高中數(shù)學(xué)競賽講座20講

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20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?

L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)？

口又口=□口+口=口.

解因?yàn)榧臃ê蜏p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

x-I988y-?

{llx+27/-M

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=m-llx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(fù)號，它們的代數(shù)和是奇數(shù)還是偶數(shù).

分析因?yàn)閮蓚€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)字前面都添上正號和負(fù)

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，這一行最左邊的兒個數(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ai,az,a3據(jù)題意有

ai=0,偶

a2=l奇

as=3a2—ai,奇

a4=3a：「a2,偶

a5=3a「a3,奇

as=3a5-a4,奇

由此可知：

當(dāng)n被3除余1時，a”是偶數(shù)；

當(dāng)n被3除余0時，或余2時，a”是奇數(shù)，顯然a”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(10WaW35,10WbW35),則

a+b=45,又十位數(shù)能被11整除，則a-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=H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,Aa-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(jìn)而知a、b都是奇數(shù)，可

知(11111+a)及(IHll-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(jìn)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2義2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(shí)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(shí)現(xiàn)，3X3的大正方形的互變，更無法實(shí)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3T,設(shè)線段AB的兩個端點(diǎn)中，一個是紅點(diǎn)，一個是綠點(diǎn)，在線段中插入n個分點(diǎn)，

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(diǎn)一個為紅點(diǎn)而另一個為綠點(diǎn)的話,

則稱它為標(biāo)準(zhǔn)線段.

證明不論分點(diǎn)如何選取，標(biāo)準(zhǔn)線段的條路總是奇數(shù).

分析n個分點(diǎn)的位置無關(guān)緊要，感興趣的只是紅點(diǎn)還是綠點(diǎn)，現(xiàn)用A、B分別表示紅、綠點(diǎn)；

不難看出：分點(diǎn)每改變一次字母就得到一條標(biāo)準(zhǔn)線段，并且從A點(diǎn)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(biāo)準(zhǔn)線段的條數(shù)必為奇數(shù).

123

f??I?1

ABBBA.BBRB

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(diǎn)在岸上，那么A點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)數(shù)是個奇數(shù)，因而A點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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+l5b+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=5,7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(jìn)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(jìn)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n+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(jìn)去參觀后又回到廳外共走過了2n+2個門

（包括進(jìn)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.a02a3…anan“a"2…其中aMi=l,2）是數(shù)字，并且ai是奇數(shù),a?是偶數(shù)，

a3等于ai+a?的個位數(shù)…,an+2是a?+a?ti（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(fù)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是有理數(shù).

練習(xí)

L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.

(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)和的三多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)?

答一.

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7一的值(

).

(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(xiàng)式ax?+bx+c(a、b、c為整數(shù))，如果當(dāng)x=0與x=l時，，二次三項(xiàng)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.+9靦+8町+6曬是「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(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：3"+1能被2或2?整除，而不能被2的更高次幕整除.

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(fù)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

3.1IS'，是奇數(shù)1,9‘986的個位數(shù)字是奇數(shù)1,而8f,6’986都是偶數(shù)，故最后為偶數(shù).

4.仿例51203465879.

5.設(shè)a-a2,-?■,an滿足題設(shè)即ai+a2H---Fa?=0①

ai?a2a?=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ai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(dāng)k與n有相同的奇偶性時，3（3k—n）才是

整數(shù).

7.設(shè)這個四位數(shù)是展/由于1Wa<d,d是奇數(shù)所以d>3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=l,d=3.又因b>c,所以b=

9因此該數(shù)為1983.

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

開式.

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

988)-(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(yùn)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(fù)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)H----F(1986-1987-1988+

1989).

競賽講座02

一整數(shù)的整除性

i.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(dWO),若存在一個整數(shù)p,使得孚成立,

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|二|b|;

3)若b|a,c|b,則c|a

4)若b|ac,而(a,b)=1((a,b)二1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(xiàng)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11I(7x+2y-5z),求證：11I(3x-7y+12年。

證明4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)

而11111(3x-2y+3z),

且11I(7x+2y-5z),

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

又(11,4)=1

11I(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)72I而亮試求凡》的值。

解72=8X9,且(8,9)=1,所以只需討論8、9都整除麗時。石的值。

若8|。6橫,則8|泅,由除法可得b=2。

若9|,則9|(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??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。

31

*-*-M-1

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。

證明222

?.?“伽.D為連續(xù)二整數(shù)的積,必可被2整除.

3+D

2對任何整數(shù)n均為整數(shù),

-MM+IX2X*D-1

2為整數(shù),即原式為整數(shù).

又???2?

_2/<2+0(2+2)

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),

X*?0(2*?D

???2是能被3整除的整數(shù).

),1W*於*D-2

M1*■—At被3除時余2.

故22*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Va2+23=(a2-l)+24,只需證a?T可以被24整除即可.

V2Aa為奇數(shù).設(shè)a=2k+l(k為整數(shù))，

則a2-l=(2k+l)2-l=4k2+4k=4k(k+1).

Vk>k+1為二個連續(xù)整數(shù)，故k(k+1)必能被2整除，

A84k(k+1),即8|(a?-l).

又(a-1),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)(a2-l),

,/3a,A31(a?T).3與8互質(zhì)，241(a2-l),即a2+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:

加I

a?b?c?d-a=①

a?b?c?d-b=②

a?b?c?d-c=③

4癡l

a?b?c?d-d=?***④

證明由①，a(bcd-1)=4*“*???.

???右端是奇數(shù)，.?.左端a為奇數(shù)，bcd-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)，bedT必為偶數(shù)，則a(bcd-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(shí)數(shù)X,,x2,x?,其中每一個不是+1就是

-1,

且

工+2+A+--0

、*>?.今

試證n是4的倍數(shù).

r,--

證明設(shè)、(i=l,2,-??,n-1),

*i

則口不是+1就是T，但力+丫2+…+yn=0,故其中+1與T的個數(shù)相同，設(shè)為k,于是n=2k.又

y】y2y3…y1=l,即(-1)卜=1,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n：i+100能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少？

解n+100=(n+10)(n-10n+100)-900.

若n+100能被n+10整除,則900也能被n+10整除.而且，當(dāng)n+10的值為最大時,相應(yīng)地n的值為

最大.因?yàn)?00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l<a<b<c的整數(shù)，且(abT)

(bc-1)(ca-1)能被abc整除，求所有可能數(shù)組(a,b,c).

解,/(ab-1)(bc-l)(ca-l)

=aJb'c2-abc(a+b+c)+ab+ac+bcT,①

Vabc!(ab-1)(bc-1)(ca-1).

存在正整數(shù)k,使

ab+ac+bc-l=kabc,②

111111133

k=abc<abc<abe<d<2*

k=l.

若a23,此時

1111I11_47

1=aAe-abc<34560矛盾.

已知a>L???只有a=2.

當(dāng)a=2時,代入②中得2b+2c-l=bc,

一2?一2一1一2+,_2?一4

即1=bcbe<Zbbb

.*.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(xiàng)重要解題技巧.

例9(1987年全國初中聯(lián)賽題)已知存在整數(shù)n,能使數(shù)”被1987整除.求證數(shù)

產(chǎn)?1障力陰△松川爾金承

”ers

g川幺?哪蝴啊噲38H蝠7

44W

都能被1987整除.

心+例由/+*7?必第

HX

I喳第

(10叫9*10?+8*1觸+7),且“能被1987整除，...p能被1987整除.

同樣,

I忖

q=（10如詡*9x10、7+8x10**1*7）

且*t

.IO,^-to^-io1-（i（r）*io,；

=WM0一故W。、1()3、g被.?除，余數(shù)分別為1000,100,

維T

10,于是q表示式中括號內(nèi)的數(shù)被S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,則不是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“+5珞的最小整數(shù)是().

(A)2(B)3(C)5(D)3"+5退(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(dá)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(jìn)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,2003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)n,n*2+2n+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)麗是一個四位正整數(shù)，已知三位正整數(shù)詼與246的和是一

位正整數(shù)d的H1倍,而又是18的倍數(shù).求出這個四位數(shù)R,并寫出推理運(yùn)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滿足方程而+1954=/.

7.證明：(1)1331(llnt2+12nH),其中n為非負(fù)整數(shù).

(2)若將(1)中的11改為任意一個正整數(shù)a,則(1)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

a3b4-ab3,bc-bc3,cZ-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)256*89?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)nZ+2n+12=121k=(n+l)2=ii(iik

-1).???11是素數(shù)且除盡(+1))

11除盡n4-1=--112除盡(n+1)2或11|11k-1,不可能.

5.由a6c+246是d的111倍，=也可能是198,309,420,531,642,

753；又abc是18的倍數(shù)，，心只能是198.而198+246=444,；.d=4,abed

是1984.

7.(1)1ln+2+l22n+1=l21X1ln+l2X144n=l21X11"+12X11

n-12X11n+12X144n=-=133X1ln+l2X(14411-lln).第一項(xiàng)可

被133整除.又144-11|144n—11",.*.133111n+2+122n+1.

(2)11改為a.12改為a+1,133改為a(a+l)+l.改動后命題為a(a+1)

+1Ian+2+(a+1)2n+1,可仿上證明.

8.*.*a3b—ab3：=ab(a2—b2)；同理有b(b2—c2)；ca(c"—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?.?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az,b2,c2個位數(shù)只能是1,4,6,9,

從而a'—b',b2-c2,c'-a'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±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,…，a,oo,最大公約數(shù)為d,并令

/

則ai+a?+…+aioo=d(a/+a2+...+a\0o)=101101=101x1001,

故知aJ,aa不可能都是1,從而a，+a)+...+a，10ONIx99+2=101,

d<1001；若取ai=a2=a9a=1001,a?oo=2002,則滿足ai+a2+...+ai

oo=1001xl01=l01101,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

a或a

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(jìn)行分類，即n=pm+r(r=0,1,…，m-1),

恰好m個數(shù)類.于是同余的概念可理解為，若對m、n2,有m=qim+r,wq^m+r,那么m、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。，則ml(b-a).反過來,若ml(b-a),則.■4<*?)；

(2)如果a=km+b(k為整數(shù))，則吞■*<*?)；

(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。?即喻；

②對稱性??■*),則&-&),反之亦然.

③傳遞性則(砌；

⑸如果?！鲰脾?，則

②ar■協(xié)(同特別地/

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?7(inod3).2*■(-1)*(mod

則2"+1"(一爐*

.?.當(dāng)n為奇數(shù)時，2"+1能被3整除；

當(dāng)n為偶數(shù)時，2"+1不能被3整除.

例2求2期最后兩位數(shù)碼.

解考慮用100除2期所得的余數(shù).

V2n=4096100).

2*~?(2°產(chǎn)2.

乂4,-20-4096-Y(*i100)

?4”■(4，產(chǎn)W■—■5.?)〉

■Y寸■町

.2***?(f°2,?(-阿2、?-2,?-512

■88(X100).

.?.2則的最后兩位數(shù)字為88.

例3求證31980+41981能被5整除.

證明??3"-2(mod5),3s■-l(mo<i5),

4--(Cnod9.

3g■產(chǎn)

.4im-(-DmJ(mod51

.3g+4即■(-I).?OCmod?

...5k+4.，

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?zé)o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2x"5y2=7無整數(shù)解.

22

證明V2x=5y+7t顯然y為奇數(shù).

①若x為偶數(shù)，則2/?0(mod&.

y1-<2?+Q+1.

5ya+7■4(mod8).

?.?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)，則2/-2(n?d4).

但5y2+7"峙14).

Ax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

x**加--122①

證明如果有整數(shù)x,y使方程①成立，

則17x29-5.488.4/■128/

=3*3中'7771知(2x+3/)+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)?+5=(17n)2+34na+(a2+5)=a+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)、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Y+yW得y'x”(xT),

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-I=k2(k為自然數(shù))，則上為

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(jìn)行適當(dāng)?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射?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13?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

P1-12；M.土

(x-2y--5,(x-2y--5,

--12,(x-2y~12,

卜--工V--i

(x-2y--12,(x-2^-5,

V■大vy--12.

f*i-29,fxj-22.fx3--29,--22,

解得1"T為1外?TZ立

fxj-19./勺?2p,--ZU--19.

［，,T2仇?5.SfU°

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

a'+bJc?.證明：這時有a<b及b+l=c.

證明(因式分解法)Va2+b2=c2,

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

又a為素數(shù)，，c-b=1,且c+b=a\

于是得c=b+l及a2=b+c=2b+l<3b,

a33a

即XV4.而a》3,二；Wl,/.b<1./.a<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^bc-44.

*Ac_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)0=23=1X23.

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ai=21,a?=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.

x-5^-2

解由（y-2）x=2y-7,得

T_2J>-7_2_3

分離整數(shù)部分得7-2>-2

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

p-3,

f口■中■郎0-1

例11求方程x+y=x2-xy+y2的整數(shù)解.

解(不等式法)方程有整數(shù)解必須△=(y+1)J4(y2-y)20,解得

3-坊3+v

~x-WyW-3~.

滿足這個不等式的整數(shù)只有y=0,1,2.

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

可得x=l或2.

所以方程有整數(shù)解

(x-0p-I(x-2/x-0/x-1/x-2

V-0.V211y-2.

最后我們來看兩個分式和根式不定方程的例子.

1一.I?1

例12求滿足方程”>12且使y是最大的正整數(shù)解(x,y).

12”…144

y==~12.?

解將原方程變形得12-x12-x

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0麗6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，0<x<1984,由

'?而S-G'

得1984+x-2719847

當(dāng)且僅當(dāng)1984x是完全平方數(shù)時,y是整數(shù).而1984=2,?31,故當(dāng)且僅當(dāng)x具有31t,形式時，1984x

是完全平方數(shù).

,.?xV1984,..TWtW7.當(dāng)t=l,2,3時,得整數(shù)對分別為(31,1519),(124,916)和(279,

775).當(dāng)t>3時yWx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=2*X3].；.8瘋?/由此可知：*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?yàn)镺VxVy,所以tVk.當(dāng)t=l,k=7時得(3b1519)；

t=2,k=6時得(124,1116)：當(dāng)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.

⑵滿足不31Mt產(chǎn)°等式IO，WAW1()5的整數(shù)人的個數(shù)是xX10'+1,則x的值________.

（3）已知整數(shù)y被7除余數(shù)為5,那么y，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

x,z5

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？

石

5.的整數(shù)解.

6.求證88=3*77771m可被37整除.

3.3

7.（全俄1986年數(shù)學(xué)競賽題）求滿足條件7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I厘米、m厘米，斜邊

長為n厘米，且1,m,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-q2q-I

9.（1988年全國初中數(shù)學(xué)競賽題）如果p、q、。、P都是整數(shù)，并且P>1,q>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)'2y(y-7),令y=7可得x=50.

3.不妨設(shè)xWyWz,則*5,故XW3.又有X5‘故X22.若x=2,貝IJV5210,故yW6.又

1^2

有，10，故y24.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.

226__

5.先求出X"彳，然后將方程變形為y=5+x-2J5*-L要使y為整數(shù),5x7應(yīng)是完全平方數(shù)，…,

解得

6.8888三8(mod37),A88882222=82(mod37).

7777三7(mod37),7777,皎三7：'(mod37),88882222+77773333=(82+73)(mod37),而

82+7=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△30及y為整數(shù)可

得0WyW5,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.*.*l"+m2=n2,12=(n+m)(n-m).V1為質(zhì)數(shù),且n+m>n-m>0,.,.n+m=l2,n-m=l.于是

12=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-l,2(l+m+l)=21+2+2m=l2+21+l=(l+l)2.即2(1+m+l)是完全平方數(shù).

2PT_匆T

9.易知p#q,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(diǎn)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a=8士c,可以先作出線段0斗土c,再去證明a招，即所

謂“截長補(bǔ)短”，角的問題仿此進(jìn)行。

(2)直接用已知的定理。例如：中位線定理，般△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。0外一點(diǎn)P向圓引兩條切線PA、PB和割線PCD。從A點(diǎn)作

［二^弦AE平行于CD,連結(jié)BE交CD于F。求證：BE平分CD。

【分析11構(gòu)造兩個全等人

圖1連結(jié)ED、AC、AF。

CF=DF<-AACF^AEDF-

AC■ED

ZACF-ZEDF

一一[ZEFD-ZAEF-ZABP

NATC-NEFD<—<...

bZAFC-ZABP?-A*F、&Pffl點(diǎn)共囿一

ZPAB=ZAEB=ZPFB

【分析2】利用圓中的等量關(guān)系。連結(jié)OF、OP、OB。

&BP?蛾

CF?DF―NO”-X*

圖2-1F、反兩點(diǎn)共

*-ZPFB=ZP0B

/PFB-VAES—AE/TGD

J?rPQB-ZAEB?-PA.P曉礴

注：連結(jié)OP、OA、OF,證明A、0、F、P四點(diǎn)共圓亦可。

【例2】AABC內(nèi)接于。0,P是弧AB上的一點(diǎn)，過P作0A、0B的

垂線，與AC、BC分別交于S、T,AB交于M、N。求證