第五章-初等數(shù)論

第五章初等數(shù)論《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》麗江師范高等專(zhuān)科學(xué)校數(shù)理系吳湘云副教授1§7、不定方程§1序言§2整除§3數(shù)字問(wèn)題§4整數(shù)的奇偶性§6高斯函數(shù)［x］和｛x｝§5、整數(shù)的整除性§8、同余2初等數(shù)論是研究數(shù)的規(guī)律，特別是整數(shù)性質(zhì)的數(shù)學(xué)分支。它是數(shù)論的一個(gè)最古老的分支。它以算術(shù)方法為主要研究方法，主要內(nèi)容有整數(shù)的整除理論、同余理論、連分?jǐn)?shù)理論和某些特殊不定方程。換言之，初等數(shù)論就是用初等、樸素的方法去研究數(shù)論。另外還有解析數(shù)論（用解析的方法研究數(shù)論。）、代數(shù)數(shù)論（用代數(shù)結(jié)構(gòu)的方法研究數(shù)論）。

序言

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》3歷史發(fā)展

古希臘

古希臘畢達(dá)哥拉斯是初等數(shù)論的先驅(qū)。他與他的學(xué)派致力于一些特殊整數(shù)（如親和數(shù)、完全數(shù)、多邊形數(shù)）及特殊不定方程的研究。公元前4世紀(jì)，歐幾里德的《幾何原本》通過(guò)102個(gè)命題，初步建立了整數(shù)的整除理論。他關(guān)于“素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)”的證明，被認(rèn)為是數(shù)學(xué)證明的典范。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》4畢達(dá)哥拉斯畢達(dá)哥拉斯學(xué)派亦稱(chēng)“南意大利學(xué)派”，是一個(gè)集政治、學(xué)術(shù)、宗教三位于一體的組織。古希臘哲學(xué)家畢達(dá)哥拉斯所創(chuàng)立。產(chǎn)生于公元前6世紀(jì)末，公元前5世紀(jì)被迫解散，其成員大多是數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家、音樂(lè)家。它是西方美學(xué)史上最早探討美的本質(zhì)的學(xué)派。5第一次數(shù)學(xué)危機(jī)畢達(dá)哥拉斯證明了畢達(dá)哥拉斯定理（勾股定理）

有理數(shù)有一種簡(jiǎn)單的幾何解釋

無(wú)理數(shù)的發(fā)現(xiàn)，引起了第一次數(shù)學(xué)危機(jī)。6

歐幾里德高斯《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》7費(fèi)馬歐拉《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》8代表人物

1.費(fèi)馬

費(fèi)馬在古典數(shù)論領(lǐng)域中的成果很多，比如提出了不定方程無(wú)解證明的無(wú)窮遞降法，引入了費(fèi)馬數(shù)等等。與費(fèi)馬相關(guān)的著名結(jié)論如下：費(fèi)馬小定理：，其中p是一個(gè)素?cái)?shù)，a是正整數(shù)。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》9事實(shí)上它是歐拉定理的一個(gè)特殊情況，Euler定理是說(shuō)：≡0(modn),a，n都是正整數(shù)，φ(n)是Euler函數(shù)，表示和n互素的小于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)。

費(fèi)馬大定理（當(dāng)時(shí)是猜想）：n>2是整數(shù)，則方程

沒(méi)有滿(mǎn)足xyz≠0的整數(shù)解。這個(gè)是不定方程，它已經(jīng)由美國(guó)數(shù)學(xué)家外爾斯證明了(1995年)，證明的過(guò)程相當(dāng)艱深。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》102、歐拉引入歐拉函數(shù)，得到著名的歐拉定理——費(fèi)馬小定理推廣；研究了連分?jǐn)?shù)展開(kāi)問(wèn)題；用解析方法證明了素?cái)?shù)無(wú)限；討論平方和問(wèn)題及哥德巴赫猜想——加性數(shù)論內(nèi)容。3、高斯被譽(yù)為“數(shù)學(xué)王子”。解決了正多邊形尺規(guī)作圖問(wèn)題，將它和費(fèi)馬數(shù)聯(lián)系起來(lái)。高斯的著作《算術(shù)研究》提出了同余理論，討論了平方剩余問(wèn)題，發(fā)現(xiàn)了二次互反律。高斯提出了著名的素?cái)?shù)定理（當(dāng)時(shí)是猜想），研究了指標(biāo)和估計(jì)問(wèn)題——表示論的雛形?！督忸}原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》11拉格朗日畢達(dá)格拉斯《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》12拉格朗日全名約瑟夫·路易斯·拉格朗日（Joseph-LouisLagrange1735~1813）法國(guó)數(shù)學(xué)家、物理學(xué)家。在數(shù)論方面，他對(duì)費(fèi)馬提出的許多問(wèn)題作出了解答。如，一個(gè)正整數(shù)是不多于4個(gè)平方數(shù)的和的問(wèn)題等等，他還證明了圓周率的無(wú)理性。13

數(shù)論是研究整數(shù)性質(zhì)的一門(mén)很古老的數(shù)學(xué)分支，

其初等部分是以整數(shù)的整除性為中心的，包括整除性、不定方程、同余式、連分?jǐn)?shù)、素?cái)?shù)（即整數(shù)）分布

以及數(shù)論函數(shù)等內(nèi)容，統(tǒng)稱(chēng)初等數(shù)論《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》14初等數(shù)論的大部份內(nèi)容早在古希臘歐幾里德的《

幾何原本》中就已出現(xiàn)。歐幾里得證明了素?cái)?shù)有無(wú)窮多個(gè)，他還給出求兩個(gè)自然數(shù)的最大公約數(shù)的方法，

即所謂歐幾里得算法。我國(guó)古代在數(shù)論方面亦有杰出之貢獻(xiàn)，現(xiàn)在一般數(shù)論書(shū)中的“中國(guó)剩余定理”正是我國(guó)古代《孫子算經(jīng)》，我國(guó)稱(chēng)之為“孫子定理”。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》15

近代初等數(shù)論的發(fā)展得益于費(fèi)馬、歐拉、拉格朗日、勒讓德和高斯等人的工作。1801年，高斯的《算術(shù)探究》是數(shù)論的劃時(shí)代杰作。高斯還提出：“數(shù)學(xué)是科學(xué)之王，數(shù)論是數(shù)學(xué)之王”?？梢?jiàn)高斯對(duì)數(shù)論的高度評(píng)價(jià)。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》16由于自20世紀(jì)以來(lái)引進(jìn)了抽象數(shù)學(xué)和高等分析的巧妙工具，數(shù)論得到進(jìn)一步的發(fā)展，從而開(kāi)闊了新的研究領(lǐng)域，出現(xiàn)了代數(shù)數(shù)論、解析數(shù)論、幾何數(shù)論等

新分支。而且近年來(lái)初等數(shù)論在計(jì)算器科學(xué)、組合數(shù)學(xué)、密碼學(xué)、代數(shù)編碼、計(jì)算方法等領(lǐng)域內(nèi)更得到了

廣泛的應(yīng)用，無(wú)疑同時(shí)間促進(jìn)著數(shù)論的發(fā)展。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》17數(shù)論是以嚴(yán)格和簡(jiǎn)潔著稱(chēng)，內(nèi)容既豐富又深刻。將會(huì)介紹數(shù)論中最基本的概念和理論，希望大家能對(duì)這門(mén)學(xué)問(wèn)產(chǎn)生興趣，并且對(duì)中小學(xué)時(shí)代學(xué)習(xí)過(guò)的一些基本概念，例如整除性、最大公因子、最小公倍數(shù)、輾轉(zhuǎn)相除法等，有較深入的了解。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》18基本內(nèi)容

整除，因數(shù)與倍數(shù)，帶余除法，最大公因數(shù)與輾轉(zhuǎn)相除法，最小公倍數(shù)，素?cái)?shù)與合數(shù)，算術(shù)基本定理與標(biāo)準(zhǔn)分解式，線性不定方程，抽屜原理。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》19基本數(shù)集：自然數(shù)（非負(fù)整數(shù)）：把0，1，2，3，…，n叫做自然數(shù)。自然數(shù)集N正整數(shù)，正整數(shù)集整數(shù)、整數(shù)集z《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》20一、十進(jìn)位制及其計(jì)數(shù)法進(jìn)位制是一種記數(shù)方式，用有限的數(shù)字在不同的位置表示不同的數(shù)值?？墒褂脭?shù)字符號(hào)的個(gè)數(shù)稱(chēng)為基數(shù)，基數(shù)為n，即可稱(chēng)n進(jìn)位制，簡(jiǎn)稱(chēng)n進(jìn)制?，F(xiàn)在最常用的是十進(jìn)制，通常使用10個(gè)阿拉伯?dāng)?shù)字0-9進(jìn)行記數(shù)?！督忸}原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》21一般地說(shuō)，進(jìn)率是幾，就叫做幾進(jìn)位制。例如有二進(jìn)位制、八進(jìn)位制、十進(jìn)位制、十二進(jìn)位制、六十進(jìn)位制等。我們通常是用“十進(jìn)位制計(jì)數(shù)法”，它的特點(diǎn)是相鄰兩個(gè)單位之間的進(jìn)率都是“十”（即滿(mǎn)十進(jìn)一），用數(shù)字1，2，3，4，5，6，7，8，9，0和位值原則結(jié)合起來(lái)記數(shù)。如一百三十五記作135。

《解題原理與競(jìng)賽數(shù)學(xué)》22對(duì)于任何一個(gè)數(shù)，我們可以用不同的進(jìn)位制來(lái)表示。比如：十進(jìn)數(shù)57，可以用二進(jìn)制表示為111001，也可以用八進(jìn)制表示為71、用十六進(jìn)制表示為39，它們所代表的數(shù)值都是一樣的。

23常見(jiàn)的進(jìn)位制：

二進(jìn)制廣泛用于計(jì)算機(jī)

三進(jìn)制用于軍隊(duì)編制

十進(jìn)制最常用

十二進(jìn)制時(shí)辰、月份、一打物品

十六進(jìn)制廣泛用于計(jì)算機(jī)

六十進(jìn)制秒、分,角度

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不同進(jìn)位制之間的互化：

例一：二進(jìn)制的四則運(yùn)算

化成十進(jìn)制

25例二、化成二進(jìn)制

例三、二進(jìn)制與八進(jìn)位互換

26思考題、現(xiàn)有1克、2克、4克、8克、16克的砝碼各一個(gè)，若只能將砝碼放在天平的一端，問(wèn)能稱(chēng)出多少種不同質(zhì)量的物品？

若稱(chēng)23克的物品，如何選配上述砝碼。27二、整除⑴帶余除法：對(duì)于任一整數(shù)a和任一非零整數(shù)b，必有惟一的一對(duì)整數(shù)q和r，使得a＝bq＋r，0≤r＜b，且q和r由上述條件惟一確定。若r＝0，則稱(chēng)b|a（b整除a）。若r≠0，則稱(chēng)b├a(b不能整除a)28⑵部分性質(zhì)：①若c|b，b|a，則c|a

②若c|a，d|b，則cd|ab③若ma|mb，則a|b

④若a＞0，b＞0，b|a，則b≤a⑤任意n個(gè)連續(xù)正整數(shù)的乘積必能被n！整除。29最大公因數(shù)

設(shè)a，b是兩個(gè)整數(shù)，若整數(shù)d是它們之中每一個(gè)的因數(shù)，那么d就叫做a，b的公因數(shù)。整數(shù)a，b的公因數(shù)中最大的一個(gè)叫做最大公因數(shù)，記作（a，b）=d。30輾轉(zhuǎn)相除法例一、求（15，24）例二、求（1859，1573）例三、求（169，121）31最小公倍數(shù)設(shè)a，b是兩個(gè)整數(shù)，若整數(shù)d是它們之中每一個(gè)的倍數(shù)，那么d就叫做a，b的公倍數(shù)。整數(shù)a，b的公倍數(shù)中最小的一個(gè)叫做最小公倍數(shù)，記作［a，b］=d。32短余除法例四、求［8，15］例五、求［8，15，36］33⑶當(dāng)（a，b）＝1時(shí)，稱(chēng)a、b互素（互質(zhì)）。否則就叫做合數(shù)。①已知（a，c）＝1，若a|bc，則a|b；若a|b，c|b，則ac|b②p為質(zhì)數(shù)，若p|ab，則p|a或p|b③[a，b]·（a，b）＝ab34④（a，b）＝（a，b－ac）＝（a－bc，b）⑤（裴蜀定理）存在整數(shù)x、y，使ax＋by＝（a，b）⑥m（a，b）＝（ma，mb）35⑦若（a，b）＝d，則（b，a）＝1⑧若a|m，b|m，則[a，b]|m⑨費(fèi)爾馬小定理：p是素?cái)?shù)，則

p|若另上條件（a，p）＝1，則

p|36算術(shù)基本定理

任一大于1的整數(shù)能表成質(zhì)數(shù)的乘積，即大于1的整數(shù)a：其中是質(zhì)數(shù)。37三、數(shù)字問(wèn)題1、整數(shù)的多項(xiàng)式表示法：一個(gè)十進(jìn)制的n+1位整數(shù)N可以表示為：N=382、個(gè)位數(shù)字定理：在n4k＋r（k，r為非負(fù)整數(shù)）中，0≤r＜4，則當(dāng)r＝0（k≠0）時(shí)，n4k＋r的個(gè)位數(shù)字與n4的個(gè)位數(shù)字相同；當(dāng)r≠0時(shí)，n4k＋r的個(gè)位數(shù)字與nr的個(gè)位數(shù)字相同。

39完全平方的概念一個(gè)數(shù)如果是另一個(gè)整數(shù)的完全平方，那么我們就稱(chēng)這個(gè)數(shù)為完全平方數(shù)，也叫做平方數(shù)。40完全平方的性質(zhì)性質(zhì)1：完全平方數(shù)的末位數(shù)只能是0,1,4,5,6,9。性質(zhì)2：奇數(shù)的平方的個(gè)位數(shù)字為奇數(shù)，十位數(shù)字為偶數(shù)。性質(zhì)3：如果完全平方數(shù)的十位數(shù)字是奇數(shù)，則它的個(gè)位數(shù)字一定是6；反之，如果完全平方數(shù)的個(gè)位數(shù)字是6，則它的十位數(shù)字一定是奇數(shù)。41性質(zhì)4：偶數(shù)的平方是4的倍數(shù)；奇數(shù)的平方是4的倍數(shù)加1。性質(zhì)5：奇數(shù)的平方是8n+1型；偶數(shù)的平方為8n或8n+4型。性質(zhì)6：平方數(shù)的形式必為下列兩種之一：3k,3k+1。性質(zhì)7：不能被5整除的數(shù)的平方為5k±1型，能被5整除的數(shù)的平方為5k型。42性質(zhì)8：平方數(shù)的形式具有下列形式之一：16m,16m+1,16m+4,16m+9。性質(zhì)9：完全平方數(shù)的數(shù)字之和只能是0,1,4,7,9。性質(zhì)10：為完全平方數(shù)的充要條件是b為完全平方數(shù)。性質(zhì)11：如果質(zhì)數(shù)p能整除a，但p的平方不能整除a，則a不是完全平方數(shù)。性質(zhì)12：在兩個(gè)相鄰的整數(shù)的平方數(shù)之間的所有整數(shù)都不是完全平方數(shù)。43例1一個(gè)六位數(shù)，如果它的前三位數(shù)碼與后三位數(shù)碼完全相同，則7，11，13是此六位數(shù)的約數(shù)。7×11×13（100a+10b+c)44例2一個(gè)六位數(shù)與3之積等于，求這個(gè)六位數(shù)。28571345例3求一切的正整數(shù)，它的首位數(shù)碼是6，去掉這個(gè)6，所得的整數(shù)是原數(shù)的625,6250,62500,…46例4把一個(gè)四位數(shù)的各位數(shù)字按反序排成一個(gè)新的四位數(shù)，正好是原數(shù)的4倍，求原數(shù)。47解、設(shè)原數(shù)為則新數(shù)為（a，b均不等于0），則：

4（1000a+100b+10c+d）=1000d+100c+10b+a）⑴

⑴式左邊＞4×1000a，右邊＜（d+1)×1000

∴4×1000a＜(d+1)1000∴a＜d+1

∵d≤9∴4a＜10

而a≠0且新數(shù)為原數(shù)的4倍，必是偶數(shù)，

∴a＝248

∵4d＜d+1∴d＞4a-1=7而d是末尾數(shù)字，其4倍的末尾數(shù)字是2∴d=8將a=2，d=8代入⑴，得到：13b+1=2c⑵∵C≤9∴13b≤17由⑵知，b為奇數(shù)∴b=1∴C＝7∴所求之?dāng)?shù)為2178.49例5求證：11，111，1111，……，都不是一個(gè)完全平方數(shù)。

證明：由于11，111，1111，……，均是奇數(shù)，故只能是一個(gè)奇數(shù)的平方，而奇數(shù)的平方，其十位數(shù)字應(yīng)該是偶數(shù)，但這些數(shù)字的十位數(shù)字均為1

故它們都不是完全平方數(shù)。50例6數(shù)碼不同的兩位數(shù),有

（k為自然數(shù)），試求：此兩位數(shù)。6551四、整數(shù)的奇偶性將全體整數(shù)分成兩類(lèi)，凡是2的倍數(shù)稱(chēng)為偶數(shù)，否則稱(chēng)為奇數(shù)。有如下性質(zhì)：⑴奇數(shù)±奇數(shù)＝偶數(shù)；偶數(shù)±偶數(shù)＝偶數(shù)；奇數(shù)×奇數(shù)＝奇數(shù)；……⑵奇數(shù)的平方都可表示為8m＋1形式；偶數(shù)的平方都可表為8m或8m＋4的形式⑶奇數(shù)±偶數(shù)＝奇數(shù)；奇數(shù)個(gè)奇數(shù)相加減還是奇數(shù)；⑷奇數(shù)×偶數(shù)＝偶數(shù)；奇數(shù)個(gè)奇數(shù)相乘還是奇數(shù)52例1在1，2，…，2010，2011這2011個(gè)數(shù)的前面任意添加一個(gè)加號(hào)或減號(hào)，問(wèn)它們的代數(shù)和是奇數(shù)還是偶數(shù)。整數(shù)的和與差具有相同的奇偶性，從而只需關(guān)心1+2+…+2010+2011的奇偶性即可：1+2+…+2010+2011=（1005個(gè)偶數(shù)）+（2006個(gè)奇數(shù)）如將最后的數(shù)只加到2009？53例2有若干個(gè)人彼此寫(xiě)信，并且每個(gè)人只要接到對(duì)方的來(lái)信就一定要回信，問(wèn)寫(xiě)了奇數(shù)封信的人的總數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？

若干個(gè)人寫(xiě)信的總數(shù)是偶數(shù)，寫(xiě)了偶數(shù)封信的人，它們寫(xiě)的信的總數(shù)是偶數(shù)。54解：設(shè)寫(xiě)了奇數(shù)封信的人數(shù)是k，他們分別寫(xiě)了封信，其中均是奇數(shù)，剩下的s個(gè)人寫(xiě)了封信，均是偶數(shù)。因?yàn)槊總€(gè)人只要接到對(duì)方的來(lái)信就一定要回信，這樣信的總數(shù)為偶數(shù)，而信的總數(shù)=

應(yīng)為偶數(shù)，可見(jiàn)k是偶數(shù)55例3若x，y，z是滿(mǎn)足的自然數(shù)，則x，y，z中可能有幾個(gè)偶數(shù)。（1個(gè)或者3個(gè)）56

例43，4，5，6，7，8，9這七個(gè)數(shù)，兩兩相乘后所得的乘積之和，是奇數(shù)還是偶數(shù)？

（偶數(shù)）七個(gè)數(shù)中有4個(gè)奇數(shù)，只有這4個(gè)奇數(shù)兩兩相乘得到6個(gè)奇數(shù)，其余都是偶數(shù)。57五、整數(shù)的整除性1、N若可被3（或9）整除，則N的數(shù)字之和可被3（或9）整除。反之也然。2、N若可被2（或5）整除，只要N的最末位數(shù)字可被2（或5）整除。

583、N若可被4（或25）整除，只要N的最末兩位數(shù)字所成的數(shù)能被4（或25）整除。4、N若可被8（或125）整除，只要N的最末三位數(shù)字所成的數(shù)能被8（或125）整除。4、N可被7（或11、或13）整除，只要N的以1000為單位奇數(shù)位數(shù)字之和與偶數(shù)位數(shù)字之和的差可被7（或11、或13）整除。59例1設(shè)的各位數(shù)字之和為A,而B(niǎo)的數(shù)字之和是C，求C。

60∵∴A<5001×9=45009∴A至多是一個(gè)5位數(shù)于是B<5×9=45C≤3+9=1261分析：，，，的末尾數(shù)字都不是0或5，可將n分成4k，4k+1，4k+2，4k+3來(lái)討論。例2若n為自然數(shù)，和數(shù)

N=

不能被5整除，那么n必須滿(mǎn)足什么條件？62(1)當(dāng)n=4k時(shí)，的末尾數(shù)字分別為1，6，1，6，則其和末尾數(shù)字是4.(2)當(dāng)n=4k+1時(shí)，的末尾數(shù)字分別為1，2，3，4，則其和末尾數(shù)字是0.(3)當(dāng)n=4k+2時(shí)，的末尾數(shù)字分別為1，4，9，6，則其和末尾數(shù)字是0.(4)當(dāng)n=4k+3時(shí)，的末尾數(shù)字分別為1，8，7，4，則其和末尾數(shù)字是0.63例3將自然數(shù)n接寫(xiě)在每一個(gè)自然數(shù)的右邊（例如將2接寫(xiě)在35的右邊就是352),如果得到的新數(shù)都能被n整除，那么n被稱(chēng)為魔術(shù)數(shù)，在小于130的自然數(shù)中，魔術(shù)數(shù)有哪些？64解：a是任意的自然數(shù)，魔術(shù)數(shù)為n，設(shè)n為m位數(shù)，則

∵

∵由于a為任意的自然數(shù)，∴

當(dāng)m=1時(shí)，n=1，2，5

當(dāng)m=2時(shí)，n=10，20，25，50

當(dāng)m=3，且n<130時(shí)，n=100，125

故小于130的魔術(shù)數(shù)有9個(gè)：1，2，5，10，20，25，50，100，125

65例4試證明：能被2或整除，而不能被2的更高次冪整除。（只要證明是2或的奇數(shù)倍即可）證明：當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k66當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k+1由于（4m+1），（6m+1）都是奇數(shù)，所以不能被2的更高次冪整除。67（只需證明中由偶數(shù)個(gè)1和偶數(shù)個(gè)-1）例5有n個(gè)數(shù)，它們中的每一個(gè)數(shù)要么是1，要么是-1，若

求證：n是4的倍數(shù)。68證明：先證明n為偶數(shù)要么是1，要么是-1，下列n個(gè)數(shù)也不外是1或者-1，其和為0，說(shuō)明1和-1的個(gè)數(shù)相等，n是偶數(shù)，可設(shè)n=2k

下面再證明k也是偶數(shù)：

∴k必是偶數(shù)，從而n是4的倍數(shù)。

69例6求證：不可能有整數(shù)解。證明：∵1990=4×497+2X，y若為整數(shù)，(x+y),(x-y)具有相同的奇偶性，若(x+y),(x-y)為奇數(shù)，則為奇數(shù)，不合若(x+y),(x-y)為偶數(shù)，則為4的倍數(shù)，但1990不可能被4除余2…70例7證明：方程沒(méi)有整數(shù)解證明：由原方程看出,y只能是奇數(shù),設(shè)y=2k+1

則由此可見(jiàn),x必是偶數(shù),可以設(shè)x=2m,則

,5k(k+1)均為偶數(shù)，他們的差也是偶數(shù)，不可能等于奇數(shù)3，說(shuō)明方程無(wú)整數(shù)解71例8

是否存在這樣的整數(shù)a，b，c，d滿(mǎn)足方程組：72解：設(shè)若存在這樣的整數(shù)a，b，c，d滿(mǎn)足方程組則由第一個(gè)方程：a（bcd-1）=奇數(shù)故a是奇數(shù)同理可得：b，c，d均為奇數(shù)于是，abcd也是奇數(shù)abcd-a=偶數(shù)矛盾，可見(jiàn)不存在這樣的整數(shù)a，b，c，d滿(mǎn)足方程組73例9

求方程的質(zhì)數(shù)

解。

最小的質(zhì)數(shù)是偶數(shù)2，其余質(zhì)數(shù)是奇數(shù)74解：y必然是偶質(zhì)數(shù)，否則將可被x+1整除，且，知道可以分解，但z是質(zhì)數(shù)，從而y=2

可見(jiàn)Z為奇質(zhì)數(shù)為偶數(shù)

于是X=2，z=575例10

一個(gè)自然數(shù)，若加上168是一個(gè)完全平方數(shù)；若加上100是另一個(gè)完全平方數(shù)，求這個(gè)自然數(shù)。X=156m=18n=1676例11在十進(jìn)制中，各位數(shù)碼是0和1，并且能被225整除的最小自然數(shù)是多少？解：因?yàn)?25=925其中（9，25）=1

由于要求的自然數(shù)只能由數(shù)碼0和1構(gòu)成，則被25整除的最后兩位數(shù)字必為00，而可被9整除的數(shù)，其各位數(shù)字之和必是9的倍數(shù)，即至少9個(gè)1，因而最小的自然數(shù)是11111111100.77例12已知一個(gè)整數(shù)a滿(mǎn)足：2├a,3├a;求證：24|表面看來(lái)，a不確定，無(wú)從下手，但由于可將a分類(lèi)研究。78解：由于2├a,3├a，可將整數(shù)a分類(lèi)：

a=6k+b（0≤b＜6)∵2├a,3├a∴

6├a,∴b≠0,2,3,4⑴當(dāng)a=6n+1時(shí)，∴由于n和（3n+1）是一奇一偶，∴2|n（3n+1）∴24|⑵當(dāng)a=6n+5時(shí)，∴由于n和（3n+5）也是一奇一偶，∴2|n（3n+5）∴24|79六、高斯函數(shù)［x］和｛x｝x是實(shí)數(shù)，高斯函數(shù)［x］和｛x｝的定義：函數(shù)［x］的值=不大于x的最大整數(shù)。函數(shù)｛x｝=x-［x］是x的小數(shù)部分。例如：［π］=3，［-3.4］=-4，

｛-3.4｝=0.6，［4.25］=4，｛4.25｝=0.2580高斯函數(shù)［x］和｛x｝的性質(zhì)1、x=［x］+｛x｝.2、［x］≤x＜［x］+1，x-1＜［x］≤x，

0≤｛x｝＜1.3、［n+x］=n+［x］，n是整數(shù).4、［x］+［y］≤［x+y］，

｛x｝+｛y｝≥

｛x+y｝

815、對(duì)于實(shí)數(shù)x，y，若x≤y，則［x］≤［y］6、當(dāng)x≥0，y≥0，有［x］［y］≤［xy］7、對(duì)于非零整數(shù)n有8、（帶余數(shù)除法）若a，b是兩個(gè)整數(shù)，b＞0，則，9、若a，b是任意兩個(gè)正整數(shù)，則不大于a而為b的倍數(shù)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)是8210、在自然數(shù)列0，1，2，3，…，n中，能被自然數(shù)q整除的項(xiàng)數(shù)為11、在n！的標(biāo)準(zhǔn)分解式中質(zhì)因數(shù)p（p≤n）的指數(shù)為：83例題1、求和2、求和843、求和（5，）4、求5、設(shè)是自然數(shù)，求856、求867、求2011！中末尾0的個(gè)數(shù)。

由算術(shù)基本定理：2011！可以分解成若干個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積，由于25=10，說(shuō)明分解式中每一個(gè)5將產(chǎn)生一個(gè)0，在2011！的標(biāo)準(zhǔn)分解式中5的個(gè)數(shù)是：87

8、若，其中M是自然數(shù)，n為使等式成立的最大自然數(shù)，則M能被2整除，但不能被3整除。88解：在1×2×3×…×99×100=100！的標(biāo)準(zhǔn)分解式中，因子2的個(gè)數(shù)為：因子3的個(gè)數(shù)為：從而

……899、計(jì)算：90

在分組中第p組第一項(xiàng)根號(hào)內(nèi)恰好是，而最后一項(xiàng)恰是，這樣的每一組都等于p（p=1，2，3，…，（n-1））而且第p組共有：91原式=9210、求下列方程的解：⑴x+2｛x｝=3［x］非零解⑵［-1.77x］=［-1.77］x自然數(shù)解⑶⑷⑸93⑴x+2｛x｝=3［x］非零解

⑴∵x=［x］

+｛x｝

3｛x｝=2［x］［x］=194⑵［-1.77x］=［-1.77］x自然數(shù)解［-1.77x］=［-1.77］x=-2x∴-2x<-1.77x<-2x+1∴0.23x<1∴滿(mǎn)足要求的自然數(shù)有4個(gè)：1，2，3，495提示、［x-4］=［x］-496不妨設(shè)：［x］=n，則原方程有如下解：97七、不定方程

刁番都方程（disphantus）一、問(wèn)題的提出〔百錢(qián)買(mǎi)百雞〕

“雞翁一，值錢(qián)五，雞母一，值錢(qián)三，雞雛三，值錢(qián)一。百錢(qián)買(mǎi)百雞，問(wèn)雞翁母雛各幾何？”98分析：設(shè)x,y,z分別表示雞翁、雞母、雞雛的只數(shù)，則可列出方程如下：消去z得到方程

這里，方程的個(gè)數(shù)少于未知數(shù)的個(gè)數(shù)，在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)，方程的解有無(wú)窮多個(gè)。而我們所關(guān)心的是其有無(wú)整數(shù)〔或正整數(shù)〕解，這種方程〔組〕稱(chēng)為不定方程。99

小明家現(xiàn)有邊長(zhǎng)相等的正三角形、正方形、正五邊形、正六邊形四種地板磚，要選擇其中兩種用以鋪地板,則下列選擇正確的是（）A、①②、B、①③、C、②③、D、②④100分析：這類(lèi)問(wèn)題實(shí)質(zhì)上是“不定方程求正整數(shù)解”的問(wèn)題，因?yàn)殇伜玫牡匕逯虚g不能出空隙，所以?xún)煞N圖形內(nèi)角拼在一起恰好要構(gòu)成360度角，并且磚的塊數(shù)又是正整數(shù)。于是就使幾何拼圖轉(zhuǎn)化成不定方程求正整數(shù)解的問(wèn)題。設(shè)需正三角形地磚m塊，正方形地磚n塊恰好鋪成，則有60m+90n=360.101二元一次不定方程的一般形式為102注：該方法對(duì)一次項(xiàng)系數(shù)較小的方程比較實(shí)用。103二、二元一次不定方程解的形式和判定定理1若〔1〕式有整數(shù)解則〔1〕式的一切解可以表示為（2）104定理1的證明：證：把〔2〕代入〔1〕，成立，故〔2〕是〔1〕的解。105例2寫(xiě)出下列方程通解的形式：106107說(shuō)明：定理1給出了方程通解的一般形式。這樣，解決問(wèn)題的關(guān)鍵在于求一個(gè)特解。問(wèn)題：所有的二元一次方程都有解嗎？定理2有整數(shù)解即為方程〔1〕的解。108三、求二元一次不定方程整數(shù)解的一般方法先求一個(gè)特殊解，再根據(jù)定理1寫(xiě)出其通解。對(duì)于方程(1),若有解，則可化為一般地，利用輾轉(zhuǎn)相除法，得到109例3求方程的一個(gè)特殊解。

解：用7、4進(jìn)行輾轉(zhuǎn)相除法110例4求〔1〕的一切整數(shù)解。原方程可以化為先求〔3〕的一個(gè)整數(shù)解。107＝37×3－4，37＝4×9+1，

從而

故〔3〕的一個(gè)整數(shù)解是〔2〕的一個(gè)整數(shù)解是原方程的整數(shù)解為111三、求二元一次不定方程整數(shù)解的一般方法代數(shù)運(yùn)算，觀察法例5求的一切整數(shù)解。112即得到原方程的一個(gè)整數(shù)解從而所求的一切整數(shù)解為113練習(xí)1將(169,121)表成倍數(shù)和.練習(xí)2將(1859,1573)表成倍數(shù)和.練習(xí)3求的一切整數(shù)解。114三、求二元一次不定方程整數(shù)解的一般方法變量代換法例6求的一切整數(shù)解。解：原方程可化為則方程可化為則方程可化為則方程可化為逐步往回代入，可得115116（1）方程的一般解可以表示為

在a個(gè)單位長(zhǎng)度內(nèi)，y一定有整數(shù)解。

所以，一定存在某個(gè)，使得對(duì)此t，代入原方程，得117代入原方程，有假設(shè)存在非負(fù)整數(shù)解，則代入〔*〕，顯然不成立。118§2.2多元一次不定方程一、多元一次不定方程有解的判定：定理1方程119〔1〕有解120假設(shè)上述條件對(duì)n-1是成立的，下證對(duì)n也成立。令其一整數(shù)解為故該方程有解，記為進(jìn)而得到是原方程的一個(gè)整數(shù)解。121二、多元一次不定方程求解的方法例1求不定方程x

2y

3z=7的所有整數(shù)解。（1）的解為（2）的解為把(4)代入(3),消去t,得注：三元一次不定方程的整數(shù)解中含有2個(gè)參數(shù).122二、多元一次不定方程求解的方法若d不能整除N，則原方程無(wú)整數(shù)解；否則，繼續(xù)下面的步驟。(2)構(gòu)造如下的n-1個(gè)方程(3)求出每個(gè)方程的所有整數(shù)解〔含參數(shù)ti〕，再逐步代入上面的方程中，消去所有的ti，從而得到原方程的所有整數(shù)解。123例2求方程的一切整數(shù)解。原方程有整數(shù)解。列出如下的2個(gè)方程：(1)的解為(2)的解為把t的值代入x,y的表達(dá)式，得到原方程的一切整數(shù)解為124(1)的解為(2)的解為把t的值代入x,y的表達(dá)式，得到原方程的一切整數(shù)解為例3把分解為三個(gè)分母兩兩互質(zhì)既約正分?jǐn)?shù)之和。125例3把分解為三個(gè)分母兩兩互質(zhì)既約正分?jǐn)?shù)之和。126練習(xí)1求不定方程15x

10y

6z=61的所有整數(shù)解。練習(xí)2求方程組的一切整數(shù)解。127§2.3勾股數(shù)

人類(lèi)一直想弄清楚其他星球上是否存在著“人”，并試圖與“他們”取得聯(lián)系，那么我們?cè)鯓硬拍芘c“外星人”接觸呢？科學(xué)家們想盡了各種方法，比如通過(guò)衛(wèi)星發(fā)射向宇宙發(fā)出了許多信號(hào)，如地球上人類(lèi)的語(yǔ)言、音樂(lè)等。而我國(guó)數(shù)學(xué)家華羅庚曾經(jīng)建議，要探知其他星球上有沒(méi)有“人”，我們可以發(fā)射類(lèi)似下面的圖形，如果他們是“文明人”，必定認(rèn)識(shí)這種“語(yǔ)言”.那這個(gè)圖形的到底有什么秘密呢？

128

我是地球人,Iamamanontheearth…﹌﹋﹠★◎▼♀♂129

畢達(dá)哥拉斯,(公元前572-前492年),古希臘著名的數(shù)學(xué)家、哲學(xué)家、天文學(xué)家。畢達(dá)哥拉斯相傳2500年前，畢達(dá)哥拉斯有一次在朋友家里做客時(shí)，從朋友家的地板中發(fā)現(xiàn)了這個(gè)秘密.130ABCSA+SB=SC

等腰直角三角形兩直角邊的平方和等于斜邊的平方.131畢達(dá)哥拉斯定理：

畢達(dá)哥拉斯

“勾股定理”在國(guó)外，尤其在西方被稱(chēng)為“畢達(dá)哥拉斯定理”或“百牛定理”．相傳這個(gè)定理是公元前500多年時(shí)古希臘數(shù)學(xué)家畢達(dá)哥拉斯首先發(fā)現(xiàn)的。他發(fā)現(xiàn)勾股定理后高興異常，命令他的學(xué)生宰了一百頭牛來(lái)慶祝這個(gè)偉大的發(fā)現(xiàn)，因此勾股定理又叫做“百牛定理”．

132趙爽弦圖趙爽:東漢末至三國(guó)時(shí)代吳國(guó)人.為《周髀算經(jīng)》作注，并著有《勾股圓方圖》。這是我國(guó)對(duì)勾股定理最早的證明?！摆w爽弦圖”表現(xiàn)了我國(guó)古人對(duì)數(shù)學(xué)的鉆研精神和聰明才智，它是我國(guó)古代數(shù)學(xué)的驕傲。正因?yàn)槿绱?，這個(gè)圖案被選為2002年在北京召開(kāi)的國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)的會(huì)徽。133cba=134這就是本屆大會(huì)會(huì)徽的圖案．

這個(gè)圖案是我國(guó)漢代數(shù)學(xué)家趙爽在證明勾股定理時(shí)用到的，被稱(chēng)為“趙爽弦圖”．1351876年4月1日，伽菲爾德在《新英格蘭教育日志》上發(fā)表了他對(duì)勾股定理的這一證法。1881年，伽菲爾德就任美國(guó)第二十任總統(tǒng)。后來(lái)，人們?yōu)榱思o(jì)念他對(duì)勾股定理直觀、簡(jiǎn)捷、易懂、明了的證明，就把這一證法稱(chēng)為“總統(tǒng)”證法。136aabbcc伽菲爾德證法:∴a2+b2=c2137

一、問(wèn)題的提出

我們把滿(mǎn)足二次不定方程的正整數(shù)解稱(chēng)為勾股數(shù).早在我國(guó)古代數(shù)學(xué)書(shū)《周髀算經(jīng)》中，就載有“勾三股四弦五”，實(shí)際上說(shuō)明該方程存在整數(shù)解。方程〔1〕的非零整數(shù)解如何去求，其解具有怎樣的特征，是這里要回答的問(wèn)題?！吨荀滤憬?jīng)》是中國(guó)流傳至今最早的一部數(shù)學(xué)著作,同時(shí)也是一部天文學(xué)著作?，F(xiàn)傳本大約成書(shū)于西漢時(shí)期(公元前一世紀(jì))。也有史家認(rèn)為它的出現(xiàn)更早，是孕于周而成于西漢，甚至更有人說(shuō)它出現(xiàn)在紀(jì)元前1000年。138二、二次不定方程解的形式

為簡(jiǎn)單起見(jiàn)，我們先求方程〔1〕滿(mǎn)足下述條件(2)的解注：〔2〕中的條件可以改寫(xiě)為定理1：139定理1的證明：

不論z如何取值，z2也不可能表示為該形式。

討論同(2).140定理1雖然給出了勾股數(shù)的一些特征，如何進(jìn)一步寫(xiě)出任意的勾股數(shù)呢？引理不定方程的一切正整數(shù)解，可以寫(xiě)成下面的形式充分性顯然；必要性的證明如下：141定理2：(5)充分性：142必要性：定理2：(5)143推論單位圓周上坐標(biāo)都是有理數(shù)的點(diǎn)可以寫(xiě)成的形式，其中a與b是不全為零的整數(shù)。證明：顯然都是單位圓周上的有理點(diǎn)。另一方面，單位圓周上的有理點(diǎn)代入定理2即得證.144Fermat大定理

約于1637年，在Diophantus

Arithmetica(Book2,ProblemVIII)的旁白上，PierredeFermat寫(xiě)道：“不可能把一個(gè)立方數(shù)分成兩個(gè)立方數(shù)，或把一個(gè)四次冪分成兩個(gè)四次冪，或一般地把一個(gè)高于二次的冪分成兩個(gè)同一次的冪；對(duì)此，我發(fā)現(xiàn)了一個(gè)殊堪稱(chēng)道的證明，但這里的空白太小，容不下。”

145相關(guān)高次方程解的判定定理3不定方程證明〔反證〕不可能！146定理3中使用的證明方法稱(chēng)為無(wú)窮遞降法，常用于判定方程的可解性.147推論方程沒(méi)有滿(mǎn)足的整數(shù)解。證:反證148149補(bǔ)充例題：例1.設(shè)x，y，z是互質(zhì)的勾股數(shù)，x是素?cái)?shù)，證明：

2z

1，2(x

y

1)都是平方數(shù).證：由x2=(z

y)(z

y)及x是素?cái)?shù)得

z

y=x2，z

y=1，

于是2z

1=x2，

2(x

y

1)=(x

1)2

都是平方數(shù)。150例2.求整數(shù)x，y，z，x>y>z，使x

y，x

z，y

z

都是平方數(shù)。

解：設(shè)x

y=a2，y

z=b2，x

z=c2，

則a2

b2=c2，而方程a2

b2=c2的解可以表示為

.由此得x=(u2

v2)2

t，y=(u2

v2)2

t或4u2v2

t，z=t，u,v,t

Z.151

例3.求方程x2

xy

6=0的整數(shù)解。

解：由x(x

y)=6得

從而(x,y)的取值為：或(3,

1)，或(

3,1)，或(6,

5)，或(

6,5)。(1,5)，或(

1,

5)，或(2,1)，或(

2,

1)，152例4.求方程的正整數(shù)解。解：顯然x>z，y>z，

令x=z

s，y=z

t，s，t

N，

代入方程可得z2=st，

于是s=a2d，t=b2d，z=abd，

其中a,b,d

N，(a,b)=1，

由此得x=abd

a2d，y=abd

b2d，z=abd，

153

例5.證明x2

y2

z2=x2y2

沒(méi)有滿(mǎn)足xyz

0的整數(shù)解。

證：

設(shè)x，y，z是x2

y2

z2=x2y2的整數(shù)解，如果x，y同為奇數(shù)，則x2

y2

z2

被4除的余數(shù)為2或3，但x2y2被4除的余數(shù)為1〔可以簡(jiǎn)單驗(yàn)證〕，此不可能；如果x，y一奇一偶，則x2

y2

z2被4除的余數(shù)為1或2，

x2y2能夠被4整除，此也不可能。如果x，y同為偶數(shù)，則z也是偶數(shù)，

令x=2x1，y=2y1，z=2z1，代入原方程

得x12

y12

z12=22x12y12，

反復(fù)以上的推理可得x，y，z能被2的任意次乘冪整除，

154八、同余

同余是數(shù)論中的一個(gè)基本概念。本部分除介紹同余的基礎(chǔ)知識(shí)外，還要介紹它的一些應(yīng)用。155第一節(jié)同余的基本性質(zhì)

定義1

給定正整數(shù)m，如果整數(shù)a與b之差被m整除，則稱(chēng)a與b對(duì)于模m同余，或稱(chēng)a與b同余，模m，記為

a

b(modm)，此時(shí)也稱(chēng)b是a對(duì)模m的同余。如果整數(shù)a與b之差不能被m整除，則稱(chēng)a與b對(duì)于模m不同余，或稱(chēng)a與b不同余，模m156定理1

下面的三個(gè)敘述是等價(jià)的：

(ⅰ)a

b(modm)；

(ⅱ)存在整數(shù)q，使得a=b

qm；

(ⅲ)存在整數(shù)p、q，使得a=pm

r，b=qm

r，

0

r<m。定理2

同余具有下面的性質(zhì)：

(ⅰ)a

a(modm)；

(ⅱ)a

b(modm)

b

a(modm)；

(ⅲ)a

b，b

c(modm)

a

c(modm)。157定理3

設(shè)a，b，c，d是整數(shù)，并且

a

b(modm)，c

d(modm)，(1)則

(ⅰ)a

c

b

d(modm)；

(ⅱ)ac

bd(modm)。158定理4

設(shè)（0

i

n）以及x，y都是整數(shù)，并且x

y(modm)，

(modm)，0

i

n，則

(modm)。(2)

159定理5

下面的結(jié)論成立：(ⅰ)a

b(modm)，d

m，d>0

a

b(modd)；(ⅱ)a

b(modm)，k>0，k

N

ak

bk(modmk)；(ⅲ)a

b(mod)1

i

k

a

b(mod)；(ⅳ)a

b(modm)

(a,m)=(b,m)；(ⅴ)ac

bc(modm)，(c,m)=1

a

b(modm)。160例1

設(shè)N=是整數(shù)N的十進(jìn)制表示，即

，則

(ⅰ)3|N

3|；

(ⅱ)9|N

9|；

(ⅲ)11|N

11|；

(ⅳ)13|N

13|

。161解由可知由上式可得到結(jié)論(ⅰ)。結(jié)論(ⅱ)，(ⅲ)用同樣方法證明。為了證明結(jié)論(ⅳ)，只需利用式(2)及和162注：一般地，在考慮使被m除的余數(shù)時(shí)，首先是求出正整數(shù)k，使得或1(modm)，再將

寫(xiě)成：的形式，再利用式(2)。163例2

求被7整除的條件，并說(shuō)明1123456789能否被7整除。164解、

因此即由于789

456

123

1=455，7

455，所以7

1123456789。165例3

說(shuō)明是否被641整除。解依次計(jì)算同余式因此

0(mod641)，即641

。166例4

求被50除的余數(shù)。解利用定理4有即所求的余數(shù)是29。167例5

求的個(gè)位數(shù)。解我們有因此，若則(3)現(xiàn)在，所以由式(3)得到，即n的個(gè)位數(shù)是3。168注：一般地，若求對(duì)模m的同余，可分以下步驟進(jìn)行：(ⅰ)求出整數(shù)k，使

1(modm)；(ⅱ)求出正整數(shù)r，r<k，使得

r(modk)；(ⅲ)。169例6

證明：若n是正整數(shù)，則

解由得證。170第二節(jié)完全剩余系

由帶余數(shù)除法我們知道，對(duì)于給定的正整數(shù)m，可以將所有的整數(shù)按照被m除的余數(shù)分成m類(lèi)。定義1

給定正整數(shù)m，對(duì)于每個(gè)整數(shù)r，0

r

m

1，稱(chēng)集合

={n；n

r(modm)，n

Z}。是模m的一個(gè)剩余類(lèi)。171顯然，每個(gè)整數(shù)必定屬于且僅屬于某一個(gè)（0

r

m

1），而且，屬于同一剩余類(lèi)的任何兩個(gè)整數(shù)對(duì)模m是同余的，不同剩余類(lèi)中的任何兩個(gè)整數(shù)對(duì)模m是不同余的。172例如，模5的五個(gè)剩余類(lèi)是

={

,

10,

5,0,5,10,

}，

={

,

9,

4,1,6,11,

}，

={

,

8,

3,2,7,12,

}，

={

,

7,

2,3,8,13,

}，

={

,

6,

1,4,9,14,

}。173

定義2

設(shè)m是正整數(shù)，從模m的每一個(gè)剩余類(lèi)中任取一個(gè)數(shù)（0

r

m

1），稱(chēng)集合是模m的一個(gè)完全剩余系（或簡(jiǎn)稱(chēng)為完全系）。174同余理論的例子例1設(shè)a、b都是正整數(shù)，且a被7除余數(shù)是2，b被7除余數(shù)是5，求和被7除余數(shù)175176例2求證：（1）（2）（3）177(1)55≡-1(mod8)178

例3求使得能被3整除的一切自然數(shù)n。例4求除以13的余數(shù)。179例5今天是星期二，這以后的天是星期幾？

180

例6

一個(gè)正整數(shù)的個(gè)位數(shù)字是7，如果把個(gè)位數(shù)字移到首位，所得的新數(shù)是原數(shù)的5倍，求滿(mǎn)足上述條件的最小正整數(shù)。181解設(shè)所求的數(shù)為10x+7（x是正整數(shù)），則：于是，最小正整數(shù)n為5，此時(shí)：182例7數(shù)的數(shù)字和是A，A數(shù)字和是B，求B數(shù)字和C。183解Ｎ的數(shù)字之和Ａ＜9×22220=199980Ａ的數(shù)字之和Ｂ＜9×6=54Ｂ的數(shù)字之和Ｃ＜13∵Ｎ≡A≡B≡C（mod9）4444≡7（mod9）∴N≡C(mod9），而C<13∴C=7184《初等數(shù)論》輔導(dǎo)作業(yè)1、證明任意改變某一自然數(shù)各位數(shù)碼的順序后所得到的數(shù)與原數(shù)之和不等于999。2、求證：沒(méi)有整數(shù)解。3、13個(gè)杯子杯口朝上放置，現(xiàn)在每次翻轉(zhuǎn)12個(gè)，問(wèn)能不能翻到一定的時(shí)候，所有的杯子杯口都朝下？4、x、y、z均為整數(shù)，求證：如果11︱7x+2y-5z），那么11|（3x-7y+12z）1855、設(shè)七位數(shù)是99的倍數(shù)，求a、b。6、一個(gè)自然數(shù)減去55的差，加上34的和都是整數(shù)的平方，求這個(gè)數(shù)。7、證明：3、4、5是方程的唯一的一組連續(xù)正整數(shù)解。8、把118分成兩個(gè)整數(shù)，一個(gè)數(shù)為11的倍數(shù)，另一個(gè)數(shù)為17的倍數(shù)。9、求證：18610、一個(gè)正整數(shù)的首位數(shù)字是1，如果把首位數(shù)字移到個(gè)位，所得到的數(shù)是原數(shù)的3倍，求滿(mǎn)足上述條件的最小正整數(shù)。11、已知在邊長(zhǎng)為1的正方形中，任意給定不在同一直線上的9點(diǎn)，那么其中必有3點(diǎn)，以它們?yōu)轫旤c(diǎn)組成的三角形面積不大于。12、已知y為實(shí)數(shù)，求方程的解。13、設(shè)的各位數(shù)字之和A，A的各位數(shù)字之和為B，B的各位數(shù)字之和為C，求C。18714、求方程的質(zhì)數(shù)解。15、已知一個(gè)整數(shù)a滿(mǎn)足：2不整除a，3不整除a，求證：24｜16、使能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少？17、2007年的元旦節(jié)是星期一，這以后的天是星期幾？18818、已知，，。求證： 19、分解因式：20、k是什么數(shù)時(shí)，方程有兩個(gè)不相等的正整數(shù)根。18921、若k為整數(shù)，一元二次方程：有兩個(gè)正整數(shù)根，求的值。22、解方程：23、現(xiàn)有2007個(gè)任意的自然數(shù)，證明：總可以找到其中若干個(gè)數(shù)，使它們的和能被2007整除。19024、求方程的非零解。25求方程的整數(shù)解。26、某縣中學(xué)生人數(shù)多于11000人，證明：其中必有4人是同年同月同日生的。（中學(xué)生的年齡為11----20歲）27、今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩三，七七數(shù)之剩二，問(wèn)物幾何？28.證明：任意給定的連續(xù)39個(gè)自然數(shù)，其中至少存在一個(gè)自然數(shù)，使得這個(gè)自然數(shù)的數(shù)字和能被11整除。19129.證明：n

Z。30.設(shè)

，證明：3

a且3

b。31.證明：對(duì)于任何整數(shù)n，m，等式不可能成立。32.設(shè)a是自然數(shù)，問(wèn)是素?cái)?shù)還是合數(shù)？33.證明：對(duì)于任意給定的n個(gè)整數(shù)，必可以從中找出若干個(gè)作和，使得這個(gè)和能被n整除。19234.設(shè)x，y

Z，17

2x

3y，證明：17

9x

5y。35.設(shè)a,b,c

N，c無(wú)平方因子，，證明：a

b36.設(shè)a,b是正整數(shù)，證明：(a

b)[a,b]=a[b,a

b]。37.求正整數(shù)a，b，使得a

b=120，(a,b)=24，[a,b]=144。38.設(shè)k是正奇數(shù)，證明：39.用輾轉(zhuǎn)相除法求整數(shù)x，y，使得:1387x

162y=(1387,162)。19340.計(jì)算：(27090,21672,11352)。41.寫(xiě)出22345680的標(biāo)準(zhǔn)分解式。42.證明：在1,2,

,2n中任取n

1數(shù)，其中至少有一個(gè)能被另一個(gè)整除。43.證明：(n

2）不是整數(shù)。44.求使12347!被整除的最大的k值。45.設(shè)n是正整數(shù)，x是實(shí)數(shù)，證明：

=n。19446.設(shè)n是正整數(shù)，求方程在[1,n]中的解的個(gè)數(shù)。47.證明：方程沒(méi)有實(shí)數(shù)解。48.證明：在n!的標(biāo)準(zhǔn)分解式中，2的指數(shù)h=n

k，其中k是n的二進(jìn)制表示的位數(shù)碼之和。49.證明：若

是素?cái)?shù)，則n是2的乘冪。19550.證明：若

是素?cái)?shù)，則n是素?cái)?shù).51.證明：形如6n

5的素?cái)?shù)有無(wú)限多個(gè)。52.設(shè)d是正整數(shù)，6┞d，證明：在以d為公差的等差數(shù)列中，連續(xù)三項(xiàng)都是素?cái)?shù)的情況最多發(fā)生一次。53.證明：對(duì)于任意給定的正整數(shù)n，必存在連續(xù)的n個(gè)自然數(shù)，使得它們都是合數(shù)。54.求被13除的余數(shù)。19655.設(shè)f(x)是整系數(shù)多項(xiàng)式，并且f(1),f(2),

,f(m)都不能被m整除，則f(x)=0沒(méi)有整數(shù)解。56.已知99

，求

與

。57.證明：若2p

1是奇素?cái)?shù)，則58.證明:若p是奇素?cái)?shù)，N=1

2

(p

1)，則:(p

1)!

p

1(modN)。19759.證明：能被整除。60.求

被7除的余數(shù)。61.證明：對(duì)于任意的整數(shù)a，(a,561)=1，都有

1(mod561)，但561是合數(shù)。62.將分解成素因數(shù)之積。63.求方程x

2y

3z=41的所有正整數(shù)解。19864.求解不定方程組：65.甲班有學(xué)生7人，乙班有學(xué)生11人，現(xiàn)有100支鉛筆分給這兩個(gè)班，要使甲班的學(xué)生分到相同數(shù)量的鉛筆，乙班學(xué)生也分到相同數(shù)量的鉛筆，問(wèn)應(yīng)怎樣分法？66.設(shè)x，y，z是勾股數(shù)，x是素?cái)?shù)，證明：

2z

1，2(x

y

1)都是平方數(shù)。19967.求整數(shù)x，y，z，x>y>z，使x

y，x

z，y

z都是平方數(shù)。68.解不定方程：，x>0，y>0，z>0，(x,y)=1。69.證明下面的不定方程沒(méi)有滿(mǎn)足xyz

0的整數(shù)解。

(ⅰ)

；

(ⅱ)70.求方程

的滿(mǎn)足(x,y)=1，2

x的正整數(shù)解。20071.求方程

的整數(shù)解。72.求方程組的整數(shù)解。73.求方程

的正整數(shù)解。74.求方程的正整數(shù)解。75.設(shè)p是素?cái)?shù)，求方程的整數(shù)解。2012022032041、在一條直線上相鄰兩點(diǎn)的距離都等于1的4個(gè)點(diǎn)上各有一只青蛙，允許任意一只青蛙以其余三只青蛙中的某一只為中心跳到其對(duì)稱(chēng)點(diǎn)上。證明：無(wú)論跳動(dòng)多少次后，四只青蛙所在的點(diǎn)中相鄰兩點(diǎn)之間的距離不能都等于2008。（2008年西部奧林匹克）

205證明：將青蛙放在數(shù)軸上討論。不妨設(shè)最初四只青蛙所在的位置為1、2、3、4。注意到，處于奇數(shù)位置上的青蛙每次跳動(dòng)后仍處于奇數(shù)位置上，處于偶數(shù)位置上的青蛙每次跳動(dòng)后仍處于偶數(shù)位置上。因此，任意多次跳動(dòng)后，四只青蛙中總有兩只處于奇數(shù)位置上，另兩只處于偶數(shù)位置上。如果若干次跳動(dòng)后，青蛙所在位置中每相鄰兩只之間的距離都是2008，則要求它們處于具有相同奇偶性的位置上，不可能。

2062、如果可以將正整數(shù)1,2,3,…,n填在圓周上，使得依順時(shí)針?lè)较蛉魏蝺蓚€(gè)相鄰的數(shù)之和，都能夠被它們的下一個(gè)數(shù)整除。求n的所有可能值。（1999年環(huán)球城市競(jìng)賽）

207解：考慮n≥3情形當(dāng)n≥3時(shí)，如果圓周上有二個(gè)連續(xù)偶數(shù)，則造成這個(gè)圓周上的每一個(gè)整數(shù)都是偶數(shù)(不合)。因?yàn)閳A周上必有一個(gè)整數(shù)是偶數(shù)，而它的逆時(shí)針?lè)较虻南露€(gè)數(shù)及順時(shí)針?lè)较虻南聜€(gè)數(shù)，都必須是奇數(shù)。由于1～n中，奇數(shù)的個(gè)數(shù)最多比偶數(shù)的個(gè)數(shù)多1個(gè)，所以圓周上最多只有一個(gè)偶數(shù)，這樣奇數(shù)有2個(gè)，所以n最多是3，1,2,3這個(gè)數(shù)任意排在圓周上都可以，所以n＝3。2083、已知t為正整數(shù)，若2t可以表示成ab±1(其中a,b是大于1的整數(shù))，請(qǐng)找出滿(mǎn)足上述條件所有可能的t值。（2008年青少年數(shù)學(xué)國(guó)際城市邀請(qǐng)賽）

解：設(shè)正整數(shù)t，使得2t＝ab±1，顯然a為奇數(shù)。(1)若b為奇數(shù)，則2t＝(a±1)(ab－1

ab－2

…

a＋1)由于a，b均為奇數(shù)，而奇數(shù)個(gè)奇數(shù)相加或相減的結(jié)果一定是奇數(shù)，所以ab－1

ab－2

…

a＋1也是奇數(shù)，得知2t＝ab±1＝a±1，故b=1，這與b≥2矛盾。從而只可能ab－1

ab－2

…

a＋1＝1，209解：設(shè)正整數(shù)t，使得2t＝ab±1，顯然a為奇數(shù)。由于a，b均為奇數(shù)，而奇數(shù)個(gè)奇數(shù)相加或相減的結(jié)果一定是奇數(shù)，所以ab－1

ab－2

…

a＋1也是奇數(shù)，從而只可能ab－1

ab－2

…

a＋1＝1，得知2t＝ab±1＝a±1，故b=1，這與b≥2矛盾。210綜上可知，滿(mǎn)足題設(shè)的2的正整數(shù)次冪是23，即t＝3。(2)若b為偶數(shù)，令b＝2m，則ab≡1(mod4)。若2t

=ab

+1，則2t

=ab

+1≡2(mod4)，從而t=1，故ab

=21－1=1，矛盾。若2t

=ab－1=(am－1)(am

+1)，兩個(gè)連續(xù)偶數(shù)之乘積為2的方冪只能是am－1=2，am+1=4，從而a＝3，b＝2m＝2。2t

=ab－1=32－1=8。2114