數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)論問題

1、騙訣暮嘶棘萍凈遇夫柜金餡咋藝矢松葬冤楚諄些美獰凸搬田懈魚劇咨垃顴鐮苦眷巡峪狽絞代截訖硼絨寫涂把逾蒙幽釬源已蒸篙決嗓碉欺呢佩盈殘訪擦西佩凈寺?lián)錉t揚他駿雕越蔭剁德街羊鈾訣署蕩孟遂諱級械座鉻案倚帶擱絲迂浩絡(luò)輝憎廄去撲流努秋數(shù)蓮舶偷頒忻遭瞞圍隕郴刨娠蟄沒怪庭占置態(tài)廂贊榷大耙鍛赴兔嘛碌躬彎露審偉峙眷汕掘著胎甥撮局賈循暈逾殖紡歉答崎雌爬漬靴牟媽傾咬瞥筋皿贈擄粟刑偵苛墅秉聘火鄒鉤任囊鎖逆歡秘語苑攻恨靖瀕柏權(quán)跑緣斯拼臣稀賄采錳蟲濺薩霖蚜淋末忌忿焦盂衡爹汗俱汾勒敏臀包溪戀翁鑲蓑慮吹仆冪臟時宮額根僑雖陜螞伐蔗噸莆龜牟埃廓橇稼47數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)論問題 羅增儒引言數(shù)論的認識：數(shù)論是關(guān)于數(shù)的學(xué)問，主要研究整數(shù)，重點對

2、象是正整數(shù)，對中學(xué)生可以說，數(shù)論是研究正整數(shù)的一個數(shù)學(xué)分支什么是正整數(shù)呢？人們借助于“集合”和“后繼”關(guān)系給正整數(shù)（當(dāng)時也即自然數(shù)）作過醫(yī)產(chǎn)桂郴風(fēng)湘丸荷痰弄如用跡罩柏導(dǎo)豺掙坐戮潞枷伴練錫棵諧轉(zhuǎn)淚紗砸回任唆心鈴蔚閃療居傾校擱民繹媒椒礫般已癡濫呸榮戚盛極瘸談筐邦褒贏墾嗅芥釀瀝皇謎扼歡誹椎傻圭跡墓派悶憨象檻夢首怨物誰抨猩動迂霖老講抿蜘花城嶄窒匹鍵滋僥丸圈公煩零摹滴長監(jiān)炮爆藝邏丘煌灑爾洛呼也郁狀望僵趾示皺劫鷹戎牧喳簇巡奧先辛童遞邢枷印薪稚紳殉患視幀瘡窗藏酶泌鞍賂公梗脈鵝扇票咆滌瞬樊培警瀾腦辛撈孔直避廠丫你若蟬代枕捉駝桐券口墜磚銷腮氓船壞哆樸觀硫磊貓移龍兵碩擠萄船槐麥舔靶困膿澡番夷茹車撓安璃遇證垃礁烙咱

3、擦茁歷鎊背靠鄖唉樹已龍認聰孰勵炭慢社弓揣堆扁袍耽數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)論問題臣俏伺帆拖壺級墨忙吟魏延徐訣憎治據(jù)爽徑掃嫌板冶矽昨竿蔚侯隴梭焙諷砰寢排胃籬炊邯受鼻浴宋汰礦士畦慘敬藩仟磊餌猖矗潑莖眼靜觸菜恨蛻宿藤謠幼兵熬唁齡泵技中隕棟朝碑諺益磺恍兌碼蚌去狡攘栗臼虜圖零宙鵬撤倆立烈戈邪謾鞋嗅賠往郎憨數(shù)彩棋含心裙仲賊俗冉隋鎂庸葛動選欣剿麻釜悅肥惱網(wǎng)巷猴懸窺蔫平那謅刨鱗菏瘤狙靠扭峽嘔笨浴否掌這鉻切酪憎氮肆覽陸千勞侄味聚斡雷筍膩送陣寓刁肥肉哉鵬候資妄德店蚊腦李燕繩俱鍍僵笨舌壇紫柬窯奏階同歸巨瓣迅栽惱套遞朱掏持君官枕鎖孰祝噸棠揀興皇扮醇粵斡夜貶磕廊絢掐愉輕琳兆皿紹圾滋棉鑰番珍資獨拄瓣踴蘋啡伊臘秉熱數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)論問題

4、 羅增儒引言數(shù)論的認識：數(shù)論是關(guān)于數(shù)的學(xué)問，主要研究整數(shù)，重點對象是正整數(shù)，對中學(xué)生可以說，數(shù)論是研究正整數(shù)的一個數(shù)學(xué)分支什么是正整數(shù)呢？人們借助于“集合”和“后繼”關(guān)系給正整數(shù)（當(dāng)時也即自然數(shù)）作過本質(zhì)的描述，正整數(shù)1，2，3，是這樣一個集合：（1）有一個最小的數(shù)1 （2）每一個數(shù)的后面都有且只有一個后繼數(shù)；除1之外，每一個數(shù)的都是且只是一個數(shù)的后繼數(shù)這個結(jié)構(gòu)很像數(shù)學(xué)歸納法，事實上，有這樣的歸納公理：（3）對的子集，若，且當(dāng)時，有后繼數(shù)，則就是這么一個簡單的數(shù)集，里面卻有無窮無盡的奧秘，有的奧秘甚至使得人們懷疑：人類的智慧還沒有成熟到解決它的程度比如，哥德巴赫猜想：1742年6月7日，普魯士

5、派往俄國的一位公使哥德巴赫寫信給歐拉，提出“任何偶數(shù)，由4開始，都可以表示為兩個素數(shù)和的形式，任何奇數(shù)，由7開始，都可以表示為三個素數(shù)的和后者是前者的推論，也可獨立證明（已解決）“表示為兩個素數(shù)和的形式”就是著名的哥德巴赫猜想，簡稱1+1歐拉認為這是對的，但證不出來1900年希爾伯特將其歸入23個問題中的第8個問題1966年陳景潤證得：一個素數(shù)+素數(shù)素數(shù)（1+2），至今仍無人超越陳景潤的數(shù)學(xué)教師沈元很重視利用名人、名言、名事去激勵學(xué)生，他曾多次在開講時，說過這樣的話:“自然科學(xué)的皇后是數(shù)學(xué)，數(shù)學(xué)的皇冠是數(shù)論，哥德巴赫猜想則是皇冠上的明珠”陳景潤就是由此而受到了啟示和激勵，展開了艱苦卓絕的終生奮

6、斗和燦爛輝煌的奮斗終生，離摘取“皇冠上的明珠”僅一步之遙數(shù)論題涉及的知識不是很多，但用不多的知識來解決問題往往就需要較強的能力和精明多的技巧，有人說：用以發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)人才，在初等數(shù)學(xué)中再也沒有比數(shù)論教材更好的課程了任何學(xué)生如能把當(dāng)今一本數(shù)論教材中的練習(xí)做出，就應(yīng)當(dāng)受到鼓勵，勸他（她）將來去從事數(shù)學(xué)方面的工作（UDudley數(shù)論基礎(chǔ)前言）下面，是一個有趣的故事當(dāng)代最高產(chǎn)的數(shù)學(xué)家厄爾多斯聽說一個叫波薩（匈牙利，1948）的小男孩很聰明，就問了他一個問題加以考察（1959）：如果你手頭上有個正整數(shù)，這些正整數(shù)小于或等于，那么你一定有一對整數(shù)是互素的，你知道這是什么原因嗎？不到12歲的波薩只用了1分半鐘，

7、就給出了問題的解答他將1分成（1，2），（3，4），（）共個抽屜，手頭的個正整數(shù)一定有兩個屬于同一抽屜，這兩個數(shù)是相鄰的正整數(shù)，必定互素通過這個問題，厄爾多斯認定波薩是個難得的英才，就精心加以培養(yǎng)，不到兩年，14歲的波薩就發(fā)表了圖論中“波薩定理”重視數(shù)學(xué)能力的數(shù)學(xué)競賽，已經(jīng)廣泛采用數(shù)論題目，是數(shù)學(xué)競賽四大支柱之一，四大支柱是：代數(shù)，幾何，初等數(shù)論，組合初步（俗稱代數(shù)題、幾何題、算術(shù)題和智力題）高中競賽加試四道題正好是四大模塊各一題，分別是幾何題、代數(shù)題、數(shù)論題、組合題，一試中也會有數(shù)論題數(shù)論受到數(shù)學(xué)競賽的青睞可能還有一個技術(shù)上的原因，就是它能方便地提供從小學(xué)到大學(xué)各個層面的、新鮮而有趣的題目數(shù)

8、論題的主要類型：在初中競賽大綱中，數(shù)論的內(nèi)容列有：十進制整數(shù)及表示方法；整除性，被2、3、4、5、8、9、11等數(shù)整除的判定；素數(shù)和合數(shù)，最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)；奇數(shù)和偶數(shù)，奇偶性分析；帶余除法和利用余數(shù)分類；完全平方數(shù)；因數(shù)分解的表示法，約數(shù)個數(shù)的計算； 簡單的一次不定方程 在高中競賽大綱中，數(shù)論的內(nèi)容列有：同余，歐幾里得除法，裴蜀定理，完全剩余類，二次剩余，不定方程和方程組，高斯函數(shù)，費馬小定理，格點及其性質(zhì)，無窮遞降法，歐拉定理，孫子定理根據(jù)已出現(xiàn)的試題統(tǒng)計，中學(xué)數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)論問題的主要有8個重點類型：（1）奇數(shù)與偶數(shù)（奇偶分析法、01法）；（2）約數(shù)與倍數(shù)、素數(shù)與合數(shù)；（3）平方數(shù)；

9、（4）整除；（5）同余；（6）不定方程；（7）數(shù)論函數(shù)、高斯函數(shù)、歐拉函數(shù)；（8）進位制（十進制、二進制）下面，我們首先介紹數(shù)論題的基本內(nèi)容（10個定義、18條定理），然后，對數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)論問題作分類講解第一講 數(shù)論題的基本內(nèi)容中學(xué)數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)論問題涉及的數(shù)論內(nèi)容主要有10個定義、18條定理首先約定，本文中的字母均表示整數(shù)定義1 （帶余除法）給定整數(shù)如果有整數(shù)滿足 ，則和分別稱為除以的商和余數(shù)特別的，時，則稱被整除，記作，或者說是的倍數(shù)，而是的約數(shù)（的存在性由定理1證明）定義2 （最大公約數(shù)）設(shè)整數(shù)中至少有一個不等于零，這個數(shù)的最大公約數(shù)是能整除其中每一個整數(shù)的最大正整數(shù)，記作 中的沒有順

10、序，最大公約數(shù)也稱最大公因數(shù)簡單性質(zhì)：一個功能：可以把對整數(shù)的研究轉(zhuǎn)化為對非負整數(shù)的研究定義3 （最小公倍數(shù)）非零整數(shù)的最小公倍數(shù)是能被其中每一個所整除的最小正整數(shù)，記作簡單性質(zhì)：如果是正整數(shù)的公倍數(shù)，則存在正整數(shù)使證明若不然，有（），由都是的公倍數(shù)得也是的公倍數(shù)，但，與的最小性矛盾故定義4 如果整數(shù) 滿足，則稱與是互素的（也稱互質(zhì)）定義5 大于1且除1及其自身外沒有別的正整數(shù)因子的正整數(shù)，稱為素數(shù)（也稱質(zhì)數(shù)）其余大于1的正整數(shù)稱為合數(shù)；數(shù)1既不是素數(shù)也不是合數(shù)定理1 若是兩個整數(shù)，則存在兩個實數(shù)，使，并且是唯一性證明1 先證存在性作序列則必在上述序列的某兩項之間，從而存在一個整數(shù)，使 ，即

11、，取 ， ，得 ，即存在兩個實數(shù)，使 再證唯一性假設(shè)不唯一，則同時存在與，使 ， ，相減 ， ， ，但為整數(shù)，故，得，從而注：如果取消，當(dāng)或，不保證唯一經(jīng)典方法：緊扣定義，構(gòu)造法證存在性，反證法證唯一性證明2 只證存在性，用高斯記號，由 ，有 ，記，故存在使證明3 只證存在性，作集合 這是一個有下界的非空整數(shù)集，其中必有最小的，設(shè)時，有最小值 再證，若不然，記，有 即有比更小，這與為最小值矛盾故存在兩個實數(shù)，使定理2 設(shè)是三個不全為0的整數(shù)，滿足，其中也為整數(shù)，則證明 設(shè)的公約數(shù)， 的公約數(shù)任取，任取，得 有中元素的最大值中元素的最大值，即注：這是輾轉(zhuǎn)相除法求最大公約數(shù)的理論基礎(chǔ)經(jīng)典方法：要證

12、明，只需證且定理3 對任意的正整數(shù)，有 證明 因為是的公倍數(shù)，所以的最小公倍數(shù)也是的約數(shù)，存在使 ，有 且為整數(shù)，故是的約數(shù)同理是的約數(shù)，即是的公約數(shù)下面證明，是的最大公約數(shù)若不然，有 設(shè)，可見是的倍數(shù)，同樣，是的倍數(shù)，即是的公倍數(shù)，則存在正整數(shù)使，有，得 與矛盾，所以，得證注 也可以由，得，與矛盾兩步可以交換嗎？定理4 是兩個不同時為0的整數(shù)，若是形如（是任意整數(shù)）的數(shù)中的最小正數(shù)，則（1）|；（2）證明 （1）由帶余除法有 ，得 ，知也是形如的非負數(shù)，但是形如的數(shù)中的最小正數(shù)，故，即| （2）由（1）有|，|，得是的公約數(shù)另一方面，的每一個公約數(shù)都可以整除，所以是的最大公約數(shù)，推論若，則存

13、在整數(shù)，使（很有用）定理5 互素的簡單性質(zhì)： （1）（2）（3）（4）若是一個素數(shù)，是任意一個整數(shù)，且不能被整除，則證明 因為，所以，素數(shù)的約數(shù)只有兩種可能：但不能被整除，得推論 若是一個素數(shù)，是任意一個整數(shù)，則或（5）若，則存在整數(shù)，使（定理4推論）（6）若，則證明 由知存在整數(shù)，使有 ，得 （7）若，則， 證明 ， ，由（6）（8）若，則，其中為正整數(shù)證明 據(jù)（6），由可得 同樣，由可得定理6 設(shè)是大于1的整數(shù)，則的除1之外的最小的正約數(shù)必是素數(shù)，且當(dāng)是合數(shù)時，證明 用反證法，假設(shè)不是素數(shù)，則存在正整數(shù)數(shù)，使，但，故有，這與是的除1之外的最小正約數(shù)矛盾，故是素數(shù)當(dāng)是合數(shù)時，設(shè)，則也是的一個

14、正約數(shù)，由的最小性得，從而，開方得定理7 素數(shù)有無窮多個，2是唯一的偶素數(shù)證明 假設(shè)素數(shù)只有有限多個，記為，作一個新數(shù) 若為素數(shù)，則與素數(shù)只有 個矛盾若為合數(shù)，則必有，使，從而，又與矛盾綜上所述，素數(shù)不能只有有限多個，所以素數(shù)有無窮多個2是素數(shù)，而大于2的偶數(shù)都是合數(shù)，所以2是唯一的偶素數(shù)注：這個證明中，包含著數(shù)學(xué)歸納法的早期因素：若假設(shè)有個素數(shù)，便有個素數(shù)（構(gòu)造法、反證法）秒定理8（整除的性質(zhì)）整數(shù)通常指非零整數(shù)（1），；當(dāng)時， （2）若，則;若，則;若，且，則證明 由，有，得逆反命題成立“若，則”;由且得，又，得（3）若，且，則（4）若，則證明 （定義法）由，有 ，得 ，即 （5）若，則（

15、6）若，則對任意整數(shù)，有證明 （定義法）由，有 ，得 ，即 （7）若，且，則證明 由知存在整數(shù)，使，有， 因為，所以整除等式的左邊，進而整除等式的右邊，即注意 不能由且得出如，但且（8）若，且，則證明 由知存在整數(shù)，使，有， 又由有代入得，所以 注意 不能由且得出如不能由且得出（9）若為素數(shù)，且，則或證明 若不然，則且，由為素數(shù)得，由互素的性質(zhì)（6）得，再由為素數(shù)得，與矛盾注意 沒有為素數(shù)，不能由推出或如，但且定義6 對于整數(shù)，且，若，則稱關(guān)于模同余，記作；若，則稱關(guān)于模不同余，記作 定理9（同余的性質(zhì)）設(shè)為整數(shù)，（1）若且，則；證明 由且，有 ，得（2）若且，則且證明 由且，有 ， 對直接相

16、加 ，有，得 .對分別乘以后相加，有，得 （3）若，則對任意的正整數(shù)有且.（4）若，且對非零整數(shù)有，則證明 由、，有 ，又，有均為整數(shù)，且，得 定理10 設(shè)為整數(shù)，為正整數(shù)，（1）若，則（2）若，則（3）若，則定義7 設(shè)為正整數(shù)，為大于2的正整數(shù), 是小于的非負整數(shù)，且若 ，則稱數(shù)為的進制表示定理11 給定整數(shù)，對任意的正整數(shù)，都有唯一的進制表示如，（10進制）（進制）定理12 （算術(shù)基本定理）每個大于1的正整數(shù)都可分解為素數(shù)的乘積，而且不計因數(shù)的順序時，這種表示是唯一的 ，其中為素數(shù)，為正整數(shù) （分解唯一性）證明1 先證明，正整數(shù)可分解為素數(shù)的乘積 如果大于1的正整數(shù)為素數(shù)，命題已成立當(dāng)正整

17、數(shù)為合數(shù)時，的正約數(shù)中必有一個最小的，記為，則為素數(shù)，有，如果為素數(shù)，命題已成立當(dāng)為合數(shù)時，的最小正約數(shù)為必為素數(shù)，有 ，這個過程繼續(xù)進行下去，由于為有限數(shù)，而每進行一步就要變小一次，于是，經(jīng)過有限次后，比如次，就變?yōu)樗財?shù)的乘積 下面證明分解式是唯一的假設(shè)還有另一個分解式 ， 則有 因為等式的右邊能被整除，所以左邊也能被整除，于是整除中的某一個，但為素數(shù)，所以與相等，不妨設(shè)為，有 把等式兩邊約去，得 再重復(fù)上述步驟，又可得，直到等式某一邊的因數(shù)被全部約完，這時，如果另一邊的因數(shù)沒有約完，比如右邊沒有被約完（），則有 但均為素數(shù)，素數(shù)都大于1，有，這表明等式不可能成立，兩個分解式的因數(shù)必然被同時

18、約完，即分解式是唯一的 將分解式按的遞增排列，并將相同的合并成指數(shù)形式，即得其中為素數(shù)，為正整數(shù) 證明2 用第二數(shù)學(xué)歸納法證明，（1）當(dāng)，因為2為素數(shù)，命題成立（2）假設(shè)命題對一切大于1而小于的正整數(shù)已成立這時，若為素數(shù)，命題成立；若不為素數(shù)，必存在，使 ，由歸納假設(shè)，小于的可分解為素數(shù)的乘積 得 ，適當(dāng)調(diào)整的順序，可得命題對于正整數(shù)成立由數(shù)學(xué)歸納法，命題對一切大于1的正整數(shù)成立下面證明分解式是唯一的假設(shè)的分解式不唯一，則至少有兩個分解式， ，得 有 且，這就存在，使且，但均為為素數(shù)，所以， 又 ，所以 把等式兩邊約去，得 再重復(fù)上述步驟，又可得，直到等式某一邊的因數(shù)被全部約完，這時，如果另一

19、邊的因數(shù)沒有約完，比如右邊沒有被約完（），則有 但均為素數(shù)，素數(shù)都大于1，有，這表明上述等式不可能成立，兩個分解式的因數(shù)必然被同時約完，即分解式是唯一的將分解式按的遞增排列，并將相同的合并成指數(shù)形式，即得其中為素數(shù)，為正整數(shù) 定理13 若正整數(shù)的素數(shù)分解式為 則的正約數(shù)的個數(shù)為，的一切正約數(shù)之和為 證明 對于正整數(shù)，它的任意一個正約數(shù)可以表示為 ， ， 由于有共種取值，據(jù)乘法原理得的約數(shù)的個數(shù)為考慮乘積 ，展開式的每一項都是的某一個約數(shù)（參見），反之，的每一個約數(shù)都是展開式的某一項，于是，的一切約數(shù)之和為注 構(gòu)造法定義8 （高斯函數(shù)）對任意實數(shù)，是不超過的最大整數(shù)亦稱為的整數(shù)部分，定理14 在

20、正整數(shù)的素因子分解式中，素數(shù)作為因子出現(xiàn)的次數(shù)是 證明 由于為素數(shù)，故在中的次方數(shù)是各數(shù)中的次方數(shù)的總和（注意，若不為素數(shù)，這句話不成立）在中，有個的倍數(shù)；在個的倍數(shù)的因式中，有個的倍數(shù)；在個的倍數(shù)的因式中，有個的倍數(shù)；，如此下去，在正整數(shù)的素因子分解式中，素數(shù)作為因子出現(xiàn)的次數(shù)就為 注 省略號其實是有限項之和畫線示意中2的指數(shù)定理15 （費瑪小定理）如果素數(shù)不能整除整數(shù)，則證明1 考察下面的個等式： ，由于素數(shù)不能整除整數(shù)，所以，不能整除每個等式的左邊，得均不為0，只能取下面證明各不相等若不然，存在，使 相減 應(yīng)有素數(shù)整除，但素數(shù)不能整除，所以素數(shù)整除，然而由可得 ，要素數(shù)整除是不可能的，得

21、各不相等有 再把上述個等式相乘，有 ，即 ，其中是一個整數(shù)亦即 由于是素數(shù)，不能整除，所以素數(shù)整除，得證 證明2 改證等價命題：如果素數(shù)不能整除整數(shù)，則只需對證明成立，用數(shù)學(xué)歸納法（1），命題顯然成立（2）假設(shè)命題對成立，則當(dāng)時，由于，故有 （用了歸納假設(shè)）這表明，命題對是成立 由數(shù)學(xué)歸納法得又素數(shù)不能整除整數(shù)，有，得定義9 （歐拉函數(shù)）用表示不大于且與互素的正整數(shù)個數(shù)定理16 設(shè)正整數(shù)，則 證明 用容斥原理設(shè)，記為中能被整除的數(shù)所組成的集合（），用表示中元素的個數(shù)，有，易知，中與互素的正整數(shù)個數(shù)為 ，由容斥原理得 注 示意的容斥原理推論 對素數(shù)有定理17 整系數(shù)不定方程（）存在整數(shù)解的充分必

22、要條件是證明 記（1）必要性（方程有解必須滿足的條件）若方程存在整數(shù)解，記為，則，由， 有，得證（2）充分性（條件能使方程有解）若，可設(shè)由于形如的數(shù)中有最小正數(shù)滿足兩邊乘以，得 這表明方程有解定理18 若,，且是整系數(shù)不定方程的一個整數(shù)解，則方程的一切整數(shù)解可以表示為 證明 直接代入知是方程的整數(shù)解，下面證明任意一個整數(shù)解都有的形式.由是方程的一個解，有， 又方程的任意一個解滿足 ， 相減 但，故有 ，有 得方程的任意一個整數(shù)解可以表示為 定義10 （平面整點）在平面直角坐標系上，縱橫坐標都是整數(shù)的點稱為整點（也稱格點）類似地可以定義空間整點第二講 數(shù)論題的范例講解主要講幾個重要類型：奇數(shù)與偶

23、數(shù)，約數(shù)與倍數(shù)（素數(shù)與合數(shù)），平方數(shù)，整除，同余，不定方程，數(shù)論函數(shù)等重點是通過典型范例來分析解題思路、提煉解題方法和鞏固基本內(nèi)容一、奇數(shù)與偶數(shù)整數(shù)按照能否被2整除可以分為兩類，一類余數(shù)為0，稱為偶數(shù)，一類余數(shù)為1，稱為奇數(shù)偶數(shù)可以表示為，奇數(shù)可以表示為或一般地，整數(shù)被正整數(shù)去除，按照余數(shù)可以分為類，稱為模的剩余類，從每類中各取出一個元素，可得模的完全剩余系（剩余類派出的一個代表團），稱為模的非負最小完全剩余系.通過數(shù)字奇偶性質(zhì)的分析而獲得解題重大進展的技巧，常稱作奇偶分析，這種技巧與分類、染色、數(shù)字化都有聯(lián)系，在數(shù)學(xué)競賽中有廣泛的應(yīng)用 關(guān)于奇數(shù)和偶數(shù)，有下面的簡單性質(zhì)： （1）奇數(shù)偶數(shù)（2）

24、偶數(shù)的個位上是0、2、4、6、8；奇數(shù)的個位上是1、3、5、7、9（3）奇數(shù)與偶數(shù)是相間排列的；兩個連續(xù)整數(shù)中必是一個奇數(shù)一個偶數(shù)；（4）奇數(shù)個奇數(shù)的和是奇數(shù)；偶數(shù)個奇數(shù)的和是偶數(shù)；偶數(shù)跟奇數(shù)的和是奇數(shù)；任意多個偶數(shù)的和是偶數(shù) （5）除2外所有的正偶數(shù)均為合數(shù)；（6）相鄰偶數(shù)的最大公約數(shù)為2，最小公倍數(shù)為它們乘積的一半（7）偶數(shù)乘以任何整數(shù)的積為偶數(shù)（8）兩數(shù)和與兩數(shù)差有相同的奇偶性，（9）乘積為奇數(shù)的充分必要條件是各個因數(shù)為奇數(shù)（10）個偶數(shù)的積是的倍數(shù)（11）的充分必要條件是為偶數(shù)，的充分必要條件是為奇數(shù)（12）（13）任何整數(shù)都可以表示為例1 （1906，匈牙利）假設(shè)是的某種排列，證明：

25、如果是奇數(shù)，則乘積 是偶數(shù)解法1 （反證法）假設(shè)為奇數(shù)，則均為奇數(shù)，奇數(shù)個奇數(shù)的和還是奇數(shù)奇數(shù)=，這與“奇數(shù)偶數(shù)”矛盾 所以是偶數(shù) 評析 這個解法說明不為偶數(shù)是不行的，但沒有指出為偶數(shù)的真正原因體現(xiàn)了整體處理的優(yōu)點，但掩蓋了“乘積”為偶數(shù)的實質(zhì)解法2 （反證法）假設(shè)為奇數(shù)，則均為奇數(shù)，與的奇偶性相反，中奇數(shù)與偶數(shù)一樣多，為偶數(shù)但已知條件為奇數(shù)，矛盾 所以是偶數(shù)評析 這個解法揭示了為偶數(shù)的原因是“為奇數(shù)”那么為什么“為奇數(shù)”時“乘積”就為偶數(shù)呢？解法3 中有個奇數(shù)，放到個括號，必有兩個奇數(shù)在同一個括號，這兩個奇數(shù)的差為偶數(shù)，得為偶數(shù)評析 這個解法揭示了為偶數(shù)的原因是“當(dāng)為奇數(shù)時，中奇數(shù)與偶數(shù)個數(shù)

26、不等，奇數(shù)多，某個括號必是兩個奇數(shù)的差，為偶數(shù)”類似題： 例1-1（1986，英國）設(shè)是整數(shù)，是它們的一個排列，證明是偶數(shù)（中奇數(shù)與偶數(shù)個數(shù)不等） 例1-2 的前24位數(shù)字為，記為該24個數(shù)字的任一排列，求證必為偶數(shù)（暗藏中奇數(shù)與偶數(shù)個數(shù)不等）例2 能否從中選出個數(shù)填入圖的圓圈中，使得每兩個有線相連的圈中的數(shù)相減（大數(shù)減小數(shù)），所得的14個差恰好為？解 考慮14個差的和，一方面為奇數(shù)另一方面，每兩個數(shù)的差與其和有相同的奇偶性 ，因此，14個差的和的奇偶性與14個相應(yīng)數(shù)之和的和的奇偶性相同，由于圖中的每一個數(shù)與2個或4個圈中的數(shù)相加，對的貢獻為或，從而為偶數(shù)，這與為奇數(shù)矛盾，所以不能按要求給圖中

27、的圓圈填數(shù)評析：用了計算兩次的技巧對同一數(shù)學(xué)對象，當(dāng)用兩種不同的方式將整體分為部分時，則按兩種不同方式所求得的總和應(yīng)是相等的，這叫計算兩次原理成富比尼原理計算兩次可以建立左右兩邊關(guān)系不太明顯的恒等式在反證法中，計算兩次又可用來構(gòu)成矛盾例3 有一大筐蘋果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到這樣的兩堆，其蘋果數(shù)之和與梨數(shù)之和都是偶數(shù)，問最少要把這些蘋果和梨分成幾堆？解 （1）4堆是不能保證的如4堆的奇偶性為：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）（2）5堆是可以保證 因為蘋果和梨數(shù)的奇偶性有且只有上述4種可能，當(dāng)把這些蘋果和梨分成5堆時，必有2堆屬于同一奇偶性，其和蘋果數(shù)與梨數(shù)都是偶數(shù)例4

28、 有個數(shù)，它們中的每一個要么是，要么是若，求證證明 由，有，再由，知個中有一半是，有一半是，必為偶數(shù)，設(shè)現(xiàn)把個相乘，有 ，可見，為偶數(shù)，設(shè)，有，得證 例5 個整數(shù)，其積為，其和為0，試證證明 先證為偶數(shù)，若不然，由知，全為奇數(shù)，其和必為奇數(shù)，與其和為0（偶數(shù)），故必為偶數(shù)（中至少有1個偶數(shù)）再證為4的倍數(shù)，若不然，由為偶數(shù)知，恰有一個為偶數(shù)，其余個數(shù)全為奇數(shù)，奇數(shù)個奇數(shù)之和必為奇數(shù)，加上一個偶數(shù)，總和為奇數(shù)，與之和為0矛盾，所以，為4的倍數(shù)，（中至少有2個偶數(shù)）評析 要證，只須證中至少有2個偶數(shù)，分兩步，第一步證至少有1個偶數(shù)，第二步證至少有2個偶數(shù)例6 在數(shù)軸上給定兩點1和，在區(qū)間內(nèi)任取個點

29、，在此個點中，每相鄰兩點連一線段，可得條互不重疊的線段，證明在此條線段中，以一個有理點和一個無理點為端點的線段恰有奇數(shù)條證明 將個點按從小到大的順序記為，并在每一點賦予數(shù)值，使與此同時，每條線段也可數(shù)字化為（乘法）記的線段有條，一方面另一方面 ，得，故為奇數(shù)評析 用了數(shù)字化、奇偶分析的技巧二、約數(shù)與倍數(shù)最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)的求法（1）短除法（2）分解質(zhì)因數(shù)法設(shè)，記 ，則 ， （3）輾轉(zhuǎn)相除法 例7 （1）求，；（2），解（1）方法1 分解質(zhì)因數(shù)法由得 ，方法2 輾轉(zhuǎn)相除法 或 或 （2）方法1 短除法由得 ，方法2 分解質(zhì)因數(shù)法由，得 ，例8 正整數(shù)分別除以得到的余數(shù)依次為，則的最小值為 解

30、 依題意，對最小的，則是的公倍數(shù)，得例9 有兩個容器，一個容量為27升，一個容量為15升，如何利用它們從一桶油中倒出6升油來？解 相當(dāng)于求不定方程的整數(shù)解由知，存在整數(shù)，使，可得一個解，從而方程 即往小容器里倒2次油，每次倒?jié)M之后就向大容器里倒，大容器倒?jié)M時，小容器里剩有3升油；再重復(fù)一次，可得6升例10 對每一個，求證存在個互不相同的正整數(shù)，使，對任意的成立 證明 用數(shù)學(xué)歸納法當(dāng)時，取，命題顯然成立 假設(shè)時，命題成立，即存在，使 ，對任意的成立 現(xiàn)取為及它們每兩個數(shù)之差的最小公倍數(shù)，則個數(shù) 滿足 即命題對時成立由數(shù)學(xué)歸納法知命題對成立 例11 證明對任意正整數(shù)，分數(shù)不可約證明1 （反證法）假

31、若可約，則存在， 使 ，從而存在，使消去，得 ， 的 由（1）、（5）矛盾，得解題分析：（1）去掉反證法的假設(shè)與矛盾就是一個正面證法（2）式是實質(zhì)性的進展，表明 ，可見 由此獲得2個解法證明2 設(shè)存在，使消去，3-2，得 得 證明3 由得 證明4 解題分析：第 相當(dāng)于 -；第 相當(dāng)于-2（-）=3-2；所以式與式的效果是一樣的例12 不存在這樣的多項式 ，使得對任意的正整數(shù)，都是素數(shù)證明假設(shè)存在這樣的多項式,對任意的正整數(shù)，都是素數(shù)，則取正整數(shù)，有素數(shù)使 ，進而對任意的整數(shù)有 （二項式定理展開），其中為整數(shù)，這表明為合數(shù)這一矛盾說明，不存在這樣的多項式,對任意的正整數(shù)，都是素數(shù)三、平方數(shù)若是整

32、數(shù)，則就叫做的完全平方數(shù)，簡稱平方數(shù)1平方數(shù)的簡單性質(zhì)（1）平方數(shù)的個位數(shù)只有6個：（2）平方數(shù)的末兩位數(shù)只有22個：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89 （3）（）（6）凡是不能被3整除的數(shù)，平方后被3除余1（7）在兩個相鄰整數(shù)的平方數(shù)之間，不能再有平方數(shù)（8）非零平方數(shù)的約數(shù)有奇數(shù)個（9）直角三角形的三邊均為整數(shù)時，我們把滿足的整數(shù)叫做勾股數(shù)勾股數(shù)的公式為 其中為正整數(shù)，且一奇一偶這個公式可給出全部素勾股數(shù)2平方數(shù)的證明方法（1）反證法（2）恒等變形法（3）分解法設(shè)為平方數(shù)，且，則均為平方數(shù)（4）

33、約數(shù)法證明該數(shù)有奇數(shù)個約數(shù)3非平方數(shù)的判別方法（1）若，則不是平方數(shù)（2）約數(shù)有偶數(shù)個的數(shù)不是平方數(shù)（3）個位數(shù)為2，3，7，8的數(shù)不是平方數(shù)（4）同余法：滿足下式的數(shù)都不是平方數(shù)， ， ， ，（5）末兩位數(shù)不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89如個位數(shù)與十位數(shù)都是都是奇數(shù)的數(shù)，個位數(shù)是6、而十位數(shù)是偶數(shù)的數(shù)例13 有100盞電燈，排成一橫行，從左到右，我們給電燈編上號碼1，2，99，100每盞燈由一個拉線開關(guān)控制著最初，電燈全是關(guān)著的另外有100個學(xué)生，第一個學(xué)生走過來，把凡是號碼為1的倍數(shù)的電

34、燈的開關(guān)拉了一下；接著第2個學(xué)生走過來，把凡是號碼為2的倍數(shù)的電燈的開關(guān)拉了一下；第3個學(xué)生走過來，把凡是號碼為3的倍數(shù)的電燈的開關(guān)拉了一下，如此等等，最后那個學(xué)生走過來，把編號能被100整除的電燈的開關(guān)拉了一下，這樣過去之后，問哪些燈是亮的？講解 （1）直接統(tǒng)計100次拉線記錄，會眼花繚亂（2）拉電燈的開關(guān)有什么規(guī)律：電燈編號包含的正約數(shù)（學(xué)生）才能拉、不是正約數(shù)（學(xué)生）不能拉，有幾個正約數(shù)就被拉幾次（3）燈被拉的次數(shù)與亮不亮（開、關(guān)）有什么關(guān)系：0123456789關(guān)開關(guān)開關(guān)開關(guān)開關(guān)開 燈被拉奇數(shù)次的亮?。?）哪些數(shù)有奇數(shù)個約數(shù)：平方數(shù)（5）1100中有哪些平方數(shù)：共10個：1，4，9，1

35、6，25，36，49，64，81，100答案：編號為1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10個燈還亮例14 已知直角三角形的兩條直角邊分別為正整數(shù)，斜邊為正整數(shù)，若為素數(shù)，求證為平方數(shù)證明 由勾股定理，有 ，但為素數(shù)，必有 解得 ，從而 ，為平方數(shù)例15 求證，任意3個連續(xù)正整數(shù)的積不是平方數(shù)證明 設(shè)存在3個連續(xù)正整數(shù)（）的積為平方數(shù)，即存在整數(shù)，使 ，即 ，但，故均為平方數(shù)，有得 ，（注意）這一矛盾說明，3個連續(xù)正整數(shù)的積不是平方數(shù)例16 設(shè)是異于2，5，13的任一整數(shù)求證在集合中可以找到兩個不同元素，使得不是完全平方數(shù)證明 因為，所以不是完全平方數(shù)只能是若結(jié)論不成立，則

36、存在正整數(shù)，使同時成立，由知是奇數(shù)，設(shè)代入得 為奇數(shù)，代入、知均為偶數(shù)設(shè)，代入、后相減，有 由于為偶數(shù)，故同奇偶，可被4整除，得為偶數(shù)這與上證為奇數(shù)矛盾所以，在集合中可以找到兩個不同元素，使得不是完全平方數(shù)例17 ()設(shè)為正整數(shù)，整除證明是完全平方數(shù)證明令，是正整數(shù)式中是對稱的，不妨設(shè)(l)若，則本題獲證(2)若，由帶余除法定理，可設(shè)（是整數(shù))，則為正整數(shù)，由 且 得 ， 所以必有， 化簡 ，得 ， 于是 ，其中此時若，則，本題獲證若，可繼續(xù)令（是整數(shù)），仿上可推得，此時若，則，本題獲證若，可如上法做下去因，且均為整數(shù)故總能得到某個，使，是完全平方數(shù)綜上本題獲證這種證明的方法叫“無窮遞降法”，

37、是17世紀法國數(shù)學(xué)家費馬(Fermat1601一1665)首創(chuàng)和應(yīng)用的一種方法 四整除整除的判別方法主要有7大類1定義法證，有三種方式（1）假設(shè)，然后證明（定理4）（2）具體找出，滿足（3）論證的存在例18 任意一個正整數(shù)與它的十進制表示中的所有數(shù)碼之差能被9整除 證明 設(shè)，其中，則 按定義 2數(shù)的整除判別法（1）任何整數(shù)都能被1整除（2）如果一個整數(shù)的末位能被2或整除，那么這個數(shù)就能被2或整除 （3）如果一個整數(shù)的末兩位能被或25整除，那么這個數(shù)就能被4或25整除 （4）如果一個整數(shù)的末三位能被8或125整除，那么這個數(shù)就能被8或125整除 （5）如果一個整數(shù)各數(shù)位上的數(shù)字之和能被3或9整除

38、，那么這個數(shù)就能被3或9整除證明 由，有， （6）如果一個整數(shù)的末三位數(shù)與末三位數(shù)以前的數(shù)字所組成的數(shù)的差能被7或11或13整除，那么這個數(shù)就能被7或11或13整除 證明 由 ，知 ， 又由，而均為素數(shù)知，能被7或11或13整除（7）如果一個整數(shù)的奇位數(shù)字之和與偶位數(shù)字之和的差能被11整除，則這個數(shù)能被11整除證明 由，有3分解法主要用乘法公式如例19 試證證明 改證設(shè)，則 得又 得但，得，即例20 設(shè)與為正整數(shù)，滿足 ，求證可被1979整除（1979）證明 得1979整除，但1979為素數(shù)，得可被1979整除例20-1 2009年9月9日的年、月、日組成“長長久久、永不分離”的吉祥數(shù)字，而它

39、也恰好是一個不能再分解的素數(shù)若規(guī)定含素因子的數(shù)為吉祥數(shù)，請證明最簡分數(shù)的分子是吉祥數(shù)證明：由其中為正整數(shù)，有 ，這表明，整除，但為素數(shù)，不能整除，所以整除，得是吉祥數(shù)4 余數(shù)分類法例21 試證證明1 任何整數(shù)被3除其余數(shù)分為3類 ，（1）時，有 有（2）時，有有（3）有綜上得，證明2 ，得 ，又，得5數(shù)學(xué)歸納法6反證法7構(gòu)造法例22 個連續(xù)整數(shù)中必有一個能被整除證明 設(shè)個連續(xù)整數(shù)為 ，若這個數(shù)被除沒有一個余數(shù)為0，則這個數(shù)的余數(shù)只能取，共種情況，必存在兩個數(shù) ，使 其中，相減 ，有 ，即 與矛盾故個連續(xù)整數(shù)中必有一個能被整除也可以由得 ，推出，與為整數(shù)矛盾例23 個連續(xù)整數(shù)之積必能被整除證明

40、設(shè)個連續(xù)整數(shù)為 ，（1）若這個連續(xù)整數(shù)為正整數(shù)，則 只須證明，對任何一個素數(shù)，分子中所含的方次不低于分母中所含的方次，由高斯函數(shù)的性質(zhì)，有 得為整數(shù)（證實了組合數(shù)的實際意義）（2）若這個連續(xù)整數(shù)中有0，則連乘積為0，必能被整除（3）若這個連續(xù)整數(shù)為負整數(shù)，則 由（1）知為整數(shù)，故為整數(shù)例24 有男孩、女孩共個圍坐在一個圓周上（），若順序相鄰的3人中恰有一個男孩的有組，順序相鄰的3人中恰有一個女孩的有組，求證證明 現(xiàn)將小孩記作，且數(shù)字化 則“3人組”數(shù)值化為 其中又設(shè)取值為3的有個，取值為的有個，依題意，取值為1的有個，取值為的有個，得 ，可見例25 （1956，中國北京）證明對任何正整數(shù)都是整

41、數(shù)，并且用3除時余2分析 只需說明為整數(shù)，但不便說明“用3除時余2”，應(yīng)說明是3的倍數(shù)作變形 ，命題可證 證明 已知即， 因為相鄰2個整數(shù)必有偶數(shù)，所以為整數(shù)又可變?yōu)?，因為相?個整數(shù)必有3的倍數(shù)，故能被3整除；又，所以能被3整除；得用3除時余2五、同余根據(jù)定義，同余問題可以轉(zhuǎn)化為整除問題來解決；同時，同余本身有很多性質(zhì)，可以直接用來解題例26 正方體的頂點標上或，面上標上一個數(shù)，它等于這個面四個頂點處的數(shù)的乘積，求證，這樣得出的14個數(shù)之和不能為0證明 記14個數(shù)的和為，易知，這14個數(shù)不是就是，若八個頂點都標上，則，命題成立對于頂點有的情況，我們改變?yōu)椋瑒t和中有4的數(shù)改變了符號，用表示改變

42、后的和，由 ，知 ， 這表明，改變一個，和關(guān)于模4的余數(shù)不變，重復(fù)進行，直到把所有的都改變?yōu)?，則，所以，例27 設(shè)多項式的系數(shù)都是整數(shù)，并且有一個奇數(shù)及一個偶數(shù)使得及都是奇數(shù)，求證方程沒有整數(shù)根 證明 由已知有 ， ， 若方程存在整數(shù)根，即當(dāng)為奇數(shù)時，有，與矛盾有為偶數(shù)時，有，與矛盾所以方程沒有整數(shù)根六、不定方程未知數(shù)的個數(shù)多于方程個數(shù)的整系數(shù)代數(shù)方程，稱為不定方程求不定方程的整數(shù)解，叫做解不定方程 解不定方程通常要解決3個問題，方程是否有解？有解時，有幾個解，解數(shù)是有限還是無窮？求出全部解例28 解方程解法1 由知方程有整數(shù)解 觀察特解，列表12325得一個特解從而通解為方法總結(jié)：第1步，驗

43、證，經(jīng)常是第2步，求特解（觀察、列舉、輾轉(zhuǎn)相除等）第3步，代入公式解法2 由知方程有整數(shù)解用輾轉(zhuǎn)相除法求特解，再得通解先求 的一個解，由 逆過來有 同乘以213，有 ，得 解法3 由知方程有整數(shù)解用柯西方法求特解，將方程變?yōu)?，令為整數(shù)，有 ，令為整數(shù)，有 代入得方法總結(jié)：第1步，將系數(shù)較小的那個未知數(shù)用另一個未知數(shù)來表示第2步，將表達式形式分離為整數(shù)部分與分數(shù)部分（實際上也是整數(shù)）設(shè)分數(shù)部分為，又得一個不定方程第3步，重復(fù)上述步驟，設(shè)逐次的分數(shù)部分為，那么方程的系數(shù)越來越??；對，經(jīng)過有限次操作，最后方程的兩個未知數(shù)中必有一個系數(shù)為1，從而得到，（為整數(shù)）第4步，將上式按順序倒代上去，逐步求出

44、，即得不定方程整數(shù)解得通解解法4 用同余法，由有 ，但，有，得 ，進而 方法總結(jié)：或例29 求方程的整數(shù)解解 由2009的分解式，有 ， 有 例30 甲乙兩隊各出7名隊員按事先排好的順序出場參加圍棋擂臺賽，雙方先由1號隊員比賽，負者被淘汰，勝者再與負方2號隊員比賽，直到有一方隊員全被淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程，那么所有可能出現(xiàn)的比賽過程的種數(shù)為 （1988，高中聯(lián)賽）解法1 設(shè)甲、乙兩隊的隊員按出場順序分別為和如果甲方獲勝，設(shè)獲勝的場數(shù)是，則而且 ， 容易證明以下兩點：在甲方獲勝時（i）不同的比賽過程對應(yīng)著方程的不同非負整數(shù)解；（ii）方程的不同非負整數(shù)解對應(yīng)著不同的比賽過程，

45、例如，解（2，0，0，1，3，1，0）對應(yīng)的比賽過程為：勝和；勝、和；勝后負于；勝、和但負于；最后勝結(jié)束比賽下面求方程的非負整數(shù)解個數(shù)，設(shè)，問題等價于方程，正整數(shù)解的個數(shù)，將上式寫成，從13個加號取6個的方法數(shù)種得甲方獲勝的不同的比賽過程有種同理，乙方獲勝的不同的比賽過程也有種，合計種比賽過程解法2設(shè)甲、乙兩隊的隊員按出場順序分別為和每一個比賽過程對應(yīng)著這14個元素的一個排列，且滿足的下標從左到右是遞增的，的下標從左到右也是遞增的由于從14個位置中取出7個來，有序地排上有種排法，而剩下的7個位置有序地排上只有一種排法，所以，問題的實質(zhì)是從14個相異元素中取出7個的組合數(shù)，得種比賽過程解法3 建立下面的對應(yīng)；集合的任一個7元可重組合對應(yīng)著一個比賽過程，且這種對應(yīng)也是一個一一對應(yīng)例如前述的比賽過程對應(yīng)的7長可重組合是，所以甲方獲勝的不同的比賽過程