等价关系的应用琐谈

数学中的等价关系比较常见且用途较为广泛,等价关系概括的说就是肯有反身性、对称性和传递性的关系,本文就以下几方面的问题进行了系统研究和探讨。 1 关于整数之间的“懂m同余” 整数之间的“模m周余”是一个等价关系,即设a,b,c为整数,那么有:a≡a(mod m),若a≡b(mod m),则b≡a(mod m),若a≡a(mod m),且b≡c(mod m),则a≡c(mod m)。 我们看这个等价关系在下列中的应用。     

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);     

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.     

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。     

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）.     

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     

运用比例性质的常见错误剖析

初中《几何》第二册第4页上,叙述了比例的两个重要性质: (1)若a/b=c/d,则a±b/b=c±d/d。(合比性质) (2)若a/b=c/d=…=m/n(b+d+…+n≠0),则a+c+…+m/b+d+…+n=a/b。(等比性质) 这两个性质可以广泛应用于代数、几何的众多方面,但在应用时,常会产生错误。     

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。     

30分钟智力冲浪

1 .若x是正整数 ,且 y =x4+ 2x3 + 2x2 + 2x + 1 ,则 (　　 ) .(A) y一定是完全平方数(B)存在有限个x ,使 y是完全平方数(C) y一定不是完全平方数(D)存在无限多个x ,使 y是完全平方数2 .当x -3 y+ 4z=1 ,2x+ y-2z =2时 ,化简x2 -2xy-3 y2 + 2xz+ 1 0 yz-8z2 的结果是 (　　 ) .(A) 1　　　　 (B) 0　　　　 (C) 2 -x　　　　 (D)x -23 .若a ,c ,d是整数 ,b是正整数 ,且满足a +b =c,b +c=d ,c +d =a,则a +b +c+d的最大值是 (　　 ) .(A) 0　　　　 (B) 1　　　　 (C) -1　　　　 (D) -54.若a2 + 2a + 5是a4+ma2 +n的一个因式 ,则mn的值…     

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     

一个条件等式的妙证、推广及应用

文 [1]、[2 ]证明了下面的等式 :设 a,b,c,d∈ (0 ,+∞ ) ,且 c+d=1,c2a+d2b=1a+b,求证 :c4a3 +d4b3 =1(a+b) 3 . 1文 [2 ]还把 1式推广为 :cm + 1am +dm + 1bm =1(a+b) m. 2本文给出 1的不等式证法 ,并把 1,2式的条件推广 ,同时给出其应用 .1　简证　由 x2y≥ 2 x- y知c2aa+b≥ 2 c- aa+b,d2ba+b≥ 2 d- ba+b.因为 c+d=1,所以 c2aa+b+d2ba+b≥ 2 (c+d) - (aa+b+ba+b) =1.由等号成立条件知 c=aa+b,d=ba+b,故 c4a3 +d4b3 =a4a3 (a+b) 4 +b4b3 (a+b) 4 =1(a+b) 3 .2　推广定理　设 a,b,c,d∈ (0 ,+∞ ) ,m,n∈N* ,m≠ n,若 c+d=1且 cm + 1am …     

“相似形”学习中的创新与实践

一、不要满足书中已给出的结论“相似形”第一单元给出比例性质 :基本性质、合比性质、等比性质。对初学者来说 ,通过 a∶ b=c∶ d ad=bc b∶ a=d∶ c(反比 )和 a∶ c=b∶ d(更比 ) ,这无疑是一种学习中的新发现。对合比性质 ab= cd a+ bb =c+ dd ,同样可使结论发展深化为ma± nbkb =mc± ndkd (m、n、k为正整数 )。对等比性质ab=cd=ef a+ c+ eb+ d+ f=ab(b+ d+ f≠ 0 ) ,同样可以使结论发展深化为 m1a+ m2 c+ m3 em1b+ m2 d+ m3 f=ab (其中m1b+ m2 d+ m3 f≠ 0 ,m1、m2 、m3 为正整数 )。如此灵活而全面地理解性质的结论 ,不仅使学生受到…     

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。     

关于同余式2n≡7（modn）的解

证明了2n≡7（modn）（n〉1）在[2,105]中仅有解n=25=5·5.及当整数m〉1满足2m≡7（modm）时,有n=2m-1是2n-6≡1（modn）的解.更进一步地,若整数m〉1满足2m≡2k＋1（modm）,则n=2m-1是2n-2k≡1（modn）的解.     

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   

确定n^（n^n）末位数的一个简易数表

以n′、n″分别表示n的末 1和末 2位数码 ,N′表示nnn的末位数 ,则有定理　设n′≠ 0 .(1 )若n≡ 1 (mod 4) ,则n′=N′;(2 )若n≡ 3 (mod 4) ,则N′≡ (n′) 3(mod 1 0 ) ;(3 )若n≡ 0或 2 (mod 4) ,则N′ =6.引理 1 [1] 　n4 q r的末位数与nr 同 .引理 2　n′为非零偶数 ,则n4 q末位为 6.证明 :n′=2 ,4,6,8和n4 ≡ (n′) 4≡ 6(mod 1 0 ) .故n4q=(n4 ) q≡ 6q≡ 6(mod 1 0 ) .定理的证明 :(1 )有n =4k 1 ,由引理 ,nn 末位 =(4k 1 ) 1的末位≡ 1 (mod 4) ,故nn=4q 1 .再用引理 ,nnn=n4q 1≡n≡n′(mod 1 0 ) ,即N′ =n′ .(2 )当n≡ …     

一个整数性质的应用

若。、b均为整数,且。相似文献   

错在哪里——应用等比性质的错误分析

等比性质:若a/b=c/d=…=m/n(b+d+…+n≠0) ,则(a+c+…+m)/(b+d+…+n)=a/b·这个性质在许多方面应用起来是很方便的,但必须注意成立的条件;b+d+…+n≠0·若各个比的后项之和b+d+…+n=O,则分式(a+c+…+m)/(b+d+…+n)没有意义·解题时,忽视这一点就会产生错误.     

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 …