数论问题常用证明方法

1. 数论证明题目

方法一：n²+(n+1)²中n或n+1之一为偶数,所以n²+(n+1)²模4余1,又因为n²+(n+1)²为奇数,所以
㎡+2为奇数,所以m为奇数,令m=2t+1,则㎡+2模4余3,所以n²+(n+1)² 、㎡+2模4不同余.
方法二：n²+(n+1)²-㎡-2=2n²+2n-(㎡+1)
自己解一下方程,看看m有没有整数值.

2. 数论中 如何证明一个很大的数是素数

我还有一种方法，但是操作性不强，不强求你的采纳，但请你务必看下。
若数p为质数，（p-1）！≡-1(mod p)，若p为合数，（p-1)!≡0(mod p)。这是15世纪由英国的威尔逊爵士发明的威尔逊定理，虽然看上去很漂亮，但是计算难度大，我用C语言做了这个程序，到15！就因为数据溢出而无法判断。
证明的话是这样的，若p是质数，1≡-1（mod 2），而当p为奇质数，1到p-1共p-1个数，有偶数个数，每个数都有乘法逆元，除了1和p-1的乘法逆元是自己本身，其余的数都有两两配对的乘法逆元组。这样就可以证明了。
而当p为合数，至少是某个质数的平方或者由两个不同质数一次方相乘。而最小合数是4，若p为完全平方数，p>=4时，根号p小于于等于p-2，所以p-2阶乘能被p整除。如果p=ab，a与b互质，a与b必定小于等于p-1，也有p-1的阶乘被p整除。

3. 初等数论关于最小公倍数定理证明的问题

懒得去翻潘老的这本书了。太厚了。
也就不管在这之前讲过哪些了，总之避开算数基本定理和带余数除法吧。

以下证明分为几步，我用分隔线来书写。
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引理：lcm运算满足结合律。（此引理若需证明，追问。）
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首先，易证n=2时，a(1)|c，a(2)|c的充要条件是lcm{a(1)，a(2)}|c
用短除法、整除的传递性等方法都可以证明。（如需证明，追问。）
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假若以下成立：
当n=k时，a(1)|c、a(2)|c、a(3)|c、...、a(n)|c的充要条件是lcm{a(1)、a(2)、...、a(n)}|c，

那么当n=k+1时，
lcm{a(1)、a(2)、...、a(n+1)}=lcm{lcm{a(1)、a(2)、...、a(n)}、a(n+1)}
因为lcm{a(1)、a(2)、...、a(n)}|c，
于是lcm{lcm{a(1)、a(2)、...、a(n)}、a(n+1)}相当于lcm{b(n)、a(n+1)}
此时对应n=2的情况，
于是满足。
得证。
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根据皮亚诺公理，n∈Z均成立。

【经济数学团队为你解答！】

4. 数论问题：请例举4，6，8，9，11，13的倍数特征。学霸们，burn it！

以下需要大量用到位值原理，很简单的，就是说一个符合进位制的数，可以按位拆开。
例如，abc=100a+10b+c
另外，不清楚你学习了哪些知识，因而我不用同余，因此需要大量用到【倍数+倍数=倍数】，这个实际上就是提取公因数了。
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①
判断一个数是否是4的倍数，只需看其末两位是否是4的倍数。
例如，2391749147902836是4的倍数，因为其末两位是36，而36是4的倍数，因而这个数也是。
证明：
设一个多位数为abcd....pqr
于是，
abcd....pqr
=abcd....p00+qr
=abcd....p×100+qr
=abcd....p×4×25+qr
由倍数+倍数=倍数，即可的值末两位qr是否是4的倍数决定了多位数是否是4的倍数。
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②
由上面的例子容易推广：判断一个数是否是8的倍数只需看其末三位。因为1000=8×125
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③
判断一个数是否是9的倍数，只需将其各个数为上数字之和相加，判断这个和是否是9的倍数即可。与3类似。
例如：32173不是9的倍数，因为3+2+1+7+3=16，不是9的倍数。
证明：
设一个多位数为abcd....pqr
于是，
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，【】之前的均为9的倍数，因而【】内的数值决定这个多位数是否被9整除。
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④
先说一下13吧，
判断一个至少四位的数是否是7、11、13的倍数，只需将这个多位数从末尾开始，每3位分开，（1）方法一：用后三位之前的数与后三位数作差，大-小，反复进行，直至低于四位数，再试除；
（2）方法二：每三位分开后，分成若干段，每段标上一、二、三、四、...，将标奇数的段相加，再将标偶数的段相加，将得到的两个和作差，反复进行，直至低于四位数，再试除；

下面只证明方法一，方法二类似：
注意到，1001=7×11×13
于是，

abcd...pqrst
=abcd...pq000+rst
=abcd...pq×1000+rst
=abcd...pq×1001-abcd...pq+rst
=abcd...pq×1001-【abcd...pq-rst】
注意到，【】之前的均为7、11、13的倍数，因而【】内的数值决定这个多位数是否被7、11、13整除。
例如，判断12437,493
12437-493=11,944
944-11=933
933不是7、11、13的倍数，因而多位数12437493不是7、11、13的倍数。
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⑤
在上一段中我们已经说了如何判断11的倍数，但11还有另一个相对简单的方法。
注意到，
一方面，99、9999、999999、均为11的倍数（偶数个9）
另一方面，990+11、99990+11、9999990+11也是11的倍数，这些数是1001、100001、10000001、...（中间偶数个0）
于是，判断一个数是否是11的倍数，可以将多位数每一位均分开，用奇数位数字之和与偶数位数字之和作差，若差是11的倍数，那么这个多位数也是，否则，不是。
证明：（为了打字方便，我用一个7位数证明，其它多位数也是同样的道理）
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，【】之前的均为11的倍数，因而【】内的数值决定这个多位数是否被11整除。
例如，
281312465060，奇位数字之和=2+1+1+4+5+6=19，偶位数字之和=8+3+2+6+0+0=19，而19与19的差是0，且0是11的倍数，那么这个多位数就是11的倍数。
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⑥
判断6
注意到，6=2×3，且2与3互质，那么2和3的公倍数一定是6的倍数。
于是，判断一个数是否是6的倍数，只需同时满足2和3的倍数即可。
判断一个数是否是2的倍数，只需看末位（类似4和8，因为10=2×5）
判断一个数是否是3的倍数，将其各个数位数字相加（类似9，因为9的倍数一定也是3的倍数）
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如还有疑问，请追问。

以上。
【经济数学团队为你解答！】

5. 用初等数论的方法去证明lg2是无理数

证明：假设lg2不是无理数，则存在互质的正整数m,n,使得
lg2=m/n.
所以
2=10^(m/n).
所以
2^n=10^m.
因为无论m,n取任意正整数，2^n的尾数一定不为0,10^m的尾数一定为0,
所以
2^n不等于10^m,与2^n=10^m矛盾.
所以假设不成立,即lg2是无理数.
=
=
=
=
=
=
=
=
=
设N为大于1的正整数,若lgN不是整数,则lgN是无理数.
(1)若N尾数不为0，按以上方法证明.
如:lg2,lg3,lg4,...lg9都是无理数.
(2)若N尾数为0,则lgN=lgM+L,L为正整数,M尾数不为0.
如:lg90=lg9+1,lg2300=lg23+2,...

6. 数论问题：设n为正整数，证明：6 | n(n + 1)(2n +1)。

解：

若n为偶数，则n(n+1)(2n+1)是偶数若n为奇数，则n+1是偶数，所以n(n+1)(2n+1)是偶数在证这个数能被3整除，若n被3整除，则n(n+1)(2n+1)能被3整除若n被3除余1，则2n+1能被3整除。

所以n(n+1)(2n+1)能被3整除若n被3整余2，则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)。

数论简介：

数论是纯粹数学的分支之一，主要研究整数的性质。整数可以是方程式的解。有些解析函数中包括了一些整数、质数的性质，透过这些函数也可以了解一些数论的问题。透过数论也可以建立实数和有理数之间的关系，并且用有理数来逼近实数。

按研究方法来看，数论大致可分为初等数论和高等数论。初等数论是用初等方法研究的数论，它的研究方法本质上说，就是利用整数环的整除性质，主要包括整除理论、同余理论、连分数理论。高等数论则包括了更为深刻的数学研究工具，它大致包括代数数论、解析数论、计算数论等等。

7. 数论证明，高手进

用Mathematica编了个程序做演算。第50个使得π(n)|n的n为480864，第60个为481356，第70个为1304537，第80个为3523926，第90个为9557955，第100个为9559800。这样看来使得π(n)|n的整数会在某些区间（如480864和481356之间，9557955和9559800之间）较为连续地出现。或许可以构造出一组无穷多个这样的区间来证明

8. 关于数论的问题怎么证明 （1）若c|a,c|b,则c|ma+nb，特别的，c|a-b,c|a+b

(1)由c|a，c|b得a=cx，b=cy，(x，y为整数)，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)数学归纳法，当n=1时a-b|a-b，显然成立，设当n=n时，命题成立，即a-b|a^n-b^2，那么当n=n+1时，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),显然a-b|a^n*(a-b),所以当n=n+1时，命题也成立，综上所述，所证命题成立，
(3)同(2)用数学归纳法，但n的跨度不是1了，而是2，自己证明

9. 数论（9的倍数）怎么证明

正整数 N 的第n位是 A，个位对应n=1
N = ∑ [ 10^(n-1)*A ]
= ∑ （99...9*A+A）
=∑ （99...9*A） + ∑ A
其中 99...9 是 n-1 个9，显然（99...9*A）是 9的倍数
因此，N 若是9的倍数，则 ∑ A，也就是N的各位数字之和必须是9的倍数
证毕

10. 下面的数论题如何证明 证明(A1,A2,.An)=((A1,.As),(As+1.An))

令a=(A1,A2,.,An),b=((A1,.,As),要证明a=b,可先证明b能整除a,然后再证明a也能整除b,于是a=b
令(As+1,.,An)),c=(A1,.,As),d=(As+1,.,An),则b=(c,d)
由于a是A1,A2,.,An最大公约数,A1,A2,.,An每一项是a的倍数,故c、d都能被a整除,
于是b能被a整除.
由于b是c、d的最大公约数,故c、d都是b的倍数.
由于c是A1,.,As的最大公约数,故A1,.,As每一项都能被c整除,于是也就都能被b整除
同理As+1,.,An每一项也都能被b整除
从而A1,A2,.,An每一项都能被b整除,所以b必然是A1,A2,.,An最大公约数的一个因子
于是a能被b整除.
从而a=b