竞赛数学教程数论专题.doc
数论
数论素有“数学皇后”的美称。由于其形式简单，意义明确，所用知识不多而又富于技巧性，千姿百态，灵活多样。有人曾说：“用以发现数学天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。”因此在理念的国内外数学竞赛中，几乎都离不开数论问题，使之成为竞赛数学的一大重要内容。
1. 基本内容
竞赛数学中的数论问题主要有：
（1）整除性问题；
（2）数性的判断（如奇偶性、互质性、质数、合数、完全平方数等）；
（3）余数问题；
（4）整数的分解与分拆；
（5）不定方程问题；
（6）与高斯函数[]x有关的问题。
有关的基本知识：
关于奇数和偶数有如下性质：
奇数+奇数=偶数；奇数+偶数=奇数；偶数+偶数=偶数.
两个数之和是奇（偶）数，则这两个数的奇偶性相反（同）.
若干个整数之和为奇数，则这些数中必有奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则这些数中若有奇数，奇数的个数必为偶数个.
奇数g奇数=奇数；奇数g偶数=偶数；偶数g偶数=偶数.
若干个整数之积为奇数，则这些数必为奇数；若干个整数之积为偶数，则这些数中至少有一个偶数.
若a是整数，则a与a有相同的奇偶性；若a、b是整数，则a b
-奇偶性
+与a b
相同。
关于整数的整除性：
设,,
a b c是整数，则○1a a；○2若,
a b b c，则a c；○3若,
a b b c，则对任意整数,m n，
+.
有a bm cn
若在等式11m n
i i i i a b ===∑∑中，除某一项外，其余各项都能被c 整除，则这一项也能被c
整除.
若(,)1a b =，且a bc ，则a c .若(,)1a b =，且,a b b c ，则ab c .
设p 是素数，若p ab ，则p a 或p b .
关于同余：
若0(mod )a m ≡，则m a .
(mod )a b m ≡?,a b 分别被m 除，余数相同.
同余具有反身性:(mod )a a m ≡、对称性:若(mod )a b m ≡，则(mod )b a m ≡、传递性：若,(mod )a b b c m ≡≡，则(mod )a c m ≡.
2. 方法评析
数论问题综合性强，以极少的知识就可生出无穷的变化。因此数论问题的方法多样，技巧性高，富于创造性和灵活性。在竞赛数学中，解决数论问题的常用方法有因式分解法、估值法、调整法、构造法、反证法、奇偶分析法等等。
2.1 因式（数）分解
例1 证明无穷数列10001，100010001，……中没有素数。
证明：设1
1000100011n n a =L 1442443个，则
4484(1)41011101010=101
n n n a --=++++-L 当n 为偶数，设2n k =，
888484101(10)1101=101101101
k k n a ---=---g 所以n a 为合数。
当n 为奇数，设2+1n k =，
42+1221221422101101101==101101101
k k k n a ++--+--+g （）（）（）
所以n a 为合数。
评析：对n 分奇偶，分情况讨论，问题变得清晰易证。同时注意，
若n 为奇数时，n n x y +可分解因式。
例2 证明对任意整数1n >，44n n +不是素数。
证明：当n 为偶数时，44n n +为偶数，所以44n n +为合数；
当n 为奇数，设21n k =+，则
4421444=44(2)n k k n n n +++=+g
422422
22222
2222=4(2)4(2)4(2)[2(2)]4(2)[2(2)22][2(2)22]k k k k k k k k k n n n n n n n n n ++-=+-=++?+-?g g
所以44n n +为合数。
评析：对n 适时地进行奇偶性讨论，不失为一种证明思路。同时
应注意，44x y +可作因式分解。
例3 设正整数,,,a b c d 满足ab cd =。证明：a b c d +++不是素数。
证明：由于ab cd =，则设a d u c b v
==，其中(,)1u v =，则 ,,a pu c pv d qu b qv
==== 故=()()()()a b c d pu qv pv qu p u v q u v p q u v ++++++=+++=++
所以为合数。
评析：此题中采用方法可扩展如下： 若a d c b
=，不妨设gcd(,),gcd(,)a c s d b t ==,则 1111,,a a s c c s
b d t b b t
====，且1111gcd(,)gcd(,)1a c d b ==
由于 1111a s d t c s b t =，所以1111
a d c
b =，即1111=a b
c
d 所以11111,gcd(,)1a d c a c =，故11a d 。同理可证11d a ，所以11=a d
同理可得11=c b
例4 证明：若正整数,a b 满足2223a a b b +=+，则a b -和221a b ++都是完全平方数。
证明： 因22222a b a b b -+-=，即2()(221)a b a b b -++=
故只需证a b -和221a b ++互质。
设gc (,221)d a b a b d -++=,即证1d = 则,221d a b d a b -++ 由于22d b ，所以d b ，又d a b -，则d a 。所以1d ，故1d =得证。
故a b -和221a b ++互质，所以a b -和221a b ++都是完全平方数。
评析：有时，适当的因式分解可以使问题简化，以证得结论。
例5 一个正整数，加上100为一个完全平方数，若加上168则为另一个完全平方数，求这个数。
解：设这个数为x ，则
22100168x a x b
?+=??+=?? 其中,a b N ∈ （注：限定正的可减少讨论）。
故2()()217b a b a -+=?，
从而b a -与b a +则等于把2217?拆开的因数1、2、4、17、34、68.这样就有六种情形。
又由于b a b a -<+，且b a -与b a +同奇偶性，故
234
b a b a -=??+=?
所以18,16b a ==。
则216100156x =-=。
评析：此题利用平方差公式，再考虑因数分解，便于讨论以确定某
些式子的值，最终求得解。
例6 求方程44422222222224x y z x y x z y z ++=+++的全部整数解。
解：对原方程进行变形、因式分解
44422222222222424x y z x y x z y z y z ++--+=+
222222222222()424
(2)(2)24()()()()24
x y z y z x y z yz x y z yz y z x y z x y z x y z x -++-=-+++-++-=+++--+--=
Q 左边四个括号内奇偶性相同，而32423=?为偶数，故括号内每个都为偶数，则应出现42，矛盾。
所以原方程无整数解。
评析：将所有字母项放在一起，进行因式分解，再与另一侧数字项对比讨论，推出矛盾。
例7 证明：两连续正整数之积不能是完全平方数，也不能是完全立方数。 证明：1o 若有两连续正整数之积为完全平方数，设2(1)x x t +=（1,2x t ≥≥），则(,1)(,1)1x x x +==，则x 与1x +均为完全平方数。
故存在正整数,a b 使得22,1x a x b =+=，从而
22()()1b a b a b a -=+-=
这与2b a +≥矛盾。
所以两连续正整数不能是完全平方数。
2o 若有两连续正整数之积为完全立方数，设3(1)x x t +=（1,2x t ≥≥）
，则(,1)(,1)1x x x +==，则x 与1x +均为完全立方数。
故存在正整数,a b 使得33,1x a x b =+=，从而
3322()()1b a b a b ba a -=-++=
这与223b ba a ++≥矛盾。
所以两连续正整数不能是完全平方数。
评析：此题运用因式分解和反证法，分析论证推出矛盾。
2.2 估值法
例8 证明方程223y y x x x +=++没有0x ≠的整数解。
证明：对原方程进行变形、因式分解
3()(1)y x y x x -++=
设gcd(,1)d y x y x =-++，若1d ≠，设p 为d 的素因数，则
,1p y x p y x -++ 又23p x ，故p x ，从而p y ，所以1p ，这与p 为素因素矛盾。
gcd(,1)1y x y x ∴-++=
∴y x -与1y x ++均为完全立方数。
设33,1y x a y x b -=++=，则由3()(1)y x y x x -++=得，x ab =
332221
()()21
b a ab b a b ba a ab ∴-=+-++=+
又0ab x =≠，则 1o 当0ab >时，则210,1ab b a +>-≥
2222()()321b a b ba a b ba a ab ab -++≥++>≥+
这与22()()21b a b ba a ab -++=+矛盾。
故没有非零整数解。
2o 当0ab <时，则
222222()()22()3221b a b ba a b ba a b ba a ab ab ab -++≥++≥-+≥>+ 这与22()()21b a b ba a ab -++=+矛盾。
故没有非零整数解。
评析：因式分解与互素性质相结合，分情况讨论，推出矛盾，题目得证。
例9 在两个相邻的完全平方数2n 与2(1)n +之间任取若干个不同的整数，证明它们中两两乘积互不相同。
证明：只需证明若22(1)n a b c d n <<<<<+则ad bc ≠
若ad bc =，则设,,a pu b qu c pv d qv
====（见例3），则,q p v u >>，即1,1q p v u ≥+≥+ (1)(1)1d qv p u pu p u =≥++=+++
22pu a n p u n
?=>??+≥=>??Q 2221(1)d n n n ∴>++=+，矛盾
故在两个相邻的完全平方数2n 与2(1)n +之间任取若干个不同的整数，它们中两两乘积互不相同。
评析：与例三的思想方法大同小异，因为它们都利用ad bc =的结论。
例10 求不定方程(1)!1k n n -=-的全部正整数解。
解：当1n =时，无解；
当2n =时，121k =-，有1k =；
当2n >是，(1)!n -为偶数，n 必为奇数。
1o 当3n =时，231k =-，1k =
2o 当5n =时，2451,2k k =-=
3o 当5n >时，11(2)!(2)22n n n n ---≤-，12(2)!2
n n --g
故(1)(2)!n n --，则2(1)1k n n --
而1111(11)1(1)(1)(1)k k k k k k
k n n n C n C n ---=-+-=-+-++-L 所以21(1)(1)k k n C n ---，则()1n k -，1n k -≤
故111(1)!k n n n n --≥->-，与2(1)1k n n --矛盾，则无解。 综上，不定方程的正整数解为（2，1）、（3，1）、（5，2）。 评析：通过分析估计归纳，对n 分类讨论，一一得出结果。
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高中数学竞赛中数论问题的常用方法
高中数学竞赛中数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相
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二、建立数学模型的方法和步骤 1. 模型准备 要了解问题的实际背景，明确建模目的，搜集必需的各种信息，尽量弄清对象的特征。 2. 模型假设 根据对象的特征和建模目的，对问题进行必要的、合理的简化，用精确的语言作出假设，是建模至关重要的一步。如果对问题的所有因素一概考虑，无疑是一种有勇气但方法欠佳的行为，所以高超的建模者能充分发挥想象力、洞察力和判断力，善于辨别主次，而且为了 使处理方法简单，应尽量使问题线性化、均匀化。 3. 模型构成 根据所作的假设分析对象的因果关系，利用对象的在规律和适当的数学工具，构造各个量间的等式关系或其它数学结构。这时，我们便会进入一个广阔的应用数学天地，这里在高数、概率老人的膝下，有许多可爱的孩子们，他们是图论、排队论、线性规划、对策论等许多许多，真是泱泱大国，别有洞天。不过我们应当牢记，建立数学模型是为了让更多的人明了并能加以应用，因此工具愈简单愈有价值。 4. 模型求解 可以采用解方程、画图形、证明定理、逻辑运算、数值运算等各种传统的和近代的数学方法，特别是计算机技术。一道实际问题的解决往往需要纷繁的计算，许多时候还得将系统 运行情况用计算机模拟出来，因此编程和熟悉数学软件包能力便举足轻重。 5. 模型分析 对模型解答进行数学上的分析。“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”，能否对模型结果作出细致精当的分析，决定了你的模型能否达到更高的档次。还要记住，不论那种情况都需进行误差 分析，数据稳定性分析。 例题：一个笼子里装有鸡和兔若干只，已知它们共有8个头和22只脚，问该笼子中有多 少只鸡和多少只兔？
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高中数学竞赛数论部分文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]
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数论 数论素有“数学皇后”的美称。由于其形式简单，意义明确，所用知识不多而又富于技巧性，千姿百态，灵活多样。有人曾说：“用以发现数学天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。”因此在理念的国内外数学竞赛中，几乎都离不开数论问题，使之成为竞赛数学的一大重要内容。 1. 基本内容 竞赛数学中的数论问题主要有： （1）整除性问题； （2）数性的判断（如奇偶性、互质性、质数、合数、完全平方数等）； （3）余数问题； （4）整数的分解与分拆； （5）不定方程问题； （6）与高斯函数[]x有关的问题。 有关的基本知识： 关于奇数和偶数有如下性质： 奇数+奇数=偶数；奇数+偶数=奇数；偶数+偶数=偶数. 两个数之和是奇（偶）数，则这两个数的奇偶性相反（同）. 若干个整数之和为奇数，则这些数中必有奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则这些数中若有奇数，奇数的个数必为偶数个. 奇数g奇数=奇数；奇数g偶数=偶数；偶数g偶数=偶数. 若干个整数之积为奇数，则这些数必为奇数；若干个整数之积为偶数，则这些数中至少有一个偶数. 若a是整数，则a与a有相同的奇偶性；若a、b是整数，则a b -奇偶性 +与a b 相同。 关于整数的整除性： 设,, a b c是整数，则○1a a；○2若, a b b c，则a c；○3若, a b b c，则对任意整数,m n， +. 有a bm cn
若在等式11m n i i i i a b ===∑∑中，除某一项外，其余各项都能被c 整除，则这一项也能被c 整除. 若(,)1a b =，且a bc ，则a c .若(,)1a b =，且,a b b c ，则ab c . 设p 是素数，若p ab ，则p a 或p b . 关于同余： 若0(mod )a m ≡，则m a . (mod )a b m ≡?,a b 分别被m 除，余数相同. 同余具有反身性:(mod )a a m ≡、对称性:若(mod )a b m ≡，则(mod )b a m ≡、传递性：若,(mod )a b b c m ≡≡，则(mod )a c m ≡. 2. 方法评析 数论问题综合性强，以极少的知识就可生出无穷的变化。因此数论问题的方法多样，技巧性高，富于创造性和灵活性。在竞赛数学中，解决数论问题的常用方法有因式分解法、估值法、调整法、构造法、反证法、奇偶分析法等等。 2.1 因式（数）分解 例1 证明无穷数列10001，100010001，……中没有素数。 证明：设1 1000100011n n a =L 1442443个，则 4484(1)41011101010=101 n n n a --=++++-L 当n 为偶数，设2n k =， 888484101(10)1101=101101101 k k n a ---=---g 所以n a 为合数。 当n 为奇数，设2+1n k =， 42+1221221422101101101==101101101 k k k n a ++--+--+g （）（）（）
全国大学生数学建模竞赛的准备方法
全国大学生数学建模竞赛的准备方法 全国大学生数学建模竞赛于每年9月上旬（今年是9月7日）举行。但是在此之前，需要做好哪些准备，让各个参赛队员在竞赛中做到有备无患呢？在总结过去多年培训指导各种数学建模竞赛的基础上，仅就个人观点，介绍一些关于如何准备数学建模竞赛的经验和体会，仅供参考。在这里主要向大家介绍竞赛的基本情况，包括如何组队、如何选题以及在竞赛中如何合理分配时间。通过本次学习，希望大家能够了解数学建模竞赛的基本情况，为全国大学生数学建模竞赛以及其他各类数学建模竞赛做好准备。 一、如何组建优秀数学建模队伍 进入大学阶段参加各种科技竞赛，可以体会到一种和中学竞赛不同的感受，这种感受来自团队合作。以前的各项赛事都是以个人为单位参加竞赛，它们都是考查个人的能力。但是在大学中，由于难度和任务量的加重以及对团队合作精神的关注，因此大部分的赛事都是以团队为单位参加的。竞赛在考查个人能力的同时，还考查团队成员的合作精神。在数学建模竞赛中，团队合作精神是能否取得好成绩的最重要的因素，一队三个人要分工合作、相互支持、相互鼓励。从历年的统计数据可以看出，竞赛成绩优秀的队员往往并不是每个人在各个方面都特别擅长的队伍，而是团队相处得最融洽的队伍。从这一点也可以看出团队合作的重要性。 在竞赛的过程中，切勿自己只管自己的那一部分，一定要记住这是一个集体的竞赛。很多时候，往往一个人的思考是不全面的，只有大家一起讨论才有可能把问题搞清楚。因此无论做任何事情，三个人一定要齐心才行，只靠一个人
的力量，要在3天之内写出一篇高水平的论文几乎是不可能的。让三人一组参赛一方面是为了培养合作精神，其实更为重要的原因是这项工作确实需要多人合作，因为一个人的能力是有限的，知识掌握也往往是不全面的。一个人做题，经常会走向极端，得不到正确的解决方案。而三个人相互讨论、取长补短，可以弥补一个人所带来的不足。 在队伍组建的时候，需要强调“队长”这个名词概念。虽然在全国大学生数学建模竞赛中并没有设立队长，作为队长在获得的证书上也没有特别标注。但是在队内设立“队长”是非常有必要的。因为在比赛中可能会碰到各种突发状况，队长是很重要的，他的作用就相当于计算机中的CPU，是全队的核心。如果一个队的队长不得力，往往影响一个队的正常发挥。竞赛是非常残酷的，在3天3夜（72h）的比赛中，大家睡眠时间都得不到保障，怎样合理安排团队时间就是队长需要做的事情。在比赛过程中，由于睡眠不足，大家脾气都会很急躁。在这种情况，往往会为了一些小事而发生争吵，如果没有适当的处理，有些队伍将会放弃比赛，而队长就应该在这个时候担起责任。 在明确“队长”这个概念后，接下去谈谈怎样科学选择队友。在数学建模竞赛中，题目要求完成的工作量是很大的，因此这项任务是必须分工完成的，各有侧重、相互帮助，这样才能获得好成绩。而科学地选择队友则显得非常重要，也是走向成功的第一步。一般情况下选择队友可以从以下几个方面考虑着手： 1. 在组队的时候需要考虑队伍成员的多元化，尽量和不同专业、不同特长的同学组队。因为同系同专业甚至同班的话大家的专业知识一样，如果碰上专业知识以外的背景那会比较麻烦的。所以如果是不同专业组队则有利的多。因为数学建模题有可能出现在各个领域，这也是数学建模适合各个专业学生参加的原因所在，也是数学建模竞赛赛事的魅力所在。
高中数学竞赛资料-数论部分 (1)
初等数论简介 绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。 1． 请看下面的例子： （1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。(1894年首届匈牙利 数学竞 赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明213 1n -是168的倍数。 ②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++ 能整除123n ??? ？（1956年上海首届数学竞赛第一题） （3） 证明：3 231 122 n n n + +-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数 214 143 n n ++不可约简。（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题） （5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证： [][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =??（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题） 这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。 2.再看以下统计数字： （1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。 （2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占10.8% 。 这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。 3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题： (1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ） A 、 0 B 、1 C 、3 D 、无穷多 （2007全国初中联赛5） （2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2 1 02 x abx a b -++=是否有两个整数解？ 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。 （2007全国初中联赛12）
七年级数学竞赛讲座数论的方法与技巧(含答案详解)
数学竞赛讲座 数论的方法技巧(上) 数论是研究整数性质的一个数学分支,它历史悠久,而且有着强大的生命力。数论问题叙述简明,“很多数论问题可以从经验中归纳出来,并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚,但要证明它却远非易事”。因而有人说:“用以发现天才,在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。任何学生,如能把当今任何一本数论教材中的习题做出,就应当受到鼓励,并劝他将来从事数学方面的工作。”所以在国内外各级各类的数学竞赛中,数论问题总是占有相当大的比重。 小学数学竞赛中的数论问题,常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。主要的结论有: 1.带余除法:若a,b是两个整数,b>0,则存在两个整数q,r,使得abq+r(0≤r 4.约数个数定理:设n的标准分解式为(1),则它的正约数个数为: d(n)(a1+1)(a2+1)…(ak+1)。 5.整数集的离散性:n与n+1之间不再有其他整数。因此,不等式x 《竞赛数学中的初等数论》 贾广素编著 2006-8-21 序 言 数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6道IMO 试题中有5道与数论有关。 数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。 初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于N r q N b a ∈?∈?,,,，满足r bq a +=，其中b r <≤0。 除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。 编者：贾广素 2006-8-21于山东济宁 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 012211101010a 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： 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 --=。 典例分析 例1．将一个十进制数字2004（若没有指明，我们也认为是十进制的数字）转化成二进制与 八进制，并将其表示成多项式形式。 分析与解答 分析：用2作为除数（若化为p 进位制就以p 作为除数），除2004商1002，余数为0；再 用2作为除数，除1002商501余数为0；如此继续下去，起到商为0为止。所得的各次余 数按从左到右的顺序排列出来，便得到所化出的二进位制的数。 解： 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 数学建模必读教程 SANY标准化小组 #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN# 基本知识： 一、数学模型的定义 ? ?? ?现在数学模型还没有一个统一的准确的定义，因为站在不同的角度可以有不同的定义。不过我们可以给出如下定义：“数学模型是关于部分现实世界和为一种特殊目的而作的一个抽象的、简化的结构。”具体来说，数学模型就是为了某种目的，用字母、数学及其它数学符号建立起来的等式或不等式以及图表、图象、框图等描述客观事物的特征及其内在联系的数学结构表达式。一般来说数学建模过程可用如下框图来表明： 数学是在实际应用的需求中产生的，要解决实际问题就必需建立数学模型，从此意义上讲数学建模和数学一样有古老历史。例如，欧几里德几何就是一个古老的数学模型，牛顿万有引力定律也是数学建模的一个光辉典范。今天，数学以空前的广度和深度向其它科学技术领域渗透，过去很少应用数学的领域现在迅速走向定量化，数量化，需建立大量的数学模型。特别是新技术、新工艺蓬勃兴起，计算机的普及和广泛应用，数学在许多高新技术上起着十分关键的作用。因此数学建模被时代赋予更为重要的意义。 二、建立数学模型的方法和步骤 1. 模型准备 要了解问题的实际背景，明确建模目的，搜集必需的各种信息，尽量弄清对象的特征。 2. 模型假设 根据对象的特征和建模目的，对问题进行必要的、合理的简化，用精确的语言作出假设，是建模至关重要的一步。如果对问题的所有因素一概考虑，无疑是一种有勇气但方法欠佳的行为，所以高超的建模者能充分发挥想象力、洞察力和判断力，善于辨别主次，而且为了使处理方法简单，应尽量使问题线性化、均匀化。 3. 模型构成 根据所作的假设分析对象的因果关系，利用对象的内在规律和适当的数学工具，构造各个量间的等式关系或其它数学结构。这时，我们便会进入一个广阔的应用数学天地，这里在高数、概率老人的膝下，有许多可爱的孩子们，他们是图论、排队论、线性规划、对策论等许多许多，真是泱泱大国，别有洞天。不过我们应当牢记，建立数学模型是为了让更多的人明了并能加以应用，因此工具愈简单愈有价值。 4. 模型求解 可以采用解方程、画图形、证明定理、逻辑运算、数值运算等各种传统的和近代的数学方法，特别是计算机技术。一道实际问题的解决往往需要纷繁的计算，许多时候还得将系统运行情况用计算机模拟出来，因此编程和熟悉数学软件包能力便举足轻重。 5. 模型分析 对模型解答进行数学上的分析。“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”，能否对模型结果作出细致精当的分析，决定了你的模型能否达到更高的档次。还要记住，不论那种情况都需进行误差分析，数据稳定性分 高中数学竞赛 数论 剩余类与剩余系 1.剩余类的定义与性质 (1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类. (2)性质(ⅰ)i m i K Z 1 0-≤≤=Y 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ?a ≡b(modm). 2.剩余系的定义与性质 (1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,2 1 ,,1,0,1,,121,21--+----m m m ΛΛ;当m 为偶数时,12 ,,1,0,1,,12,2--+-- m m m ΛΛ或2,,1,0,1,,12m m ΛΛ-+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系?两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾! 高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理 1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,, ,k a a a ,一次同余方程组 (mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1k j j m m ==∏的意义下解101 (mod )k j j j j x x M M a m - =≡=∑唯一. 其中1,j j j m M M m -= 是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡ 2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡??≡??≡? . 3.设*,n N ∈证明：存在* ,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根. (请对比拉格朗日定理). 4.证明：对任意给定的正整数n ,均有连续n 个正整数,其中每一个都有大于1的平方因子. 5.证明：对任意正整数n ,存在n 个连续正整数,它们中每一个数都不是素数的幂. 6.证明：存在任意长的由不同正整数组成的等差数列,它的项都是正整数的幂,幂指数是大于1的整数. 7.设,m n 是自然数,满足对任意自然数,k (,111)(,111)m k n k -=-.证明存在某个整数l 使得11.l m n = 高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理解答 1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,, ,k a a a ,一次同余方程组 (mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1k j j m m ==∏的意义下解101 (mod )k j j j j x x M M a m - =≡=∑唯一. 其中1,j j j m M M m -= 是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡ 证明：因为(,)1,,i j m m i j =≠所以(,) 1.j j M m =由Bezout 定理知道存在整数,s t 使得 1.j j sM tm += 1(mod ).j j sM m ≡取1.j M s - =于是11(mod ).j j j M M m -≡另一方面,,j j m M m =所以|,.i j m M i j ≠ 于是111(mod )(1,2,,).k j j j i i i i i j M M a M M a a m i k --=≡≡=∑即11(mod )k j j j j x M M a m -=≡∑是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的解. 若00 ,x x '是是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的两个解. 则00 (mod ),(mod ).j j j j x a m x a m '≡≡于是00(mod ).j x x m '≡即00|j m x x '-.因为(,)1,.i j m m i j =≠ 所以00 |m x x '-,即00(mod ).x x m '≡ 所以中国剩余定理的得证. 2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡??≡??≡? . 解：7,8,9两两互素,则由中国剩余定理知道有唯一解. 123789504,72,63,56.M M M M =??==== 1722(mod 7),M =≡取114(mod 7).M -≡ 2631(mod8),M =≡-取12 1(mod8).M -≡- 3562(mod 9),M =≡取135(mod 9).M -≡ 数学建模参赛真实经验（强烈推荐） 本文档节选自： Matlab在数学建模中的应用，卓金武等编著，北航出版社，2011年4月出版 以下内容根据作者的讲座整理出来，多年数学建模实践经历证明这些经验对数学建模参赛队员非常有帮助，希望大家结合自己的实践慢慢体会总结，并祝愿大家在数学建模和Matlab世界能够找到自己的快乐和价值所在。 一、如何准备数学建模竞赛 一般，可以把参加数学建模竞赛的过程分成三个阶段：第一阶段，是个人的入门和积累阶段，这个阶段关键看个人的主观能动性；第二阶段，就是通常各学校都进行的集训阶段，通过模拟实战来提高参赛队员的水平；第三阶段是实际比赛阶段。这里讲的如何准备数学建模竞赛是针对第一阶段来讲的。 回顾作者自己的参赛过程，认为这个阶段是真正的学习阶段，就像是修炼内功一样，如果在这个阶段打下深厚的基础，对后面的两个阶段非常有利，也是个人是否能在建模竞赛中占优势的关键阶段。下面就分几个方面谈一下如何准备数学建模竞赛。 首先是要有一定的数学基础，尤其是良好的数学思维能力。并不是数学分数高就说明有很高的数学思维能力，但扎实的数学知识是数学思维的根基。对大学生来说，有高等数学、概率和线性代数就够了，当然其它数学知识知道的越多越好了，如图论、排队论、泛函等。我大一下学期开始接触数学建模，大学的数学课程只学习过高等数学。说这一点，主要想说明只要数学基础还可以，平时的数学考试都能在80分以上就可以参加数学建模竞赛了，数学方面的知识可以在以后的学习中逐渐去提高，不必刻意去补充单纯的数学理论。 真正准备数学建模竞赛应该从看数学建模书籍开始，要知道什么是数学建模，有哪些常见的数学模型和建模方法，知道一些常见的数学建模案例，这些方面都要通过看建模方面的书籍而获得。现在数学建模的书籍也比较多，图书馆和互联网上都有丰富的数学建模资料。作者认为姜启源、谢金星、叶齐孝、朱道元等老师的建模书籍都非常的棒，可以先看二三本。刚开始看数学建模书籍时，一定会有很多地方看不懂，但要知道基本思路，时间长了就知道什么问题用什么建模方法求解了。这里面需要提的一点是，运筹学与数学建模息息相关，最好再看一二本运筹学著作，仍然可以采取诸葛亮的看书策略，只观其大略就可以了，等知道需要具体用哪块知识后，再集中精力将其消化，然后应用之。 大家都知道，参加数学建模竞赛一定要有些编程功底，当然现在有Matlab这种强大的工程软件，对编程的的要求就降低了，至少入门容易多了，因为很容易用1条Matlab命令解决以前要用20行C语言才能实现的功能。因为Matlab的强大功能，Matlab在数学建模中已经有了非常广泛的应用，在很多学校，数学建模队员必须学习Matlab。当然Matlab的入门也非常容易，只要有本Matlab参考书，照猫画虎可以很快实现一些基本的数学建模功能，如数据处理、绘图、计算等。我的一个队友，当年用一天时间把一本二百多页的Matlab 教程操作完了，然后在经常运用中，慢慢地就变成了一名Matlab高手了。 对于有些编程基础的同学，最好再看一些算法方面的书籍，了解常见的数据结构和基本 竞赛中的数论问题的思考方法 一. 条件的增设 对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。 1. 大小顺序条件 与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x 七年级数学竞赛讲义附练习及答案（12套） 初一数学竞赛讲座 第1讲数论的方法技巧（上） 数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力. 数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”. 因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了. 任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作. ”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重. 数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆. 主要的结论有： 1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的. 特别地，如果r=0，那么a=bq. 这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数. 2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c. 3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 其中p 1＜p 2＜…＜p k 为质数，a 1，a 2，…，a k 为自然数，并且这种表示是唯一的. （1）式称为n 的质因数分解或标准分解. 4．约数个数定理：设n 的标准分解式为（1），则它的正约数个数为： d （n ）=（a 1+1）（a 2+1）…（a k +1）. 5．整数集的离散性：n 与n+1之间不再有其他整数. 因此，不等式x ＜y 与x ≤y-1是等价的. 下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解. 一、利用整数的各种表示法 对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决. 这些常用的形式有： 1．十进制表示形式：n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0； 2．带余形式：a=bq+r ； 4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，其中t 为奇数. 例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差. 结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998. 问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？ 解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a 3，a 2，a 1，a 0，则这个四位 数可以写成：1000a 3+100a 2+10a 1+a 0，它的各位数字之和的10倍是10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是： 990a 3+90a 2-9a 0=1998，110a 3+10a 2-a 0=222. 比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a 0=8，a 2=1，a 3=2. 所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8. 例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc (a,b,c 依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数cab bca bac acb ,,,与cba 的和N ，把N 告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc . 现在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc 来. 解：依题意，得竞赛数学中的初等数论(精华版)
(完整版)小学奥数中的数论问题
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