数学竞赛中的数论问题余红兵
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数学竞赛中的数论问题
数学竞赛中的数论问题 韩熙
引言
数论的认识:数论是关于数的学问,主要研究整数,重点对象是正整数,对中学生可以说,数论是研究正整数的一个数学分支.
什么是正整数呢?人们借助于“集合”和“后继”关系给正整数(当时也即自然数)作过本质的描述,正整数1,2,3, 是这样一个集合N :
(1)有一个最小的数1.
(2)每一个数a的后面都有且只有一个后继数a;除1之外,每一个数的都是且只是一个数的后继数.
这个结构很像数学归纳法,事实上,有这样的归纳公理:
(3)对N 的子集M,若1 M,且当a M时,有后继数a M,则M N . 就是这么一个简单的数集,里面却有无穷无尽的奥秘,有的奥秘甚至使得人们怀疑:人类的智慧还没有成熟到解决它的程度.比如,哥德巴赫猜想:
1742年6月7日,普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉,提出“任何偶数,由4开始,都可以表示为两个素数和的形式,任何奇数,由7开始,都可以表示为三个素数的和.后者是前者的推论,也可独立证明(已解决).“表示为两个素数和的形式”就是著名的哥德巴赫猜想,简称1+1.
欧拉认为这是对的,但证不出来.
1900年希尔伯特将其归入23个问题中的第8个问题. 1966年陈景润证得:一个素数+素数 素数(
数学竞赛中的数论问题
数学竞赛中的数论问题 罗增儒
引言
数论的认识:数论是关于数的学问,主要研究整数,重点对象是正整数,对中学生可以说,数论是研究正整数的一个数学分支.
什么是正整数呢?人们借助于“集合”和“后继”关系给正整数(当时也即自然数)作过本质的描述,正整数1,2,3,?是这样一个集合N?:
(1)有一个最小的数1.
(2)每一个数a的后面都有且只有一个后继数a;除1之外,每一个数的都是且只是一个数的后继数.
这个结构很像数学归纳法,事实上,有这样的归纳公理:
(3)对N?的子集M,若1?M,且当a?M时,有后继数a?M,则M?N?. 就是这么一个简单的数集,里面却有无穷无尽的奥秘,有的奥秘甚至使得人们怀疑:人类的智慧还没有成熟到解决它的程度.比如,哥德巴赫猜想:
1742年6月7日,普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉,提出“任何偶数,由4开始,都可以表示为两个素数和的形式,任何奇数,由7开始,都可以表示为三个素数的和.后者是前者的推论,也可独立证明(已解决).“表示为两个素数和的形式”就是著名的哥德巴赫猜想,简称1+1.
欧拉认为这是对的,但证不出来.
1900年希尔伯特将其归入23个问题中的第8个问题. 1966年陈景润证得
数学竞赛中的数论问题
数学竞赛中的数论问题 韩熙
引言
数论的认识:数论是关于数的学问,主要研究整数,重点对象是正整数,对中学生可以说,数论是研究正整数的一个数学分支.
什么是正整数呢?人们借助于“集合”和“后继”关系给正整数(当时也即自然数)作过本质的描述,正整数1,2,3, 是这样一个集合N :
(1)有一个最小的数1.
(2)每一个数a的后面都有且只有一个后继数a;除1之外,每一个数的都是且只是一个数的后继数.
这个结构很像数学归纳法,事实上,有这样的归纳公理:
(3)对N 的子集M,若1 M,且当a M时,有后继数a M,则M N . 就是这么一个简单的数集,里面却有无穷无尽的奥秘,有的奥秘甚至使得人们怀疑:人类的智慧还没有成熟到解决它的程度.比如,哥德巴赫猜想:
1742年6月7日,普鲁士派往俄国的一位公使哥德巴赫写信给欧拉,提出“任何偶数,由4开始,都可以表示为两个素数和的形式,任何奇数,由7开始,都可以表示为三个素数的和.后者是前者的推论,也可独立证明(已解决).“表示为两个素数和的形式”就是著名的哥德巴赫猜想,简称1+1.
欧拉认为这是对的,但证不出来.
1900年希尔伯特将其归入23个问题中的第8个问题. 1966年陈景润证得:一个素数+素数 素数(
数学竞赛中的数论问题题型全
数学竞赛中的数论问题
定理4 a,b是两个不同时为0的整数,若ax0?by0是形如ax?by(x,y是任意整数)的数中的最小正数,则
(1)ax0?by0|ax?by;(2)ax0?by0??a,b?.
证明 (1)由带余除法有ax?by??ax0?by0?q?r,0?r?ax0?by0, 得 r?a?x?qx0?x?b?y?qy0??ax0?by0,
知r也是形如ax?by的非负数,但ax0?by0是形如ax?by的数中的最小正数,故r?0,即ax0?by0|ax?by. (2)由(1)有ax0?by0|a1?b0?a,ax0?by0|a0?b1?b,
得ax0?by0是a,b的公约数.另一方面,a,b的每一个公约数都可以整除ax0?by0,所以ax0?by0是a,b的最大公约数,ax0?by0??a,b?.
推论 若?a,b??1,则存在整数s,t,使as?bt?1.(很有用)
定理5 互素的简单性质: (1)?1,a??1.(2)?n,n?1??1.(3)?2n?1,2n?1??1. (4)若p是一个素数,a是任意一个整数,且a不能被p整除,则?a,p??1. 推论 若p是一个素数,a
数学竞赛中的数论问题题型全
数学竞赛中的数论问题
定理4 a,b是两个不同时为0的整数,若ax0?by0是形如ax?by(x,y是任意整数)的数中的最小正数,则
(1)ax0?by0|ax?by;(2)ax0?by0??a,b?.
证明 (1)由带余除法有ax?by??ax0?by0?q?r,0?r?ax0?by0, 得 r?a?x?qx0?x?b?y?qy0??ax0?by0,
知r也是形如ax?by的非负数,但ax0?by0是形如ax?by的数中的最小正数,故r?0,即ax0?by0|ax?by. (2)由(1)有ax0?by0|a?1?b?0?a,ax0?by0|a?0?b?1?b,
得ax0?by0是a,b的公约数.另一方面,a,b的每一个公约数都可以整除ax0?by0,所以ax0?by0是a,b的最大公约数,ax0?by0??a,b?.
推论 若?a,b??1,则存在整数s,t,使as?bt?1.(很有用)
定理5 互素的简单性质: (1)?1,a??1.(2)?n,n?1??1.(3)?2n?1,2n?1??1. (4)若p是一个素数,a是任意一个整数,且a不能被p整除,则?a,p??1. 推论 若p是一个
数学竞赛中的数论问题题型全
数学竞赛中的数论问题
定理4 a,b是两个不同时为0的整数,若ax0?by0是形如ax?by(x,y是任意整数)的数中的最小正数,则
(1)ax0?by0|ax?by;(2)ax0?by0??a,b?.
证明 (1)由带余除法有ax?by??ax0?by0?q?r,0?r?ax0?by0, 得 r?a?x?qx0?x?b?y?qy0??ax0?by0,
知r也是形如ax?by的非负数,但ax0?by0是形如ax?by的数中的最小正数,故r?0,即ax0?by0|ax?by. (2)由(1)有ax0?by0|a1?b0?a,ax0?by0|a0?b1?b,
得ax0?by0是a,b的公约数.另一方面,a,b的每一个公约数都可以整除ax0?by0,所以ax0?by0是a,b的最大公约数,ax0?by0??a,b?.
推论 若?a,b??1,则存在整数s,t,使as?bt?1.(很有用)
定理5 互素的简单性质: (1)?1,a??1.(2)?n,n?1??1.(3)?2n?1,2n?1??1. (4)若p是一个素数,a是任意一个整数,且a不能被p整除,则?a,p??1. 推论 若p是一个素数,a
数论之同余问题
数论之同余问题
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,所以学好本讲对于学生来说非常重要。
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,和同余定理),
知识点拨:
三大余数定理:
1.余数的加法定理
a与b的和除以c的余数,等于a,b分别除以c的余数之和,或这个和除以c的余数。 例如:23,16除以5的余数分别是3和1,所以23+16=39除以5的余数等 于4,即两个余数的和3+1.
当余数的和比除数大时,所求的余数等于余数之和再除以c的余数。 例如:23,19除以5的余数分别是3和4,故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数,即2.
2.余数的乘法定理
a与b的乘积除以c的余数,等于a,b分别除以c的余数的积,或者这个积除以c所得的余数。 例如:23,16除以5的余数分别是3和1,所以23×16除以5的余数等于3×1=3。 当余数的和比除数大时,所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
例如:23,19除以5的余数分别是3和4,所以23×19除以5的余数等于3×4除以5的余数,即2. 3.同余定理
若两个整数a、b被自然数m
初中数学竞赛讲座 - 数论部分8(同余系的应用)
初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室
第8讲 剩余系及其一次同余方程
一、基础知识: (1)剩余系
对于任意正整数n而言,一个整数除以m所得的余数只能是0,1,2, …,n-1中的某一个。依次可将整数分成n个类(例如n=2时,就是奇数或偶数),从每一类中各取一个数所组成的集合就称为模的一个完全剩余系,简称为模的完系。
定义1:如果一个剩余系中包含了这个正整数所有可能的余数(一般地,对于任意正整数n,有n个余数:0,1,2,...,n-1),那么就被称为是模n的一个完全剩余系。
定义2:剩余系:设模为m,则根据余数可将所有的整数分成m类,分别记成
[0],[1],[2],…[m-1],这m个数{0,1,2,…m-1}称为一个完全剩余系,每个数称为相应类的代表元。
例如:当m=10则,{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} 最小非负完全
{-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4} 绝对值最小 {-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5} 绝对值最小
(一)根据剩余类的概念,很容易得到以下几条有关剩余类的性质:
①每一个整数一定包含在而且仅包含在模m的一个剩余类中
②整数p所属
数学竞赛中的数论问题(学生版)第三讲
四.整除
例18 任意一个正整数m与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除. 证明:
例19 试证?1?2???9?1?2???955?5?.
证明:
例20 ?1979,IMO21?1?设p与q为正整数,满足
p1111?1??????, q2313181319求证p可被1979整除(1979p)
证明:
例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909,而它也恰好是一个不能再分解的素数.若规定含素因子20090909的数为吉祥数,请证明最简分数
证明:
例21 试证3n?n?1??2n?1?.
证明:
例22 k个连续整数中必有一个能被k整除. 证明:
例23 k个连续整数之积必能被k!整除. 证明:
例24 有男孩、女孩共n个围坐在一个圆周上(n?3),若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有a组,顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b组,求证3a?b.
证明:
例25 (1956,中国北京)证明n?3除时余2.
分析:
1
3m11?1????的分子m是吉祥数. n220090908321n?n?1对任何正整数n都是整数,并且用22五、同余
例26 正
数学竞赛中的数论问题(学生版)第三讲
四.整除
例18 任意一个正整数m与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除. 证明:
例19 试证?1?2???9?1?2???955?5?.
证明:
例20 ?1979,IMO21?1?设p与q为正整数,满足
p1111?1??????, q2313181319求证p可被1979整除(1979p)
证明:
例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909,而它也恰好是一个不能再分解的素数.若规定含素因子20090909的数为吉祥数,请证明最简分数
证明:
例21 试证3n?n?1??2n?1?.
证明:
例22 k个连续整数中必有一个能被k整除. 证明:
例23 k个连续整数之积必能被k!整除. 证明:
例24 有男孩、女孩共n个围坐在一个圆周上(n?3),若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有a组,顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b组,求证3a?b.
证明:
例25 (1956,中国北京)证明n?3除时余2.
分析:
1
3m11?1????的分子m是吉祥数. n220090908321n?n?1对任何正整数n都是整数,并且用22五、同余
例26 正