數(shù)論競(jìng)賽基礎(chǔ)知識(shí)

§23抽屜原理在數(shù)學(xué)問題中有一類與“存在性”關(guān)于問題，比如：“13個(gè)人中最少有兩個(gè)人出生在相同月份”；“某校400名學(xué)生中，一定存在兩名學(xué)生，他們?cè)谕惶爝^生日”；“個(gè)人任意分成200個(gè)小組，一定存在一組，其組員數(shù)不少于11”；“把[0，1]內(nèi)全部有理數(shù)放到100個(gè)集合中，一定存在一個(gè)集合，它里面有沒有限多個(gè)有理數(shù)”。這類存在性問題中，“存在”含義是“最少有一個(gè)”。在處理這類問題時(shí)，只要求指明存在，通常并不需要指出哪一個(gè)，也不需要確定經(jīng)過什么方式把這個(gè)存在東西找出來。這類問題相對(duì)來說包括到運(yùn)算較少，依據(jù)理論也不復(fù)雜，我們把這些理論稱之為“抽屜原理”。“抽屜原理”最先是由19世紀(jì)德國(guó)數(shù)學(xué)家迪里赫萊（Dirichlet）利用于處理數(shù)學(xué)問題，所以又稱“迪里赫萊原理”，也有稱“鴿巢原理”。這個(gè)原理能夠簡(jiǎn)單地?cái)⑹鰹椤鞍?0個(gè)蘋果，任意分放在9個(gè)抽屜里，則最少有一個(gè)抽屜里含有兩個(gè)或兩個(gè)以上蘋果”。這個(gè)道理是非常顯著，但應(yīng)用它卻能夠處理許多有趣問題，而且經(jīng)常得到一些令人驚異結(jié)果。抽屜原理是國(guó)際國(guó)內(nèi)各級(jí)各類數(shù)學(xué)競(jìng)賽中主要內(nèi)容，本講就來學(xué)習(xí)它關(guān)于知識(shí)及其應(yīng)用。（一）抽屜原理基本形式定理1、假如把n+1個(gè)元素分成n個(gè)集合，那么不論怎么分，都存在一個(gè)集合，其中最少有兩個(gè)元素。證實(shí)：（用反證法）若不存在最少有兩個(gè)元素集合，則每個(gè)集合至多1個(gè)元素，從而n個(gè)集合至多有n個(gè)元素，此與共有n+1個(gè)元素矛盾，故命題成立。在定理1敘述中，能夠把“元素”改為“物件”，把“集合”改成“抽屜”，抽屜原理正是由此得名。一樣，能夠把“元素”改成“鴿子”，把“分成n個(gè)集合”改成“飛進(jìn)n個(gè)鴿籠中”。“鴿籠原理”由此得名。例題講解1．已知在邊長(zhǎng)為1等邊三角形內(nèi)（包含邊界）有任意五個(gè)點(diǎn)（圖1）。證實(shí)：最少有兩個(gè)點(diǎn)之間距離小于2．從1-100自然數(shù)中，任意取出51個(gè)數(shù)，證實(shí)其中一定有兩個(gè)數(shù)，它們中一個(gè)是另一個(gè)整數(shù)倍。3．從前25個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，證實(shí)：取出數(shù)中一定有兩個(gè)數(shù)，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)不超出小數(shù)1.5倍。4．已給一個(gè)由10個(gè)互不相等兩位十進(jìn)制正整數(shù)組成集合。求證：這個(gè)集合必有兩個(gè)無公共元素子集合，各子集合中各數(shù)之和相等。5．在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)（該點(diǎn)橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證實(shí)：其中一定存在兩個(gè)整點(diǎn)，它們連線中點(diǎn)仍是整點(diǎn)。6．在任意給出100個(gè)整數(shù)中，都能夠找出若干個(gè)數(shù)來（能夠是一個(gè)數(shù)），它們和可被100整除。7．17名科學(xué)家中每?jī)擅茖W(xué)家都和其余科學(xué)家通信，在他們通信時(shí)，只討論三個(gè)題目，而且任意兩名科學(xué)家通信時(shí)只討論一個(gè)題目，證實(shí)：其中最少有三名科學(xué)家，他們相互通信時(shí)討論是同一個(gè)題目。課后練習(xí)1．幼稚園買來了不少白兔、熊貓、長(zhǎng)頸鹿塑料玩具，每個(gè)兒童任意選擇兩件，那么不論怎樣挑選，在任意七個(gè)兒童中總有兩個(gè)彼此選玩具都相同，試說明道理.2．正方體各面上涂上紅色或藍(lán)色油漆（每面只涂一個(gè)色），證實(shí)正方體一定有三個(gè)面顏色相同.3．把1到10自然數(shù)擺成一個(gè)圓圈，證實(shí)一定存在在個(gè)相鄰數(shù)，它們和數(shù)大于17.4．有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍(lán)襪6雙（每雙襪子包裝在一起）若取出9雙，證實(shí)其中必有黑襪或黃襪2雙.5．在邊長(zhǎng)為1正方形內(nèi)，任意給定13個(gè)點(diǎn)，試證：其中必有4個(gè)點(diǎn)，以此4點(diǎn)為頂點(diǎn)四邊開面積不超出（假定四點(diǎn)在一直線上組成面積為零四邊形）.6．在一條筆直馬路旁種樹，從起點(diǎn)起，每隔一米種一棵樹，假如把三塊“愛護(hù)樹木”小牌分別掛在三棵樹上，那么不論怎樣掛，最少有兩棵掛牌樹之間距離是偶數(shù)（以米為單位），這是為何？課后練習(xí)答案1.解從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種：（兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長(zhǎng)頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長(zhǎng)頸鹿），（長(zhǎng)頸鹿、長(zhǎng)頸鹿）把每種搭配方式看作一個(gè)抽屜，把7個(gè)兒童看作物體，那么依照標(biāo)準(zhǔn)1，最少有兩個(gè)物體要放進(jìn)同一個(gè)抽屜里，也就是說，最少兩人挑選玩具采取同一搭配方式，選玩具相同.標(biāo)準(zhǔn)2假如把mn+k(k≥1)個(gè)物體放進(jìn)n個(gè)抽屜，則最少有一個(gè)抽屜至多放進(jìn)m+1個(gè)物體.證實(shí)同標(biāo)準(zhǔn)相仿.若每個(gè)抽屜至多放進(jìn)m個(gè)物體,那么n個(gè)抽屜至多放進(jìn)mn個(gè)物體,與題設(shè)不符，故不可能.標(biāo)準(zhǔn)1可看作標(biāo)準(zhǔn)2物例（m=1）2.證實(shí)把兩種顏色看成兩個(gè)抽屜，把正方體六個(gè)面看成物體，那么6=2×2+2，依照標(biāo)準(zhǔn)二，最少有三個(gè)面涂上相同顏色.3.證實(shí)如圖12-1，設(shè)a1，a2，a3，…，a9，a10分別代表不超出10十個(gè)自然數(shù)，它們圍成一個(gè)圈，三個(gè)相鄰數(shù)組成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），…,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十組.現(xiàn)把它們看作十個(gè)抽屜，每個(gè)抽屜物體數(shù)是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，…a9+a10+a1，a10+a1+a2,因?yàn)椋╝1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+…+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2）=3(a1+a2+…+a9+a10)=3×(1+2+…+9+10)依照標(biāo)準(zhǔn)2,最少有一個(gè)括號(hào)內(nèi)三數(shù)和不少于17,即最少有三個(gè)相鄰數(shù)和大于17.標(biāo)準(zhǔn)1、標(biāo)準(zhǔn)2可歸結(jié)到期更通常形式：

標(biāo)準(zhǔn)3把m1+m2+…+mn+k(k≥1)個(gè)物體放入n個(gè)抽屜里，那么或在第一個(gè)抽屜里最少放入m1+1個(gè)物體，或在第二個(gè)抽屜里最少放入m2+1個(gè)物體，……，或在第n個(gè)抽屜里最少放入mn+1個(gè)物體.證實(shí)假定第一個(gè)抽屜放入物體數(shù)不超出m1個(gè)，第二個(gè)抽屜放入物體數(shù)不超出m2個(gè)，……，第n個(gè)抽屜放入物體個(gè)數(shù)不超出mn，那么放入全部抽屜物體總數(shù)不超出m1+m2+…+mn個(gè)，與題設(shè)矛盾.4.證實(shí)除可能取出紅襪、白襪3雙外.還最少從其它三種顏色襪子里取出4雙，依照原理3，必在黑襪或黃襪、藍(lán)襪里取2雙.上面數(shù)例論證似乎都是“存在”、“總有”、“最少有”問題，不錯(cuò)，這正是抽屜標(biāo)準(zhǔn)主要作用.需要說明是，利用抽屜標(biāo)準(zhǔn)只是必定了“存在”、“總有”、“最少有”，卻不能確切地指出哪個(gè)抽屜里存在多少.制造抽屜是利用標(biāo)準(zhǔn)一大關(guān)鍵首先要指出是，對(duì)于同一問題，常可依據(jù)情況，從不一樣角度設(shè)計(jì)抽屜，從而造成不一樣制造抽屜方式.5.證實(shí)如圖12-2把正方形分成四個(gè)相同小正方形.因13=3×4+1，依照標(biāo)準(zhǔn)2，總有4點(diǎn)落在同一個(gè)小正方形內(nèi)（或邊界上），以此4點(diǎn)為頂點(diǎn)四邊形面積不超出小正方形面積，也就不超出整個(gè)正方形面積.實(shí)際上，因?yàn)樘幚韱栴}關(guān)鍵在于將正方形分割成四個(gè)面積相等部分，所以還能夠把正方形按圖12-3（此處無圖）所表示形式分割.合理地制造抽屜必須建立在充分考慮問題本身特點(diǎn)基礎(chǔ)上.6.解如圖12-4（設(shè)掛牌三棵樹依次為A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一為偶數(shù)，命題得證.不然a、b均為奇數(shù)，則AC=a+b為偶數(shù)，命題得證.下面我們換一個(gè)角度考慮：給每棵樹上編上號(hào)，于是兩棵樹之間距離就是號(hào)碼差，因?yàn)闃涮?hào)碼只能為奇數(shù)和偶數(shù)兩類，那么掛牌三棵樹號(hào)碼最少有兩個(gè)同為奇數(shù)或偶數(shù)，它們差必為偶數(shù)，問題得證.后一證實(shí)十分巧妙，經(jīng)過編號(hào)碼，將兩樹間距離轉(zhuǎn)化為號(hào)碼差.這種轉(zhuǎn)化思想方法是一個(gè)非常主要數(shù)學(xué)方法例題答案：1．分析：5個(gè)點(diǎn)分布是任意。假如要證實(shí)“在邊長(zhǎng)為1等邊三角形內(nèi)（包含邊界）有5個(gè)點(diǎn)，那么這5個(gè)點(diǎn)中一定有距離小于兩點(diǎn)”，則順次連接三角形三邊中點(diǎn)，即三角形三條中位線，能夠分原等邊三角形為4個(gè)全等邊長(zhǎng)為小等邊三角形，則5個(gè)點(diǎn)中必有2點(diǎn)位于同一個(gè)小等邊三角形中（包含邊界），其距離便小于。以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包含邊界）任意兩點(diǎn)間距離小于其最大邊長(zhǎng)”來確保，下面我們就來證實(shí)這個(gè)定理。如圖2，設(shè)BC是△ABC最大邊，P，M是△ABC內(nèi)（包含邊界）任意兩點(diǎn)，連接PM，過P分別作AB、BC邊平行線，過M作AC邊平行線，設(shè)各平行線交點(diǎn)為P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A因?yàn)锽C≥AB，所以∠A≥∠C，則∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形外角大于不相鄰內(nèi)角），所以PQ≥PM。顯然BC≥PQ，故BC≥PM。由此我們能夠推知，邊長(zhǎng)為等邊三角形內(nèi)（包含邊界）兩點(diǎn)間距離小于。說明：（1）這里是用等分三角形方法來結(jié)構(gòu)“抽屜”。類似地，還能夠利用等分線段、等分正方形方法來結(jié)構(gòu)“抽屜”。比如“任取n+1個(gè)正數(shù)ai，滿足0＜ai≤1（i=1,2,…,n+1），試證實(shí)：這n+1個(gè)數(shù)中必存在兩個(gè)數(shù)，其差絕對(duì)值小于”。又如：“在邊長(zhǎng)為1正方形內(nèi)任意放置五個(gè)點(diǎn)，求證：其中必有兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)之間距離小于。（2）例1中，假如把條件（包含邊界）去掉，則結(jié)論能夠修改為：最少有兩個(gè)點(diǎn)之間距離小于"，請(qǐng)讀者試證之，并比較證實(shí)差異。（3）用一樣方法可證實(shí)以下結(jié)論：i）在邊長(zhǎng)為1等邊三角形中有n2+1個(gè)點(diǎn)，這n2+1個(gè)點(diǎn)中一定有距離小于兩點(diǎn)。ii）在邊長(zhǎng)為1等邊三角形內(nèi)有n2+1個(gè)點(diǎn)，這n2+1個(gè)點(diǎn)中一定有距離小于兩點(diǎn)。（4）將（3）中兩個(gè)命題中等邊三角形換成正方形，對(duì)應(yīng)結(jié)論中換成，命

題依然成立。（5）讀者還能夠考慮相反問題：通常地，“最少需要多少個(gè)點(diǎn)，才能夠使得邊長(zhǎng)

為1正三角形內(nèi)（包含邊界）有兩點(diǎn)其距離不超出”。2．分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何在？其實(shí)就在“兩個(gè)數(shù)”，其中一個(gè)是另一個(gè)整數(shù)倍。我們要結(jié)構(gòu)“抽屜”，使得每個(gè)抽屜里任取兩個(gè)數(shù)，都有一個(gè)是另一個(gè)整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)整個(gè)等比數(shù)列都放進(jìn)去同一個(gè)抽屜才行，這里用得到一個(gè)自然數(shù)分類基本知識(shí)：任何一個(gè)正整數(shù)都能夠表示成一個(gè)奇數(shù)與2方冪積，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,則m=(2k-1)·2n，而且這種表示方式是唯一，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，……證實(shí)：因?yàn)槿魏我粋€(gè)正整數(shù)都能表示成一個(gè)奇數(shù)乘2方冪，而且這種表示方法是唯一，所以我們可把1-100正整數(shù)分成以下50個(gè)抽屜（因?yàn)?-100中共有50個(gè)奇數(shù)）：（1）{1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26}；

（2）{3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25}；

（3）{5，5×2，5×22，5×23，5×24}；

（4）{7，7×2，7×22，7×23}；

（5）{9，9×2，9×22，9×23}；

（6）{11，11×2，11×22，11×23}；

……

（25）{49，49×2}；

（26）{51}；

……

（50）{99}。這么，1-100正整數(shù)就無重復(fù)，無遺漏地放進(jìn)這50個(gè)抽屜內(nèi)了。從這100個(gè)數(shù)中任取51個(gè)數(shù)，也即從這50個(gè)抽屜內(nèi)任取51個(gè)數(shù)，依照抽屜標(biāo)準(zhǔn)，其中必定最少有兩個(gè)數(shù)屬于同一個(gè)抽屜，即屬于（1）-（25）號(hào)中某一個(gè)抽屜，顯然，在這25個(gè)抽屜中任何同一個(gè)抽屜內(nèi)兩個(gè)數(shù)中，一個(gè)是另一個(gè)整數(shù)倍。說明：（1）從上面證實(shí)中能夠看出，本題能夠推廣到通常情形：從1-2n自然數(shù)中，任意取出n+1個(gè)數(shù)，則其中必有兩個(gè)數(shù)，它們中一個(gè)是另一個(gè)整數(shù)倍。想一想，為何？因?yàn)?-2n中共含1，3，…，2n-1這n個(gè)奇數(shù)，所以能夠制造n個(gè)抽屜，而n+1＞n，由抽屜標(biāo)準(zhǔn)，結(jié)論就是必定了。給n以詳細(xì)值，就能夠結(jié)構(gòu)出不一樣題目。例2中n取值是50，還能夠編制相反題目，如：“從前30個(gè)自然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個(gè)數(shù)，才能確保取出數(shù)中能找到兩個(gè)數(shù)，其中較大數(shù)是較小數(shù)倍數(shù)？”（2）以下兩個(gè)問題結(jié)論都是否定（n均為正整數(shù)）想一想，為何？①從2，3，4，…，2n+1中任取n+1個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中一個(gè)是另一個(gè)整數(shù)倍？②從1，2，3，…，2n+1中任取n+1個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中一個(gè)是另一個(gè)整數(shù)倍？你能舉出反例，證實(shí)上述兩個(gè)問題結(jié)論都是否定嗎？（3）假如將（2）中兩個(gè)問題中任取n+1個(gè)數(shù)增加1個(gè)，都改成任取n+2個(gè)數(shù)，則它們結(jié)論是必定還是否定？你能判斷證實(shí)嗎？3．證實(shí)：把前25個(gè)自然數(shù)分成下面6組：1；①

2，3；②

4，5，6；③

7，8，9，10；④

11，12，13，14，15，16；⑤

17，18，19，20，21，22，23，⑥因?yàn)閺那?5個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，所以最少有兩個(gè)數(shù)取自上面第②組到第⑥組中某同一組，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)就不超出小數(shù)1.5倍。說明：（1）本題能夠改變敘述以下：在前25個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，求證其中存在兩個(gè)數(shù)，它們相互比值在內(nèi)。顯然，必須找出一個(gè)能把前25個(gè)自然數(shù)分成6（7-1=6）個(gè)集合方法，不過分類時(shí)有一個(gè)限制條件：同一集合中任兩個(gè)數(shù)比值在內(nèi)，故同一集合中元素?cái)?shù)值差不得過大。這么，我們能夠用如上一個(gè)特殊分類法：遞推分類法：從1開始，顯然1只能單獨(dú)作為1個(gè)集合{1}；不然不滿足限制條件。能與2同屬于一個(gè)集合數(shù)只有3，于是{2，3}為一集合。如此依次遞推下去，使若干個(gè)連續(xù)自然數(shù)屬于同一集合，其中最大數(shù)不超出最小數(shù)倍，就能夠得到滿足條件六個(gè)集合。（2）假如我們按照（1）中遞推方法依次造“抽屜”，則第7個(gè)抽屜為{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；

第8個(gè)抽屜為：{40，41，42，…，60}；

第9個(gè)抽屜為：{61，62，63，…，90，91}；

……那么我們能夠?qū)⒗?改造為以下一系列題目：（1）從前16個(gè)自然數(shù)中任取6個(gè)自然數(shù)；

（2）從前39個(gè)自然數(shù)中任取8個(gè)自然數(shù)；

（3）從前60個(gè)自然數(shù)中任取9個(gè)自然數(shù)；

（4）從前91個(gè)自然數(shù)中任取10個(gè)自然數(shù)；…都能夠得到同一個(gè)結(jié)論：其中存在2個(gè)數(shù)，它們相互比值在]內(nèi)。上述第（4）個(gè)命題，就是前蘇聯(lián)基輔第49屆數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題。假如我們改變區(qū)間[]（p＞q）端點(diǎn)值，則又能夠結(jié)構(gòu)出一系列新題目來。4.分析與解答：一個(gè)有著10個(gè)元素集合，它共有多少個(gè)可能子集呢？因?yàn)樵诮M成一個(gè)子集時(shí)候，每一個(gè)元素都有被取過來或者不被取過來兩種可能，所以，10個(gè)元素集合就有210=1024個(gè)不一樣結(jié)構(gòu)子集方法，也就是，它一共有1024個(gè)不一樣子集，包含空集和全集在內(nèi)。空集與全集顯然不是考慮對(duì)象，所以剩下1024-2=1022個(gè)非空真子集。再來看各個(gè)真子集中一切數(shù)字之和。用N來記這個(gè)和數(shù)，很顯著：10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855這表明N至多只有855-9=846種不一樣情況。因?yàn)榉强照孀蛹瘋€(gè)數(shù)是1022，1022＞846，所以一定存在兩個(gè)子集A與B，使得A中各數(shù)之和=B中各數(shù)之和。若A∩B=φ，則命題得證，若A∩B=C≠φ，即A與B有公共元素，這時(shí)只要剔除A與B中一切公有元素，得出兩個(gè)不相交子集A1與B1，很顯然A1中各元素之和=B1中各元素之和，所以A1與B1就是符合題目要求子集。說明：本例能否推廣為以下命題：已給一個(gè)由m個(gè)互不相等n位十進(jìn)制正整數(shù)組成集合。求證：這個(gè)集合必有兩個(gè)無公共元素子集合，各子集合中各數(shù)之和相等。請(qǐng)讀者自己來研究這個(gè)問題。5．分析與解答：由中點(diǎn)坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點(diǎn)（x1,y1）、（x2,y2）中點(diǎn)坐標(biāo)是。欲使都是整數(shù)，必須而且只須x1與x2，y1與y2奇偶性相同。坐標(biāo)平面上任意整點(diǎn)按照橫縱兩個(gè)坐標(biāo)奇偶性考慮有且只有以下四種：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此結(jié)構(gòu)四個(gè)“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)，那么最少有兩個(gè)整點(diǎn)，屬于同一個(gè)“抽屜”所以它們連線中點(diǎn)就必是整點(diǎn)。說明：我們能夠把整點(diǎn)概念推廣：假如（x1,x2,…xn）是n維（元）有序數(shù)組，且x1,x2,…xn中每一個(gè)數(shù)都是整數(shù)，則稱（x1,x2,…xn）是一個(gè)n維整點(diǎn)（整點(diǎn)又稱格點(diǎn)）。假如對(duì)全部n維整點(diǎn)按每一個(gè)xi奇偶性來分類，因?yàn)槊恳粋€(gè)位置上有奇、偶兩種可能性，所以共可分為2×2×…×2=2n個(gè)類。這是對(duì)n維整點(diǎn)一個(gè)分類方法。當(dāng)n=3時(shí)，23=8，此時(shí)能夠結(jié)構(gòu)命題：“任意給定空間中九個(gè)整點(diǎn)，求證它們之中必有兩點(diǎn)存在，使連接這兩點(diǎn)直線段內(nèi)部含有整點(diǎn)”。這就是1971年美國(guó)普特南數(shù)學(xué)競(jìng)賽題。在n=2情形，也能夠結(jié)構(gòu)以下命題：“平面上任意給定5個(gè)整點(diǎn)”，對(duì)“它們連線段中點(diǎn)為整點(diǎn)”4個(gè)命題中，為真命題是：（A）最少可為0個(gè)，最多只能是5個(gè)（B）最少可為0個(gè)，最多可取10個(gè)

（C）最少為1個(gè)，最多為5個(gè)（D）最少為1個(gè)，最多為10個(gè)

（正確答案（D））6．分析：本題也似乎是茫無頭緒，無從下手，其關(guān)鍵何在？仔細(xì)審題，它們“和”能“被100整除”應(yīng)是做文章地方。假如把這100個(gè)數(shù)排成一個(gè)數(shù)列，用Sm記其前m項(xiàng)和，則其可結(jié)構(gòu)S1，S2，…S100共100個(gè)"和"數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得余數(shù)。注意到S1，S2，…S100共有100個(gè)數(shù)，一個(gè)數(shù)被100除所得余數(shù)有0，1，2，…99共100種可能性?！疤O果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，怎樣排除“故障”？證實(shí)：設(shè)已知整數(shù)為a1,a2,…a100考查數(shù)列a1,a2,…a100前n項(xiàng)和組成數(shù)列S1，S2，…S100。假如S1，S2，…S100中有某個(gè)數(shù)可被100整除，則命題得證。不然，即S1，S2，…S100均不能被100整除，這么，它們被100除后余數(shù)必是{1，2，…，99}中元素。由抽屜原理I知，S1，S2，…S100中必有兩個(gè)數(shù)，它們被100除后具備相同余數(shù)。不妨設(shè)這兩個(gè)數(shù)為Si，Sj（i＜j），則100∣（Sj-Si），即100∣。命題得證。說明：有時(shí)候直接對(duì)所給對(duì)象作某種劃分，是極難結(jié)構(gòu)出恰當(dāng)抽屜。這時(shí)候，我們需要對(duì)所給對(duì)象先作一些變換，然后對(duì)變換得到對(duì)象進(jìn)行分類，就能夠結(jié)構(gòu)出恰當(dāng)抽屜。本題直接對(duì){an}進(jìn)行分類是極難奏效。但由{an}結(jié)構(gòu)出{Sn}后，再對(duì){Sn}進(jìn)行分類就輕易得多。另外，對(duì){Sn}按模100剩下類劃分時(shí)，只能分成100個(gè)集合，而{Sn}只有100項(xiàng)，似乎不能應(yīng)用抽屜標(biāo)準(zhǔn)。但注意到余數(shù)為0類恰使結(jié)論成立，于是經(jīng)過分別情況討論后，就可去掉余數(shù)為0類，從而轉(zhuǎn)化為100個(gè)數(shù)分配在剩下99個(gè)類中。這種處理問題方法應(yīng)該學(xué)會(huì)，它會(huì)助你從“山窮水盡疑無路”時(shí)，走入“柳暗花明又一村”中。最終，本例結(jié)論及證實(shí)能夠推廣到通常情形（而且有加強(qiáng)步驟）：在任意給定n個(gè)整數(shù)中，都能夠找出若干個(gè)數(shù)來（能夠是一個(gè)數(shù)），它們和可被n整除，而且，在任意給定排定次序n個(gè)整數(shù)中，都能夠找出若干個(gè)連續(xù)項(xiàng)（能夠是一項(xiàng)），它們和可被n整除。將以上通常結(jié)論中n賦以對(duì)應(yīng)年份值如1999，，…，就能夠編出對(duì)應(yīng)年份試題來。假如再賦以特殊背景，則能夠編出非常有趣數(shù)學(xué)智力題來，以下題：有100只猴子在吃花生，每只猴子最少吃了1?；ㄉ?，多者不限。請(qǐng)你證實(shí)：一定有若干只猴子（能夠是一只），它們所吃花生粒數(shù)總和恰好是100倍數(shù)。7．證實(shí)：視17個(gè)科學(xué)家為17個(gè)點(diǎn)，每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)之間連一條線表示這兩個(gè)科學(xué)家在討論同一個(gè)問題，若討論第一個(gè)問題則在對(duì)應(yīng)兩點(diǎn)連紅線，若討論第2個(gè)問題則在對(duì)應(yīng)兩點(diǎn)連條黃線，若討論第3個(gè)問題則在對(duì)應(yīng)兩點(diǎn)連條藍(lán)線。三名科學(xué)家研究同一個(gè)問題就轉(zhuǎn)化為找到一個(gè)三邊同顏色三角形。考慮科學(xué)家A，他要與另外16位科學(xué)家每人通信討論一個(gè)問題，對(duì)應(yīng)于從A出發(fā)引出16條線段，將它們?nèi)境?種顏色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1條同色，不妨記為AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同紅色，若Bi（i=1，2，…，6）之間有紅線，則出現(xiàn)紅色三角線，命題已成立；不然B1，B2，B3，B4，B5，B6之間連線只染有黃藍(lán)兩色?？紤]從B1引出5條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因?yàn)?=2×2+1，故必有3=2+1條線段同色，假設(shè)為黃色，并記它們?yōu)锽1B2，B1B3，B1B4。這時(shí)若B2，B3，B4之間有黃線，則有黃色三角形，命題也成立，若B2，B3，B4，之間無黃線，則△B2，B3，B4，必為藍(lán)色三角形，命題依然成立。說明：（1）本題源于一個(gè)古典問題--世界上任意6個(gè)人中必有3人相互認(rèn)識(shí)，或相互不認(rèn)識(shí)。（美國(guó)普特南數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）。（2）將相互認(rèn)識(shí)用紅色表示，將相互不認(rèn)識(shí)用藍(lán)色表示，（1）將化為一個(gè)染色問題，成為一個(gè)圖論問題：空間六個(gè)點(diǎn)，任何三點(diǎn)不共線，四點(diǎn)不共面，每?jī)牲c(diǎn)之間連線都涂上紅色或藍(lán)色。求證：存在三點(diǎn)，它們所成三角形三邊同色。（3）問題（2）能夠往兩個(gè)方向推廣：其一是顏色種數(shù)，其二是點(diǎn)數(shù)。本例便是方向一進(jìn)展，其證實(shí)已知上述。假如繼續(xù)沿此方向前進(jìn)，可有下題：在66個(gè)科學(xué)家中，每個(gè)科學(xué)家都和其余科學(xué)家通信，在他們通信中僅僅討論四個(gè)題目，而任何兩個(gè)科學(xué)家之間僅僅討論一個(gè)題目。證實(shí)最少有三個(gè)科學(xué)家，他們相互之間討論同一個(gè)題目。（4）回顧上面證實(shí)過程，對(duì)于17點(diǎn)染3色問題可歸結(jié)為6點(diǎn)染2色問題，又可歸結(jié)為3點(diǎn)染一色問題。反過來，我們能夠繼續(xù)推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）過程，易發(fā)覺6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958…記為r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，…我們能夠得到遞推關(guān)系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4…這么就能夠結(jié)構(gòu)出327點(diǎn)染5色問題，1958點(diǎn)染6色問題，都必出現(xiàn)一個(gè)同色三角形?！?4容斥原理相對(duì)補(bǔ)集：稱屬于A而不屬于B全體元素，組成集合為B對(duì)A相對(duì)補(bǔ)集或差集，記作A-B。容斥原理：以表示集合A中元素?cái)?shù)目，我們有，其中為n個(gè)集合稱為A階。n階集合全部子集數(shù)目為。例題講解1．對(duì)集合{1，2，…，n}及其每一個(gè)非空了集，定義一個(gè)唯一確定“交替和”以下：按照遞減次序重新排列該子集，然后交替地減或加后繼數(shù)所得結(jié)果，比如，集合“交替和”是9-6+4-2+1=6.“交替和”是6-5=1，交替和是2。那么，對(duì)于n=7。求全部子集“交替和”總和。2．某班對(duì)數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三科總評(píng)成績(jī)統(tǒng)計(jì)以下：優(yōu)異人數(shù)：數(shù)學(xué)21個(gè)，物理19個(gè)，化學(xué)20個(gè)，數(shù)學(xué)物理都優(yōu)異9人，物理化學(xué)都優(yōu)異7人?；瘜W(xué)數(shù)學(xué)都優(yōu)異8人。這個(gè)班有5人任何一科都不優(yōu)異。那么確定這個(gè)班人數(shù)以及僅有一科優(yōu)異三科分別有多少個(gè)人。3．計(jì)算不超出120合數(shù)個(gè)數(shù)4．1992位科學(xué)家，每人最少與1329人合作過，那么，其中一定有四位數(shù)學(xué)家兩兩合作過。5．把個(gè)元素集合分為若干個(gè)兩兩不交子集，按照下述規(guī)則將某一個(gè)子集中一些元素挪到另一個(gè)子集：從前一子集挪到后一子集元素個(gè)數(shù)等于后一子集元素個(gè)數(shù)（前一子集元素個(gè)數(shù)應(yīng)大于后一子集元素個(gè)數(shù)），證實(shí)：能夠經(jīng)過有限次挪動(dòng)，使得到子集與原集合相重合。6．給定1978個(gè)集合，每個(gè)集合都含有40個(gè)元素，已知其中任意兩個(gè)集合都恰有一個(gè)公共元，證實(shí)：存在一個(gè)元素，它屬于全部集合。7．在個(gè)元素組成集合中取個(gè)不一樣三元子集。證實(shí)：其中必有兩個(gè)，它們恰有一個(gè)公共元。課后練習(xí)1．一個(gè)集合含有10個(gè)互不相同十進(jìn)制兩位數(shù)，證實(shí)：這個(gè)集合必有兩個(gè)無公共元素子集合，這兩個(gè)子集元素和相等。2．是否存在兩個(gè)以非頁整數(shù)為元素集合A、B，使得任一個(gè)非負(fù)整數(shù)都能夠被A、B之中各取一數(shù)之和唯一表出。3．對(duì)每個(gè)使得在n元集合中，能夠取出k個(gè)子集，其中任意兩個(gè)交非合。4．能否把分成兩個(gè)積相等不交集合。課后練習(xí)答案1．我們能夠發(fā)覺對(duì)每個(gè)數(shù)，它出現(xiàn)在個(gè)子集之中，所以全部子集中和為，那么全部元素在全部子集之中和為。2．利用二進(jìn)制來考慮此題，小明前9包分別有錢1分（2），10分（2），100分（2），1000分（2），10000分（2），100000分（2），1000000分（2），10000000分（2），分（2），剩下一包裝剩下錢（以上數(shù)皆為二進(jìn)制）就能夠了。3．不能。反證法。設(shè)存在合乎題中條件一個(gè)分法，假如和同屬于一個(gè)子集，則記為，不然記為，對(duì)，若分在三個(gè)集合中則稱為好。都是好。，，而，故在第二組中用代替，故是好。故。由此即，但。矛盾！有這么一個(gè)結(jié)論階集合子集若滿足且則最大值為，代入本題得為。例題答案：1．分析；n=7時(shí)，集合{7，6，5，4，3，2，1}非空子集有個(gè)，即使子集數(shù)目有限，不過逐一計(jì)算各自“交替和”再相加，計(jì)算量依然巨大，不過，依照“交替和”定義，輕易看到集合{1，2，3，4，5，6，7}與{1，2，3，4，5，6}“交替和”是7；能夠想到把一個(gè)不含7集和A與“交替和”之和應(yīng)為7。那么，我們也就很輕易處理這個(gè)問題了。解：集合{1，2，3，4，5，6，7}子集中，除去{7}外還有個(gè)非空子集合，把這個(gè)非空子集兩兩結(jié)組后分別計(jì)算每一組中“交替和”之和，結(jié)組標(biāo)準(zhǔn)是設(shè)這是把結(jié)合為一組，顯然，每組中，“交替和”之和應(yīng)為7，共有組.所以,全部“交替和”之和應(yīng)該為。說明：我們?cè)谶@道題證實(shí)過程中用了這類題目最經(jīng)典解法。就是“對(duì)應(yīng)”方法，“對(duì)應(yīng)”方法在處理相等問題中應(yīng)用得更多。2．分析：自然地設(shè)A={數(shù)學(xué)總評(píng)優(yōu)異人}B={物理總評(píng)優(yōu)異人}C={化學(xué)總評(píng)優(yōu)異人}則已知|A|=21|B|=19|C|=20這表明全班人數(shù)在41至48人之間。僅數(shù)學(xué)優(yōu)異人數(shù)是可見僅數(shù)學(xué)優(yōu)異人數(shù)在4至11人之間。同理僅物理優(yōu)異人數(shù)在3至10人之間。同理僅化學(xué)優(yōu)異人數(shù)在5至12人之間。解：（略）。說明：先將詳細(xì)實(shí)際生活中問題數(shù)學(xué)化，然后依照數(shù)學(xué)理論來處理這個(gè)問題不不過競(jìng)賽中常見情況，也是在未來學(xué)習(xí)中數(shù)學(xué)真正有用地方。3．分析1：用“篩法”找出不超出120質(zhì)數(shù)(素?cái)?shù))，計(jì)算它們個(gè)數(shù)，從120中去掉質(zhì)數(shù)，再去掉“1”，剩下即是合數(shù)。解法1：120以內(nèi)：①既不是素?cái)?shù)又不是合數(shù)數(shù)有一個(gè)，即“1”；②素?cái)?shù)有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97、101、103、107、109、113、共30個(gè)。所以不超出120合數(shù)有120－1－30＝89(個(gè))(附：篩法：從小到大按次序?qū)懗?－120全部自然數(shù)：先劃掉1，保留2，然后劃掉2全部倍數(shù)4,6，…120等；保留3，再劃掉全部3倍數(shù)6,9…117、120等；保留5，再劃掉5全部倍數(shù)10,15，…120；保留7，再劃掉7全部倍數(shù)，…這么，上面數(shù)表中剩下數(shù)就是120以內(nèi)全部素?cái)?shù)，這種方法是最古老尋找素?cái)?shù)方法，叫做“埃斯托拉‘篩法’”)說明：當(dāng)n不很大時(shí)，計(jì)算1－n中合數(shù)個(gè)數(shù)困難不大；但當(dāng)n很大時(shí)，利用篩法就很困難、很費(fèi)時(shí)了，必須另覓他途。[分析2]受解法1啟發(fā)，假如能找出1－n中質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)m，則n－1－m就是不超出n合數(shù)個(gè)數(shù)。由初等數(shù)論中定理：a是大于1整數(shù)。假如全部小于√a質(zhì)數(shù)都不能整除a，那么a是質(zhì)數(shù)。因?yàn)?20<121＝112，√120<11，所以不超出120合數(shù)必是2或3或5或7倍數(shù)，所以只要分別計(jì)算出不超出1202、3、5、7倍數(shù)，再利用“容斥原理”即可。解法2：設(shè)S1＝{a∣1≤3≤120,2∣a}；S2＝{b∣1≤b≤120,3∣b}；S3＝{c∣1≤3≤120,5∣c}；S4={d∣1≤d≤120,7∣d}，則有：card(S1)＝[120/2]=60，card(S2)＝[120/3]＝40，card(S3)＝[120/5]＝24，card(S4)＝[120/7]＝17；([n]表示n整數(shù)部分，比如[2,4]＝2，…)card(S1∩S2)＝[120/2×3]＝20，card(S1∩S3)＝[120/2×5]＝12，

card(S1∩S4)＝[120/2×7]＝8，card(S2∩S3)＝[120/3×5]＝8，

card(S2∩S4)＝[120/3×7]＝5，card(S3∩S4)[120/5×7]＝3，

card(S1∩S2∩S3)[120/2×3×5]＝4，card(S1∩S2∩S4)＝[120/2×3×7]＝2，

card(S1∩S3∩S4)＝[120/2×5×7]＝1，card(S2∩S3∩S4)＝[120/3×5×7]＝1，

card(S1∩S2∩S3∩S4)＝[120/2×3×5×7]＝0∴card(S1∪S2∪S3∪S4)＝card(S1)＋card(S2)＋card(S3)＋card(S4)－card(S1∩S2)－card(S1∩S3)－card(S1∩S4)－card(S2∩S3)－card(S2∩S4)－card(S3∩S4)＋card(S1∩S2∩S3)＋card(S1∩S2∩S4)＋card(S1∩S3∩S4)＋card(S2∩S3∩S4)－card(S1∩S2∩S3∩S4)＝(60＋40＋24＋17)-(20+12+8+8+5+3)+(4+2+1+1)-0＝141-56＋8＝93∵2，3，5，7是質(zhì)數(shù)∴93－4＝89即不超出120合數(shù)共有89個(gè)。4．分析：在與一個(gè)人A合作人中我們找到B。再說明一定有些人與A和B都合作過為C。最終再說明有些人與A、B、C都合作過為D，那么A、B、C、D就是找人了。證實(shí)：一個(gè)人A。不妨設(shè)B與之合作。那么。即C與A和B均合作過，分別表示與A、B合作過人集合。一樣地，。所以存在。則A、B、C、D就是所求，證畢。說明：把一個(gè)普通敘述性問題轉(zhuǎn)化為集合語言描述問題通常為解題關(guān)鍵之處，也是同學(xué)們需加強(qiáng)。5．分析：首先考慮到是一個(gè)很特殊數(shù)，其次我們發(fā)覺若兩個(gè)集合元素個(gè)數(shù)除以2若干次冪后若為奇數(shù)，那么，它們之間挪后就應(yīng)為偶數(shù)這一事實(shí)，若還不能想到解答就試一下，時(shí)情況，相信解答就不會(huì)難找到了。證實(shí)：考慮含奇數(shù)個(gè)元素子集（假如有這么子集），因?yàn)槿孔蛹貍€(gè)數(shù)總和是偶數(shù)，所以具備奇數(shù)個(gè)元素子集個(gè)數(shù)也是偶數(shù)，任意將全部含有奇數(shù)個(gè)元素子集配成對(duì)，對(duì)每對(duì)子集按題目要求規(guī)則移動(dòng)：從較大子集挪出一些元素，添加到較小子集，挪出元素個(gè)數(shù)為較小子集元素個(gè)數(shù)，于是得到全部子集元素個(gè)數(shù)都是偶數(shù)，現(xiàn)在考慮元素個(gè)數(shù)不被4整除子集，假如，則總共有兩個(gè)元素，它們?cè)谕粋€(gè)子集，所以設(shè)，因?yàn)樽蛹貍€(gè)數(shù)總數(shù)被4整除，所以這么子集個(gè)數(shù)為偶數(shù)，任意將這么子集配成對(duì)，對(duì)每一對(duì)子集施行滿足題目要求挪動(dòng)，于是得到每個(gè)子集數(shù)均可被4整除，依此做下去，最終得到每個(gè)子集元素個(gè)數(shù)均可被整除，也就是只能有一個(gè)子集，它元素個(gè)數(shù)為，證畢。說明：這道題證實(shí)中隱含了一個(gè)單一變量在改變時(shí)改變方向相同這一性質(zhì)，就這道題來說，一直在增加就是各子集元素個(gè)數(shù)被2多少次冪整除這個(gè)冪次數(shù)，這是一大類問題，除了這種改變量，還要經(jīng)?？紤]改變中不變量。6．分析：我們能夠先去找一個(gè)屬于很多個(gè)集合元素，最好它就是我們要找那一個(gè)。證實(shí)：考慮給定1978個(gè)集合中任意一個(gè)集合，它和其它1977個(gè)集合都相交，所以，存在，使得它最少屬于其中50個(gè)集合，不然，集合中每個(gè)元素至多屬于49個(gè)集合，而集合恰有40個(gè)元素，所以除外至多有1960個(gè)集合，不可能，所以設(shè)屬于集合，…，下面證實(shí)它屬于給定1978個(gè)集合中任一個(gè)。對(duì)于除了，，…任一個(gè)集合，設(shè)，則與，，，…每一個(gè)都有最少一個(gè)元素交，它們都與不一樣，那么，就最少要有51個(gè)元素，不可能，所以屬于每個(gè)集合。說明：這種題目最怕把它想難了，想行太難了，就會(huì)以為無從下手，做數(shù)學(xué)競(jìng)賽題就需要首先在做題之前選好方向，另首先就是大膽嘗試去做。7．分析：證實(shí)恰有一個(gè)公共元可能挺難。那么證只有兩個(gè)或零個(gè)公共元不可能是否可行呢？假如具備兩個(gè)公共元集合與表示為、那么~有傳遞性。是否有用呢？證實(shí)：設(shè)結(jié)論不真。則所給3元子集要么不交，要么恰有兩個(gè)公共元，假如子集與恰有兩個(gè)公共元，則記。設(shè)是三個(gè)子集。能夠證實(shí)假如，，則，于是全部給定3元子集能夠分類，使得同一類中任意兩個(gè)不一樣子集都恰有兩個(gè)公共元。而不一樣類子集不相交。于是對(duì)每個(gè)子集類，有三種可能：（1）恰含3個(gè)元素類。（2）恰含4個(gè)元素類。（3）最少含5個(gè)元素類。在（1）下，3元子集類恰由一個(gè)3元子集組成。在（2）下，子集類中至多有4個(gè)子集。考慮（3）設(shè)，，則還有一個(gè)，由，，有。所以對(duì)子集類中任意子集，由，，它包含與，于是類中子集個(gè)數(shù)比類中元素個(gè)數(shù)少2，于是，每個(gè)類中子集個(gè)數(shù)不超出元素個(gè)數(shù)，不過題中條件子集數(shù)大于元素個(gè)數(shù)，矛盾！說明：此題為1979年美國(guó)競(jìng)賽題。題目難度較大，應(yīng)該說是應(yīng)用了高等代數(shù)中一些思想?！?5奇數(shù)偶數(shù)將全體整數(shù)分為兩類，凡是2倍數(shù)數(shù)稱為偶數(shù)，不然稱為奇數(shù).所以，任一偶數(shù)可表為2m（m∈Z），任一奇數(shù)可表為2m+1或2m－1形式.奇、偶數(shù)具備以下性質(zhì)：（1）奇數(shù)±奇數(shù)=偶數(shù)；偶數(shù)±偶數(shù)=偶數(shù)；奇數(shù)±偶數(shù)=奇數(shù)；偶數(shù)×偶數(shù)=偶數(shù)；奇數(shù)×偶數(shù)=偶數(shù)；奇數(shù)×奇數(shù)=奇數(shù)；（2）奇數(shù)平方都可表為8m+1形式，偶數(shù)平方都可表為8m或8m+4形式（m∈Z）.（3）任何一個(gè)正整數(shù)n，都能夠?qū)懗尚问剑渲衜為非負(fù)整數(shù)，l為奇數(shù).這些性質(zhì)既簡(jiǎn)單又顯著，然而它卻能處理數(shù)學(xué)競(jìng)賽中一些難題.例題講解1．以下每個(gè)算式中，最少有一個(gè)奇數(shù)，一個(gè)偶數(shù)，那么這12個(gè)整數(shù)中，最少有幾個(gè)偶數(shù)？□+□=□，□-□=□，□×□＝□，□÷□＝□.2．已知n是偶數(shù)，m是奇數(shù)，方程組解是整數(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)

3．在1，2，3…，1992前面任意添上一個(gè)正號(hào)和負(fù)號(hào)，它們代數(shù)和是奇數(shù)還是偶數(shù).4．70個(gè)數(shù)排成一行，除了兩頭兩個(gè)數(shù)以外，每個(gè)數(shù)3倍都恰好等于它兩邊兩個(gè)數(shù)和，這一行最左邊幾個(gè)數(shù)是這么：0，1，3，8，21，….問最右邊一個(gè)數(shù)被6除余幾？5．設(shè)a、b是自然數(shù)，且關(guān)于系式=（11111+a）（11111-b），

①證實(shí)a-b是4倍數(shù).--++----+6．在3×3正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”符號(hào)，然后每次將表中任一行或一列各格全部改變?cè)噯栔貜?fù)若干次這么“變號(hào)”程序后，能否從一張表改變?yōu)榱硪粡埍?++-++---+bab7．設(shè)正整數(shù)d不等于2，5，13.證實(shí)在集合｛2，5，13，d｝中能夠找到兩個(gè)元素a,b，使得ab－1不是完全平方數(shù).8．設(shè)a、b、c、d為奇數(shù)，，證實(shí)：假如a+d=2k，b+c=2m，k,m為整數(shù)，那么a=1.9．設(shè)是一組數(shù)，它們中每一個(gè)都取1或－1，而且a1a2a3a4+a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0，證實(shí)：n必須是4倍數(shù).課后練習(xí)1.填空題（1）有四個(gè)互不相等自然數(shù)，最大數(shù)與最小數(shù)差等于4，最大數(shù)與最小數(shù)積是一個(gè)奇數(shù)，而這四個(gè)數(shù)和是最小兩位奇數(shù)，那么這四個(gè)數(shù)乘積是______.（2）有五個(gè)連續(xù)偶數(shù)，已知第三個(gè)數(shù)比第一個(gè)數(shù)與第五個(gè)數(shù)和多18，這五個(gè)偶數(shù)之和是____.（3）能否把1993部電話中每一部與其它5部電話相連結(jié)？答____.2.選擇題（1）設(shè)a、b都是整數(shù)，以下命題正確個(gè)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整數(shù)，則值（

）.（A）一定是偶數(shù)

（B）必定是非零偶數(shù)（C）是偶數(shù)但不是2

（D）能夠是偶數(shù)，也能夠是奇數(shù)（3）已知關(guān)于x二次三項(xiàng)式ax2+bx+c（a、b、c為整數(shù)），假如當(dāng)x=0與x=1時(shí)，二次三項(xiàng)式值都是奇數(shù)，那么a（

）（A）不能確定奇數(shù)還是偶數(shù)

（B）必定是非零偶數(shù)（C）必定是奇數(shù)

（D）必定是零3.試證實(shí)11986+91986+81986+61986是一個(gè)偶數(shù).4.請(qǐng)用0到9十個(gè)不一樣數(shù)字組成一個(gè)能被11整除最小十位數(shù).5.有n個(gè)整數(shù)，共積為n，和為零，求證：數(shù)n能被4整除6.在一個(gè)凸n邊形內(nèi)，任意給出有限個(gè)點(diǎn)，在這些點(diǎn)之間以及這些點(diǎn)與凸n邊形頂點(diǎn)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邊形分為只朋角形小塊，試證這種小三我有形個(gè)數(shù)與n有相同奇偶性.7.一個(gè)四位數(shù)是奇數(shù)，它首位數(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)字和兩倍，求這四位數(shù).

8.試證：3n+1能被2或22整除，而不能被2更高次冪整除.課后練習(xí)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(gè)偶數(shù)為ｘ，則后面四個(gè)衣次為ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８．（３）不能．２．Ｂ．Ｂ．Ａ３．１１９８６是奇數(shù)１，９１９８６個(gè)位數(shù)字是奇數(shù)１，而８１９８６，６１９８６都是偶數(shù)，故最終為偶數(shù)．４．仿例５

．５．設(shè)ａ１，ａ２，…，ａｎ滿足題設(shè)即ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝０①ａ１·ａ２……ａｎ＝ｎ②。假如ｎ為奇數(shù)，由②，全部ａｉ皆為奇數(shù)，但奇數(shù)個(gè)奇數(shù)之和為奇數(shù)，故這時(shí)①不成立，可見ｎ只能為偶數(shù)．因?yàn)椋顬榕紨?shù)，由②知ａｉ中必有一個(gè)偶數(shù)，由①知ａｉ中必有另一個(gè)偶數(shù)．于是ａｉ中必有兩個(gè)偶數(shù)，因而由②知ｎ必能被４整除．６．設(shè)小三角形個(gè)數(shù)為ｋ，則ｋ個(gè)小三角形共有３ｋ條邊，減去ｎ邊形ｎ條邊及重復(fù)計(jì)算邊數(shù)扣共有（３ｋ＋ｎ）條線段，顯然只有當(dāng)ｋ與ｎ有相同奇偶性時(shí)，（３ｋ－ｎ）才是整數(shù)．７．設(shè)這個(gè)四位數(shù)是因?yàn)椋薄埽幔迹洌涫瞧鏀?shù)所以ｄ≥３于是ｃ＝２（ａ＋ｄ）≥８，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所以該數(shù)為１９８３．８．當(dāng)ｎ為奇數(shù)時(shí)，考慮（４－１）ｎ＋１展開式；當(dāng)ｎ為偶數(shù)時(shí)，考慮（２＋１）ｎ＋１展開式．例題答案：1.解因?yàn)榧臃ê蜏p法算式中最少各有一個(gè)偶數(shù)，乘法和除法算式中最少各有二個(gè)偶數(shù)，故這12個(gè)整數(shù)中最少有六個(gè)偶數(shù).2.分析

因?yàn)?988y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11x也為偶數(shù)，從而27y=m-11x為奇數(shù)，所以是y=q奇數(shù)，應(yīng)選（C）都能被7整除；注：3.分析

因?yàn)閮蓚€(gè)整數(shù)之和與這兩個(gè)整數(shù)之差奇偶性相同，所以在題設(shè)數(shù)字前面都添上正號(hào)和負(fù)號(hào)不改變其奇偶性，而1+2+3+…+1992==996×1993為偶數(shù)

于是題設(shè)代數(shù)和應(yīng)為偶數(shù).4.解

設(shè)70個(gè)數(shù)依次為a1,a2,a3據(jù)題意有a1=0,

偶a2=1

奇a3=3a2-a1,

奇a4=3a3-a2,

偶a5=3a4-a3,

奇a6=3a5-a4,

奇

………………由此可知：

當(dāng)n被3除余1時(shí)，an是偶數(shù)；當(dāng)n被3除余0時(shí)，或余2時(shí)，an是奇數(shù)，顯然a70是3k+1型偶數(shù)，所以k必須是奇數(shù)，令k=2n+1，則a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.5.證實(shí)

由①式可知11111（a-b）=ab+4×617

②∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0首先，易知a-b是偶數(shù)，不然11111(a-b)是奇數(shù)，從而知ab是奇數(shù)，進(jìn)而知a、b都是奇數(shù)，可知(11111+a)及(11111-b)都為偶數(shù)，這與式①矛盾其次，從a-b是偶數(shù)，依照②可知ab是偶數(shù)，進(jìn)而易知a、b皆為偶數(shù)，從而ab+4×617是4倍數(shù)，由②知a-b是4倍數(shù).6.解

按題設(shè)程序，這是不可能做到，考查下面填法：

在黑板所表示2×2正方形表格中，按題設(shè)程序“變號(hào)”，“+”號(hào)或者不變，或者變成兩個(gè).表(a)中小正方形有四個(gè)“+”號(hào)，實(shí)施變號(hào)步驟后，“+”個(gè)數(shù)仍是偶數(shù)；但表(b)中小正方形“+”號(hào)個(gè)數(shù)仍是奇數(shù)，故它不能從一個(gè)改變到另一個(gè).顯然，小正方形互變無法實(shí)現(xiàn)，3×3大正方形互變，更無法實(shí)現(xiàn).7.解

因?yàn)?×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，所以，只需證實(shí)2d－1，5d－1，13d－1中最少有一個(gè)不是完全平方數(shù).用反證法，假設(shè)它們都是完全平方數(shù)，令2d－1=x2①5d－1=y2②13d－1=z2③x,y,z∈N*由①知，x是奇數(shù)，設(shè)x=2k－1，于是2d－1=（2k－1）2，即d=2k2－2k+1，這說明d也是奇數(shù).所以，再由②，③知，y,z均是偶數(shù).設(shè)y=2m,z=2n,代入③、④，相減，除以4得，2d=n2－m2=(n+m)(n－m)，從而n2－m2為偶數(shù)，n，m必同是偶數(shù)，于是m+n與m－n都是偶數(shù)，這么2d就是4倍數(shù)，即d為偶數(shù)，這與上述d為奇數(shù)矛盾.故命題得證.8.首先易證：從而.再由因而①顯然，為偶數(shù)，為奇數(shù)，而且只能一個(gè)為4n型偶數(shù)，一個(gè)為4n+2型偶數(shù)（不然它們差應(yīng)為4倍數(shù)，然而它們差等于2a不是4倍數(shù)），所以,假如設(shè)，其中e,f為奇數(shù)，那么由①式及特征就有（Ⅰ）或（Ⅱ）由得e=1，從而于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分別變?yōu)榛蚪庵?，?因a為奇數(shù)，故只能a=1.9.證實(shí):因?yàn)槊總€(gè)均為1和－1，從而題中所給等式中每一項(xiàng)也只取1或－1，而這么n項(xiàng)之和等于0，則取1或－1個(gè)數(shù)必相等，因而n必須是偶數(shù)，設(shè)n=2m.再深入考查已知等式左端n項(xiàng)之乘積=()4=1，這說明，這n項(xiàng)中?。?項(xiàng)（共m項(xiàng)）也一定是偶數(shù)，即m=2k，從而n是4倍數(shù).§26整除整除是整數(shù)一個(gè)主要內(nèi)容，這里僅介紹其中幾個(gè)方面：整數(shù)整除性、最大條約數(shù)、最小公倍數(shù)、方冪問題.Ⅰ.整數(shù)整除性初等數(shù)論基本研究對(duì)象是自然數(shù)集合及整數(shù)集合.我們知道，整數(shù)集合中能夠作加、減、乘法運(yùn)算，而且這些運(yùn)算滿足一些規(guī)律（即加法和乘法結(jié)合律和交換律，加法與乘法分配律），但通常不能做除法，即，如是整除，，則不一定是整數(shù).由此引出初等數(shù)論中第一個(gè)基本概念：整數(shù)整除性.定義一：（帶余除法）對(duì)于任一整數(shù)和任一整數(shù)，必有惟一一對(duì)整數(shù)，使得，，而且整數(shù)和由上述條件惟一確定，則稱為除不完全商，稱為除余數(shù).若，則稱整除，或被整除，或稱倍數(shù)，或稱約數(shù)（又叫因子），記為.不然，|.任何非約數(shù)，叫做真約數(shù).0是任何整數(shù)倍數(shù)，1是任何整數(shù)約數(shù).任一非零整數(shù)是其本身約數(shù)，也是其本身倍數(shù).由整除定義，不難得出整除以下性質(zhì)：（1）若（2）若（3）若，則反之，亦成立.（4）若.所以，若.（5）、互質(zhì)，若（6）為質(zhì)數(shù)，若則必能整除中某一個(gè).尤其地，若為質(zhì)數(shù)，（7）如在等式中除開某一項(xiàng)外，其余各項(xiàng)都是倍數(shù)，則這一項(xiàng)也是倍數(shù).（8）n個(gè)連續(xù)整數(shù)中有且只有一個(gè)是n倍數(shù).（9）任何n個(gè)連續(xù)整數(shù)之積一定是n倍數(shù).本講開始在整除定義同時(shí)給出了約數(shù)概念，又由上一講算術(shù)基本定理，我們就能夠討論整數(shù)約數(shù)個(gè)數(shù)了.Ⅱ.最大條約數(shù)和最小公倍數(shù)定義二：設(shè)、是兩個(gè)不全為0整數(shù).若整數(shù)c滿足：，則稱條約數(shù)，全部條約數(shù)中最大者稱為最大條約數(shù)，記為.假如=1，則稱互質(zhì)或互素.定義三：假如、倍數(shù)，則稱、公倍數(shù).公倍數(shù)中最小正數(shù)稱為最小公倍數(shù)，記為.最大條約數(shù)和最小公倍數(shù)概念能夠推廣到有限多個(gè)整數(shù)情形，并用表示最大條約數(shù)，表示最小公倍數(shù).若，則稱互質(zhì)，若中任何兩個(gè)都互質(zhì)，則稱它們是兩兩互質(zhì).注意，n個(gè)整數(shù)互質(zhì)與n個(gè)整數(shù)兩兩互質(zhì)是不一樣概念，前者成立時(shí)后者不一定成立（比如，3，15，8互質(zhì)，但不兩兩互質(zhì)）；顯然后者成立時(shí)，前者必成立.因?yàn)槿魏握龜?shù)都不是0倍數(shù)，所以在討論最小公倍數(shù)時(shí)，通常都假定這些整數(shù)不為0.同時(shí)，因?yàn)橛邢嗤瑮l約數(shù)，且（有限多個(gè)亦成立），所以，我們總限于在自然數(shù)集合內(nèi)來討論數(shù)最大條約數(shù)和最小公倍數(shù).Ⅲ.方冪問題 一個(gè)正整數(shù)能否表成個(gè)整數(shù)次方和問題稱為方冪和問題.尤其地，當(dāng)初稱為次方問題，當(dāng)初，稱為平方和問題. 能表為某整數(shù)平方數(shù)稱為完全平方數(shù).簡(jiǎn)稱平方數(shù)，關(guān)于平方數(shù)，顯著有以下一些簡(jiǎn)單性質(zhì)和結(jié)論： （1）平方數(shù)個(gè)位數(shù)字只可能是0，1，4，5，6，9. （2）偶數(shù)平方數(shù)是4倍數(shù)，奇數(shù)平方數(shù)被8除余1，即任何平方數(shù)被4除余數(shù)只能是0或1. （3）奇數(shù)平方十位數(shù)字是偶數(shù). （4）十位數(shù)字是奇數(shù)平方數(shù)個(gè)位數(shù)一定是6. （5）不能被3整除數(shù)平方被3除余1，能被3整除數(shù)平方能被3整除.因而，平方數(shù)被9除余數(shù)為0，1，4，7，且此平方數(shù)各位數(shù)字和被9除余數(shù)也只能為0，1，4，7. （6）平方數(shù)約數(shù)個(gè)數(shù)為奇數(shù). （7）任何四個(gè)連續(xù)整數(shù)乘積加1，必定是一個(gè)平方數(shù).例題講解1．證實(shí)：對(duì)于任何自然數(shù)和，數(shù)都不能分解成若干個(gè)連續(xù)正整數(shù)之積.2．設(shè)和均為自然數(shù),使得 證實(shí)：可被1979整除.3．對(duì)于整數(shù)與，定義求證：可整除4．求一對(duì)整數(shù)，滿足：(1)不能被7整除；（2）能被77整除.5．求設(shè)和是兩個(gè)正整數(shù)，為大于或等于3質(zhì)數(shù)，），試證：（1）；（2）或6．盒子中各若干個(gè)球，每一次在其中個(gè)盒中加一球.求證：不論開始分布情況怎樣，總可按上述方法進(jìn)行有限次加球后使各盒中球數(shù)相等充要條件是7．求全部這么自然數(shù)，使得是一個(gè)自然數(shù)平方.課后練習(xí)1．

選擇題（1）若數(shù)n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，則不是n因數(shù)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(gè)，偶數(shù)有y個(gè)，完全平方數(shù)有z個(gè)，則x+y+z等于（

）.（A）14

（B）13

（C）12

（D）11

（E）10（3）可除盡311+518最小整數(shù)是（

）.（A）2

（B）3

（C）5

（D）311+518（E）以上都不是2．

填空題（1）把100000表示為兩個(gè)整數(shù)乘積，使其中沒有一個(gè)是10整倍數(shù)表示式為__________.(2)一個(gè)自然數(shù)與3和是5倍數(shù),與3差是6倍數(shù),這么自然數(shù)中最小是_________.(3)在十進(jìn)制中,各位數(shù)碼是0或1,而且能被225整除最小自然數(shù)是________.3.求使為整數(shù)最小自然數(shù)a值.4.證實(shí):對(duì)一切整數(shù)n,n2+2n+12不是121倍數(shù).5.設(shè)是一個(gè)四位正整數(shù),已知三位正整數(shù)與246和是一位正整數(shù)d111倍,又是18倍數(shù).求出這個(gè)四位數(shù),并寫出推理運(yùn)算過程.6.能否有正整數(shù)m、n滿足方程m2+1954=n2.7.證實(shí)：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n為非負(fù)整數(shù).(2)若將(1)中11改為任意一個(gè)正整數(shù)a,則(1)中12,133將作何改動(dòng)?證實(shí)改動(dòng)后結(jié)論.8.設(shè)a、b、c是三個(gè)互不相等正整數(shù).求證:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三個(gè)數(shù)中,最少有一個(gè)能被10整除.9.100個(gè)正整數(shù)之和為101101,則它們最大條約數(shù)最大可能值是多少?證實(shí)你結(jié)論.課后練習(xí)答案１．Ｂ．Ｂ．Ａ２．（１）２５·５５．（２）２７．３．由a為一整數(shù)平方可推出a=5．４．反證法．若是１２１倍數(shù)，設(shè)ｎ２＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ（ｎ＋１）２＝１１（１１ｋ－１）．∵１１是素?cái)?shù)且除盡（＋１）２，∴１１除盡ｎ＋１１１２除盡（ｎ＋１）２或１１｜１１ｋ－１，不可能．５．由是ｄ１１１倍，可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６４２，７５３；又是１８倍數(shù)，∴只能是１９８．而１９８＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，是１９８４．７．（１）１１