數論問題常用證明方法

1. 數論證明題目

方法一：n²+(n+1)²中n或n+1之一為偶數,所以n²+(n+1)²模4餘1,又因為n²+(n+1)²為奇數,所以
㎡+2為奇數,所以m為奇數,令m=2t+1,則㎡+2模4餘3,所以n²+(n+1)² 、㎡+2模4不同餘.
方法二：n²+(n+1)²-㎡-2=2n²+2n-(㎡+1)
自己解一下方程,看看m有沒有整數值.

2. 數論中 如何證明一個很大的數是素數

我還有一種方法，但是操作性不強，不強求你的採納，但請你務必看下。
若數p為質數，（p-1）！≡-1(mod p)，若p為合數，（p-1)!≡0(mod p)。這是15世紀由英國的威爾遜爵士發明的威爾遜定理，雖然看上去很漂亮，但是計算難度大，我用C語言做了這個程序，到15！就因為數據溢出而無法判斷。
證明的話是這樣的，若p是質數，1≡-1（mod 2），而當p為奇質數，1到p-1共p-1個數，有偶數個數，每個數都有乘法逆元，除了1和p-1的乘法逆元是自己本身，其餘的數都有兩兩配對的乘法逆元組。這樣就可以證明了。
而當p為合數，至少是某個質數的平方或者由兩個不同質數一次方相乘。而最小合數是4，若p為完全平方數，p>=4時，根號p小於於等於p-2，所以p-2階乘能被p整除。如果p=ab，a與b互質，a與b必定小於等於p-1，也有p-1的階乘被p整除。

3. 初等數論關於最小公倍數定理證明的問題

懶得去翻潘老的這本書了。太厚了。
也就不管在這之前講過哪些了，總之避開算數基本定理和帶余數除法吧。

以下證明分為幾步，我用分隔線來書寫。
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引理：lcm運算滿足結合律。（此引理若需證明，追問。）
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首先，易證n=2時，a(1)|c，a(2)|c的充要條件是lcm{a(1)，a(2)}|c
用短除法、整除的傳遞性等方法都可以證明。（如需證明，追問。）
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假若以下成立：
當n=k時，a(1)|c、a(2)|c、a(3)|c、...、a(n)|c的充要條件是lcm{a(1)、a(2)、...、a(n)}|c，

那麼當n=k+1時，
lcm{a(1)、a(2)、...、a(n+1)}=lcm{lcm{a(1)、a(2)、...、a(n)}、a(n+1)}
因為lcm{a(1)、a(2)、...、a(n)}|c，
於是lcm{lcm{a(1)、a(2)、...、a(n)}、a(n+1)}相當於lcm{b(n)、a(n+1)}
此時對應n=2的情況，
於是滿足。
得證。
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根據皮亞諾公理，n∈Z均成立。

【經濟數學團隊為你解答！】

4. 數論問題：請例舉4，6，8，9，11，13的倍數特徵。學霸們，burn it！

以下需要大量用到位值原理，很簡單的，就是說一個符合進位制的數，可以按位拆開。
例如，abc=100a+10b+c
另外，不清楚你學習了哪些知識，因而我不用同餘，因此需要大量用到【倍數+倍數=倍數】，這個實際上就是提取公因數了。
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①
判斷一個數是否是4的倍數，只需看其末兩位是否是4的倍數。
例如，2391749147902836是4的倍數，因為其末兩位是36，而36是4的倍數，因而這個數也是。
證明：
設一個多位數為abcd....pqr
於是，
abcd....pqr
=abcd....p00+qr
=abcd....p×100+qr
=abcd....p×4×25+qr
由倍數+倍數=倍數，即可的值末兩位qr是否是4的倍數決定了多位數是否是4的倍數。
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②
由上面的例子容易推廣：判斷一個數是否是8的倍數只需看其末三位。因為1000=8×125
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③
判斷一個數是否是9的倍數，只需將其各個數為上數字之和相加，判斷這個和是否是9的倍數即可。與3類似。
例如：32173不是9的倍數，因為3+2+1+7+3=16，不是9的倍數。
證明：
設一個多位數為abcd....pqr
於是，
abcd....pqr
=a000...000+b00...000+c0...000+d...000+...+p00+q0+r
=a×1000...000+b×100...000+c×10...000+d×1...000+...+p×100+q×10+r
=a×999...999+b×99...999+c×9...999+...p×99+q×9+【a+b+c+d+....+p+q+r】
注意，【】之前的均為9的倍數，因而【】內的數值決定這個多位數是否被9整除。
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④
先說一下13吧，
判斷一個至少四位的數是否是7、11、13的倍數，只需將這個多位數從末尾開始，每3位分開，（1）方法一：用後三位之前的數與後三位數作差，大-小，反復進行，直至低於四位數，再試除；
（2）方法二：每三位分開後，分成若干段，每段標上一、二、三、四、...，將標奇數的段相加，再將標偶數的段相加，將得到的兩個和作差，反復進行，直至低於四位數，再試除；

下面只證明方法一，方法二類似：
注意到，1001=7×11×13
於是，

abcd...pqrst
=abcd...pq000+rst
=abcd...pq×1000+rst
=abcd...pq×1001-abcd...pq+rst
=abcd...pq×1001-【abcd...pq-rst】
注意到，【】之前的均為7、11、13的倍數，因而【】內的數值決定這個多位數是否被7、11、13整除。
例如，判斷12437,493
12437-493=11,944
944-11=933
933不是7、11、13的倍數，因而多位數12437493不是7、11、13的倍數。
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⑤
在上一段中我們已經說了如何判斷11的倍數，但11還有另一個相對簡單的方法。
注意到，
一方面，99、9999、999999、均為11的倍數（偶數個9）
另一方面，990+11、99990+11、9999990+11也是11的倍數，這些數是1001、100001、10000001、...（中間偶數個0）
於是，判斷一個數是否是11的倍數，可以將多位數每一位均分開，用奇數位數字之和與偶數位數字之和作差，若差是11的倍數，那麼這個多位數也是，否則，不是。
證明：（為了打字方便，我用一個7位數證明，其它多位數也是同樣的道理）
abcdefg
=a000000+b00000+c0000+d000+e00+f0+g
=a×1000000+b×100000+c×10000+d×1000+e×100+f×10+g
=a×999999+a+b×100001-b+c×9999+c+d×1001-d+e×99+e+f×11-f+g
=a×999999+b×100001+c×9999+d×1001+e×99+f×11+【a-b+c-d+e-f+g】
注意到，【】之前的均為11的倍數，因而【】內的數值決定這個多位數是否被11整除。
例如，
281312465060，奇位數字之和=2+1+1+4+5+6=19，偶位數字之和=8+3+2+6+0+0=19，而19與19的差是0，且0是11的倍數，那麼這個多位數就是11的倍數。
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⑥
判斷6
注意到，6=2×3，且2與3互質，那麼2和3的公倍數一定是6的倍數。
於是，判斷一個數是否是6的倍數，只需同時滿足2和3的倍數即可。
判斷一個數是否是2的倍數，只需看末位（類似4和8，因為10=2×5）
判斷一個數是否是3的倍數，將其各個數位數字相加（類似9，因為9的倍數一定也是3的倍數）
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如還有疑問，請追問。

以上。
【經濟數學團隊為你解答！】

5. 用初等數論的方法去證明lg2是無理數

證明：假設lg2不是無理數，則存在互質的正整數m,n,使得
lg2=m/n.
所以
2=10^(m/n).
所以
2^n=10^m.
因為無論m,n取任意正整數，2^n的尾數一定不為0,10^m的尾數一定為0,
所以
2^n不等於10^m,與2^n=10^m矛盾.
所以假設不成立,即lg2是無理數.
=
=
=
=
=
=
=
=
=
設N為大於1的正整數,若lgN不是整數,則lgN是無理數.
(1)若N尾數不為0，按以上方法證明.
如:lg2,lg3,lg4,...lg9都是無理數.
(2)若N尾數為0,則lgN=lgM+L,L為正整數,M尾數不為0.
如:lg90=lg9+1,lg2300=lg23+2,...

6. 數論問題：設n為正整數，證明：6 | n(n + 1)(2n +1)。

解：

若n為偶數，則n(n+1)(2n+1)是偶數若n為奇數，則n+1是偶數，所以n(n+1)(2n+1)是偶數在證這個數能被3整除，若n被3整除，則n(n+1)(2n+1)能被3整除若n被3除餘1，則2n+1能被3整除。

所以n(n+1)(2n+1)能被3整除若n被3整餘2，則n+1能被3整除，所以n(n+1)(2n+1)能被3整除所以6|n(n+1)(2n+1)。

數論簡介：

數論是純粹數學的分支之一，主要研究整數的性質。整數可以是方程式的解。有些解析函數中包括了一些整數、質數的性質，透過這些函數也可以了解一些數論的問題。透過數論也可以建立實數和有理數之間的關系，並且用有理數來逼近實數。

按研究方法來看，數論大致可分為初等數論和高等數論。初等數論是用初等方法研究的數論，它的研究方法本質上說，就是利用整數環的整除性質，主要包括整除理論、同餘理論、連分數理論。高等數論則包括了更為深刻的數學研究工具，它大致包括代數數論、解析數論、計算數論等等。

7. 數論證明，高手進

用Mathematica編了個程序做演算。第50個使得π(n)|n的n為480864，第60個為481356，第70個為1304537，第80個為3523926，第90個為9557955，第100個為9559800。這樣看來使得π(n)|n的整數會在某些區間（如480864和481356之間，9557955和9559800之間）較為連續地出現。或許可以構造出一組無窮多個這樣的區間來證明

8. 關於數論的問題怎麼證明 （1）若c|a,c|b,則c|ma+nb，特別的，c|a-b,c|a+b

(1)由c|a，c|b得a=cx，b=cy，(x，y為整數)，所以ma+nb=mcx+ncy=(mx+ny)c,所以c|ma+nb，令m=1，n=-1，即c|a-b，令m=1，n=1，即c|a+b
(2)數學歸納法，當n=1時a-b|a-b，顯然成立，設當n=n時，命題成立，即a-b|a^n-b^2，那麼當n=n+1時，a^(n+1)-b^(n+1)=a^(n+1)-a^n*b+a^n*b-b^(n+1)=a^n*(a-b)+b(a^n-b^n),顯然a-b|a^n*(a-b),所以當n=n+1時，命題也成立，綜上所述，所證命題成立，
(3)同(2)用數學歸納法，但n的跨度不是1了，而是2，自己證明

9. 數論（9的倍數）怎麼證明

正整數 N 的第n位是 A，個位對應n=1
N = ∑ [ 10^(n-1)*A ]
= ∑ （99...9*A+A）
=∑ （99...9*A） + ∑ A
其中 99...9 是 n-1 個9，顯然（99...9*A）是 9的倍數
因此，N 若是9的倍數，則 ∑ A，也就是N的各位數字之和必須是9的倍數
證畢

10. 下面的數論題如何證明 證明(A1,A2,.An)=((A1,.As),(As+1.An))

令a=(A1,A2,.,An),b=((A1,.,As),要證明a=b,可先證明b能整除a,然後再證明a也能整除b,於是a=b
令(As+1,.,An)),c=(A1,.,As),d=(As+1,.,An),則b=(c,d)
由於a是A1,A2,.,An最大公約數,A1,A2,.,An每一項是a的倍數,故c、d都能被a整除,
於是b能被a整除.
由於b是c、d的最大公約數,故c、d都是b的倍數.
由於c是A1,.,As的最大公約數,故A1,.,As每一項都能被c整除,於是也就都能被b整除
同理As+1,.,An每一項也都能被b整除
從而A1,A2,.,An每一項都能被b整除,所以b必然是A1,A2,.,An最大公約數的一個因子
於是a能被b整除.
從而a=b