你会玩这个游戏吗?

有一个长长的纸条,里面有37个空格,要求在每个空格里填入一个自然数,从1到37,既不重复,也不遗漏.但数字不能随便乱填,有一项特殊要求:第1数能被第2数整除,第1     

关于能被两位数整除的整数的特征研究

判断一个整数能否被另一个整数整除一直是初等数论中一个饶有兴趣的问题.我们知道,能被2整除的数必是偶数,能被3或9整除的整数的特征是它的各个数字之和也必能被3或9整除,能被5整除的数的个位数一定是0或5,能被10整除的数的个位数一定是0,判断一个数能否被任意两位数整除并非易事,笔者研究发现如下规律.……     

柯召、孙琦—单墫定理的拓广

一、引言人们容易证明任意3个整数中必有两个整数之和为2整除,任意5个整数中必有3个整数之和为3整除,柯老和孙琦教授在[1]中证明了任意7个整数中必有4个整数之和为4整除,并猜测任意2n-1(n>1)个整数中必有n个整数之和能为n整除。1983年单墫     

巧用卢卡斯数列解题

卢卡斯数列其通项公式为：该数列性质丰富，应用广泛．本文巧妙地利用它来解题，简洁明快、别具一格．例1化简（数学通报1993年第3期《根式的化简》一文例1）故原式注：此题运用了卢卡斯数列的性质例3试证：对任意的自然数n，数1＋能被2~n整除（［x］表示x的整数部分）．（第17届全俄中学生数学竞赛题第3阶段试题）证明注：类似地还可以证明：兰nR正整数的，大于（3＋、了）‘”的最山整数能被2’。整除．（1987沃苏州高中数学亮慕题〕巧用卢卡斯数列解题@李显权$四川省富顺师范学校!643200     

一个有趣的整除问题

请问:23~(43)+43~(23)是否能被66所整除? 为回答这一问题,先来看一个较简单的问题:“3~5+5~3是否能被8所整除”,如果这一问题能有个一般方法获得解决,我们的问题也就可以相应得到解决了。首先因为3~5+5~3=243+125=368=46×8,所以8|(3~5+5~3)[注:记号“8|(3~5+5~3)”表示8能整除3~5+5~3,或3~5+5~3能被8所整除]这个方法很简单,但由于这个数中的底数和指数都比较小,乘方后所得之和也不很     

漫画趣题

第一题第二题 六位数ZAAAAZ能被9整除,求A表示的数字是几? 下面的7号图是由1一6号图中哪几号图复合在一起而成的?吸刻吸郊准齐烂装烤淤健装沐娜沐娜吸娜烤教眯装烂装。仑户. 夺准郊薄装第三题第四题 下图中有两个大小祖同的正方形,一个正方形里有4个圆,另一正方形里有9个圆,请你比较一下,哪个圆形中阴影部分的面积大? 请你找一个不大于900000的最大的六位数,它可以被23整除,它的个位数字是3,百位数字是2.<漫画趣题》参考答案 第一题 A一8. 如果一个数能够被9整除,那么它各位数字之和必然是9的整数倍,反过来也对.因此,2 A A十A A 仑是9…     

争鸣

问题问题144高二的一本辅导资料上有这样一个题:在1,2,…,1000这1000个正整数中,任取一个数,它能被2或3整除的概率是解法1设A={取得的数能被2整除},B={取得的数能被3整除},则P(A B)=P(A) P(B)-P(AB)=1500000 1303030-1500000×103030≈0.667.解法2被3整除的数有3,6,9,…,999,共333个,被2整除的数有2,4,6,…,1000,共500个,被3整除又被2整除的数有6,12,18,…,996共166个,所以被2或3整除的数共333 500-166=667个.又从1,2,…,1000最1000个数中,任取一数机会是均等的,共1000种等可能结果,故P(A B)=1606070=0.667.事实上解法1的准确值为0.66…     

P-进制数中的一个整除关系

整除是初等数论中的一个基本概念。“整数甲能被整数乙整除”这样的问题,在小学算术课中大家就已经知道,并且学会了一些作出判断的方法。比如,判断一个十进制整数是否可以被3或9整除的简捷方法是:将该数每一位上的数码相加,其和若被3或9整除,则该数被3或9整除,例如:十进制数19803,1 9 8 0 3=21,而3|21,9(?)21,可以断定3|19803而9 19803,(记号“|”表示整除,“(?)”表示不     

一类计数问题的求法

利用等价类讨论了从m个不同的整数中任取n个不同数之和能被n整除简单的计算方法.     

等比数列求和公式逆用例说

等比数列求和公式逆用例说湖北襄阳一中李继武等比数列求和公式表明是一个关于ｑ的整式．逆用该公式，可解答有关的整除性问题．例１求证：若ｎ是正奇数，１＋ｘ＂能被１＋Ｘ整除，但不能被１－Ｘ整除．是奇＿证明＂：是奇由公式（１）知是整式被１＋Ｘ整除．右端前者是整...     

自然数被貭数整除的一个判别法

一切偶数都能被2整除,凡末位是“5”或“零”的数都能被5整除,这就无須再討論了。下面討論自然数对于其它貭数的可除性。对于其它的质数p其个位数必为:1,3,7,9这四种类型。这时可以找到自然数1,使lp+1为10的倍数。事实上,对于以上四种类型,分别取l为9,3,7,1即可。定理1.自然数N能被貭数p(p≠2,5)整除的充要条件是截去N的末位数后,在十位数上加上末位数的a倍,所得的数能被p整除。其中a滿足条件lp+1=10a。更一般地說,有自然数N=10x+y能被貭数p整除的充要条件是 N′=x+ay能被p整除。 証.Ⅰ.必要性。設N能被质数p整除,則N=pq。再将N写成 N=10x+y的形状。现在証明     

第3届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答（一）

1．对一个由有限个素数组成的集合P，用m（p）表示具有下述性质的连续正整数的个数的最大值：这些连续正整数中的每个数都能被P中的至少一个元素整除．     

实二次域Tame核的阶的3-整除性

本文证明了对某类实二次域,其类数能被3整除当且仅当其Tame核的阶能被3整除,同时给出 了Browkin关于Tame核的3整除性的结果的一个不同证明．     

魔术数

如果将自然数N接写在每个自然数的右面,所得到的新数都能被N整除,那么N称为魔术数。例如,1是魔术数。因为任何自然数都能被1整除,2是魔术数,因为把2接写在任何数的右边,均得到偶数。5、10、100…也都是魔术数。因此,魔术数有无穷多个。下面,我们来考虑魔术数的性质和在一定条件下的计数问题     

Romanoff定理的定量形式

1934年,Romanoff证明了能表成2的方幂与一个素数之和形式的正整数在正整数集合中有正的比例．最近,本文作者证明了对充分大的x,能表成2的方幂与一个素数之和形式的正整数在不超过x的正整数中至少有0．0868x个．本文证明了:设 x≥5,则在不超过x的正整数中,能表成2的方幂与一个素数之和的数的个数不少于 0．005x,即给出了Romanoff定理的定量形式．     

一道1998年亚太地区竞赛题的教学与推广

1998年亚太地区数学竞赛有如下一道数论题:题1求满足如下条件的最大正整数n:n能被所有小于3n的正整数整除.在讲解该题时,为了便于学生理解,笔者先将试题变式为:变式1求满足如下条件的最大正整数n:n能被所有小于n的正整数整除.解析若设小于n的最大整数是k,则原题可转化为如下的等价形式:设k,n是正整数,满足k2相似文献   

整除问题中字母系数的求法

在整式除法中,存在关系被除式A=除式B×商式Q 余式R 当R=0时,则称被除式A能被除式B整除.或除式B整除被除武A,即A=BQ,原理然简单,却能简化整除时字母系数确定的问题。例1 多项式2x~4-3x~3 ax~2 7x b能被x~2 x-2整除,则a/b的值是     

两项式ab~n+cd~n 的整除问题

高中数学课本第三册复习题四第14题(P158)要求用数学归纳法证明:3~(n+2)十4~(2n+1)能被13整除。本文对这类问题再提供一种极为简便的证法。定理:若d-b能被a+c整除,则ab~n十cd~n也能被a+c整除(a,b,c∈R,且a+c≠0,n∈N) 证明:ab~n+cd~n=(a+c)b~n+c(d~n-b~n)=(a+c)b~n+c(d-b)(d~(n-1)+d~n-2b+d~n-3 b~2 +…+db~(n-2)+L~(n-1))。因为(a+c)b~n和c(d-b)(d~(n-1)+d~(n-2)b++d~(n-3)b~2+…+d~(n-2)+b~(n-1))都能被a十c整除,故ab~n+cd~n能被a+c整除。例1 求证:3~(n+2)+~(2n+1)能被13整除证明:3~(n+2)+4~(2n+1)=9·3~(n+4)·16~n     

Eisenstein定理的一种推广

定理 设 f(x)=a_0+a_1x+a_2x+…+a_nx~n(a_n≠0,n≥1是整数)是一个整系数多项式,并且f(x)没有有理根。如果能够找到一个素数p,使得 (1)最高次项系数a_n不能被p整除, (2)其余各项的系数都能被p整除, (3)一次项的系数a_1不能被p~2整除,那么多项式f(x)在有理数域上不可约。     

证完“6~(2n-1)+1能被7整除”之后……

高中代数第二册上有一道习题:求证6卫“一‘+1(,￡〔N)能被7整除。 这里,证明略去不谈,只作如下猜想: 1“”一‘+1能被2整除, 2卫。一‘+1能被8整除, 3,“一‘+1能被4整除,醉 :二:一,+1能被(从十1)整除,(其中川是自然数).(灭) 结论是肯定的,以下对(狱)式进行证明。 (i),=if于寸,脚2”一‘+i二,,:+1,命题显然真, (2)假设n=k时,命题真。即,,之“K一‘+1能被。,+1整除。则当”=k十1时, 仇么、K+‘〕一1+1二z,,艺K一1 .2了2+1 =勿几术一1。mZ+,,,二K一1一,,,至K一1+1 =m“K一‘(,,,艺一1)+,,z二K一‘+1 显然,:空K一’(m“一1)能被(胡+1)整除…