7.常用初等數(shù)學知識

1、知識總結(jié)知識總結(jié)1一、整除的性質(zhì)：3二、數(shù)的整除特征3三、奇偶的性質(zhì)4四、模 p 運算4五、同余的性質(zhì)4六、余數(shù)檢驗5七、素數(shù)6八、素數(shù)的檢驗7九、最大公約數(shù)8十、算術(shù)基本定理9十一、一些數(shù)論的定理9十二、二次剩余9十三、數(shù)10十四、完全數(shù)11十五、數(shù)12十六、完全平方數(shù)12十七、水仙花數(shù)13數(shù)13數(shù)13數(shù)13十八、西西十九、高度二十、二十一、親和數(shù)14二十二、二十三、二十四、數(shù)14的其他公式15方程15二十五、勾股數(shù)的特點16二十六、勾股數(shù)系的系和組17二十七、勾股數(shù)系的性質(zhì)18二十八、二元一次不定方程18二十九、中國同余式19三十、數(shù)列19三十一、.20三十二、幻方20三十三、克拉茨命題2

2、1三十三、用疊代法求高精度倒數(shù)22三十四、用二分法求解 n!22三十五、高精度求乘冪22三十六、高精度求實數(shù)乘冪23三十七、高精度求對數(shù)23三十八、乘法的快速轉(zhuǎn)換241三十九、FFT 乘法25四十、高精度求開方26四十一、對原函數(shù)進行高精度求解27四十二、 四十三、威四十四、尼姆四十五、取火柴四十六、取硬幣（Bash Game）：28（Wythoff Game）：28（Nimm Game）：29.30.31四十七、分金幣31四十八、三人行.32四十九、3 個教士和 3 個土人32五十、分酒問題33五十一、砝碼34五十二、三角35五十三、圖論的一些定理：38五十四、二部圖39五十五、排列組合問題

3、40五十六、計數(shù)問題40五十七、微積分公式42五十八、三角函數(shù)公式44五十九、空間幾何和向量代數(shù)：45六十、多元微積分45六十一、多元函數(shù)微分法及應用48六十二、微分法在幾何上的應用：49六十三、級數(shù)：50、微分方程：53六十五、數(shù)學常用公式54六十六、二維圖形的周長與面積公式57六十七、程序592一、整除的性質(zhì)：1、有兩個整數(shù)a 和b(b 0) ，b 能整除 a ，記做 b | a。2、（整除的傳遞性）若 b | a ，c | b ，則 c| a。3、若 b | a ，則 cb | ca。其逆命題若cb | ca ，則 b | a 也成立。則m, n Z ，有n4、若 c | a， c |

4、b，c |ma+nb。c aii Z,i 1,2, n)并可推廣到若 c | ai (i 1,2, n) ，則有i1a 0 ，則b a 。6、若 b | a 且a 0 ，則。b a a5、若 b | a 且7、 1 是任一整數(shù)的因數(shù)，即 1 | a。0 是任一整數(shù)的倍數(shù)，即 a | 0。8、 a 是 a 的因數(shù)，也是 a 的倍數(shù)，即 a | a, a | a 。9、若 b | a 且 a | b，在 a b，或 ab。二、數(shù)的整除特征1、能被 3 或 9 整除的數(shù)的特征是它的各個數(shù)位上的數(shù)字之和能被 3 或 9 整除。2、能被 11 整除的數(shù)的特征是它的奇位上的數(shù)字和減去偶位上的數(shù)字和，所得的

5、差能被 11整除。3、一個整數(shù)割去末位數(shù)字后的數(shù)，再減去末位數(shù)字（前面所說的那個數(shù)）的數(shù)為 10n+1 的倍數(shù)，則原數(shù)也是 10n+1 的倍數(shù)。4、一個整數(shù)割去末位數(shù)字后的數(shù)，再減去末位數(shù)字（前面所說的那個數(shù)）的數(shù)為 10n1 的倍數(shù)，則原數(shù)也是 10n1 的倍數(shù)。5、一個整數(shù)割去末位數(shù)字后的數(shù)，再減去末位數(shù)字（前面所說的那個數(shù)）的果余數(shù)為 10n+3 的倍數(shù)，則原數(shù)也是 10n+3 的倍數(shù)。6、一個整數(shù)割去末位數(shù)字后的數(shù)，再減去末位數(shù)字（前面所說的那個數(shù)）的果余數(shù)為 10n+7 的倍數(shù)，則原數(shù)也是 10n+7 的倍數(shù)。n 倍，如果余n 倍，如果余3n1 倍，如3n1 倍，如9 的余數(shù)：把一個

6、數(shù)的各個數(shù)字相加，得到若不是一位數(shù)再第 2 次相加直到出現(xiàn)一位數(shù)。該一位數(shù)則是除 9 后的余數(shù)。7 的整除：有一種判斷整數(shù)能不能被 7 整除的方法，這種方法也可以用來判斷整數(shù)是否能被 11 或13 整除，由于這種方法的基礎是 71113=1001，所以它為”1001 法”。以 15946為例，15946 從左往右數(shù)到第一位與第四位（中間相隔兩位）上的數(shù)都減去 1，則得5936，實際上相當于減去 101001，減去的是 7 的倍數(shù)，因此要考查 15946 是否能被 7 整除，只須考查 5936 是否能被 7 整除就行了，再從 5936 的第一位和第四位上都減去 5，得 931，則 15946 能

7、不能被 7 整除變成了考查 931 能不能被 7 整除，如果把大于 7 的數(shù)字都減去 7，實際上就是要考查 231 是否能被 7 整除，這時只須用一次”去一減二法”（減去21）得 21，就能判定 15946 能被 7 整除了。用同樣的方法說明，往65 的 6 與 5 之間，每添加進去6 個 0 就可以得到一個形如 6005的能被 65 整除的數(shù)。在 21 的 2 與 1 之間每添加進去 6 個 0，所得的數(shù)都能被 21 整除，而且每添加進去 6 個別的相同數(shù)學之后，如 2111111，2222221，23333331，29999991 等，也都能被 21 整除，其中，在 21 的 2 與 1

8、之間加進去 3 時，無論是加進去多少個 3，所得的數(shù) 233331 都肯定3能被 21 整除。定理：有理數(shù) a/b，0ab，（a，b）1 能表成純循環(huán)小數(shù)的充要條件是（b，10）1。三、奇偶的性質(zhì)1、a b 與 an bn 的奇偶性相同。2、設 m，n 為奇數(shù)，平面上的凸 n 邊形不能用對角線把每個頂點與另外 m 個頂點連接。四、模 p 運算1、給定一個正整數(shù)p，任意一個整數(shù) n，一定存在等式 n = kp + r，其中k、r 是整數(shù)，且0 r 0，則有 ak bk(mod pk ) a b(mod p) 。7、若a b(mod p) ， p1 | p( p1 0) ，則a b(mod p1

9、) 。8 若a b(mod pi )(i 1,2, n) ，當P p1p2, ,p(最小公倍數(shù))時，a b(mod P) 。若 ac bd (mod p) ，c d(mod p) ，且（c，p）1（最大公約數(shù)），則若a b(mod p) 。9、p )ac bc(mod p)a b(mod10、若，且（c，m）d1，則d11、設 f (x) 是一個非零整系數(shù)多項式，且a b(mod p) ，則 f (a) f (b)(mod p) 。12、若a b(mod p) ，則 (a, p) (b, p) ，因而若 d 能整除 m 及 a，b 二數(shù)之一，則 d 必能整除 a，b 中的另一個。六、余數(shù)檢驗1

10、、關(guān)鍵數(shù)法：用如下表中的數(shù)據(jù)分別乘以數(shù)的個位，十位，百位， ，再相加，結(jié)果若能夠被除數(shù)整除，則原數(shù)能被該除數(shù)整除。其原理可用同余和小定理證明。上面的表雖然只能對 18 以前的除數(shù)進行處理，但也基本滿足平時的需要。其中號表示要對循環(huán)相乘，舉例來說，比如求 48970513 被 14 除的余數(shù)是多少：311-4520674984-2-6-43 -其中最后的那個4 就是4 + 10 + 0 + 28 - 18 - 48 - 16 = -45 = -3 = 11 mod 14號里的第一個數(shù)，剛開始循環(huán)。2、分段判別法：將被除數(shù)按照下表中的位數(shù)分段，然后求和或者代數(shù)和，結(jié)果若能夠被整除則原數(shù)也能夠被整除

11、。5除數(shù)分段10n=1(mod p)求和或代數(shù)和3110=1求和73103=-1代數(shù)和11110=-1代數(shù)和101111，-1121，-2，4131，-3，-4，-1，3，4141，-4，2，6，4，-2，-6151，-5161，-6，4，8171，-7，-2，-3，4，6，-8，5，-1，7，2，3，-4，-6，8，-5除數(shù)關(guān)鍵數(shù)213141，25161，471，3，2，-1，-3，-281，2，491例如，求 47386502 除以 13 的余數(shù)：47-386+502=163=33=7 mod 13。所以余數(shù)是 7。3、逐位加減法：設被除數(shù) N 的個位數(shù)是 a ，若除數(shù) p 的某個倍數(shù)與

12、10 的若干倍相差 1，則可以用這個方法：若m1，則有：N=10 N/10+a=10 N/10+a pka=10 N/10+a (10m1)a mod p=10N/1010ma mod p=10(N/10ma) mod p例如，37=21=20+1，所以某數(shù)除以 7 時，可以將十位以上的數(shù)減去個位的兩倍，結(jié)果可以繼續(xù)這個過程，比如 12761，1276-12=1274，127-42=119，11-92=-7，所以 12761 可以被 7 整除。再如 313=39=40-1，所以 27937 除以 13 時，2793+74=2821，282+14=286，28+64=52，5+24=13，所以

13、27937 可以被 13 整除。這只是判斷是否可以整除，如果進一步要求出余數(shù)，則要將運算結(jié)果乘以 10k ，這里 k 是運算的次數(shù)，再利用關(guān)鍵數(shù)表算出最后的余數(shù)。例如 11=10+1，由于 10=-1 mod 11，所以要算 27937 除以 11 的余數(shù)，可以這樣進行，7-2793=-2786，-6+278=272，2-27=-25，-5+2=-的余數(shù)是 8。以 27937 除以 11再看一種，317=51，所以 27931 除以 17 可以這樣進行，2793-15=2788，278-85=238，23-85=-17，所以 27931 可以被 17 整除。要求出 27932 除以 17 的余

14、數(shù)，可以這樣，2793-25=2783，278-35=263，26-35=11。所以 27932 除以 17 的余數(shù)是 111000=-6(-3)=18=1。顯然要比關(guān)鍵數(shù)法簡便。實際上這是 9 余數(shù)驗算法的一種推廣，由于 9=10-1，相當于將個位乘 1 加到十位以上的數(shù)中去。七、素數(shù)1、如果 a 是一個大于 1 的整數(shù)，而所有a 的素數(shù)都除不盡 a，則a 是素數(shù)。2、若 p 為素數(shù)，且 p | ab，則有 p | a 或 p | b。若（a，b）1，則(am ,bn ) 1。 3、n 個整數(shù)a1 , a2 , an 互素的充要條件是存在整數(shù)t1 ,t2 ,tn ，使得2a2 tnan 16

15、除數(shù) p379111317192123272931數(shù) m1-21-14-52-27-83-3112102=1求和133103=-1代數(shù)和178108=-1代數(shù)和199109=-1代數(shù)和23111011=-1代數(shù)和29141014=-1代數(shù)和31151015=1求和376106=1求和415105=1求和43211021=1求和47231023=-1代數(shù)和4、若 p 和 q 是孿生素數(shù)，則 p qpq是 pq 的倍數(shù)。八、素數(shù)的檢驗1、n-1 檢驗法：如果對于奇數(shù) n，已經(jīng)知道了 n-1 的素因子分解式，那么如下的 n-1檢驗法將是有效的。在 1891 年，E。將小定理改進成對于檢驗素數(shù)很實用的

16、形式，后來又由克拉奇科和萊默進一步改進：定理一：設 n1 是一個奇數(shù)，如果對于 n-1 的每一個素因子 q 存在一個整數(shù) a 使得：n1an1 1(mod n) ，anda 1(mod n) 。 則 n 是素數(shù)。q這個定理的之處是需要知道 n-1 的全部因子，那么能不能不需要如此呢?下面一個定理是泊泊(Pocklingdon)在 1914 年發(fā)現(xiàn)的：定理：設 n-1=qkR，這里 q 是素數(shù)，并且 R 不能被 q 整除。如果存在一個整數(shù)n1a 使得an1 1并且利用這個定理，( a1, n) 1，則n 的每一個素因子 q 都具有 qkr+1 的形式。q可以將定理一改進如下：定理二：假定 n-1

17、 = FR， 這里 FR，(F，R)=1 并且已知 F 的素因子分解。如果對于使得an1 1(mod n)F 的每一個素因子 q 都存在一個整數(shù) a 1n1( a1, n) 1 ；則 n 是素數(shù)。(注意對每一個 q 都可以用不同的 a)。q定理二還可以進一步改進如下：如果 FR，并且 R 的每一個因子都大于 sqrt(R/F)；或者 n 2F 3 ， R=rF+s， 0s1。佩班(Pn)檢驗法(1877)： 讓 F(n) 第n 個F (n)1 1(mod F (n) 。F(n) 是素數(shù)當且僅當32(Proth)定理 (1878)： 讓 n = h， 2k 1且2k h ，如果存在一個整數(shù) a

18、使得：n1a 1(mod n) (mod n)，2則 n 是素數(shù)。定理三 ：讓 n= h ， qk 1 且q 是素數(shù)并且 qk h ， 如果存在一個整數(shù) a 使得n1an1 1(mod n) ， 并且( a1, n) 1 ，q則 n 是素數(shù)。2、n+1 檢驗法和 Lucas-Lehmer 檢驗法有許多已知的大素數(shù)具有形式 N-1， 而 N 是很容易分解因數(shù)的，為什么這些形式的數(shù)能被檢驗呢?因為對它們可以應用一種類似小定理的有趣定理來對付它們。選擇兩個整數(shù) p 和 q 使得 p 2 4q 不是模 n 的一個平方剩余， 則多項式假定p sqrt( p 2 4q)x px q 有兩個不同的根， 其中

19、之一是r 2， 并且很容易推導出 r2的冪具有如下形式：V (m) U (m)sqrt( p 2 4q)引理 1： rm27這里 U 和 V 分別定義如下：U(0) = 0， U(1) = 1， U(m) =V(0) = 2， V(1) = p， V(m) =(m-1) - qU(m-2)(m-1) - qV(m-2)這就是關(guān)于 p 和 q 的序列。 一個眾所周知的特例是令 p=1， q=-1， 則U(m)在拿契數(shù)列。序列有許多特性，使得它們能很快地進行計算(用一種類似于計算xm 時所用的重復平方的方法)：V (2m) V (m)2 2qmU(2m) = U(m)V(m)來敘述這種類似現(xiàn)在引理

20、小定理的定理：2：p，q 和 r 同上(使得 p2-4q 不是模 n 的一個平方剩余)，讓2r a bsqrt( p2 4q)(mod n)。如果 n 素數(shù)，則2rn a bsqrt( p2 4q)(mod n)的 U 序列(即 sqrt( p2 4q) 的系數(shù))。這樣說有點太， 讓用引理 3： (p，q 同上) 如果 n 是素數(shù)， 則 U(n+1) = 0 (mod n)?，F(xiàn)在可以重新敘述一下定理了：定理 4：讓 n 1 是一個奇整數(shù)。如果對于 n+1 的每一個素因子 r 都存在相應的素數(shù)q(這里 p2 4q 不是 n 的平方剩余)使得：U(n+1) = 0 (mod n)，并且 U(n+1

21、)/r) is not 0 (mod n)；則 n 是素數(shù)。p 和(確定一個數(shù) d 是否是 modulo n 的一個平方剩余很容易用 Jacobi 符號來決定，這在任何一本數(shù)論書中都可以找到。)V (2k 1)一個重要的有趣特例是設 S(k) 。22k-萊默檢驗法(1930)：讓 M(n)是第 n 個素數(shù)(即 M (n) 2n 1)。M(n)是素數(shù)當且僅當 S(n-2) = 0(mod M(n) 這里 S(0) =4 并且 S(k 1) S(k)2 2 。這個檢驗法計算特別快，因為它不需要做乘法，只要做移位即可。編寫程序也很容易。定理當p 是素數(shù)時，數(shù) 12 (p-1)+1 能被 p 整除。這

22、個定理的逆定理也成立，3、即如果數(shù)：12 (p-1)+1 能被 p 整除，則 p 是素數(shù)。現(xiàn)在的一般表述是：p 是素數(shù)的充要條件是（p-1)!+1=0（mod p）。一個奇素數(shù)等于兩個平方數(shù)之和的充要條件是這素數(shù)形如 4n+1。九、最大公約數(shù)1、設a，b，c 是任意三個不全為零的整數(shù)，且 abqc，其中 q 是整數(shù)，則（a，b）（b，c）。2、設 a1 , a2 , an 是 n(n 2) 個不全為零的整數(shù)， a1 , a2 , an 的最大公約數(shù)一定存在且唯一。3、設d 是a1 , a2 , an 的最大公約數(shù)，那么存在整數(shù)t1 ,t2 ,tn ，使得2a2 tnan d 成立。( a1 ,

23、 a2 , an ) 14、(a , a , a ) d 的充要條件是。a , a , a m 的充要條12n12ndddmmm(,) 1a1 a2an8件是。5、若a1 , a2 , an 是n(n 2) 個正整數(shù)，令(a1, a2 ) d2 ,(d2 , a3 ) d3 ,(dn1 , an ) dn ，則(a1 , a2 , an ) dn 。最大公倍數(shù)有類似的性質(zhì)。6、若a | b，c | b 且（a，c）1，則 ac |b。(a， c)lcm(a， c)(a，lcm(b， c) = lcm(a， b)，lcm(a，(b， c) =(lcm(a， b)，在座標里，將點(0，0)和(a，

24、b)連起來，通過整數(shù)座標的點的數(shù)目（除了(0，0)一點之外）就是(a，b)。十、算術(shù)基本定理1、任一大于 1 的整數(shù)都能表成素數(shù)的乘積，即對于任一整數(shù) a1，有a p p paaaa 0(i 1,2, n)12np , p , p12n，i，并且12n 是素數(shù)?；镜乃阈g(shù)原理證明，每個正整數(shù)都可以寫成素數(shù)的乘積，因此素數(shù)也被稱為自然數(shù)的”建筑的基石”。2、若p 是素數(shù)，且 p m ，在m！的標準分解式中素因數(shù)p 的最高次冪是mmm m pk1pkp(m!) pp 2pk，其中a。a p p paapak 1 1n12nS(a) k3、若，則12npk 1k 1S（a）是 a 的所有正因數(shù)之和。

25、十一、一些數(shù)論的定理1、函數(shù)函數(shù)是指：對于一個正整數(shù) n，小于 n 且和 n 互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)，記做 (n)，其中 (1)被定義為 1，但是并沒有任何實質(zhì)的意義。定義小于 n 且和 n 互質(zhì)的數(shù)的集合為 Zn，稱呼這個集合為 n 的完全余數(shù)集合。顯然，對于素數(shù) p，(p)= p -1。對于兩個素數(shù) p、q，他們的乘積 n = pq 滿足(n) =(p-1)(q-1)2、定理：，其中(m) 為 a mod m若，(a，m)=1，則函數(shù)。推論：對于互質(zhì)的數(shù)a、m，滿足 a(m)13、定理：都有 xn yn zn大定理：當整數(shù) n 2 時，對于所有正整數(shù) x，y，z小定理：假如 a 是一個整數(shù)，p

26、 是一個質(zhì)數(shù)的話，那么假如 a 不是 p 的倍數(shù)的話，那么這個定理也可以寫成十二、二次剩余9對于任意的整數(shù) X 的平方數(shù) x 2 除以任意正整數(shù) n 所余的數(shù) d，稱此 d 為”模 n 的二次剩余”，以下n 是質(zhì)數(shù)的情況（且此質(zhì)數(shù)為奇質(zhì)數(shù)，以下 n=p 且 p 不能整除 d）：當對于某個 d 及某個 X， x2 d (mod p)成立時，稱”d 是模p 的二次剩余”當對于某個 d 及任意 X， x2 d (mod p)不成立時，稱”d 是模 p 的二非次剩余”二次剩余的判別法：若 p 是奇質(zhì)數(shù)且 p 不能整除 d，則 d 是模 p 的二次剩余的充要條件為：p1p1d -1(mod p)d 1

27、(mod p)22。d 是模 p 的二非次剩余的充要條件為： p 1x2 d (mod p)對于而言，能滿足”d 是模 p 的二次剩余”的 d 共有個，分別為：( p 1)222( p 1 1)221，2， ，下面，來定義勒讓德符號(其中 p 不能整除 d，以下皆然)：（d/p）= 1，當 d 是模 p的二次剩余時（d/p）= -1，當 d 不是模 p 的二次剩余時，勒讓德符號有以下性質(zhì)：（d/p）=（d+p/p） （d2/p）= 1（d/p）= dp-1/2（de/p）=（d/p）（e/p）(p 不能整除 de) （1/p）= 1 （-1/p）= (-1)p-1/2當 p，q 皆為質(zhì)數(shù)時：（

28、q/p）（p/q）= (-1)(p-1)(q-1)/4 此即二次互反律 。十三、數(shù) 2 p1M?？慈绻筽設p 是一個素數(shù)，形如2 p 1的數(shù)稱為數(shù)，記做 M p是素數(shù)，p 必須是素數(shù)；反過來就未必成立了，p 是素數(shù)， M p 是合數(shù)也可能是素數(shù)。任意兩個數(shù)是互素的。設p 是一個奇素數(shù)，q 是M p 的一個素因數(shù)，則 q 形如 q2kp1。 萊默檢驗法原理是這樣： 令M p 2 1p數(shù)作為檢驗對象（預設 p 是素M數(shù)， 否則p就是合數(shù)了)。 定義一個序列S i 所有的i素數(shù) 當且僅當M37634， 那么p 是 0 。這個序列的開始幾項是 4， 14， 194，MS否則p 是合數(shù)。數(shù) p2mo

29、d Mp 叫做斯萊默余數(shù)的p。M改進了魯?shù)墓ぷ鳎o出了一個針對p 的新的素性測試1930 年，數(shù)學家-方法： M p 3 是素數(shù)的充分必要條件是 L 0 ，其中 L 4 ，方法，即魯p20L (L 2) mod M的結(jié)論是24r3 1可以被形如 8r+7 的素數(shù)整除。所以當 4r+3n1np和 8r+7 都是素數(shù)時，8r+7 必能整除相應的數(shù)。10序號素數(shù)位數(shù)M 2M 3M 5M 7M13M17M19M 31M 61M 89M 9941M11213M 19937M 21701M 23209M 44497M 86293M110503M132M 216091M 756839M 859433M125

30、7787M1398269M 2976221M 3021377M 6972593112229932123337632246002432565335426698766271339576282596281029332659193010273165050M107M127M 521M 607M1279M 2203M 2281M 3217M 4253M 4423M 9689113332227832123933258716131573437863214183354209211538636895933166643790952617687382098960M13466917M 20996011M 2403658

31、318969？4053946191281？6320430201332？7235733212917十四、完全數(shù)1 (完全數(shù)第一定理：一個偶數(shù)是完美數(shù)，當且僅當它具有如下形式： 2) 。1 (n完全數(shù)第二定理： 偶完全數(shù)必定呈2) 的型式，其中為質(zhì)數(shù)。完全數(shù)都是以 6 或 28 結(jié)尾。除 6 以外的完全數(shù)，把它的各位數(shù)字相加直到變成一位數(shù)，那么這個一位數(shù)一定是 1（亦即：除 6 以外的完全數(shù)，被 9 除都余 1。）28：2+8=10，1+0=1496：4+9+6=19，1+9=10，1+0=1考拉茲(Collatz)猜想，又稱為”3x+1”猜想，是指對于每一個正整數(shù)，如果它是奇數(shù)，則對它乘 3 再

32、加 1，如果它是偶數(shù)，則對它除以 2，如此循環(huán)，最終都能夠得到 1。1、所有的偶完全數(shù)都可以表達為 2 的一些連續(xù)正整數(shù)次冪之和，從2 p1 到2p6=21 + 2228=22 + 23 + 248128=26 + 27 + + 2121133550336=212 + 213 + + 2242、每一個偶完全數(shù)都可以寫成連續(xù)自然數(shù)之和：6=1+2+328=1+2+3+4+5+6=1+2+3+30+313、除 6 以外的偶完全數(shù)，還可以表示成連續(xù)奇數(shù)的立方和（被加的項共有)：28=13 + 33496=13 + 33 + 53 + 73=13 + 33 + 53 + 1253 + 12738128

33、=13 + 33 + 53 +4、每一個完全數(shù)的所有約數(shù)(包括本身)的倒數(shù)之和，都等于 2：1/1 + 1/2 + 1/3 + 1/6 =21/1 + 1/2 + 1/4 + 1/7 + 1/14 + 1/28 =25、它們的二進制表達式也很有趣：(6)10 = (110)2(28)10 = (11100)2十五、數(shù)的數(shù)叫做數(shù)，頭四項是 F（0）=3，F(xiàn)（1）=5，F(xiàn)（2）=17，F(xiàn)（3）=257，F(xiàn)（4）=65537 都是質(zhì)數(shù)。但 F(6)，F(xiàn)(7)，F(xiàn)(8)，F(xiàn)(9)，F(xiàn)(10) F(11)，F(xiàn)(12)，F(xiàn)(13)，F(xiàn)(14) ，F(xiàn)(15)，F(xiàn)(16)，F(xiàn)(18)，F(xiàn)(19)，F(xiàn)(21)，

34、F(23)，F(xiàn)(25)，F(xiàn)(26)，F(xiàn)(27)，F(xiàn)(30)，F(xiàn)(32)，F(xiàn)(36)，F(xiàn)(38)，F(xiàn)(39)，F(xiàn)(42)，F(xiàn)(52)，F(xiàn)(55)，F(xiàn)(58)，F(xiàn)(63)，F(xiàn)(73)，F(xiàn)(77)，F(xiàn)(81)，F(xiàn)(117)，F(xiàn)(125)，F(xiàn)(144)，F(xiàn)(150)，F(xiàn)(207)，F(xiàn)(226)，F(xiàn)(228)，F(xiàn)(250)，F(xiàn)(267)，F(xiàn)(268)，F(xiàn)(284)，F(xiàn)(316)，F(xiàn)(452)，F(xiàn)(1945)是合數(shù)。當 n2 時，數(shù) Fn 若有素因子，那么這一因子具有k 的形式。n1 ，如果僅用圓規(guī)和直尺，作圓內(nèi)接正 n 邊形，當 n 滿足如下特征之一方可做出：1)n= 2m ；（ 為正整數(shù)）22t2)

35、邊數(shù) n 為素數(shù)且形如 n=（t+1=0、1、2）。簡單說 為素數(shù)。素數(shù)。數(shù)。由 p p2mp,21k ，其3)邊數(shù)n 具有中21k 為互不相同的由的結(jié)論，具有素數(shù) p 條邊的正多邊形可用尺規(guī)作圖的必要條件是 p 為于現(xiàn)在得到的素數(shù)只有前五個數(shù)，那么可用尺規(guī)作圖完成的正素數(shù)邊形就只有3、5、17、257、65537。進一步，可以做出的有奇數(shù)條邊的正多邊形也就只能通過這五個數(shù)組合而得到。這樣的組合數(shù)只有 31 種。而邊數(shù)為偶數(shù)的可尺規(guī)做出的正多邊形，邊數(shù)或是2 的任意次正整數(shù)冪或與這 31 個數(shù)相結(jié)合而得到。十六、完全平方數(shù)完全平方數(shù)的末位數(shù)只能是 0，1，4，5，6，9。奇數(shù)的平方的個位數(shù)字為

36、奇數(shù)，十位數(shù)字為偶數(shù)。如果完全平方數(shù)的十位數(shù)字是奇數(shù)，則它的個位數(shù)字一定是 6；反之，如果完全平方數(shù)的個位數(shù)字是 6，則它的十位數(shù)字一定是奇數(shù)。1、任何整數(shù)平方后，只可能是 4n 或 4n1 的形式，4n2、4n3 的整數(shù)不是平方數(shù)。2、任何整數(shù)平方后，只可能是 3n 或 3n1 的形式，3n2 的不是平方數(shù)。3、任何整數(shù)平方后，只可能是 5n、5n1 或 5n4 的形式。4、任何整數(shù)平方后不可能是 8n2，8n3，8n5，8n6，8n7。125、任何整數(shù)平方后不可能是 9n2，9n3，9n5，9n6，9n8。兩個平方數(shù)之和乘以兩個平方數(shù)之和仍然是兩個平方數(shù)之和。只要是奇數(shù)，就可以表示成兩數(shù)平

37、方差的形式。任何一個自然數(shù)都可以用不超過四個平方數(shù)來表示。（除了形如 4n*(8k+7)必須用四個平方數(shù)表示外，可以縮減到 3）。十七、水仙花數(shù)153，370，371，407 叫水仙花數(shù)，即這四個三位數(shù)字中任一個數(shù)都等于它的三個數(shù)位數(shù)字的立方和，即 15313+53+33，370=33+73+03，371=33+73+13，407=43+03種性質(zhì)的數(shù)叫水仙花數(shù)。具有這十八、西西數(shù)叫西西數(shù)，大家知道宇宙中有一種叫”黑洞”的天體，是由高密度物質(zhì)組成，連光線射到這個天體上都被吸收掉，不能反射，人們看不見這個天體，所以稱它為黑洞。而 123 就是數(shù)字黑洞。取任一個數(shù)，如 81872115378，其中

38、偶數(shù)個數(shù)是 4，奇數(shù)個數(shù)是 7，是 11 位數(shù)，又組成一個新的數(shù) 4711。該數(shù)有 1 個偶數(shù)，3 個奇數(shù)，是 4 位數(shù)，又組成新數(shù) 134。再重復以上程序，1 個偶數(shù)，2 個奇數(shù)，是 3 位數(shù)，便得到 123 黑洞。反復重復以上程序，始終是 123，就再也逃不出去，得不到新的數(shù)了。對任何一個數(shù)重復以上等程序都會得到 123 黑洞。為什么把數(shù)學黑洞 123 叫西西數(shù)呢？相傳古希臘國王西西被天神處罰將一巨石推到一座山上，不管國王如何努力，那巨石總是在到達山頂之前不可避免地滾下山坡。國王被迫重新再推，永無休止，因此，人們把 123 黑洞叫做西西數(shù)。十九、高度數(shù)指一個數(shù)，任何比它小的自然數(shù)的因子數(shù)目

39、均比這個數(shù)的因子數(shù)目少。首二十個高度合成數(shù)為2，4，6，12，24，36，48，60，120，240，360，720，840，1260，1680，2520，5040，7560，10080。二十、數(shù)發(fā)現(xiàn)兩個數(shù)的比會接近黃金分割：。數(shù)亦可以用連分數(shù)來表示：13而黃金分割數(shù)亦可以用無限連分數(shù)表示：n2 Fn3 2 F2n1 F2n5 F2n F2n1 16B2 A D數(shù) A，B，C，D，有C 21、四個相繼的2、最后一位數(shù)字，每 60 個數(shù)一循環(huán)；最后兩位數(shù)字，每 300 個數(shù)一循環(huán)；最后三位數(shù)字，每 1500 個數(shù)一循環(huán)；最后四位數(shù)字，每 15000 個數(shù)一循環(huán)；最后五位數(shù)字，每 150000個數(shù)

40、一循環(huán)，等等。3、每第三個數(shù)可被 2 整除，每第四個數(shù)可被 3 整除，每第五個數(shù)可被 5 整除，每第六個數(shù)可被 8 整除，等等。這些除數(shù)本身也數(shù)列。二十一、親和數(shù)與完全數(shù)有關(guān)的是親和數(shù)。如果兩個數(shù) a 和 b，a 的所有真因數(shù)之和等于b，b 的所有真因數(shù)之和等于 a，則稱 a，b 是一對親和數(shù)。首先發(fā)現(xiàn) 220 與 284 就是一對親和數(shù)，2000 多年后，才發(fā)現(xiàn)了另一對親和數(shù)：17296 和 18416。法國另外一位數(shù)學家笛發(fā)現(xiàn)了當時最大的一對親和數(shù)：9363548，9437056。十八世紀的找到了三對親和數(shù)：2620 與 2924，5020 與 5564，6232 與 6348。100 多

41、年后的 1866 年，意大利少年尼。帕發(fā)現(xiàn)了錯過的更小的一對親和數(shù)：1184 與 1210。的學者泰比特就提出了一個構(gòu)造親和數(shù)的公式： 如果三個數(shù)：p 3 2n1 1， q 3 2n 1， r 9 22n1 1都是素數(shù)，且 p，q2，則2n p q 和2n r 就是一對親和數(shù)。例如，取 n=2，得 p=5，q=11，r=71，則 22*5*11=220 和 22*71=284是一對親和數(shù)。到為止，人們研究的都是偶親和數(shù)，是第一位系統(tǒng)研究奇親和數(shù)的數(shù)學家。他給出了構(gòu)造親和數(shù)的一些方法，并證明奇親和數(shù)是存在的。例如：a=32*5*7*13*17=69615 和b=32*7*13*107=87633

42、 就是一對奇親和數(shù)。二十二、數(shù)數(shù) En 是一個整數(shù)數(shù)列，由下列級數(shù)展開式定義：奇數(shù)項的 E0 = 1E2 = -1數(shù)皆為零，偶數(shù)項的數(shù)正負相間，開首為：14E4 E6 E8 E10 E12 E14 E16E18=5-61 1，385=-50，521 2，702，765-199，360，981 19，391，512，145-2，404，879，675，441二十三、的其他公式表面經(jīng)過連續(xù)變形可變?yōu)榍蛎娴亩嗝骟w叫簡單多面體。V 是多面體的頂點數(shù)，F(xiàn) 是多面體的面數(shù)，E 是多面體的邊數(shù)，m 是多面體中一個面的邊數(shù)，n 是一個頂點的邊數(shù)，則有2mnF 2EE 及2m 2n mnm其實上述公式對簡單多面

43、體都成立。令f（p）V+F-E2，則 f (p)叫做示性數(shù)。對于具有k (k2)個連通分支的平面圖 G，有n-m+r=k+1。其中 n，m，r 分別為 G 的頂點數(shù)，邊數(shù)和面數(shù)。上面的公式對平面圖（就是圖中的邊是不相交的連通圖）也成立。由歐拉公式可以推導出下面的定理：1、 圖 G 是一個由 n 個結(jié)點 m 條邊的簡單連通平面圖，若 n 3 ，則有m 3n 6 。2、 若圖 G 是每個面由 4 條或 4 條以上的邊圍成的連通平面圖，則有m 2n 4公式ei cos i sin著名的是人們公認的優(yōu)美公式。原因是指數(shù)函數(shù)和三角函數(shù)在實數(shù)域中幾乎沒聯(lián)系，而在復數(shù)域中卻發(fā)現(xiàn)了他們可以相互轉(zhuǎn)化，并被一個非

44、常簡單的關(guān)系式聯(lián)系在一起。特別是當= 時，公式便寫成了 ei1 0 ，就常數(shù)這個等式將數(shù)中最富有特色的五個數(shù) 0，1，i ，e， 絕妙地聯(lián)系在一起。二十四、方程xn y(n) p xn1 y(n1) pxy p y f (x)(其中p 是常數(shù)）n11ni各項未知函數(shù)導數(shù)的階數(shù)與乘積因子自變量的方次數(shù)相同方程是特殊的變系數(shù)方x et 或 t ln x,程，通過變量代換可化為常系數(shù)微分方程。 作變量變換一般地，用變量 D 表示對自變量 t 的導數(shù) d/dtDn y p Dn1 y p y f (et )x y D(D 1)(D k 1) y.k(k )1n比如 x y x y 4xy 3xx e

45、或 t ln x,322t作變量變換D(D 1)(D 2) y D(D 1) y 4Dy 3e2t ,D3 y 2D2 y 3Dy 3e2t ,既又比如(x a)2 y p (x a) y p y f (x)12把 x+a 看作一個整體15二十五、勾股數(shù)的特點勾股數(shù)實際上就是不定方程 x2 的正整數(shù)解。設兩個正整數(shù) u，v，它們滿足：b uv, cauvuv，(u，v)=1， uv(mod2)。又設a，b，c，且，則 a，b，c 是勾股數(shù)。（*）如果(a， b， c)是勾股數(shù)，它們的正整數(shù)倍數(shù)，也是勾股數(shù)，即 (na， nb， nc) 也是勾股數(shù)。若果 a，b，c 三者互質(zhì)（它們的最大公因子是

46、 1），它們就稱為素勾股數(shù)。所有素勾股數(shù)（不是所有勾股數(shù)）都可用上述列式當中找出，這亦可推論到，數(shù)學上存在無窮多的素勾股數(shù)。引理 1：若滿足且則總是一奇一偶。勾、股、弦各個都不等。勾、股中至少有一個能被 3 整除，也至少有一個能被 4 整除。勾、股、弦中至少有一個能被 5 整除。讓條件（*）改寫成(u，v)=1，u=(2m-1)+v(4)。其中 m 為正整數(shù)，于是就有其中 n=v在條件(4)中，u=2m-1+n，v=n 是滿足 uv 的，但不一定滿足(u，v)=1，在只有同時滿足(u，v)=1 時，由(5)式?jīng)Q定的 a、b、c 才是基本解。否則就不是基本解。這里，把不滿足(u，v)=1 的解叫

47、做非基本解?？梢?，由(5)式所決定的不定方程(1)的所有的基本解，還包括了一部分非基本解。)2 成立的充勾股數(shù)。定理：若 a 為大于 1 的奇數(shù)，則存在有二連續(xù)整數(shù) b，b+1，使得a2b ) 。故整數(shù)組 2n+1，2n (n+1)，2n (n+1)+1(nN)要條件是推論：整數(shù)組 2 (n+1)，n (n+2)，n (n+2)+2 (nN)特征：當 a 為偶數(shù)，設 a2n，（n 1，是正整數(shù)），由于勾股數(shù)組。2( n()1 ()122216(2n)2這 表 明可分成兩個連續(xù)的奇數(shù)或兩個連續(xù)的偶數(shù)之和。這兩個連續(xù)奇數(shù)或兩個連2續(xù)偶數(shù)可以取為b n2 1 ， c n2 1。容易看出所得的 a，b

48、，c 滿足關(guān)系a2 b2特征：當 a 為奇數(shù)時，設 a=2n+1 (n1 的正整數(shù))，由于 c22(2n 1)2(2n 1)2 1 (2n 1)2 1(2n 1)2(2n 1) 2即可分成兩個連續(xù)的自然數(shù)之222和，則這兩個連續(xù)的自然數(shù)依次可為。二十六、勾股數(shù)系的系和組在勾股數(shù)系公式(5)中，當 m 取某一正整數(shù)，而 r 取所有的正整數(shù)時，就確定一系列有某些共同特點的所有數(shù)組，把它叫做一個系。其中決定系別的數(shù) m 叫做系項。如當 m=1時，公式(5)就決定了第 1 系；當 m=2 時，公式(5)就決定了第 2 系等等。勾股數(shù)系是由無限多個系組成的。當系項 m 給定之后，數(shù) n 的取值就決定了該

49、系中的一個數(shù)組，數(shù) n 叫做這個數(shù)組的組項。如當 m=1，n=1 時，公式(5)就決定第 1 系第 1 組數(shù)：3，4，5；當 m=5，n=10 時，公式(5)就決定了第 5 系第 10 組數(shù)：261，380，461 等等，在每一系中，數(shù)組也有無限多個。G為了敘述及書寫方便，把系項 m 和組項 n 寫在 a、b、c 的右下角，并用符號 m,n 表示第 m 系第 n 組數(shù)，即如： G3,8 =105，208，233； G5,2=117，44，125； G10,10=741，580，941等等。17二十七、勾股數(shù)系的性質(zhì)性質(zhì)一：當v=n。(u，v) =1 且 uv（mod2）時，由 m、n 決定的數(shù)

50、組是基本解，其中 u=2m-1+n，gm,nGm,n為了區(qū)別于一般的數(shù)組，用表示基本解。在勾股數(shù)系中，第 1 系的數(shù)組全部滿足性質(zhì)一，因此G1,n = g1,n 。性質(zhì)二：勾股數(shù)系中的一個數(shù)組Gm,n ，不論它是否是基本解，一定有GM ,N 一定是數(shù)系中的一個非基本解，這里p 為任一正整數(shù)，勾股數(shù)系就是由所有的基本解和(7)式所決定的非基本組成的。性質(zhì)三：數(shù)系的所有數(shù)組中，a、c 為奇數(shù)，b 為 4 的整倍數(shù)。性質(zhì)四：某一數(shù)組的系數(shù)m 和組項 n 用該組數(shù)a、b、c 可分別表示為：二十八、二元一次不定方程二元一次不定方程 axby=c 有解，當且僅當 a、 b 的最大公約數(shù) d=（a，b）能整

51、除 c。而它的一般解是： x=x0+Bty=y0-At這里（x0，y0）是方程的一個特殊解，A，B 由 a=Ad，b=Bd 給出，t 是任意的整數(shù)。因此方程 33x17y=13 的一般解是：x=13+17ty26-33t不定方程：假設二元一次不定方程 axbyc （a 0），有整數(shù)解，則：當 b 0 且 c 0 且 c0 時，有唯一解 xy0；當 b 0且 c 0 時，或有有限組非負整數(shù)解，或無解。n 元一次不定方程a1 x1 a2 x2 an xn N 有整數(shù)解的充要條件是(a1 , a2 , an ) | N 。18二十九、中國同余式的一般解：其中 70 是 5 和 7 的倍數(shù)，但被 3

52、除余 1；21 是 3 和 7 的倍數(shù)，但被 5 除余 1；15 是 3和 5 的倍數(shù)，但被 7 除余 1，105 是 3、5、7 的最小公倍數(shù)。孫子定理：設n 2, m1 , m2 , mn 是兩兩互素的正整數(shù)。令m1m2 mn M m1M1 m2 M 2 mn Mn ，則同余式組x c1(mod m1) x c2 (mod m2 )x cn (mod mn )有且只有解 x M1a1c1 M 2 a2c2 Mnancn (mod M ) ，其中Mk ak 1(mod mk )(k 1,2, n) 。三十、數(shù)列若數(shù)列an為等差數(shù)列，如果 m+n=p+q，那么有 am+an=ap+aq；a、b

53、 的等差中項為：a+b/2。如果三個數(shù)成等差，應設為：a-d、a、a+d。d 為這三個數(shù)的公差。 四個數(shù)應設為：a-3d、 a-d、a+d、a-3d。這四個數(shù)的公差為 2d。 要證明數(shù)列an為等差數(shù)列，只要證明：an-an-1=一個常數(shù)。這個常數(shù)是這個數(shù)列的公差。等差數(shù)列an前n 項和Sn 的求法：Sn=(a1+an)n2或者 Sn=na1+n(n-1)d2。若數(shù)列an為等比，如果 m+n=p+q，那么有：aman=apaq。a、b 的等比中項為：a與 b 乘積的平。三個數(shù)成等比，應設為 aq、a、a為這三個數(shù)的公比。 四個數(shù)成等比，應設為 a、aq、aq2、aq3。q 為這三個數(shù)的公比。要證

54、明數(shù)列an為等比，只要證明 anan-1=一個不為 0 的常數(shù)即可。這個常數(shù)是這個數(shù)列的公比。數(shù)列an的前 n項和 Sn 為：當公比 q=1 時，Sn=na1； 當公比 q 1 時，Sn=a1(1-qn)(1-q)=a1(qn-1)(q-1)=(a1-anq)(1-q) 12+22+32+n2=1/6n(n+1)(2n+1) 。13+23+33+n3=n(n+1)/22 。n 個 aaaa=a/910n -1，aZ。(a 屬于整數(shù))19三十一、在表面積相等的所有中，球具有最大體積。在體積相等的所有中，球具有最小的表面。在所有等周的（即有相等周長的）平面圖形中，圓有最大的面積。反之：在有相等面積

55、的所有平面圖形中，圓有最小的周長。n=4t+2(t2)階方都是存在的。 三十六軍官問題一個國際象棋盤是一個 88 的 64 方格曾研究過棋盤上馬的跳躍問題，他證明了，存在一個馬的跳躍路線，從一點出發(fā)，經(jīng)過每一格一次且僅一次，最后又跳回到初始點。在這個公式里，f 代表所用的力，F(xiàn) 代表所要對抗的力。e 代表數(shù)F fe ka2718（自然對數(shù)的底）， k 代表繩和樁子之間的摩擦系數(shù)。a 代表繞轉(zhuǎn)角，也就是繩索繞成的弧的長度跟弧的半徑的比。每一個三角形中的數(shù)字之和都相同。三十二、幻方奇數(shù)階幻方的做法：先把 1 第一行中間一列。從 2 開始到 nn 的數(shù)依次按下列規(guī)則存放：每一個數(shù)的存放的行比前一個數(shù)

56、的行減 1，列數(shù)加 1。如果前一個數(shù)的行數(shù)是 1，則下一個數(shù)的行數(shù)是 n（最后一行）；如果前一個數(shù)的列數(shù)是 n，則下一個數(shù)的列數(shù)是 1；如果前一個數(shù)的行數(shù)是 1，并且列數(shù)是 n，則下一個數(shù)的放一個數(shù)的下面。如果按上面的規(guī)則放，發(fā)現(xiàn)該位置已經(jīng)有數(shù)存在，則下一個數(shù)放一個數(shù)的下面。此方法適合所有奇數(shù)。偶數(shù)階幻方可分成兩種：1、N=4m (m=1)。2、N=2(2m+1)(m=1)對于 N=4m 一般都用對調(diào)作起來很容易。如 4 階幻方的排列法：先將 1-16 按如左圖排列好，再將非主對角線上的各個數(shù)關(guān)于中心對調(diào)，既成右圖：對于 N=2(2m+1) 一般常用加邊法，以 6 階為例子，先排出 4m=4

57、階的幻方，如上圖，再將圖中每一個數(shù)都加上(2(2m+1)2-(4m)2/2=8m+2=10，有下圖：在加上一圈格子，把 1，2，3，8m+2和 (2(2m+1)2，(2(2m+1)2-1，(2(2m+1)2-2，(4m)2+1+8m+2 這些數(shù)安排在外圈格子內(nèi)，但要使相對兩數(shù)之和等于 16m(m+1)+5。對于 m=1這些數(shù)是：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10； 36，35，34，33，32，31，30，29，28，2720112524112524142216171918202115231312261151332161011121934 33 32 2611 25 24 14 31對于

58、 N=2(2m+1) 也可以用對調(diào)法，將下圖中的于中心點對調(diào)有陰影的數(shù)字關(guān)成為下圖，但除了兩條主對角線上各個數(shù)之和等于 111 外，其他均不相等，如下圖：但是上圖也很有規(guī)律，如第一行多 5，第六行少 5，第二行少 3，第五行多 3，第三行多 1，第四行少 1。第一30，第六列少 30，第二列少 18，第五18，第三6，第四列少 6。只要做如下對調(diào)即可： 2419 或 1813；25 或 3235；910 或2728；344 或 333；725 或 1230；1420 或 1723；2216；2115。三十三、克拉茨命題任意寫下一正整數(shù)。如果偶數(shù)，把它除于 2：如是奇數(shù)，乘 3 加 1。對每次算

59、得的結(jié)果，也用上面兩條法則去處理，繼續(xù)下去，你會發(fā)現(xiàn)，最后會進入一個”圈子”：4，2，1，4，2，1例如，你先寫下7，根據(jù)法則，乘 3 加 1，寫下 22?，F(xiàn)是偶數(shù)，根據(jù)法則，除于 2，寫下 11。即寫出：7，22，11，34，17，52，26，13，40，20，10，5，16，8，4，2，1，4， 2，1，進入 ”圈子”了。有人從 1 一直寫到 60，000，000，發(fā)現(xiàn)無一整數(shù)例外?？死亩x函數(shù) f m (n) ，表示整數(shù) n 經(jīng)過 m 次變化（前面所說的）后的值。對于 n=2k，經(jīng)過若干次偶變換，必然要變成奇數(shù)。任何奇自然數(shù)經(jīng)過若干次變換都會變成 1。引理一：若n 2m ，則 f m

60、(n) 1則有 f (n) 3n 1 4k1 22k 2 ，從4k 1 1引理二：若，n 1 4 42 4k 4 12136724132562292022284310191812136724行和行和3492216274行和 112331021行和1723835行和 114311219行和列和列和 93列和 117列和 105列和 129列和 811118142026323918243036221617191820211523131226而f 2k3 (n) 1。n 2m (4k1 1)則有 f m2k 3 (n) 14 1引理三：若，三十三、用疊代法求高精度倒數(shù)先求一個低精度的 x0 1/A