數(shù)學(xué)競賽講座

1.競賽講座01奇數(shù)和偶數(shù)

2.競賽講座02整數(shù)的整除性

3.競賽講座03同余式與不定方程

4.競賽講座04平面幾何證明

5.競賽講座05幾何解題途徑的探求方法

6.競賽講座06平面幾何四個重要定理

競賽講座01

一奇數(shù)和偶數(shù)

整數(shù)中，能被2整除的數(shù)是偶數(shù)，反之是奇數(shù)，偶數(shù)可用2k表示，奇數(shù)可

用2k+l表示，這里k是整數(shù).

關(guān)于奇數(shù)和偶數(shù)，有下面的性質(zhì)：

(1)奇數(shù)不會同時是偶數(shù)；兩個連續(xù)整數(shù)中必是一個奇數(shù)一個偶數(shù)；

(2)奇數(shù)個奇數(shù)和是奇數(shù)；偶數(shù)個奇數(shù)的和是偶數(shù)；任意多個偶數(shù)的和是偶

數(shù)；

(3)兩個奇(偶)數(shù)的差是偶數(shù)；一個偶數(shù)與一個奇數(shù)的差是奇數(shù)；

(4)若a、b為整數(shù)，則a+b與a-b有相同的奇數(shù)偶；

(5)n個奇數(shù)的乘積是奇數(shù)，n個偶數(shù)的乘積是才的倍數(shù)；順式中有一個是

偶數(shù)，則乘積是偶數(shù).

以上性質(zhì)簡單明了，解題時如果能巧妙應(yīng)用，常?？梢猿銎嬷苿?

1.代數(shù)式中的奇偶問題

例1(第2屆“華羅庚金杯”決賽題)下列每個算式中，最少有一個奇數(shù)，一

個偶數(shù)，那么這12個整數(shù)中，至少有幾個偶數(shù)？

□+口=口,□-口=口,

口義口=口口+口=口.

解因為加法和減法算式中至少各有一個偶數(shù)，乘法和除法算式中至少各有二

個偶數(shù)，故這12個整數(shù)中至少有六個偶數(shù).

例2（第1屆“祖沖之杯”數(shù)學(xué)邀請賽）已知n是偶數(shù)，m是奇數(shù)，方程組

Jx-1988ty

的fP

pF

是整數(shù)，那么

（A）p、q都是偶數(shù).（B）p、q都是奇數(shù).

（C）p是偶數(shù)，q是奇數(shù)（D）p是奇數(shù)，q是偶數(shù)

分析由于1988y是偶數(shù)，由第一方程知p=x=n+1988y,所以p是偶數(shù)，將

其代入第二方程中，于是llx也為偶數(shù)，從而27y=mTlx為奇數(shù)，所以是y=q

奇數(shù)，應(yīng)選（C）

例3在1,2,3…，1992前面任意添上一個正號和負號，它們的代數(shù)和是奇

數(shù)還是偶數(shù).

分析因為兩個整數(shù)之和與這兩個整數(shù)之差的奇偶性相同，所以在題設(shè)數(shù)字

1第-1992+，

前面都添上正號和負號不改變其奇偶性，而1+2+3+-+1992=2

=996X1993為偶數(shù)于是題設(shè)的代數(shù)和應(yīng)為偶數(shù).

2.與整除有關(guān)的問題

例4（首屆“華羅庚金杯”決賽題）70個數(shù)排成一行，除了兩頭的兩個數(shù)以

外，每個數(shù)的3倍都恰好等于它兩邊兩個數(shù)的和，這一行最左邊的幾個數(shù)是

這樣的：0,1,3,8,21,….問最右邊的一個數(shù)被6除余幾？

解設(shè)70個數(shù)依次為a.a2,a3據(jù)題意有

ai=0,偶

a2=l奇

3&2—a.i,奇'

8.4=3a3-a-2,偶

a5=3a「a3,奇

a6=3a5-a4,奇

由此可知；

當n被3除余1時，既是偶數(shù);

當n被3除余。時，或余2時，an是奇數(shù)，顯然a7。是3k+l型偶數(shù)，所以k

必須是奇數(shù)，令k=2n+L則

a7o=3k+l=3(2n+l)+l=6n+4.

解設(shè)十位數(shù)，五個奇數(shù)位數(shù)字之和為a,五個偶數(shù)位之和為

b(10WaW35,10Wb(35),貝lja+b=45,又十位數(shù)能被11整除，貝Ua-b應(yīng)為0,

11,22(為什么？).由于a+b與a-b有相同的奇偶性，因此a-b=ll即a=28,

b=17.

要排最大的十位數(shù)，妨先排出前四位數(shù)9876,由于偶數(shù)位五個數(shù)字之和是17,

現(xiàn)在8+6=14,偶數(shù)位其它三個數(shù)字之和只能是17-14=3,這三個數(shù)字只能是2,

1,0.

故所求的十位數(shù)是9876524130.

例6(1990年日本高考數(shù)學(xué)試題)設(shè)a、b是自然數(shù)，且有關(guān)系式

123456789=(11111+a)(11111-b),①

證明a-b是4的倍數(shù).

證明由①式可知

11111(a-b)=ab+4X617②

Va>0,b>0,.\a-b>0

首先，易知a-b是偶數(shù)，否則11111(a-b)是奇數(shù)，從而知ab是奇數(shù)，進而知

a、b都是奇數(shù)，可知(11111+a)及(lllll-b)都為偶數(shù)，這與式①矛盾

其次，從a-b是偶數(shù)，根據(jù)②可知ab是偶數(shù)，進而易知a、b皆為偶數(shù)，從

而ab+4X617是4的倍數(shù)，由②知a-b是4的倍數(shù).

3.圖表中奇與偶

例7(第10屆全俄中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽試題)在3X3的正方格(a)和(b)中,

每格填“+”或“-”的符號，然后每次將表中任一行或一列的各格全部變化

試問重復(fù)若干次這樣的“變號”程序后，能否從一張表變化為另一張表?

解按題設(shè)程序，這是不可能做到的，考察下面填法：

在黑板所示的2X2的正方形表格中，按題設(shè)程序“變號”，“+”號或者不

變，或者變成兩個.

表(a)中小正方形有四個“+”號，實施變號步驟后，“+”的個數(shù)仍是偶數(shù);

但表(b)中小正方形“+”號的個數(shù)仍是奇數(shù)，故它不能從一個變化到另一個.

顯然，小正方形互變無法實現(xiàn)，3X3的大正方形的互變，更無法實現(xiàn).

例8（第36屆美國中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽試題）將奇正數(shù)1,3,5,7…排成五列，

按右表的格式排下去，1985所在的那列，從左數(shù)起是第幾列？（此處無表）

解由表格可知，每行有四個正奇數(shù)，而1985=4X496+1,因此1985是第

497行的第一個數(shù)，又奇數(shù)行的第一個數(shù)位于第二列，偶數(shù)行的第一個數(shù)位于

第四列，所以從左數(shù)起，1985在第二列.

例9如圖3-L,設(shè)線段AB的兩個端點中，一個是紅點，一個是綠點，在線段

中插入n個分點，把AB分成n+1個不重疊的小線段，如果這些小線段的兩個

端點一個為紅點而另一個為綠點的話，則稱它為標準線段.

證明不論分點如何選取，標準線段的條路總是奇數(shù).

分析n個分點的位置無關(guān)緊要，感興趣的只是紅點還是綠點，現(xiàn)用A、B分

別表示紅、綠點；

不難看出：分點每改變一次字母就得到一條標準線段，并且從A點開始，每

連續(xù)改變兩次又回到A,現(xiàn)在最后一個字母是B,故共改變了奇數(shù)次，所以標

準線段的條數(shù)必為奇數(shù).

123

ABBBA.BBBB

圖3-1

4.有趣的應(yīng)用題

例10(第2屆“從小愛數(shù)學(xué)”賽題)圖3-2是某一個淺湖泊的平面圖，圖

中所有曲線都是湖岸.

(1)如果P點在岸上，那么A點在岸上還是在水中？

(2)某人過這湖泊，他下水時脫鞋，上岸時穿鞋.如果有一點B,他脫鞋垢次

數(shù)與穿鞋的次數(shù)和是個奇數(shù)，那么B點是在岸上還是在水中？說明理由.

圖3-2

解(1)連結(jié)AP,顯然與曲線的交點數(shù)是個奇數(shù)，因而A點必在水中.

(2)從水中經(jīng)過一次陸地到水中，脫鞋與穿鞋的次數(shù)和為2,由于A點在水

中，氫不管怎樣走，走在水中時，脫鞋、穿鞋的次數(shù)的和總是偶數(shù)，可見B

點必在岸上.

例11書店有單價為10分，15分，25分，40分的四種賀年片，小華花了

幾張一元錢，正好買了30張，其中某兩種各5張，另兩種各10張，問小華

買賀年片花去多少錢？

分析設(shè)買的賀年片分別為a、b、c、d（張），用去k張1元的人民幣，依

題意有

10a+15b+25c+40d=100k,（k為正整數(shù)）

即2a+3b+5c+8d=20k

顯然b、c有相同的奇偶性.

13

若同為偶數(shù)，b-c=10和a=b=5,2不是整數(shù)；

若同為奇數(shù)，b=c=5和a=d=10,k=7.

例12一個矩形展覽廳被縱橫垂直相交的墻壁隔成若干行、若干列的小矩形

展覽室，每相鄰兩室間都有若干方形門或圓形門相通，僅在進出展覽廳的出

入口處有若干門與廳外相通，試證明：任何一個參觀者選擇任何路線任意參

觀若干個展覽室（可重復(fù)）之后回到廳外，他經(jīng)過的方形門的次數(shù)與圓形門

的次數(shù)（重復(fù)經(jīng)過的重復(fù)計算）之差總是偶數(shù).

證明給出入口處展覽室記“+”號，凡與“+”相鄰的展覽室記”號，凡

與“-”號相鄰的展覽室都記“+”號，如此則相鄰兩室的“+”、”號都

不同.

一參觀者從出入口處的“+”號室進入廳內(nèi)，走過若干個展覽室又回到入口處

的“+”號室，他的路線是+-+—+-+-，即從“+”號室起到“+”號室止，中

間、“+”號室為班1（重復(fù)經(jīng)過的重復(fù)計算），即共走了2n+l室，于

是參觀者從廳外進去參觀后又回到廳外共走過了2n+2個門（包括進出出入口

門各1次）.設(shè)其經(jīng)過的方形門的次數(shù)是r次，經(jīng)過圓形門的次數(shù)是s,則

s+r=2n+2為偶數(shù)，故r-s也為偶數(shù)，所以命題結(jié)論成立.

例13有一無窮小數(shù)A=0.ad2a3……其中ai（i=l,2）是數(shù)字，并且a1

是奇數(shù),a2是偶數(shù),a3等于ai+a2的個位數(shù)…，a.2是an+an+i（n=l,2…，）的個位

數(shù)，證明A是有理數(shù).

證明為證明A是有理數(shù)，只要證明A是循環(huán)小數(shù)即可，由題意知無窮小數(shù)

A的每一個數(shù)字是由這個數(shù)字的前面的兩位數(shù)字決定的，若某兩個數(shù)字ab重

復(fù)出現(xiàn)了，即0.…ab…ab…此小數(shù)就開始循環(huán).

而無窮小數(shù)A的各位數(shù)字有如下的奇偶性規(guī)律：

A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇……

又a是奇數(shù)可取1,3,5,7,9；

b是偶數(shù)可取0,2,4,6,8.

所以非負有序?qū)崝?shù)對一共只有25個是不相同的，在構(gòu)成A的前25個奇偶數(shù)

組中，至少出現(xiàn)兩組是完全相同的，這就證得A是一循環(huán)小數(shù)，即A是有理

練習(xí)

1.填空題

(1)有四個互不相等的自然數(shù)，最大數(shù)與最小數(shù)的差等于4,最大數(shù)與最小

數(shù)的積是一個奇數(shù)，而這四個數(shù)的和是最小的兩位奇數(shù)，那么這四個數(shù)的乘

積是.

1

(2)有五個連續(xù)偶數(shù)，已知第三個數(shù)比第一個數(shù)與第五個數(shù)和的［多18,這

五個偶數(shù)之和是—.

(3)能否把1993部電話中的每一部與其它5部電話相連結(jié)？

答—.

2.選擇題

(1)設(shè)a、b都是整數(shù)，下列命題正確的個數(shù)是()

①若a+5b是偶數(shù),則a-3b是偶數(shù)

②若a+5b是偶數(shù),則a-3b是奇數(shù)

③若a+5b是奇數(shù),則a-3b是奇數(shù)

④若a+5b是奇數(shù),則a-3b是偶數(shù)

(A)1(B)2(C)3(D)4

(2)若n是大于1的整數(shù)，則Li的值().

(A)一定是偶數(shù)(B)必然是非零偶數(shù)

（C）是偶數(shù)但不是2（D）可以是偶數(shù)，也可以是奇數(shù)

（3）已知關(guān)于x的二次三項式ax?+bx+c（a、b、c為整數(shù)），如果當x=0與

x=l時，二次三項式的值都是奇數(shù)，那么a（）

（A）不能確定奇數(shù)還是偶數(shù)（B）必然是非零偶數(shù)

（C）必然是奇數(shù)（D）必然是零

3.（1986年宿州競賽題）試證明1"86+9的+81986+6曄是一個偶數(shù).

4.請用0到9十個不同的數(shù)字組成一個能被11整除的最小十位數(shù).

5.有n個整數(shù)，共積為n,和為零，求證：數(shù)n能被4整除

6.在一個凸n邊形內(nèi)，任意給出有限個點，在這些點之間以及這些點與凸n

邊形頂點之間，用線段連續(xù)起來，要使這些線段互不相交，而且把原凸n邊

形分為只朋角形的小塊，試證這種小三我有形的個數(shù)與n有相同的奇偶性.

7.（1983年福建競賽題）一個四位數(shù)是奇數(shù)，它的首位數(shù)字淚地其余各位數(shù)

字，而第二位數(shù)字大于其它各位數(shù)字，第三位數(shù)字等于首末兩位數(shù)字的和的

兩倍，求這四位數(shù).

8.（1909年匈牙利競賽題）試證：y+1能被2或2?整除，而不能被2的更高

次塞整除.

9.（全俄15屆中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽題）在1,2,3…，1989之間填上“+”或“-”

號，求和式可以得到最小的非負數(shù)是多少？

練習(xí)參考答案

1.(1)30.(最小兩位奇數(shù)是11,最大數(shù)與最小數(shù)同為奇數(shù))

(2)180.設(shè)第一個偶數(shù)為x,則后面四個衣次為x+2,x+4,x

+6,x+8.

(3)不能.

2.B.B.A

3.是奇數(shù)1,9的個位數(shù)字是奇數(shù)1,而8786‘61'''都是

偶數(shù)，故最后為偶數(shù).

4.仿例51203465879.

5.設(shè)a1，a2,…，an滿足題設(shè)即ai+a2H------1-an=0①

ai?a2......an=n②。假如n為奇數(shù)，由②，所有ai皆為奇數(shù)，但奇

數(shù)個奇數(shù)之和為奇數(shù)，故這時①不成立，可見n只能為偶數(shù).由于n為偶數(shù),

由②知a?中必有一個偶數(shù)，由①知ai中必有另一個偶數(shù).于是ai中必有兩

個偶數(shù)，因而由②知n必能被4整除.

6.設(shè)小三角形的個數(shù)為k,則k個小三角形共有3k條邊，減去n邊形的

n條邊及重復(fù)計算的邊數(shù)扣共有三(3k+n)條線段，顯然只有當k與n

有相同的奇偶性時，2(3k-n)才是整數(shù).

7.設(shè)這個四位數(shù)是踞由于1WaVd,d是奇數(shù)所以d23于是c=2

(a+d)28,即c=8或c=9.因c是偶數(shù)，所以c=8,由此得a

=1,d=3.又因b>c,所以b=9因此該數(shù)為1983.

8.當n為奇數(shù)時，考慮(4-1)“+1的展開式；當n為偶數(shù)時，考慮(2

+1)”+1的展開式.

9.除995外，可將1,2,…，1989所有數(shù)分為994對：(1,

1989)(2,1988)-(994,996)每對數(shù)中兩個數(shù)的奇偶

性相同，所以在每對數(shù)前無論放置“+”，“一”號,運算結(jié)果只能是偶數(shù).而

995為奇數(shù)，所以數(shù)1,2,…，1989的總值是奇數(shù)，于是所求的最

小非負數(shù)不小于1,數(shù)1可用下列方式求得：

1=1+(2—3—4+5)+(6—7—8+9)+…+(1986—1

987-1988+1989).

競賽講座02

一整數(shù)的整除性

1.整數(shù)的整除性的有關(guān)概念、性質(zhì)

(1)整除的定義：對于兩個整數(shù)a、d(d關(guān)0),若存在一個整數(shù)p,

使得。.才P成立，則稱d整除a,或a被d整除，記作d|a。

若d不能整除a,則記作da,如2|6,46。

(2)性質(zhì)

1)若b|a,則b|(-a),且對任意的非零整數(shù)m有bm|am

2)若a|b,b|a,則|a|=|b|;

3)若b|a,c|b,則c|a

4)若b|ac,而(a,b)=1((a,b)=1表示a、b互質(zhì)，則b|c；

5)若b|ac,而b為質(zhì)數(shù)，則b|a,或b|c；

6)若c|a,c|b,則c|(ma+nb),其中m、n為任意整數(shù)(這一性質(zhì)還可

以推廣到更多項的和)

例1(1987年北京初二數(shù)學(xué)競賽題)x,y,z均為整數(shù)，若UI(7x+2y-5z),

求證：11I(3x-7y+12z)o

證明?；4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=U(3x-2y+3z)

而11Ill(3x-2y+3z),

且11I(7x+2y-5z),

11I4(3x-7y+12z)

又(11,4)=1

J11I(3x-7y+12z).

2.整除性問題的證明方法

(1)利用數(shù)的整除性特征(見第二講)

例2(1980年加拿大競賽題)設(shè)72|麗礴求的值。

解72=8X9,且(8,9)=1,所以只需討論8、9都整除標時的值。

若8I茄病，則8|示，由除法可得b=2。

若9I而甌，則9I(a+6+7+9+2),得a=3。

(2)利用連續(xù)整數(shù)之積的性質(zhì)

①任意兩個連續(xù)整數(shù)之積必定是一個奇數(shù)與一個偶數(shù)之一積，因此一定

可被2整除。

②任意三個連續(xù)整數(shù)之中至少有一個偶數(shù)且至少有一個是3的倍數(shù)，所

以它們之積一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2X3=6整除。

這個性質(zhì)可以推廣到任意個整數(shù)連續(xù)之積。

例3(1956年北京競賽題)證明：22對任何整數(shù)n都為整數(shù)，且

用3除時余2。

311

證明222“八

?.,“伽*0為連續(xù)二整數(shù)的積,必可被2整除.

：-~2~對任何整數(shù)n均為整數(shù)，

...:域"如*1)T為整數(shù)，即原式為整數(shù).

山上IX2?T)如“+雙&+9

又;28

8,

2n、2n+l、2n+2為三個連續(xù)整數(shù)，其積必是3的倍數(shù)，而2與3互質(zhì),

2是能被3整除的整數(shù).

故222被3除時余2.

例4一整數(shù)a若不能被2和3整除，則a?+23必能被24整除.

證明.."2+23=(a2-l)+24,只需證a?-l可以被24整除即可.

V21???a為奇數(shù).設(shè)a=2k+l(k為整數(shù)),

貝a2-l=(2k+l)2-l=4k2+4k=4k(k+1).

,.〕、k+1為二個連續(xù)整數(shù)，故k(k+1)必能被2整除，

.*.814k(k+1),即8|(a2-l).

又丁(a-l),a,(a+1)為三個連續(xù)整數(shù)，其積必被3整除，即31a(a-1)

(a+1)=a(a2-l),

V3a,A31(a?-]).3與8互質(zhì),，2416-1),即a?+23能被24整除.

(3)利用整數(shù)的奇偶性

下面我們應(yīng)用第三講介紹的整數(shù)奇偶性的有關(guān)知識來解幾個整數(shù)問題.

例5求證:不存在這樣的整數(shù)a、b、c、d使：

M癡l八

a?b?c?d-a=mn①

a?b?c?d-b=②

MM

a?b?c?d-c=③

a?b?c?d-d二腔?

④

證明由①，a(bed-1)=

???右端是奇數(shù)，，左端a為奇數(shù)，bed-1為奇數(shù).

同理，由②、③、④知b、c、d必為奇數(shù)，那么bed為奇數(shù)，bcd-1必為偶數(shù),

則a(bed-1)必為偶數(shù)，與①式右端為奇數(shù)矛盾.所以命題得證.

例6(1985年合肥初中數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)有n個實數(shù)x1,X2,…，其

中每一個不是+1就是T,

且

^L+fl+A+上+工?0

/勺勺&

試證n是4的倍數(shù).

Xj

證明設(shè)'(i=l,2,…，n-1),

則yi不是+1就是T,但yi+y?+…+yn=O,故其中+1與T的個數(shù)相同，設(shè)為k,

k

于是n=2k.又y】y2y3…yn=L即(T)=L故k為偶數(shù)，

，n是4的倍數(shù).

其他方法：

整數(shù)a整除整數(shù)b,即b含有因子a.這樣,要證明a整除b,采用各種公式和變

形手段從b中分解出因子a就成了一條極自然的思路.

例7(美國第4屆數(shù)學(xué)邀請賽題)使n3+100能被n+10整除的正整數(shù)n

的最大值是多少？

^n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.

若n+100能被n+10整除,則900也能被n+10整除而且,當n+10的值為最大

時,相應(yīng)地n的值為最大.因為900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.

例8(上海1989年高二數(shù)學(xué)競賽)設(shè)a、b、c為滿足不等式IVaVb

Vc的整數(shù)，且(ab-l)(bc-1)(caT)能被abc整除，求所有可能數(shù)組(a,

b,c).

解(ab-l)(bc-1)(ca-l)

=a2b2c2-abc(a+b+c)+ab+ac+bc-l,①

Vabc|(ab-l)(bc-l)(ca-1).

???存在正整數(shù)k,使

ab+ac+bcT=kabc,②

111111133

+IMB?MBI^B

k-abc<abc<abcVaV2"

Ak=L

若a23,此時

1II1til47

1=?Ac-?Ae<34560矛盾.

已知a>l.二只有a=2.

當a=2時，代入②中得2b+2c-l=bc,

一2._2_I一2.一2■一4

即1=Acbe<bbb

.,.0<b<4,知b=3,從而易得c=5.

說明：在此例中通過對因數(shù)k的范圍討論，從而逐步確定a、b、c是一項重

要解題技巧.

必第

例9（1987年全國初中聯(lián)賽題）已知存在整數(shù)n,能使數(shù)門被

1987整除.求證數(shù)

r*,

?4^JNtt■?<+

都能被1987整除.

、T口口?一7崢#2"評出+皿初世?物心?的1

證明.??xxx?t??

(103n+9x10**8xia.*7),且c能被1987整除，，p能被1987整除.

同樣，

q=卅(*9*1OM?8*1(T**7)

1『-9q1加17

且“

?io%-lOh'lO1?(101/10’；

1。3?(10*聲1。2M*"-1-10.故1產(chǎn)$102皿、1評被除，余數(shù)分別為

1000,100,10,于是q表示式中括號內(nèi)的數(shù)被”除，余數(shù)為1987,它可

被1987整除，所以括號內(nèi)的數(shù)能被1987整除，即q能被1987整除.

練習(xí)二

1.選擇題

(1)(1987年上海初中數(shù)學(xué)競賽題)若數(shù)

n=20?30?40?50?60?70?80?90?100?110?120?130,貝!J不是n的因

數(shù)的最小質(zhì)數(shù)是().

(A)19(B)17(C)13(D)非上述答案

(2)在整數(shù)0、1、2…、8、9中質(zhì)數(shù)有x個，偶數(shù)有y個，完全平方數(shù)有z

個，則x+y+z等于().

(A)14(B)13(C)12(D)11(E)10

(3)可除盡3"+518的最小整數(shù)是().

(A)2(B)3(C)5(D)3u+518(E)以上都不是

2.填空題

(1)(1973年加拿大數(shù)學(xué)競賽題)把100000表示為兩個整數(shù)的乘積，使其

中沒有一個是10的整倍數(shù)的表達式為.

(2)一個自然數(shù)與3的和是5的倍數(shù),與3的差是6的倍數(shù),這樣的自然數(shù)

中最小的是.

(3)(1989年全國初中聯(lián)賽題)在十進制中,各位數(shù)碼是0或1,并且能被

225整除的最小自然數(shù)是.

3.求使直幅為整數(shù)的最小自然數(shù)a的值.

4.(1971年加拿大數(shù)學(xué)競賽題)證明:對一切整數(shù)1),南+211+12不是121的倍數(shù).

5.(1984年韶關(guān)初二數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)即是一個四位正整數(shù)，已知三位正整數(shù)

樂與246的和是一位正整數(shù)d的111倍,而又是18的倍數(shù).求出這個四位數(shù)

赤，并寫出推理運算過程.

6.(1954年蘇聯(lián)數(shù)學(xué)競賽題)能否有正整數(shù)m、n滿足方程1^+1954=/.

7.證明：(1)133|(lln+2+12n+1),其中n為非負整數(shù).

(2)若將(1)中的11改為任意一個正整數(shù)a,貝!J(l)中的12,133將作何改動?證

明改動后的結(jié)論.

8.(1986年全國初中數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)a、b、c是三個互不相等的正整數(shù).求證:

在a3b-ab3,b3c-bc3,c'a-ca^三個數(shù)中，至少有一個能被10整除.

9.(1986年上海初中數(shù)學(xué)競賽題)100個正整數(shù)之和為101101,則它們的最大

公約數(shù)的最大可能值是多少?證明你的結(jié)論.

練習(xí)參考答案

1.B.B.A

2.(1)25?55.(2)27.

3.由2000a為一整數(shù)平方可推出a=5.

4.反證法.若是121的倍數(shù)，設(shè)n2+2n+l2=121k=(n+l)

2=11(11k-1).VI1是素數(shù)且除盡(+1)2,

/.11除盡n+1=112除盡(n+1)2或11|11k-1,不可能.

5.由&+246是d的111倍，=茶可能是198,309,420,5

31,642,753；又不是18的倍數(shù)，.?.而只能是198.而19

8+246=444,d=4,礪是1984.

7.(1)1ln+2+l22n+1=l21X1ln+l2X144n=l2IX

11n+12X11n-12X11n+12X144』..=133X11n

+12X(144n-11n).第一項可被133整除.又144-11|

144n-11n,A133|11n+2+122n+1.

(2)11改為a.12改為a+1,133改為a(a+1)+1.改動

后命題為a(a+1)+1|an+2+(a+1)2n+1,可仿上證明.

8.,.,a3b—ab3=ab(a2—b2)；同理有b(b2—c2)；ca(c

2-a2),若a

、b、c中有偶數(shù)或均為奇數(shù)，以上三數(shù)總能被2整除.又二?在a、b、c

中若有一個是5的倍數(shù)，則題中結(jié)論必成立.若均不能被5整除，則a2,b

2,c2個位數(shù)只能是1,4,6,9,從而a?—b2,b2-c2,c2-a2

的個位數(shù)是從1,4,6,9中，任取三個兩兩之差，其中必有0或士5,

故題中三式表示的數(shù)至少有一個被5整除，又2、5互質(zhì).

9.設(shè)100個正整數(shù)為a-a2,a10o,最大公約數(shù)為d,并令

a,itilOOX

則ai+a2+…+ai°o=d(a1'+a2'+…+a<°0)=101101=

101x1001,故知aJ,a2',a4。。不可能都是1,從而a\+a%+…

+a'l0021x99+2=101,d<1001；若取aa2=a99=

1001,a］。。=2002,則滿足a1+a2+...+a1°。=1001x10

1=101101,且d=1001,故d的最大可能值為1001

競賽講座03

一同余式與不定方程

同余式和不定方程是數(shù)論中古老而富有魅力的內(nèi)容.考慮數(shù)學(xué)競賽的需要,下

面介紹有關(guān)的基本內(nèi)容.

i.同余式及其應(yīng)用

定義:設(shè)a、b、m為整數(shù)(m>0),若a和b被m除得的余數(shù)相同，則稱a和

b對模m同余.記為。23d而或“"g

一切整數(shù)n可以按照某個自然數(shù)m作為除數(shù)的余數(shù)進行分類，即n=pm+r(r=0,

1,…,mT),恰好m個數(shù)類.于是同余的概念可理解為,若對ni、n2,有ni=qim+r,

n2=q2m+r,那么ni、n2

對模m的同余，即它們用m除所得的余數(shù)相等.

利用整數(shù)的剩余類表示,可以證明同余式的下述簡單性質(zhì)：

(1)若&*6網(wǎng)，貝jJm|(b-a).反過來,若m|(b-a),貝!;

(2)如果a=km+b(k為整數(shù))，則。%;

(3)每個整數(shù)恰與0,1,…，m-1,這m個整數(shù)中的某一個對模m同余；

(4)同余關(guān)系是一種等價關(guān)系：

①反身性

②對稱性，?仲?)，貝反之亦然.

③傳遞性6??小，則.??*)；

(5)如果0,%),貝IJ

①at**9土川g；

②ox-*><*?)特別地a*.8%以

應(yīng)用同余式的上述性質(zhì)，可以解決許多有關(guān)整數(shù)的問題.

例1(1898年匈牙利奧林匹克競賽題)求使2。+1能被3整除的一切自然數(shù)n.

解2??X九A2,-(-DY**8

則2。+廣（-爐

???當n為奇數(shù)時，241能被3整除；

當n為偶數(shù)時，2。+1不能被3整除.

例2求2須最后兩位數(shù)碼.

解考慮用100除2弼所得的余數(shù).

?.?2口

:.2***-(2B)0-2,■(-4)w-232100X

又4,-2n-4096■*?>dlQO)

-4即_(4*'工4$■-4u-41■--(44)J

->64(m<xi100).

,2立■(T)"-2’?(-64)2J--2*■-512

-880n>xllOOX

???2代的最后兩位數(shù)字為88.

例3求證3曄+4㈣能被5整除.

證明?；3?-2(mod5),3?■-\fy(nd5),

4■-l(tnod5),

30■產(chǎn)

?3tm+4*(-[產(chǎn)+(7*1?0(inod5).

.?.5](3f產(chǎn)).

2.不定方程

不定方程的問題主要有兩大類：判斷不定方程有無整數(shù)解或解的個數(shù)；如果

不定方程有整數(shù)解，采取正確的方法，求出全部整數(shù)解.

(1)不定方程解的判定

如果方程的兩端對同一個模m(常數(shù))不同余,顯然,這個方程必無整數(shù)解.而方

程如有解則解必為奇數(shù)、偶數(shù)兩種，因而可以在奇偶性分析的基礎(chǔ)上應(yīng)用同

余概念判定方程有無整數(shù)解.

例4證明方程2x2-5y2=7無整數(shù)解.

22

證明V2X=5y+7,顯然y為奇數(shù).

①若x為偶數(shù),貝伊力,0(mod@

/-(2?+.儀網(wǎng)?°+L

=1(38),

???方程兩邊對同一整數(shù)8的余數(shù)不等，

，x不能為偶數(shù).

②若x為奇數(shù)，貝伊產(chǎn)?即7公

但5y2+7?鞏?044).

/.X不能為奇數(shù).因則原方程無整數(shù)解.

說明:用整數(shù)的整除性來判定方程有無整數(shù)解,是我們解答這類問題的常用方

法.

例5(第14屆美國數(shù)學(xué)邀請賽題)不存在整數(shù)x,y使方程

-122.①

證明如果有整數(shù)x,y使方程①成立，

貝17x29-5-488-*12▽-5y1

=(2"3獷-17足知(2x+3y2)+5能被17整除.

設(shè)2x+3y=17n+a,其中a是0,±1,±2,±3,±4,±5,±6,±7,±8

中的某個數(shù)，但是這時(2x+3y)2+5=(17n)2+34na+(a2+5)=a2+5(modl7),

而a?+5被17整除得的余數(shù)分別是5,6,9,14,4,13,7,3,1,即在任何

情況下(2x+3y)2+5都不能被17整除，這與它能被17整除矛盾.故不存在整

數(shù)x,y使①成立.

例7(第33屆美國數(shù)學(xué)競賽題)滿足方程x2+y2=x，的正整數(shù)對(x,y)的

個數(shù)是().

(A)0(B)1(C)2(D)無限個(E)上述結(jié)論都不對

解由x?+y2=x3得y2=x?(x-1),

所以只要x-1為自然數(shù)的平方，則方程必有正整數(shù)解.令x-l=k2(k為自然數(shù)),

3?k1*1.

貝2+D為方程的一組通解.由于自然數(shù)有無限多個,故滿足方程的正整

數(shù)對(x,y)有無限多個,應(yīng)選(D).

說明:可用寫出方程的一組通解的方法,判定方程有無數(shù)個解.

(2)不定方程的解法

不定方程沒有統(tǒng)一的解法，常用的特殊方法有:配方法、因式(質(zhì)因數(shù))分解

法、不等式法、奇偶分析法和余數(shù)分析法.對方程進行適當?shù)淖冃?，并正確應(yīng)

用整數(shù)的性質(zhì)是解不定方程的基本思路.

例6求方程/-3+5/-169的整數(shù)解.

解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.

在勾股數(shù)中,最大的一個為13的只有一組即5,12,13,因此有8對整數(shù)的平方

和等于132即

(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故

原方程組的解只能是下面的八個方程組的解

21y--5.(x-2/--5.

y--12i

--12,-12,

口--工V--5；

--12.fx-2yw5.

ty-X\y--12.

f?i-29.1Kt-22,Uj--29,(xt--22,

解得1%TZN*ps-T2k--二

fxj-19.fx-2L(x---19,

QTZSt■與Gt■工Q■T2

例7(原民主德國1982年中學(xué)生競賽題)已知兩個自然數(shù)b和c及素

數(shù)a滿足方程a2+b2=c2.證明：這時有a<b及b+l=c.

222

證明(因式分解法)Va+b=c,

a2=(c-b)(c+b),

又「a為素數(shù)，,c-b=l,且c+b=a2.

于是得c=b+l及a?=b+c=2b+lV3b,

a3J*

即1而a23,.?.iWl,：.b<l.Aa<b.

例9(第35屆美國中學(xué)數(shù)學(xué)競賽題)滿足聯(lián)立方程

(ab+he-44.

+it■23.

的正整數(shù)(a,b,c)的組數(shù)是().

(A)0(B)1(C)2(D)3(E)4

解(質(zhì)因數(shù)分解法)由方程ac+bc=23得

(a+b)c=23=lX23.

Va,b,c為正整數(shù)，...c=l且a+b=23.將c和a=23-b代入方程ab+bc=44得

(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,

，bi=2,b2=22.從而得a,=21,a2=l.故滿足聯(lián)立方程的正整數(shù)組(a,b,c)有兩個,

即(21,2,1)和(1,22,1),應(yīng)選(C).

例10求不定方程2(x+y)=xy+7的整數(shù)解.

解由(y-2)x=2y-7,得

分離整數(shù)部分得*7耳齊

由X為整數(shù)知y-2是3的因數(shù)，

/.y-2=±l,±3,，x=3,5,±1.

，方程整數(shù)解為

卜?立口?巾"工&?T

例11求方程x+y=x?-xy+y?的整數(shù)解.

解(不等式法)方程有整數(shù)解必須△=(y+1)2-4(y2-y)20,解得

3-m3+26

xWyW3.

滿足這個不等式的整數(shù)只有y=0,1,2.

當y=0時，由原方程可得x=0或x=l；當y=l時，由原方程可得x=2或0；當

y=2時，由原方程可得x=l或2.

所以方程有整數(shù)解

/x-0/x-1p-2/x-Op-1JL2

V==電=/=2>=2

最后我們來看兩個分式和根式不定方程的例子.

例12求滿足方程『3'冠且使y是最大的正整數(shù)解(x,y).

12x[2+144

解將原方程變形得，西iF7

由此式可知，只有12-x是正的且最小時，y才能取大值.又12-x應(yīng)是144的

約數(shù)，所以，

12-x=l,x=ll,這時y=132.

故滿足題設(shè)的方程的正整數(shù)解為

(x,y)=(11,132).

例13(第35屆美國中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽題)滿足OVxVy及師的不

同的整數(shù)對(x,y)的個數(shù)是().

(A)0(B)1(C)3(D)4(E)7

解法1根據(jù)題意知，0VxV1984,由

當且僅當1984X是完全平方數(shù)時，y是整數(shù).而1984=2,?31,故當且僅當x

具有31t2形式時，1984x是完全平方數(shù).

Vx<1984,??T近tW7.當t=l,2,3時，得整數(shù)對分別為(31,1519)、(124,

1116)和(279,775).當t>3時y〈x不合題意，因此不同的整數(shù)對的個數(shù)

是3,故應(yīng)選(C).

解法2???1984=234*31..?.再?石+6由此可知：x必須具有31t2形式，y必

須具有31k2形式，并且t+k=8（t,k均為正整數(shù)）.因為OVxVy,所以tV

k.當t=l,k=7時得（31,1519）；t=2,k=6時得（124,1116）；當t=3,

k=5時得（279,775）.因此不同整數(shù)對的個數(shù)為3.

練習(xí)二十

1.選擇題

（1）方程x2-y2=105的正整數(shù)解有（）.

（A）一組（B）二組（C）三組（D）四組

⑵在0,1,2,…，50這51個整數(shù)中，能同時被2,3,4整除的有（）.

（A）3個（B）4個（C）5個（D）6個

2.填空題

（1）的個位數(shù)分別為及.

（2）滿足不等式lO’WAWlO,的整數(shù)A的個數(shù)是XX1（T+L則x的值

（3）已知整數(shù)y被7除余數(shù)為5,那么/被7除時余數(shù)為.

（4）（全俄第14屆中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽試題）求出任何一組滿足方程x2-51y2=l

的自然數(shù)解x和y.

3.（第26屆國際數(shù)學(xué)競賽預(yù)選題）求三個正整數(shù)x、y、z滿足

—）-/—,-

XyZ5.

4.（1985年上海數(shù)學(xué)競賽題）在數(shù)列4,8,17,77,97,106,125,238

中相鄰若干個數(shù)之和是3的倍數(shù)，而不是9的倍數(shù)的數(shù)組共有多少組？

5,求后*后?行的整數(shù)解.

6.求證m?8888皿+7777MM可被37整除.

7.（全俄1986年數(shù)學(xué)競賽題）求滿足條件7一個+97的整數(shù)x,y的所有

可能的值.

8.（1985年上海初中數(shù)學(xué)競賽題）已知直角三角形的兩直角邊長分別為1

厘米、m厘米，斜邊長為n厘米，且Lm,n均為正整數(shù)，1為質(zhì)數(shù).證明：2

（1+m+n）是完全平方數(shù).

2p-q--1

9.（1988年全國初中數(shù)學(xué)競賽題）如果p、q、丁、T都是整數(shù)，并且p

>Lq>L試求p+q的值.

練習(xí)二十

1.D.C.

2.⑴9及1.(2)9.(3)4.

(4)原方程可變形為x2=(7y+l)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.

34t4

3.不妨設(shè)x<y<z,貝!]x,5,故xW3.又有**故x22.若x=2,貝！J

222..L.2

y5210,故yW6.又有/1。，故y,4.若y=4,則z=20.若y=5,則z=10.

若y=6,則z無整數(shù)解.若x=3,類似可以確定3WyW4,y=3或4,z都不能是整

數(shù).

4.可仿例2解.

I26

5.先求出55,然后將方程變形為y=5+x-2瘍/要使y為整數(shù),5x7應(yīng)

是完全平方數(shù)，…,解得

(x-lUx-2

(>?21y-l

6.8888=8(mod37),88882222=82(mod37).

7777三7(mod37),77773333=73(mod37),88882222+77773333=(82+73)(mod37),而

82+73=407,371407,，37|N.

7.簡解:原方程變形為3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由關(guān)于x的二次方程有解的條件

△20及丫為整數(shù)可得0?丫忘5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方

程僅有兩組解(4,5)、(5,4).

8.Vl2+m2=n2,12=(n+m)(n-m).V1為質(zhì)數(shù)，且n+m>n-m>0,.,.n+nFl；n-m=l.

于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+l,ZUFI/T,2(1+m+l)=21+2+2m=l2+21+l=(1+1)2.即

2(l+m+l)是完全平方數(shù).

9.易知pWq,不妨設(shè)p>q.令QP=n,則m>n由此可得不定方程

(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.

競賽專題講座04

一平面幾何證明

［競賽知識點撥］

1.線段或角相等的證明

(1)利用全等△或相似多邊形；

(2)利用等腰4；

(3)利用平行四邊形；

(4)利用等量代換；

(5)利用平行線的性質(zhì)或利用比例關(guān)系

(6)利用圓中的等量關(guān)系等。

2.線段或角的和差倍分的證明

(1)轉(zhuǎn)化為相等問題。如要證明,二，壬。，可以先作出線段夕

再去證明a?，即所謂“截長補短”，角的問題仿此進行。

(2)直接用已知的定理。例如：中位線定理，出△斜邊上的中線等

于斜邊的一半；△的外角等于不相鄰的內(nèi)角之和；圓周角等于同弧所對圓心

角的一半等等。

3.兩線平行與垂直的證明

(1)利用兩線平行與垂直的判定定理。

(2)利用平行四邊形的性質(zhì)可證明平行；利用等腰△的“三線合一”

可證明垂直。

(3)利用比例關(guān)系可證明平行；利用勾股定理的逆定理可證明垂直

等。

【競賽例題剖析】

【例1】從。。外一點P向圓引兩條切線PA、PB和割線PCD。從A點作弦AE

平行于CD,連結(jié)BE交CD于F。求證：BE平分CD。

【分析1】構(gòu)造兩個全等△<(

圖1

連結(jié)ED、AC、AFo

CF=DF-ZkACF義/XEDF-

AC-ED

AE^CD

ZACF-ZED

fZEFD-ZAEF-ZABP

ZAFC-ZEFD4-|zAFC-ZABP—AF、&曲數(shù)蛔一

-NPAB=NAEB=NPFB

【分析2】利用圓中的等量關(guān)系。連結(jié)OF、OP、0Bo

(ZOBP-90°

CF-DF—NOFP?喊

[CkF、反胸點共痛＜-

圖1-1

-NPFB=NP0B-

|ZPFB-ZA￡B?-AE6CD

_[NPO8?NAEBJPAP映切線

注：連結(jié)OP、0A、OF,證明A、0、F、P四點共圓亦可。

[例2]AABC內(nèi)接于。0,P是弧AB上的一點，過P

作0A、0B的垂線，與AC、BC分別交于S、T,AB交于M、

No求證：PM=MS充要條件是PN=NT。

PMTH

【分析】只需證函.而，PM?PN=MS-NTo

圖2

T(N1=N2,N3=N4)-AAPM^APBN

圖2-1

BNPMfPM?PN=AM?BN

(NBNT=NAMS,NBTN=NMAS)^ABNT^ASMA

MSAM

^BN-Nf—MS?NT=AM?BN

【例3】已知A為平面上兩半徑不等的圓01和。2的一個交點，兩外公切線PR、

Q@分別切兩圓于Pi、P2>Q］、Q2,MI、M2分別為PQ、P2Q2的中點。求證:

N0IA02=NMIAM2。

【分析】設(shè)B為兩圓的另一交點，連結(jié)并延長BA交PR于C,交。。2于M,則

C為PR的中點，且

PM〃CM〃PM,故CM為MM的中

垂線。

在0M上截取M03=M02,則

圖3圖3-1

ZMIA03=ZM2A02O

Q.ArO|M1

故只需證NOIAMFNOSAMI,即證皿MQI。

由△PQMSP2O2M2,M103=M2()2,01P1—01A,02P2=。2人可

【例4】在AABC中，AB>AC,ZA的外角平分線交aABC的外接圓于D,DE±AB

于E,求證：AE=2o

EF=AE,只需證BF=AC,連結(jié)DC、DB、DF,從而只需證△DBF^^DCA

-DF=DA,NDBF=NDCA,NDFB=NDAC

-NDFA=NDAF=NDAG。

方法2、延長CA至G,使AG=AE,則只需證BE=CG

-連結(jié)DG、DC、DB,則只需證△DBEgZSDCG

-DE=DG,ZDBE=ZDCG,ZDEB=ZDGC=RtZo

【例5】NABC的頂點B在。0外，BA、BC均與。0相交，過BA與圓的交點K

引NABC平分線的垂線，交。0于P,交BC于M。

圖5-1

【分析】若角平分線過0,則p、M重合，PM=0,結(jié)論顯然成立。

c若角平分線不過0,則延長

D0至D使0D'=0D,則

只需證DD'=PM。連結(jié)D'P、

*DM,則只需證DMPD'為平行

四邊形。

0m±PK,則D觸。D',K?外-m,,\ZD'PK=NDKP

BL平分NABC,MKJ_BL—BL為MK的中垂線-NDKB=NDMK

.,.ZD,PK=ZDMK,AD'P〃DM。而D'D/7PM,

Z.DMPD'為平行四邊形。

【例6】在4ABC中，AP為NA的平分線