数论公式

数论中的一些公式（转）

以下等式或者不等式均可以用数学归纳法予以证明！

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n^2

1*2 + 2*3 + 3*4 + ... + n*(n + 1) = n*(n + 1)*(n + 2) / 3

1*1! + 2*2! + 3*3! + ... + n*n! = (n + 1)! - 1

1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = n*(n + 1)*(2n + 1) / 6

1^2 - 2^2 + 3^2 -... + (-1)^n * n^2 = (-1)^(n + 1) * n * (n + 1) / 2

2^2 + 4^2 + ... + (2n)^2 = 2n*(n+1)*(2n+1) / 3

1/2! + 2/3! + ... + n/(n+1)! = 1 - 1/(n+1)!

2^(n + 1) < 1 + (n + 1)2^n

1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = (n*(n + 1) / 2)^2

1/(2*4)+1*3/(2*4*6)+1*3*5/(2*4*6*8)+...+(1*3*5*...*(2n-1))/(2*4*6*...*(2n+2)) = 1/2 - (1*3*5*...*(2n+1))/

(2*4*6*...*(2n+2))

1/(2^2-1) + 1/(3^2-1) + .. + 1 / ((n+1)^2 - 1) = 3/4 - 1/(2*(n+1)) - 1/(2*(n+2)) 1/2n <= 1*3*5*...*(2n-1) / (2*4*6*...*2n) <= 1 / sqrt(n+1) n=1,2...

2^n >= n^2 , n=4, 5,...

2^n >= 2n + 1, n=3,4,...

r^0 + r^1 + ... + r^n < 1 / (1 - r), n>=0, 0

1*r^1 + 2*r^2 + ... + n*r^n < r / (1-r)^2, n>=1, 0

1/2^1 + 2/2^2 + 3/2^3 + ... + n /2^n < 2, n>=1

(a(1)*a(2)*...*a(2^n))^(1/2^n) <= (a(1) + a(2) + ... + a(2^n)) / 2^n, n = 1, 2, ... a(i)是正数注:()用来标记下标

cos(x) + cos(2x) + ... + cos(nx) = cos((x/2)*(n+1))*sin(nx/2) / sin(x/2), 其中si n(x/2) != 0

1*sin(x) + 2*sin(2x) + ... + n*sin(nx) = sin((n+1)*x) / (4*sin(x/2)^2) - (n+1)c os((2n + 1)/2 * x) / (2 * sin(x/2))

其中sin(x/2) != 0

5^n - 1能被4整除

7^n - 1能被6整除

11^n - 6能被5整除

6*7^n - 2*3^n能被4整除

3^n + 7^n - 2能被8整除

n条直线能将平面最多划分为(n^2 + n + 2) / 2个区域

定义H(k) = 1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/k

则

1 + n/

2 <=H(2^n) <= 1 + n

H(1) + H(2) + ... + H(n) = (n + 1) * H(n) - n

1*H(1) + 2*H(2) + ... + n*H(n) = n*(n + 1) / 2 * H(n + 1) - n * (n + 1) / 4

欧拉函数的定义:E(k)=([1,n-1]中与n互质的整数个数).因为任意正整数都可以唯一表示成如下形式:

k=p1^a1*p2^a2*……*pi^ai;(即分解质因数形式)

可以推出:E(k)=(p1-1)(p2-1)……(pi-1)*(p1^(a1-1))(p2^(a2-1))……(pi^(ai-1)) =k*(p1-1)(p2-1)……(pi-1)/(p1*p2*……pi);

=k*(1-1/p1)*(1-1/p2)....(1-1/pk)

在程序中利用欧拉函数如下性质，可以快速求出欧拉函数的值(a为N的质因素)

若(N%a==0 && (N/a)%a==0) 则有:E(N)=E(N/a)*a;

若(N%a==0 && (N/a)%a!=0) 则有:E(N)=E(N/a)*(a-1);

若N>2, 欧拉函数E(N)必定是偶数

若gcd(a,b) = 1,则有E(a * b) = E(a) * E(b)

若一个数N分解成p1^a1 * p2^a2 * ... * pn^an，那么

E(N) = p1^(a1 - 1) * (p1 - 1) * ... * pn^(an - 1) * (pn - 1)

若N>1,不大于N且与N互素的所有正整数的和是1/2 * N * E(N)

因子和: 若 k=p1^a1*p2^a2...*pi^ai F(k) = (p1^0+...+p1^a1)*(p2^0+...+p2^a2)*... *(pi^0 + ... + pi^ai)

没有一个平方数是以2,3,7,8结尾的

max{a, b, c} - min{a, b, c} = (|a - b| + |b - c| + |a - c|) / 2

ac % m = bc % m 可以得到 a % m' = b % m' m' = m / gcd(m, c)

如果 a % mi = b % mi (i=1,2,...,n) 并且 l = lcm(m1, m2, ..., mn) 则可以得到 a % l = b % l

Euler 定理

若gcd(a,m)==1, 则a^(phi(m)) % m = 1 % m

Fermat小定理

p为素数，对任意的a有 a^p % p = a % p

p为素数，对任意的a(a

p为素数，对任意的a，若gcd(p,a)==1, a^(p-1) % p = 1 % p

一个奇数a的平方减1都是8的倍数

任意4个连续整数的乘积再加上1 一定是完全平方数

当a是整数时，a(a-1)(2a-1)是6的倍数

当a是奇数时, a(a^2 - 1)是24的倍数

n次代数方程 x^n + a1 * x^(n-1) + ... + an-1*x + an = 0 的系数都是a1, a2, ... , an都是整数。

如果它有有理数的根，证明这个根一定是整数，而且这个数一定是an的因子。如果不是整数，就一定是无理数。

设a,b都是正整数，a

设0

0.d1d2d3...dh。

设b是一个正整数且gcd(10, b) = 1，令h是一个最小的正整数，能使得10^h 与1 关于b同余，则h 能够整除Euler(b)

设a, b, b1都是正整数，a < b, gcd(a, b) = 1, b1 > 1, gcd(b1, 10) = 1。b = 2^c * 5^d * b1, 其中c， d都是非负整数，且不同时为0，令h是一个最小的正整数，使得 10^h 与1 关于b1同余, 则当c>=d时，我们有a/b = 0.a1a2...aca'(c+1)...a'(c + h) ，而当c < d时，我们有a/b = 0.a1a2...ada'(d+1)...a'(d + h)

设0.a1a2...an...不能换成有限小数，也不能化成循环小数，则它不能化成分数。

设p是一个素数，m是一个正整数且m=na+b其中a是一个非负整数而b是一个不大于n-1的非负整数。令

a=p^m, 当b=0的时候，a的开n次方是一个整数，当1<= b <= n - 1时，a的开n次方不能表示为分数。

设p是一个素数，m是一个正整数且m=na+b其中a是一个非负整数而b是一个不大于n-1的非负整数。令

a=p^m, 当b=0的时候，a的开n次方是一个整数，当1<= b <= n - 1时，a的开n次方=b+c, 其中b 是一个正整数而c是一个无限小数但不是循环小数。

设a是一个正整数, 当a的开n次方=b+c中b是一个正整数而0

(4b^3 + 3b) / (4b^2 + 1) <= b + 1 / (2b + 1/2b) <= 根号b平方+1 <= b + 1 / (2b + 1 /(2b + 1 / 2b)) = (8b^4 + 8b^2 + 1) / (8b^3 + 4b)

b + 1/(2b + 1/(2b + 1/(2b + 1/2b))) <= 根号b平方+1

(16b^5 + 20b^3 + 5b) / (16b^4 + 12b^2 + 1) <= 根号b平方+1 <= (8b^4 + 8b^2 + 1) / (8b^3 + 4b)

8*8棋盘2牌的完美覆盖数目为12988816=2^4 * 901^2

一张m行n列棋盘有一个b-牌的完美覆盖，当且仅当b是m的一个因子或者b是n的一个因子

n阶幻方的幻和为 n*(n^2+1) / 2 n阶幻方体的幻和为(n^4+n) / 2

鸽巢原理：如果n+1个物体被放进n个盒子，那么至少有一个盒子包含两个或者更多的物体

鸽巢原理加强形式：令q1，q2，..，qn为正整数。如果将 q1+q2+...+qn-n+1 个物体放入n个盒子内，那么，至少第一个盒子至少含有q1个物体，或者第二个

盒子至少含有q2个物体，... ，或者第n个盒子至少含有qn个物体

给定m个整数a1,a2,...,am，存在整数p和q，0<=p

个a，使得这些a的和能被m整除

由n^2+1个实数构成的序列a1，a2,...,a(n^2+1)或者含有长度为n+1的递增子序列，或者含有长度为n+1的递减子序列

Ramsey定理：在6个（或更多的）人中，或者有3个人，他们中的每两个人都互相认识；或者有3个人，他们中的每两个人都彼此不认识

n个元素的集合的循环r-排列的个数由

A(n,r)/r=n!/(r * (n-r)!)给出。特别地，n个元素的循环排列的个数是(n-1)!

多重集排列：

令S是一个多重集，有k个不同类型的元素，各元素的重数分别为n1,n2,...,nk。设S的大小为n=n1 +n2+...+nk。则S的排列数等于n!/(n1!*n2!*...*nk!)

多重集的组合：

令S为具有k中类型元素的一个多重集，每种元素均具有无限的重复数。则S的r-组合的个数等于 C(r+ k-1,r)

如果排列P1P2...Pn有逆序列b1,b2,...,bn，且k=b1+b2+...+bn为逆序数，那么P1P2...Pn可以通过k次连续交换得到12...n

利用反射Gray码生成相邻元组1的个数相差1的所有组合

生成{1,2,...,n}的字典序r-组合的算法：

从r-组合a1a2...ar=12..r开始

当a1a2...ar不等于（n-r+1)(n-r+2)...n时,做：

i)确定最大的整数k，是的ak + 1<=n且ak + 1不等于a1,a2,...ar

ii)用r-组合 a1...a(k-1)(ak + 1)(ak+2)...(ak + r - k + 1)替换 a1a2...ar

C(n,k)=C(n-1,k)+C(n-1,k-1) 1<=k<=n-1

k * C(n,k) = n * C(n-1, k-1)

C(n,0)+C(n,1)+...+C(n,n) = 2^n C(n,0)+C(n,2)+... = 2^(n-1) C(n,1)+C(n,3) +...=2^(n-1)

1*C(n,1)+2*C(n,2)+...+n*C(n,n)=n*2^(n-1) (n>=1)

通过对等式 (1+x)^n=sigma(C(n,k)*x^k) k: 0->n 两边就微分，可以得到 sigma(k^p * C(n, k)) k: 1->n的和

sigma(C(n,k)^2) = C(2n,n) k: 1->n

C(r,0)+C(r+1,1)+...+C(r+k,k) = C(r+k+1,k)

C(0,k)+C(1,k)+...+C(n-1,k)+C(n,k)=C(n+1,k+1)

Dilworth定理：令(X,<=)是一个有限偏序集，并令m是反链的最大大小。则X可以被划分成m个但不能再少的链

同理，若r是链的最大大小，那么X可以被划分成r个但不能再少的反链。

卷积定理：对任意两个长度为n的向量a和b，其中n是2的幂，

a,b的卷积等于 (DFT2n)-1(DFT2n(a) . DFT2n(b))

其中向量a和b是用0扩充使其长度达到2n，"."表示2个2n个元素组成的向量的点乘

18014398509481931 素数

18014398509482111 最小质因子为11

1637672591771101 最小质因子为6780253

中线定理（pappus定理）是指三角形ABC内BM=MC,则AB^2+AC^2=2*(AM^2+BM^2)

证明：

AC^2=AH^2+HC^2?

AB^2=AH^2+BH^2=AH^2+(HC+2MH)^2=AH^2+HC^2+4MH*HC+4MH^2

左边=AB^2+AC^2=2*AH^2+2CH^2+4MH*CH+4MH^2

右边=2*(AM^2+BM^2)=2*(AH^2+MH^2+(CH+MH)^2)=2*(AH^2+MH^2+CH^2+2CH*MH+MH^2) 得证

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(1)定理:设x0,x1,x2,...是无穷实数列,xj>0,j>=1,那么,

(i)对任意的整数 n>= 1, r>=1有

= >

= >.

特别地有

注:用该定理可以求连分数的值

(2)对于连分数数数列有递推关系:

Pn = XnPn-1+Pn-2;

Qn = XnQn-1+Qn-2;

定义: P-2 = 0; P-1 = 1; Q-2 = 1; Q-1 = 0;

所以: P0 = X0; Q0 = 1; P1 = X1X0+1; Q1 = X1;

特别地:当 Xi=1 时, {Pn}, {Qn}为Fbi数列

(3)对于连分数数数列

当n>= 1时，我们有PkQk-1 = Pk-1Qk = (-1)^k

当n>=2时，我们有PkQk-2 = Pk-2Qk = (-1)^(k - 1) * xk

(4) 所有有理数都可以表示成有限连分数

(5)pell方程: x^2+ny^2=+-1的解法:

若n是平方数,则无解, 否则:

先求出sqrt(n)的连分数序列其中xn = 2*x0;

对于 x^2+ny^2=-1

若n为奇数,则 x=Pn-1, y=Qn-1; n为偶数时无解

对于 x^2+ny^2=1

若n为偶数,则 x=Pn-1, y=Qn-1; n为奇数时x=P2n-1, y=Q2n-1 注:以上说的解均为最小正解

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

奥数赠品数论50题

数论50题 1．由1，3，4，5，7，8这六个数字所组成的六位数中，能被11整除的最大的数是多少？【分析】各位数字和为1+3+4+5+7+8=28 所以偶数位和奇数位上数字和均为14 为了使得该数最大，首位必须是8，第2位是7，14-8=6 那么第3位一定是5，第5位为1 该数最大为875413。 2．请用1，2，5，7，8，9这六个数字（每个数字至多用一次）来组成一个五位数，使得它能被75整除，并求出这样的五位数有几个？【分析】 75=3×25 若被3整除，则各位数字和是3的倍数，1+2+5+7+8+9=32 所以应该去掉一个被3除余2的，因此要么去掉2要么去掉8 先任给一个去掉8的，17925即满足要求 1）若去掉8 则末2位要么是25要么是75，前3位则任意排，有3！=6种排法因此若去掉8则有2*6=12个满足要求的数 2）若去掉2 则末2位只能是75，前3位任意排，有6种排法所以有6个满足要求综上所述，满足要求的五位数有18个。 3．已知道六位数20□279是13的倍数，求□中的数字是几？【分析】根据被13整除的判别方法，用末三位减去前面的部分得到一个两位数，十位是7，个位是（9-□），它应该是13的倍数，因为13|78,所以9-□=8 □中的数字是1 4．某自然数，它可以表示成9个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自然数的和，那么符合以上条件的最小自然数是？（2005全国小学数学奥赛）【分析】可以表示成连续9个自然数的和说明该数能被9整除，可以表示成连续10个自然数的和说明该数能被5整除，可表示成连续11个自然数的和说明该数能被11整除因此该数是[9,5,11]=495，因此符合条件的最小自然数是495。 111考了优秀，一次考试中，某班同学有考了良好，考了及格，剩下的人不及格，已知该5．723班同学的人数不超过50，求有多少人不及格？【分析】乍一看这应该是一个分数应用题，但实际上用到的却是数论的知识，由于人数必须是整数，所以该班同学的人数必须同时是2，3，7的倍数，也就是42的倍数，又因为人数不超过50，111--）×42=1人 1-所以只能是42人，因此不及格的人数为（7326．（1）从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被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？（第14届迎春杯考题）【分析】（1）3998/4=999….6所以1-3998中有996个能被4整除的

几何学基础简介

几何学基础简介 Lex Li 几何原本简介古希腊大数学家欧几里德是与他的巨著——《几何原本》一起名垂千古的。这本书是世界上最著名、最完整而且流传最广的数学著作，也是欧几里德最有价值的一部著作。欧几里德把人们公认的一些事实列成定义和公理，以形式逻辑的方法，用这些定义和公理来研究各种几何图形的性质，从而建立了一套从公理、定义出发，论证命题得到定理得几何学论证方法，形成了一个严密的逻辑体系——几何学。而这本书，也就成了欧式几何的奠基之作。作为基础的五条公理和公设五条公理 1.等于同量的量彼此相等； 2.等量加等量，其和相等； 3.等量减等量，其差相等； 4.彼此能重合的物体是全等的； 5.整体大于部分。五条公设 1.过两点能作且只能作一直线； 2.线段(有限直线)可以无限地延长； 3.以任一点为圆心,任意长为半径,可作一圆； 4.凡是直角都相等； 5.同平面内一条直线和另外两条直线相交，若在直线同侧的两个内角之和小于180°，则这两条直线经无限延长后在这一侧一定相交。《几何原本》的主要内容欧几里得的《几何原本》共有十三卷。目录第一卷几何基础第二卷几何与代数第三卷圆与角第四卷圆与正多边形第五卷比例

第六卷相似第七卷数论（一）第八卷数论（二）第九卷数论（三）第十卷无理量第十一卷立体几何第十二卷立体的测量第十三卷建正多面体各卷简介第一卷：几何基础。重点内容有三角形全等的条件，三角形边和角的大小关系，平行线理论，三角形和多角形等积（面积相等）的条件，第一卷最后两个命题是毕达哥拉斯定理的正逆定理；第二卷：几何与代数。讲如何把三角形变成等积的正方形；其中12、13命题相当于余弦定理。第三卷：本卷阐述圆，弦，切线，割线，圆心角，圆周角的一些定理。第四卷：讨论圆内接和外切多边形的做法和性质；第五卷：讨论比例理论，多数是继承自欧多克斯的比例理论,被认为是"最重要的数学杰作之一" 第六卷：讲相似多边形理论，并以此阐述了比例的性质。第五、第七、第八、第九、第十卷：讲述比例和算术的理论；第十卷是篇幅最大的一卷，主要讨论无理量（与给定的量不可通约的量），其中第一命题是极限思想的雏形。第十一卷、十二、十三卷：最后讲述立体几何的内容. 从这些内容可以看出，目前属于中学课程里的初等几何的主要内容已经完全包含在《几何原本》里了。因此长期以来，人们都认为《几何原本》是两千多年来传播几何知识的标准教科书。《几何原本》的意义和影响在几何学发展的历史中，欧几里得的《几何原本》起了重大的历史作用。这种作用归结到一点，就是提出了几何学的“根据”和它的逻辑结构的问题。在他写的《几何原本》中，就是用逻辑的链子由此及彼的展开全部几何学，这项工作，前人未曾作到。《几何原本》的诞生，标志着几何学已成为一个有着比较严密的理论系统和科学方法的学科。论证方法上的影响关于几何论证的方法，欧几里得提出了分析法、综合法和归谬法。所谓分析法就是先假设所要求的已经得到了，分析这时候成立的条件，由此达到证明的步骤；综合法是从以前证明过的事实开始，逐步的导出要证明的事项；归谬法是在保留命题的假设下，否定结论，从结论的反面出发，由此导出和已证明过的事实相矛盾或和已知条件相矛盾的结果，从而证实原来命题的结论是正确的，也称作反证法。

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

(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

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

小学奥数数论专题

名校真题测试卷10 （数论篇一） 1、（05年人大附中考题）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。 2、（05年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，问这个两位数是_____。 3 （05年首师附中考题） 1 21+ 202 2121 + 50513131313 21212121212121 =________。 4 （04年人大附中考题）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____。 (02年人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( ) A、125 B、126 C、127 D、128 【附答案】 1 【解】：6 2 【解】：设原来数为ab，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。 3 【解】：周期性数字，每个数约分后为1 21 + 2 21 + 5 21 + 13 21 =1 4 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。 5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D。第十讲小升初专项训练数论篇（一）一、小升初考试热点及命题方向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。二、考点预测的小升初考试将继续以填空和大题形式考查数论，命题的方向可能偏向小题考察单方面的知识点，大题

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）

小学奥数数论知识点总结

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。

费马小定理数论的证明方法

费马小定理数论的证明方法 2007年12月28日星期五 01:29 P.M. 费马小定理数论的证明方法 Mod的简单介绍 (Congruence) a=b(mod m) a和b除以m以后有相同的余数不失一般性地另a>b 则a=km+b比如7=1 mod 2 9=4 mod 5 简单的Congruence 计算如果a=b mod m c=d mod m 则a=km+b c=tm+d 直接可推出 a+b=c+d (mod m) a-b=c-d (mod m) ab=cd (mod m) 并且可得存在正整数c 使得ac=bc (mod mc) 当然ac=bc(mod m) 费马小定理如果a,p互质且q是质数则a^(p-1)=1 (mod p) 考虑数列An= a,2a,3a,4a…… (p-1)a 假设An中有2项ma, na 被p除以后的余数是相同的.那么必然有ma=na (mod p) 即a(m-n)=0(mod p) 由于a和p互质,所以m-n=0(mod p) 但是m,n属于集合{1,2,3..p-1} 且m不等于n,所以m-n不可能是p的倍数.和假设产生矛盾所以An中任意2项被p除得到的余数都是不同的, 并且对于任一个整数被p除以后的余数最多有p-1个,分别是 1,2,3,….p-1 而数列An中恰好有p-1个数,所以数列中的数被p除以后的余数一定正好包含所有的1,2,3,4,5…. p-1 由此我们可以用Congruence的乘法性质, a*2a*3a*…(p-1)a=1*2*3*4..*(p-1) (mod p) 对两边进行化简,即可以得到a^(p-1)=1 (mod p) Euler’s Totient function 定义o(n)是所有比n小且和n互质的数的总数(包括1) 例如o(5)=4 o(10)=8 我们发现引入这个以后费马小定理可以改写为a^o(p)=1 (mod p) 事实上,这个结论对所有的正整数n都成立即a^o(n)=1 (mod n)

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(n0) { n=m; m=r; } return m; } 题目：HDU 1108 HDU 1576 扩展欧几里得定理对于不完全为0 的非负整数a，b，gcd（a，b）表示a，b 的最大公约数，必然存在整数对x，y ，使得gcd（a，b）=ax+by。求解x，y的方法的理解设a>b。 1，显然当b=0，gcd（a，b）=a。此时x=1，y=0； 2，ab!=0 时设ax1+by1=gcd(a,b); bx2+(a mod b)y2=gcd(b,a mod b); 根据朴素的欧几里德原理有gcd(a,b)=gcd(b,a mod b); 则:ax1+by1=bx2+(a mod b)y2; 即:ax1+by1=bx2+(a-[a/b]*b)y2=ay2+bx2-(a/b)*by2; 根据恒等定理得：x1=y2; y1=x2-[a/b]*y2; 这样我们就得到了求解x1,y1 的方法：x1，y1 的值基于x2，y2. 上面的思想是以递归定义的，因为gcd 不断的递归求解一定会有个时候b=0，所以递归可以

数论班100题手册

数论短期班100题手册知识框架体系一、奇偶性质 1．奇数和偶数的表示方法：因为偶数是2的倍数，所以通常用2k这个式子来表示偶数(这里k是整数)；因为任何奇数除以2其余数总是1，所以通常用式子21 k+来表示奇数(这里k是整数)．特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数．最小的奇数是1，最小的偶数是0． 2．奇数与偶数的运算性质：性质一：偶数+偶数=偶数(偶数-偶数=偶数) 奇数+奇数=偶数(奇数-奇数=偶数) 偶数+奇数=奇数(偶数-奇数=奇数) 可以看出：一个数加上(或减去)偶数，不改变这个数的奇偶性；一个数加上(或减去)奇数，它的奇偶性会发生变化． (也可以这样记：奇偶性相同的数加减得偶数，奇偶性不同的数加减得奇数．) 性质二：偶数?奇数=偶数(推广开来还可以得到：偶数个奇数相加得偶数) 偶数?偶数=偶数(推广开就是：偶数个偶数相加得偶数) 奇数?奇数=奇数(推广开就是：奇数个奇数相加得奇数) 可以看出：一个数乘以偶数时，乘积必为偶数；几个数的积为奇数时，每个乘数都是奇数．(也可以这样简记：对于乘法，见偶(数)就得偶(数))．性质三：任何一个奇数一定不等于任何一个偶数．二、整除 1．整除的定义所谓“一个自然数a能被另一个自然数b整除”就是说“商a b 是一个整数”；或者换句话说：存在着第三个自然数c，使得a b c =?．这是我们就说“b整除a”或者“a被b整除”，其中b 叫a的约数，a是b的倍数，记作：“|b a”． 2．整除性质： ⑴传递性若|c b，|b a，则|c a． ⑵可加性若|c a，|c b，则|c a b ± （）． ⑶可乘性若|c a，|d b，则| cd ab． 3．整除的特征 ⑴4,25,8,125,16,625的整除特征能否被4和25整除是看末两位；能否被8和125整除是看末三位；能否被16和625整除是看末四位(100425 =?,10008125 =?,1000016625 =?,100000323125 =?) ⑵3,9的整除特征能否被9整除是看数字之和是否是9的倍数，并且这个数除以9的余数和这个数数字之和除以9的余数相同，因此判断一个数除以九余几就可以先把和是9的倍数的数划掉，剩下的数是几就代表

小学奥数专题之-数论专题典型结论汇总

数论专题典型结论汇总整除一、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除；一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除. 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除. 5.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）二、整除性质性质1 如果数a 和数b 都能被数c 整除，那么它们的和或差也能被c 整除．即如果c ︱a ， c ︱b ，那么c ︱(a ±b )．性质2 如果数a 能被数b 整除，b 又能被数c 整除，那么a 也能被c 整除．即如果b ∣a ， c ∣b ，那么c ∣a ．用同样的方法，我们还可以得出：性质3 如果数a 能被数b 与数c 的积整除，那么a 也能被b 或c 整除．即如果bc ∣a ，那么b ∣a ，c ∣a ．性质4 如果数a 能被数b 整除，也能被数c 整除，且数b 和数c 互质，那么a 一定能被b 与c 的乘积整除．即如果b ∣a ，c ∣a ，且(b ，c )=1，那么bc ∣a ．例如：如果3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4) ∣12．性质5 如果数a 能被数b 整除，那么am 也能被bm 整除．如果 b ｜a ，那么bm ｜am （m 为非0整数）；性质6 如果数a 能被数b 整除，且数c 能被数d 整除，那么ac 也能被bd 整除．如果 b ｜ a ，且d ｜c ，那么bd ｜ac ；质数合数一、判断一个数是否为质数的方法根据定义如果能够找到一个小于p 的质数q (均为整数)，使得q 能够整除p ，那么p 就不是质数，所以我们只要拿所有小于p 的质数去除p 就可以了；但是这样的计算量很大，对于不太大的p ，我们可以先找一个大于且接近p 的平方数2K ，再列出所有不大于K 的质数，用这些质数去除p ，如没有能够除尽的那么p 就为质数.例如：149很接近1441212=?，根据整除的性质149不能被2、3、5、7、11整除，所以149是质数. 二、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： 312123k a a a a k n p p p p =????

“4-6 初等数论初步”简介

“4-6 初等数论初步”简介北京师范大学胡永建初等数论是研究整数的性质和不定方程（组）的整数解的一门学问，它与几何学是最古老的两个数学分支。初等数论中至今仍有许多没有解决的问题，如哥德巴赫（Goldbach）问题，孪生素数猜想，奇完全数的存在性问题等，它们对人类智慧产生了极大挑战。人们在解决一些初等数论问题的过程中所作的贡献，对数论乃至整个数学的发展起了重要的推动作用，产生了一些直接与数学有关的新的重要数学分支。初等数论在计算机科学和信息工程中有许多重大的实际应用。在本专题中，同学们将通过具体的问题，学习初等数论的一些基本知识，如有关整数和整除的知识，用辗转相除法求解一次同余方程（组）和简单的一次不定方程等，初等数论中蕴含的一些思想方法，以及我国古代数学在初等数论的研究方面取得的一些重要成就。一、内容与课程学习目标本专题的学习初等数论的一些基本知识，具体包括：整数的整除、同余与同余方程、一次不定方程和数论在密码中的应用四部分内容。通过本专题的学习，要引导学生：1．通过实例，认识带余除法，理解同余和剩余类的概念及意义，探索剩余类的运算性质（加法和乘法），并且理解它的实际意义。体会剩余类运算与传统数的运算的异同（会出现零因子）。 2．理解整除、因数和素数的概念，了解确定素数的方法,如埃拉托斯特尼（Eratoshenes）筛法，知道素数有无穷多个。 3．了解十进制表示的整数的整除判别法，探索整数能被3，9，11，7等整除的判别法。会检查整数加法、乘法运算错误的一种方法,如弃九验算法。 4．通过实例，探索利用辗转相除法求两个整数的最大公约数的方法，理解互素的概念，并能用辗转相除法证明：若a能整除bc，且a,b互素，则a能整除c。探索公因数和公倍数的性质。了解算术基本定理。 5．通过实例，理解一次不定方程的模型，利用辗转相除法求解简单的一次不定方程。并尝试写出算法的程序框图，在条件允许的情况下上机实现。 6．通过实例（如物不知其数问题），理解一次同余方程组的模型。 7．理解大衍求一术和孙子定理的证明。 8．理解费马小定理（当m是素数时，a m-1≡1(mod m)）和欧拉定理（aφ(m)≡1(mod m),其中φ(m)是1，2，…，m-1中与m互素的数的个数）及其证明。 9．了解数论在密码中的应用——公开密钥。二、内容安排本专题共安排了四讲，其中最后一讲“数论在密码中的应用”可根据教学时间的实际情况机动安排，可由教师讲授，也可作为学生课后的阅读材料。本专题教学时间约需18课时，具体分配如下（仅供参考）：第一讲整数的整除约5课时一、整除的概念和性质约2课时二、最大公因数与最小公倍数约2课时

小学奥数知识点大全数论

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。 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质因数分解：把数字分解，使他满足积是平方数。 ④平方和。 10．孙子定理（中国剩余定理） 11．辗转相除法 12．数论解题的常用方法：枚举、归纳、反证、构造、配对、估计

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

数论

2002 题二最大公约数与最小公倍数问题（20分） [问题描述] 输入二个正整数x0,y0（2≤x0<100000,2≤y0≤1000000）,求出满足下列条件的P，Q的个数：条件：1. P,Q是正整数 2. 要求P,Q以x0为最大公约数，以y0为最小公倍数。试求：满足条件的所有可能的两个正整数的个数。 [样例] 输入：x0=3 y0=60 输出：4 说明：（不用输出）此时的 P Q 分别为： 3 60 15 12 12 15 60 3 所以：满足条件的所有可能的两个正整数的个数共4种。 2012 1.质因数分解 (prime.cpp/c/pas) 【问题描述】已知正整数n是两个不同的质数的乘积，试求出较大的那个质数。【输入】输入文件名为prime.in。输入只有一行，包含一个正整数n。【输出】输出文件名为prime.out。输出只有一行，包含一个正整数p，即较大的那个质数。【输入输出样例】 prime.in prime.out 21 7 【数据范围】对于60%的数据，6 ≤ n ≤ 1000。对于100%的数据，6 ≤ n ≤ 2*109。

2007年 4.Hanoi双塔问题 hanoi.pas/c/cpp 【问题描述】给定A,B,C三根足够长的细柱，在A柱上放有2n个中间有空的圆盘，共有n个不同的尺寸，每个尺寸都有两个相同的圆盘，注意这两个圆盘是不加区分的(下图为n=3的情形）。现要将这些国盘移到C柱上，在移动过程中可放在B柱上暂存。要求: (1)每次只能移动一个圆盘； (2) A、B、C三根细柱上的圆盘都要保持上小下大的顺序；任务:设An为2n个圆盘完成上述任务所需的最少移动次数，对于输入的n，输出An。【输入】输入文件hanoi.in为一个正整数n，表示在A柱上放有2n个圆盘。【输出】输出文件hanoi.out仅一行，包含一个正整数，为完成上述任务所需的最少移动次数An。【限制】对于50%的数据， 1<=n<=25 对于100% 数据， 1<=n<=200 【提示】设法建立An与An-1的递推关系式。

小学奥数讲解关于数论的问题

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。