数与前几位数的差是7(或11或13)的倍数 4.整除性质 ①如果c|a、c|b，那么c|(ab)。 ②如果bc|a，那么b|a，c|a。 ③如果b|a，c|a，且(b,c)=1,那么bc|a。④如果c|b,b|a,那么c|a.
⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。 5.带余除法 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 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)。用带余数除式又可以表示为a÷b=q……r,0≤r 6.唯一分解定理 任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即n=p1×p2×...×pk 7.约数个数与约数和定理 设自然数n的质因子分解式如n=p1×p2×...×pk那么：n的约数个数： d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1) n的所有约数和：(1+P1+P1+…p1)(1+P2+P2+…p2)… (1+Pk+Pk+…pk) 8.同余定理 ①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(modm) ②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9.完全平方数性质 ①平方差：A-B=(A+B)(A-B)，其中我们还得注意A+B，A-B同奇偶性。
数论基础知识
1. 倍数规律 末位系：2的倍数规律是末位数是偶数（即末位数是2的倍数），5的倍数规律是末位数是0或5（也即末位数是5的倍数）；4的倍数规律是末两位数是4的倍数（例如：28是4的倍数，则128、1128、23574335435328都是4的倍数），同样，25的倍数规律也是末两位是25的倍数；8的倍数规律是末三位是8的倍数，125的倍数规律是末三位是125的倍数。 练习：23400是上面提到的哪些数的倍数？（提示：0是任何数的倍数。） 数位和系：3或9的倍数规律是各个数位相加之和是3或9的倍数（例如：1+2+3=6是3的倍数但不是9的倍数，则123、321、213等等都是3的倍数而不是9的倍数；3+6=9既是3的倍数也是9的倍数，所以36、63也既是3的倍数也是9的倍数。） 练习：[ ]里能填哪些数可以使12[ ]34是3的倍数？9的倍数呢？ 数位差系：11的倍数规律是从后往前数奇数位上的数之和减去偶数位上的数之和是11的倍数。（若不够减则可通过加上11的倍数使其够减。）例：231，从后往前数，第1位是1，第2位3，第3位是2，所以奇数位的和是1+2=3，偶数位的和是3，所以奇数位和减偶数位和等于3-3=0是11的倍数，因此231就是11的倍数。6160，奇数位和等于1+0=1，偶数位和等于6+6=12，奇数位和减偶数位和不够减，但加上一个11以后就够减了，变成了1+11-12=0是11的倍数，所以6160是11的倍数。 7、11、13的倍数有个公共的规律，即将末3位与之前断开，形成两个新的数之差是7、11、13的倍数。例如：1012，把末三位断开后刚好变成了1与014（也就是12），于是这两数的差是11，因此是13的倍数，因此1014就是13的倍数。 练习：判断下列各数是不是7、11或13的倍数。 1131、25795、34177、12345 2. 分解质因数 把一个整数拆成成若干个质数（质数即只有1和本身作为因数的大于一的整数，如2、3、5、7……）相乘的形式。例：“1002255=???”就叫做把100分解质因数，而不能是1002105=??，因为10还可以进一步分解为25?。 练习：把下列各数分解质因数。 36= 24= 81= 96= 3. 质因数与整除的关系 例：12223=??，则12的倍数分解质因数后都得包含至少两个2和一个3（看上道题36和24的分解结果。）；12的因数分解质因数以后则必须包含了两个2和一个3之内，比如623=?、422=?、2、3都包含在12分解质因数的“组成”里。 练习：例如上面告诉的方法，以及36分解质因数的结果（上道题），写出36所有的因数。
{小学数学}小六数学第21讲：数论综合教师版-——李寒松[仅供参考]
2021年{某某}小学 小 学 数 学 学 习 资 料 教师： 年级： 日期：
第二十一讲数论综合 数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。 基本公式 1.已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c。 2.已知c|ab，(b,c)=1,则c|a。 3.唯一分解定理：任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 n= p11a× p22a×...×p k k a（#) 其中p1 6.自然数是否能被3，4，25，8，125，5，7,9，11，13等数整除的判别方法。 7.平方数的总结： ①平方差：A2-B2=（A+B）（A-B），其中我们还得注意A+B， A-B同奇偶性。 ②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。约数个数为3的是质数的平方。 ③质因数分答案：把数字分答案，使他满足积是平方数。 ④立方和：A3+B3=(A+B)(A2-AB+B2)。 8.十进制自然数表示法，十进制和二进制，八进制，五进制等的相互转化。 9.周期性数字：abab=ab×101 1.全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分，解出数论的压轴大题是关键。 2.牢记基本公式，并在解题中灵活运用公式。 例1:将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（4×3×2×1=24）。将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000-4000之间。请求出这24个四位数中最大的一个。 答案：不妨设这4个数字分别是a>b>c>d 那么从小到大的第5个就是dacb,它是5的倍数，因此b=0或5，注意到b>c>d,所以b=5; 从大到小排列的第2个是abdc,它是不能被4整除的偶数；所以c是偶数，c＜b=5，c=4或2 从小到大的第二十个是adbc,第五个是dacb,它们的差在3000-4000之间，所以a=d+4； 因为a>b,所以a至少是6，那么d最小是2，所以c就只能是4。而如果d=2，那么abdc的末2位是24，它是4的倍数，和条件矛盾。因此d=3,从而a=d+4=3+4=7。 这24个四位数中最大的一个显然是abcd,我们求得了a=7,b=5,c=4,d=3 所以这24个四位数中最大的一个是7543。 例2：一个5位数，它的各个位数字和为43，且能被11整除，求所有满足条件的5位数？ 答案：现在我们有两个入手的选择，可以选择数字和，也可以选择被11整除，但我们发现被11整除性质的运用要具体的数字，而现在没有，所以我们选择先从数字和入手。 5位数数字和最大的为9×5=45，这样43的可能性只有9，9，9，9，7或9，9，9，8，8。这样我们接着用11的整除特征，发现符合条件的有99979，97999，98989符合条件。 行程问题 基本行程问题平均速度火车过桥流水行船接送问题电梯行程 数论问题 奇偶分析数的整除约数倍数进位制余数问题完全平方数 几何问题 小学几何五大模型勾股定理与弦图巧求周长立体图形的体积 计数问题 加法原理乘法原理容斥原理排列组合枚举法归纳法 应用题 鸡兔同笼问题年龄问题盈亏问题牛吃草问题工程问题浓度问题 计算问题 分数列项与整数列项繁分数的计算数学计算公式换元法找规律 其他 数阵图与数字谜操作与策略抽屉原理逻辑推理不定方程染色问题 小学六年级奥数基础知识——数论一 一质数和合数 （1）一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。 一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。 （2）自然数除0和1外，按约数的个数分为质数和合数两类。 任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。 要特别记住：0和1不是质数，也不是合数。 （3）最小的质数是2 ，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数； 最小的合数是4。 （4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数。 互质 是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（３和５），可能是一个质数和一个合数（３和４），可能是两个合数（４和９）或1与另一个自然数。 （５）如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。 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。 （６）１００以内的质数有２５个：２、３、５、７、１１、１３、１７、１９、２３、２９、３１、３７、４１、４３、４７、５３、５９、６１、６７、７１、７３、７９、８３、８９、９７． 注意：两个质数中差为1的只有3-2 ；除2外，任何两个质数的差都是偶数。 二整除性 （１）概念 一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b（b不等于0），除得 小学数学《数论初步》练习题 1.计算：（1）[24，315]=________；(1188，726)=________； （2）[364，198，429]=________；(3213，6732)=________； 2.64的约数共有_________个；所有约数的总和是________； 3.七个连续自然数的和能分别被1、2、3、4、5、6、7整除，求出满足此条件的最小的一组数，其中最 小的那个数为________； 4.工厂里的某道工序由甲、乙、丙三人负责，已知甲每5分钟生产18个零件，乙每7分钟生产12个零 件，丙每11分钟生产30个零件，今天早上8:00它们同时开始做第一个零件，那么到________点________分________秒时三个人又一次同时开始做下一个零件；（假设他们做零件的速度均匀，且中途不休息） 5.一个数能被42整除，且恰好有42个约数，那么符合条件的情况共有________种； 6.两个数的最大公约数是12，最小公倍数是2520，且两数之差为12，那么两数之和是________； 7.“1949?2007”的计算结果除以13的余数为________； 8.“20082008+20072007”计算结果的个位数字是________，除以3的余数是________； 9.已知1×2×3×…×n＋4等于两个相邻自然数的乘积，则n ________； 10.小于2000又与2000互质的数有800个，这800个数相加的和是________； 11.某自然数除以9余7，除以13余1，除以19余17，那么此数最小值是________； 12.（1）83、167、377被某个正整数M除时，余数相同，那么M的最大值是________； （2）83、167、377被某个正整数N除时，余数相加和为57，那么N的最大值是_______； 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 --，则此数可以简记为：021a a a A m m --=（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 012 21 11010 10 a a a a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i 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 --=。在我们的日常 生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作021a a a A m m --=，以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。但是随着计算机的普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。特别是现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。 为了具备一般性，我们给出正整数A 的p 进制表示： 012 21 1a 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 --=。 第二节 整数的性质及其应用（1） 基础知识 整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。 1．整除的概念及其性质 在高中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)； 小学1到6年级各科目学习方法和重点全览 一年级：习惯全新的学习生活 一年级的小学生刚告别幼儿园的轻松课程，一下子进入小学后无论是行为习惯还是知识技能方面都有了不同的要求，那孩子们应该怎么度过这个关键期呢？老师提了四点建议： 一、让孩子意识到自己已经长大了，要读小学了。 二、允许孩子们在刚升上小学时，自然地表达自己哪些地方觉得不习惯，不让孩子觉得有这样的想法很丢脸。 三、多交一些新朋友，扩大自己的生活圈。 四、形成良好的学习习惯和方法。 二年级：开始阅读与积累 一年级升二年级之后的学习，最主要的还是习惯与兴趣的培养，和基础知识的把握。 因为接下来的三年级是小学课程转化的重要年级，学习内容多了，难度大了，孩子要保持高分，需要花费更多的力气，付出更多的努力，如果再加上学习习惯马虎的话，成绩很容易大幅下滑。 语文方面： 语文学习的重点不仅仅在于生字、词语的训练，还要引 起对学生阅读和写作方面的兴趣。老师认为，孩子要积累材 料，阅读是至关重要的。 二年级的孩子已经具备了阅读书籍的能力，并且初步有 了评判一本书、一个故事是否适合自己的判断力。 所以，家长在这个阶段就要特别注意多给孩子创造阅读 的空间和氛围。在给孩子选取阅读的书目时，不要只局限于 某一类图书，只要是积极正面健康的书籍，都可以给孩子看。 另外，不要认为积累只能限于文字积累，在生活中家长 可以带着孩子口头积累。二年级的学生在语文学习方面还属 于起步阶段，家长在注重学生书面的字词句时，也要注意学 生在生活中说一句话时是否完整，经常有意识的训练，会起 到意想不到的效果。 三年级：开始大量知识系统性的学习 二年级升三年级后是一个两极分化的阶段，课程内容从 培养学习兴趣转向大量知识系统性的学习，孩子往往不能及 时地消化吸收所学的知识，加上训练的不足，会出现遗忘， 理解混乱等现象，所以提前让孩子适应中年级的学习尤为重 要。 语文方面： 三年级是小学语文的一个重要转折时期，语文课文由原 来的文字简单、情节单纯转向课文内容有一定的深度，字词 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，则此数可以简记为：（其中）。 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的次多项式，即，其中 且，像这种10的多项式表示的数常常简记为。在我们的日常生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作，以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。但是随着计算机的普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。特别是现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。 为了具备一般性，我们给出正整数A的p进制表示： ，其中且。而仍然为十进制数字，简记为。 第二节整数的性质及其应用（1） 基础知识 整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。 1．整除的概念及其性质 在高中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：设是给定的数，，若存在整数，使得则称整除，记作，并称是的一个约数(因子)，称是的一个倍数，如果不存在上述，则称不能整除记作。 1 （人大附中考题） 有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。1359 ，1935，3195，3915，9135，9315 2 （101中学考题） 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数45 是＿＿。 3（人大附中考题） 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 可以分析出甲甲是偶数，是135的倍数，且是完全平方数 而135=5*3*3*3，最小再乘以15即为完全平方数，若要为偶数则需再乘4 于是丙为60，甲为90，乙为4050 4 (人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( D) A、125 B、126 C、127 D、128 预测 1．在1～100这100个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？4456 预测 2．有甲、乙、丙三个网站，甲网站每3天更新一次，乙网站每五5天更新一次，丙网站每7天更新一次。2004年元旦三个网站同时更新，下一次同时更新是在____月____日？4.14 预测 3、从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行．从左向右1至11报数，报数为11的同学原地不动，其余同学出列；然后留下的同学再从左向右1至11报数，报数为11的同学留下，其余的同学出列；留下的同学第三次从左向右1至1l报数，报到11的同学留下，其余同学出列．那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是____．1331 数论篇二 1 （清华附中考题） 有3个吉利数888，518，666，用它们分别除以同一个自然数，所得的余数依次为a,a+7,a+10,则这个自然数是_____.518=7=511 666-10=656 888,511,656除以这个数，余数相同 888-511=377 888-656=232 这个数为377与232的公因数，且大于10 377=13×29 232=8×29 所以这个自然数为29 2 （三帆中学考题） 初等数论学习总结 本课程只介绍初等数论的的基本内容。由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系， 因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师范院校)的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的．一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练，这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此，许多高等院校，特别是高等师范院校，都开设了数论课程。 最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。 数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。 初等数论自学安排 第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时 整除的定义、带余数除法 最大公因数和辗转相除法 整除的进一步性质和最小公倍数 素数、算术基本定理 [x]和{x}的性质及其在数论中的应用 习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。 第二章：不定方程（4学时）自学12学时 二元一次不定方程c by ax =+ 多元一次不定方程c x a x a x a n n =++ 2211 勾股数 费尔马大定理。 习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。 第三章：同余（4学时）自学12学时 同余的定义、性质 剩余类和完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系 欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用 习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。 第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时 同余方程概念 孙子定理 高次同余方程的解数和解法 素数模的同余方程 威尔逊定理。 习题要求60p ：1；64p ：1，2；69p ：1，2。 第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时 二次同余式 单素数的平方剩余与平方非剩余 勒让德符号 二次互反律 雅可比符号、 素数模同余方程的解法 习题要求78p ：2； 81p ：1，2，3；85p ：1，2；89p ：2；93p ：1。 第一章：原根与指标（2学时）自学8学时 指数的定义及基本性质 原根存在的条件 指标及n 次乘余 模2 及合数模指标组、 奥数题讲解数论问题 所用知识不超过小学5年级，题目难度5颗星。 a,b,c,d都是个位数，由它们组成的四位数abcd和两位数ab、cd满.足(ab+cd) *(ab+cd)=abcd。请问满.足条件的四位数abcd共有多少个? 答案: 3个。 辅导办法:将题目写给小朋友，让他自行思考解答，若20分钟还不能解答,由家长进行讲解。 讲解思路:这种类型的题目,关键是要寻找ab和cd的关系,再根据关系寻找满足条件的数。 步骤1:先思考第一个问题,ab+cd的范围是什么?这个问题很简单, 由于ab+cd的平方是四位数,而32*32=1024 ,99*99=9801, 因此ab+cd在32到99之间。 步骤2:再思考第二个问题,db和cd满足什么关系? 由题意，(ab+cd) *(ab+cd) =100*ab+cd,化简有(ab+cd)*(ab+cd-l)=99*ab 因此，(ab+cd) *(ab+cd-1)是99的倍数。 步骤3:再思考第二个问题,ab+cd可能的取值是多少? 由于99=3*3*11,而(ab+cd)和(ab+cd-1)不可能同时是9的倍数, 因此只可能有3种情况, 结合步骤1中ab+cd的范围讨论。 情况一：ab+cd是9的倍数,ab+cd-1是11的倍数,此时只有ab+cd 是45才满足条件; 情况二:ab+cd是11的倍数,ab+cd-1是9的倍数,此时只有ab+cd是55才满足条件; 情况三:ab+cd或ab+cd-1是99的倍数,此时只有xb+cd是99才满足条件。 步骤4:综合上述几个问题,代入验证， 45*45=2025=(20+25)*(20+25) 55*55=3025= (30+25)*(30+25) 99*99=9801= (98+1) *(98+1),都满足条件, 所以满足条件的数是3个。(完整)小学六年级奥数基础知识——数论
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