论初等数论在中学教学与数学竞赛重的应用

摘要：《初等数论》是数学与应用数学、数学教育专业的一门专业基础课。作为课程内容，《初等数论》常常被认为是介绍一些基础知识 ，而作为研究内容是一大批纯数学的难题，经常被认为与实际应用没有多大关系的学科。然而，真实的情况却是，数论的知识点在中小学的教育中被越来越频繁的应用，特别是在中学的数学竞赛应用极为广泛。本文主要介绍初等数论在中小学数学竞赛中的应用以及它与中学教学的相关问题（主要讨论整除在这两者中的应用与相关性）。

关键词：初等数论 中学教学 数学竞赛 整除

正文 ：

一、整除与中小学的数学教学

1、整除在《初等数论》中的概念与性质

定义（整除）： 设a 、b是任意两个整数，其中b≠0，如果存在一个整数q使得等式

a =bq （1）

成立，我们就说b 整除a 或a 被b整除，记作b |a 。

定理1（传递性）： 若a 是b的倍数，b 是c 的倍数，则a 是c 的倍数，即

b |a , c |b => c |a .

定理2： 若a 、b都是m 的倍数，则a +b（或a -b ）也是m 的倍数。

定理3： 若

a1,a2,...an都是m 的倍数，

q1,q2,...qn是任意n 各整数，则

a1q1a2q2...anqn是m 的倍数。

定理4（带余数除法）： 若a，b是两个整数，其中b >0 ，则存在两个整数q 及r ，使得

a =bq +r ,0≤r 成立，而且q 及r 是唯一的。

定义 ： （2）中的q 叫做a 被b 除所得的不完全商，r 叫做a 被b 除所得到的余数。

以上的2条定义和4条定理即为整除在《初等数论》中的知识点，不难想到，若将其用数字具体化，即为中小学中的学到的，并且在解题中被大量的应用。下面来看几个例子。

2、中小学中有关整除的习题

例 2.1

(04年附中考题)

甲,乙,丙代表互不相同的3个正整数,并且满足甲×甲=乙+乙=丙×135.那么甲最小

是____.（基础题）

【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5*3*3*3，所以丙最小应该是2*2*5*3,所以甲最小是2*3*3*5=90.

例2.2

（05附中考题）

有____.个四位数满足以下条件：它的各位数都是互不相同的奇数；它的每个数字都能整除它本身。

【分析与解】：1,3,5,7,9中任选4个数必有3或9，所以4数之和能被3 整除，1+3+5+7+9=25,当且仅当无7时，满足其余4数之和能被3整除。又能被5整除，所以末位必是5，组合为1395,1935，3195,3915,9135,9315,共6个数。

例2.3

5...59...920个520个9能被7整除，求O代表的一位数是什么？

【分析与解】

解法一：6个9自动消除，18个9自动消除，留下2个9，一个O在一组（奇组）。18个5自动消除，2个5在一组，做差得O44，能被7整除，得到答案为4.

解法二：999999=999*1001=999*7*11*13，所以六个相同的数自动消除，最后得到55O99，从而解得答案6.

例2.4

证明3∣n(n+1)(2n+1),这里的n是任意整数。

证法一：根据题意n可以写成n=3q+r,这里r=0,1,2,q为整数，对取不同

的值进行讨论，得出结论。

证法二：根据整数定义，任何连续三个整数的乘积必是3的倍数。

证明三：根据1^2+2^2+……+n^2=1/6n(n+1)(2n+1) =〉n(n+1)（n+2） =6(1^2+2^2+……+n^2) 得出6∣n(n+1)（n+2）， 即3∣n(n+1)(2n+1)

证明四：利用数学归纳法进行证明。

从上面的四个例题中不难发现有关数的整除已经被广泛的应用到中小学的教学中去了。而随着新课程改革的逐步深入，初等数论知识和思想方法，一方面会更加频繁的出现在日常教学中，另一方面是以竞赛的形式出现，而且相比较而言，后者更为突出。下面我们再来看几个例子。

3、初等数论在数学竞赛中的应用

例3.1（美国长岛小学数学竞赛）

四位数3AA1被9整除，求A？

【分析与解】 A+A+4是9 的倍数，A+A=5不成立，A+A=14成立，A=7.A+A=23不成立，所以最后A=7.

例3.2 （2007年第五届小学“希望杯”全国数学邀请赛）

某个自然数除以2余1，除以3余2，除以4余1，除以5也余1，则这个数最小是多少？

【解析】根据带余除法与整除的性质，这个数减1能同时被2、4、5整除，这个数加1能被3整除。

[2,4,5]=20，

所以这个数可表示成20k+1的形式，其中k为自然数，

由这个数加1能被3整除，得

(20k1)12k26k33（其中k为自然数）是整数。

2k22k2经检验可知，当k=0,1时，3不是整数；当k=2时，3是整数，

所以满足题意的自然数最小是20×2+1=41。

例3.3 （1984年北京市初二数学竞赛试题）

证明：对任给的一个正整数N，总存在一个适当交换1984的位数所得的四位数

a3a2a1a0, 使得7|（Na3a2a1a0）。

【分析】本题是证明存在性问题。由于任意整数N的不确定性，使得我们不可能对每一个N都进行讨论，但可以通过按余数分类化无限为有限来讨论。事实上，不论N为何值，它关于模7的余数不外乎是0,1,2,3,4,5,6这七个值之一。因此，所有正整数实际上可被分成七类，即7k，7k+1，…7k+6(kN)。于是，证明本题的关键是：对上述每一类去找四位数a3a2a1a0, 使得7|Na3a2a1a0。这就是要求对应的a3a2a1a0, 与N关于模7的余数应该“互余”，即它们关于模7的余数之和等于7。由1,9,8,4组成的四位数（无重复数字）共有24个，只需证在这24个数中，一定有7个数关于模7的余数恰好是0,1,2,3,4,5,6。

4A4【证明】由1,9,8,4这四个数字可以排列成24个无重复数字的四位数。不难验证，

在这24个数中总可以找到关于模7的余数分别为0,1,2,3,4,5,6的7个数，例如

1498=214×7+0， 1849=2×7+1， 1948=278×7+2， 1984=283×7+3，

14=270×7+4， 14=212×7+5， 9184=1306×7+6.

因此，对任意正整数N，设Nr(mod7)(0r6)，在上面的7个数中，取相关模7的余数为7-r的数作为对应的a3a2a1a0, 则必有7|Na3a2a1a0。

总结：竞赛中关于数论的论证题，基本上都是讨论整数性和整数解，证明方法通常有：直接法、反证法。但同时，竞赛数学中的数论问题，又有别于初等数论。初等数论追求的

是一般的理论和方法，竞赛数学的目的却在于解题，是一种题型的快速解答，多倾向于运用总结出来的一般的理论和方法的演算性质。前者注重知识理论，后者倾向于解题方法。

当然，除了整除在中小学的教学和竞赛中得到应用之外，像《初等数论》中的最大公因数、最小公倍数、抽屉原理等数论中的一般理论与结果也会被应用到中小学教学中，尽管想这些结论的由来和思想并没有教给中学生，但也可以让我们知道初等数论在中小学教学中的重要性。

参考文献

1、 《初等数论》（第三版） 闵嗣鹤 严士健 高等教育出版社

2、杨跃，小学数学奥林匹克竞赛全真试题.全国联赛卷，湖北：湖北教育出版社，2012

3、刘影，程晓亮，中学竞赛数学，北京：北京大学出版社，2012