“同余”在中学数学解题中的应用赏析

正若整数a和b除以m所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记作a≡b(mod m).其主要基本性质有(仅罗列服务于文中例子的几个性质)设a,b,c,d,m1,m 2是整数,且m,m1,m20,则(1)若a≡b(modm),b≡c(modm),则a≡c(mod m);(2)若a≡b(mod m),c≡d(modm),则a+c≡b+d(mod m);(3)若a≡b(modm),c≡d(modm),则ac≡bd     

同余思想在数学竞赛中的应用

<正>(本讲适合高中)同余是初等数论的重要组成部分,在处理整除性、整数分类、解不定方程等数学竞赛问题中起到重要作用,其相关的定理也是解决数论问题的重要工具.本文给出同余的定义及常用定理,并通过近几年的竞赛题举例,从解题的思路分析,说明同余思想在数学竞赛中的应用.1定义与定理定义若整数a、b除以整数m(m>1)的余数相同,则称a与b模m同余,记为a≡b(mod m).性质设a、b、c、d∈Z,m∈Z₊,m>1.则:(1)(对称性)若a≡b(mod m),则b≡a(mod m);     

第41届IMO预选题解答(下)

数论部分1.求所有正整数n≥2,满足对所有与n互素的整数a和b,a≡b（mod n）当且仅当ab≡1（mod n）.解:所给条件等价于满足（a,n）=1的每个整数a,a2≡1（mod　n）.事实上,若a≡b（mod　n）等价于ab≡1（mod　n）,则由ab≡1（mod　n）,当b=a时,即有a2≡1（mod　n）.     

小学数学奥林匹克试题解题思路种种 二十八、用同余性质解尾数问题

如果a、b两个整数除以自然数m后所得的余数相同,就称a、b对于模m同余。记作:a=b(mod m)。同余有一些有趣而且非常有用的性质,如:(1)如果a=b(mod m),c=d(mod m),则a×c=b×d(mod m),如5=8(mod 3),11=14(mod 3),则5×11=8×14(mod 3);(2)如果a=b(mod m),则an=bn(mod m),如5=8(mod 3),则52=82(mod 3),54=84(mod 3)。运用同余性质,可以解答一类尾数问题。     

关于不定方程X_1~2 X_2~2 … X_m~2=X_(n 1)~2整数解的探讨

引理不定方程x~2-y~2=c(c∈Z)有整数解的充要条件是c■2(mod4)。证:必要性。若存在整数x、y使x~2-y~2=c■(x y)(x-y)=c,∵x y、x-y同奇偶,∴c是奇数,或者4|c,故c■2(mod4)。充分性。设c■2(mod4),则ⅰ)c≡0(mod4),c/4 1,c/4-1∈z,而(c/4 1)~2-(c/4-1)~2=c,即x~2-y~2=c有整数解(c/4 1,c/4-1)。ⅱ) c≡1(mod4)或c≡3(mod4),(c 1)/2,(c-1)/2∈Z,((c 1)/2)~2-((c-1)/2)~2=c,方程x~2-y~2=c有整数解((c 1)/2,(c-1)/2)。引理证毕。对不定方程x_1~2 x_2~2 … x_n~2=x_(n 1)~2,若令x_i     

一次同余式的另一解法

关于一次同余式ax≡b(modm)解法,在“初等数论”的书中,一般都转化为解二元一次不定方程ax+my=b.本文将类比一元一次方程的解法,介绍一次同余式的另一解法.对于同余式的概念和同余式的性质,设想读者已知,这里不再赘述.定义1 设a,b是整数,且m不能整除a,形如ax≡b(modm)的式子称为模m的一次同余式.如果整数c使ac≡b(modm)成立,称x≡c(modm)为一次同余式ax≡b(modm)的一个解.求出所有的适合一次同余式ax≡b(modm)的x的值,称为解一次同余式.     

有奖解题擂台(12)

设0正整数n≥4,集合 Z_n={0,l,2,3…,n—1},试求最大的正整数 k,使得下述命题成立:把Z_n中每个元素任意染上k种不同颜色中的某种颜色(允许一些颜色不被使用),但必须满足染色法则:“若任意的 a、b∈Z_n,且 a≠b, a与b同色,则对于 c∈Z_n且 c≡a·b 1(modn),c必与 a、b同色”,按此法则无论怎样染色,Z_n中所有的元素必定全部同色.     

关于一次剩余表的性貭与应用

本文目的在于介绍一次剩余表的性质以及对于解一次同余式,求最大公约数、求模m的简化剩余系和判定数m是質数与否等应用。 (一)一次剩余表的定义与性质引理同余式αx≡6(mod m),α(?)o(mod m) (1) 当而且仅当b能被d=(α,m)除尽时有解,而在有解时恰有d个解;且若x≡x_。(mod m)是它一个解,则x≡x_。+k m/d(mod m),h=0,1,2,……d-1就是它的d个解。此引理可在普通的初等数论书中找到,在此证明从略。     

费马定理的一种证法

费马(Fermat)定理:p是一奇素数,那么存在两整数a和b使得p=a~2+b~2成立的充分必要条件是p≡1(mod4).若p≡1(mod4),则p可唯一写成a~2+b~2(不区分b~2+a~2与(-a)~2+(-b)~2这两种形式)。证明:如p=a~2+b~2,那么p=a~2+b~2(mod4),而a~2、b~2均同余于0~2,1~2,2~2,3~2     

完全平方数的一些判定方法

判定某一整数是不是完全平方数的问题,在数学竞赛中常有所见.对这一问题,本文将通过典型例题,介绍几种最常用的方法. 在解题过程中,我们将随时使用下列各性质: 1°(a,b)=(a-bq,b),q∈Z. 2°若(a,b)=d,a=da_1,b=db_1,则(a_1,b_1)=1. 3°若(a_1,b_1)=1,q=1,2,3,…,m,P=1,2,…,n,则(a_1a_2…a_m,b_1b_2…b_n)=1.特别地,若(a,b)=1,则(a~m,b~n)=1. 4°若(a,b)=1,a|bc,则a|c. 5°若(a,b)=1,a|c,b|c,则ab|c. 6°大于1的整数a可唯一地表成:     

关于2003年全国高中数学联赛加试第二题

题目　设三角形三边长分别是整数l、m、n ,且l>m >n .已知　3l1 0 4 =3m1 0 4 =3n1 0 4 ,其中 {x}=x - [x],而 [x]表示不超过x的最大整数 .求这种三角形周长的最小值 .1　试题的另解解 :由已知得3l≡3m ≡3n(mod 1 0 4 ) .①式① 3l≡3m≡3n(mod 2 4 ) ,3l≡3m≡3n(mod 54 ) 3l-n≡3m -n≡1 (mod 2 4 ) ,3l-n≡3m -n≡1 (mod 54 ) .因为 ( 3,2 4 ) =( 3,54 ) =1 ,根据欧拉定理得 3φ( 2 4) ≡1 (mod 2 4 ) ,3φ( 54) ≡1 (mod 54 ) ,其中φ(2 4 ) =2 4 1- 12 =8,φ(5 4) =5 41- 15 =5 0 0 .设k1、k2 是分别使 3k≡1 (mod 2 4 ) ,3k≡1 (mod …     

一道波兰数学竞赛题的推广

2003年波兰数学竞赛有如下一道试题:设p是质数,整数a,b,c满足0相似文献   

第39届IMO试题解答(下)

16.求最小的整数n(n≥4),满足从任意n个不同的整数中能选出四个不同的数a、b、c、d,使a b-c-d可以被20整除。 解:我们先考虑模20的不同剩余类,对有k个元素的集合,共有(1/2)k(k-1)个整数对,如果(1/2)k(k-1)>20,即k≥7,则存在两对(a,b)和(c,d),使aa b=c d(mod20),且a、b、c、d互不相同. 一般地,我们考虑一个由9个不同元素构成的集合,假设在这个集合中有7个或更多的元素属于模20的不同剩余类,则由前面的推导可知,能找出四个不同的数a、b、c、d,使a b-c-d被20整除,假设在这个集合中至多有属于模20的六个不同的剩余类,则一定存在4个数,对模20是同余的,或有两对数分别对模20是同余的,对这两种情况,我们仍能找出a、b、c、d,使a b-c-d被20整除.     

一个定理的简证

本刊84年第8期第43页给出了一元二次方程ax~2+bx+c=0(其中a≠0,a,b,c均为整数)(*)有两个整数解的充要条件,即是: 定理:方程(*)有两个整数解的充要条件是:b~2-4ac=m~2(m是整数),且b,c均能被a整除.     

巧用二元一次方程的整数解

当a,b,c都是整数时,二元一次方程 ax+by=c (ab≠0)的整数解有下面两个简单性质: 1.若a,b的最大公约数d不能整除c,则方程(1)没有整数解.     

关于一元二次方程根的讨论

对于整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)(1)方程有有理数根的条件是△=b2-4ac为一有理数的平方;(2)若a、b、c为奇数,则方程无整数根;(3)若a、b为偶数,而c是奇数,则方程无整数根。     

关于同余方程XP+YP+ZP≡0(modP2)的整数解

设P为素数,利用初等数论方法研究了三元同余不定方程XP+YP+ZP≡0(modP2)的整数解问题;证明了同余方程X3+Y3+Z3≡0(mod9),X5+Y3+Z5≡0(mod25),X11+Y11+Z11≡0(mod112),X17+Y17+Z17≡0(mod172)均无整数解,并证明了同余方程X7+Y7≡Z7(mod72)仅有解;17+27≡37(mod72);X13+Y13≡Z13(mod132)仅有解113+213≡413(mod132)和213+513+613≡0(mod132);X19+Y19+Z19≡0(mod192)仅有解119+719≡819(mod192),219+319≡519(mod192),419+619+919≡0(mod192).     

2004年全国初中数学竞赛天津赛区初赛

一、选择题 (每小题 5分 ,共 30分 )1.已知m2 n2 mn m -n 1=0 .则 1m 1n的值等于 (　　 ) .(A) - 1　　 (B) 0　　 ”(C) 1　　 ”(D) 22 .a、b、c为非零实数 ,且a b c≠ 0 .若a b -cc =a -b cb =-a b ca ,则(a b) (b c) (c a)abc 等于 (　　 ) .(A) 8(B) 4 (C) 2 (D) 13.方程 x 3x 1-y =0的整数解有 (　　 )组 .(A) 1(B) 2 (C) 3(D) 4图 14 .如图 1,在△ABC中 ,M是AC的中点 ,P、Q为边BC的三等分点 .若BM与AP、AQ分别交于D、E两点 ,则BD、DE、EM三条线段的长度比等于 (　　 ) .(A) 3∶2∶1(B) 4∶2∶1(C)…     

一次不定方程(组)的整数解(初一)

本文介绍一次不定方程(组)整数解的判定和求法. 1.如何判定整系数方程ax+by=c有无整数解定理1 整系数方程ax+by=c如果有整数解,则必有(a,b)|c;反之,如果(a,b)|c,则该方程有整数解.((a,b)表示a、b的最大公约数;(a,b)|c表示(a,b)整除c).     

整除问题——初一数学竞赛系列讲座(5)

对整数a和b(b不为0),如果存在一个整数q,使a=b×q,则称a被b整除,也称b整除a,否则就称a不能被b整除.例如35=5×7,于是35被5(或7)整除.整除有许多性质,下面列出最常用的几个:1.如果b整除a,则b整除a的倍数.2.如果b整除a与c,则b整除(a±c).3.如果b整除a,a又整除c,则b整除c.4.如果a整除c,b也整除c,并且a与c互质,则ab整除c.在整除问题中,能被2,3,4,5,8,9,11,25等整除的数有如下的特征:1.如果一个整数的末位数字是偶数,则这个数必定被2整除.2.如果一个整数的末位数字是0或5,则这个数必定被5整除.3.如果一个整数的末两位数字组成的数被4(或25)整除,…