初一竞赛讲座02(特殊的正整数)
七年级数学竞赛 第02讲 绝对值
七年级数学竞赛第二讲绝对值绝对值是初中代数中的一个基本概念，在求代数式的值、化简代数式、证明恒等式与不等式，以及求解方程与不等式时，经常会遇到含有绝对值符号的问题，同学们要学会根据绝对值的定义来解决这些问题．下面我们先复习一下有关绝对值的基本知识，然后进行例题分析．一个正实数的绝对值是它本身；一个负实数的绝对值是它的相反数；零的绝对值是零．即绝对值的几何意义可以借助于数轴来认识，它与距离的概念密切相关．在数轴上表示一个数的点离开原点的距离叫这个数的绝对值．结合相反数的概念可知，除零外，绝对值相等的数有两个，它们恰好互为相反数．反之，相反数的绝对值相等也成立．由此还可得到一个常用的结论：任何一个实数的绝对值是非负数．例1 a，b为实数，下列各式对吗？若不对，应附加什么条件？(1)｜a+b｜=｜a｜+｜b｜；(2)｜ab｜=｜a｜｜b｜；(3)｜a-b｜=｜b-a｜；(4)若｜a｜=b，则a=b；(5)若｜a｜＜｜b｜，则a＜b；(6)若a＞b，则｜a｜＞｜b｜．解 (1)不对．当a，b同号或其中一个为0时成立．(2)对．(3)对．(4)不对．当a≥0时成立．(5)不对．当b＞0时成立．(6)不对．当a＋b＞0时成立．例2设有理数a，b，c在数轴上的对应点如图1-1所示，化简｜b-a｜+｜a+c｜+｜c-b｜．解由图1-1可知，a＞0，b＜0，c＜0，且有｜c｜＞｜a｜＞｜b｜＞0．根据有理数加减运算的符号法则，有b-a＜0，a＋c＜0，c-b＜0．再根据绝对值的概念，得｜b-a｜=a-b，｜a+c｜=-(a+c)，｜c-b｜=b-c．于是有原式=(a-b)-(a+c)+(b-c)=a-b-a-c+b-c=-2c．例3已知x＜-3，化简：｜3+｜2-｜1+x｜｜｜．分析这是一个含有多层绝对值符号的问题，可从里往外一层一层地去绝对值符号．解原式=｜3+｜2+(1+x)｜｜(因为1+x＜0)=｜3+｜3+x｜｜=｜3-(3+x)｜(因为3+x＜0)=｜-x｜=-x．解因为 abc≠0，所以a≠0，b≠0，c≠0．(1)当a，b，c均大于零时，原式=3；(2)当a，b，c均小于零时，原式=-3；(3)当a，b，c中有两个大于零，一个小于零时，原式=1；(4)当a，b，c中有两个小于零，一个大于零时，原式=-1．说明本例的解法是采取把a，b，c中大于零与小于零的个数分情况加以解决的，这种解法叫作分类讨论法，它在解决绝对值问题时很常用．例5若｜x｜=3，｜y｜=2，且｜x-y｜=y-x，求x+y的值．解因为｜x-y｜≥0，所以y-x≥0，y≥x．由｜x｜=3，｜y｜=2可知，x＜0，即x=-3．(1)当y=2时，x+y=-1；(2)当y=-2时，x+y=-5．所以x+y的值为-1或-5．例6若a，b，c为整数，且｜a-b｜19+｜c-a｜99=1，试计算｜c-a｜+｜a-b｜+｜b-c｜的值．解 a，b，c均为整数，则a-b，c-a也应为整数，且｜a-b｜19，｜c-a｜99为两个非负整数，和为1，所以只能是｜a-b｜19=0且｜c-a｜99=1，①或｜a-b｜19=1且｜c-a｜99=0．②由①有a=b且c=a±1，于是｜b-c｜=｜c-a｜=1；由②有c=a且a=b ±1，于是｜b-c｜=｜a-b｜=1．无论①或②都有｜b-c｜=1且｜a-b｜+｜c-a｜=1，所以｜c-a｜+｜a-b｜+｜b-c｜=2．解依相反数的意义有｜x-y+3｜=-｜x+y-1999｜．因为任何一个实数的绝对值是非负数，所以必有｜x-y+3｜=0且｜x+y-1999｜=0．即由①有x-y=-3，由②有x+y=1999．②-①得2y=2002， y=1001，所以例8 化简：｜3x+1｜+｜2x-1｜．分析本题是两个绝对值和的问题．解题的关键是如何同时去掉两个绝对值符号．若分别去掉每个绝对值符号，则是很容易的事．例如，化简｜3x+1｜，只要考虑3x+1的正负，即可去掉绝对值符号．这里我们为三个部分(如图1－2所示)，即这样我们就可以分类讨论化简了．原式=-(3x+1)-(2x-1)=5x；原式=(3x+1)-(2x-1)=x+2；原式=(3x+1)+(2x-1)=5x．即说明解这类题目，可先求出使各个绝对值等于零的变数字母的值，即先求出各个分界点，然后在数轴上标出这些分界点，这样就将数轴分成几个部分，根据变数字母的这些取值范围分类讨论化简，这种方法又称为“零点分段法”．例9已知y=｜2x+6｜+｜x-1｜-4｜x+1｜，求y的最大值．分析首先使用“零点分段法”将y化简，然后在各个取值范围内求出y的最大值，再加以比较，从中选出最大者．解有三个分界点：-3，1，-1．(1)当x≤-3时，y=-(2x+6)-(x-1)+4(x+1)=x-1，由于x≤-3，所以y=x-1≤-4，y的最大值是-4．(2)当-3≤x≤-1时，y=(2x+6)-(x-1)+4(x+1)=5x+11，由于-3≤x≤-1，所以-4≤5x+11≤6，y的最大值是6．(3)当-1≤x≤1时，y=(2x+6)-(x-1)-4(x+1)=-3x+3，由于-1≤x≤1，所以0≤-3x+3≤6，y的最大值是6．(4)当x≥1时，y=(2x+6)+(x-1)-4(x+1)=-x+1，由于x≥1，所以1-x≤0，y的最大值是0．综上可知，当x=-1时，y取得最大值为6．例10设a＜b＜c＜d，求｜x-a｜+｜x-b｜+｜x-c｜+｜x-d｜的最小值．分析本题也可用“零点分段法”讨论计算，但比较麻烦．若能利用｜x-a｜，｜x-b｜，｜x-c｜，｜x-d｜的几何意义来解题，将显得更加简捷便利．解设a，b，c，d，x在数轴上的对应点分别为A，B，C，D，X，则｜x-a｜表示线段AX之长，同理，｜x-b｜，｜x-c｜，｜x-d｜分别表示线段BX，CX，DX之长．现要求｜x-a｜，｜x-b｜，｜x-c｜，｜x-d｜之和的值最小，就是要在数轴上找一点X，使该点到A，B，C，D四点距离之和最小．因为a＜b＜c＜d，所以A，B，C，D的排列应如图1－3所示：所以当X在B，C之间时，距离和最小，这个最小值为AD+BC，即(d-a)+(c-b)．例11若2x+｜4-5x｜+｜1-3x｜+4的值恒为常数，求x该满足的条件及此常数的值．分析与解要使原式对任何数x恒为常数，则去掉绝对值符号，化简合并时，必须使含x的项相加为零，即x的系数之和为零．故本题只有2x-5x+3x=0一种情况．因此必须有｜4-5x｜=4-5x且｜1-3x｜=3x-1．故x应满足的条件是此时原式=2x+(4-5x)-(1-3x)+4=7．练习二1．x是什么实数时，下列等式成立：(1)｜(x-2)+(x-4)｜=｜x-2｜+｜x-4｜；(2)｜(7x+6)(3x-5)｜=(7x+6)(3x-5)．2．化简下列各式：(2)｜x+5｜+｜x-7｜+｜x+10｜．3．若a＋b＜0，化简｜a+b-1｜-｜3-a-b｜．4．已知y=｜x+3｜+｜x-2｜-｜3x-9｜，求y的最大值．5．设T=｜x-p｜+｜x-15｜+｜x-p-15｜，其中0＜p＜15，对于满足p ≤x≤15的x来说，T的最小值是多少？6．已知a＜b，求｜x-a｜+｜x-b｜的最小值．7．不相等的有理数a，b，c在数轴上的对应点分别为A，B，C，如果｜a-b｜+｜b-c｜=｜a-c｜，那么B点应为( )．(1)在A，C点的右边；(2)在A，C点的左边；(3)在A，C点之间；(4)以上三种情况都有可能．。
(已上传文库)七年级奥数培训讲义 第2章 整式
第二章 《整式》有关整式运算口诀平方差公式：平方差公式有两项，符号相反切记牢，首加尾乘首减尾，莫与完全公式相混淆．完全平方公式：完全平方有三项，首尾符号是同乡，首平方、尾平方，首尾二倍放中央；首±尾括号带平方，尾项符号随中央．因式分解：一提（公因式）二套（公式）三分组，细看几项不离谱，两项只用平方差，三项十字相乘法，阵法熟练不马虎，四项仔细看清楚，若有三个平方数（项），就用一三来分组，否则二二去分组，五项、六项更多项，二三、三三试分组，以上若都行不通，拆项、添项看清楚．1．代数式的有关概念（1）代数式：代数式是用运算符号（加、减、乘、除、乘方、开方）把数或表示数的字母连结而成的式子．单独的一个数或者一个字母也是代数式．列代数式时，要注意问题的语言叙述所直接或间接表示的运算顺序。
一般来说，先读的先写；要正确使用表明运算顺序的括号；列代数式时，出现乘法时，通常省略乘号，数与字母相乘，要将数写在字母前面；带分数要化成假分数，然后再与字母相乘；数字与数字相乘仍用“×”号：出现除法运算时，一般按分数的写法来写。
列代数式时，如果代数式后跟单位，应该将含有加减运算的代数式用括号括起来。
（2）代数式的值：用数值代替代数式里的字母，并按代数式中的运算顺序计算后所得的结果叫做代数式的值．求代数式的值可以直接代入、计算．如果给出的代数式可以化简，要先化简再求值．如果代数式里省略乘号，那么字母用数值代替时要还原乘号，乘以负数，还要添上括号．（3）代数式的分类⎧⎧⎧⎪⎪⎨⎨⎪⎩⎨⎪⎪⎩⎪⎩单项式整式有理式多项式代数式分式无理式2．整式的有关概念单项式：数与字母的乘积的代数式叫做单项式，单独一个数或一个字母也是单项式。
单项式的系数：单项式中的数字因数叫做单项式的系数，单项式的次数：单项式中，所有字母的指数和叫做这个单项式的次数。
单独一个非零数的次数是0。
多项式：几个单项式的和叫做多项式。
多项式的项：在多项式中，每个单项式叫做多项式的项，其中不含字母的项叫做常数项， 多项式的次数：一个多项式中，次数最高的项的次数，叫做这个多项式的次数，单项式和多项式统称为整式π是数，是一个具体的数，而不是一个字母。
数学七年级竞赛入门辅导讲义_共十讲_很实用 2
第一讲 数的整除一、内容提要：如果整数A 除以整数B （B ≠0）所得的商A /B 是整数，那么叫做A 被B 整除． 0能被所有非零的整数整除．一些数的整除特征 除 数能被整除的数的特征 2或5末位数能被2或5整除 4或25末两位数能被4或25整除 8或125末三位数能被8或125整除 3或9各位上的数字和被3或9整除（如771，54324） 11 奇数位上的数字和与偶数位上的数和相减，其差能被11整除（如143，1859，1287，908270等）7，11，13 从右向左每三位为一段，奇数段的各数和与偶数段的各数和相减，其差能被7或11或13整除．（如1001，22743，17567，21281等）能被7整除的数的特征： ①抹去个位数 ②减去原个位数的2倍 ③其差能被7整除．如 1001 100－2＝98（能被7整除）又如7007 700－14＝686， 68－12＝56（能被7整除）能被11整除的数的特征：①抹去个位数 ②减去原个位数 ③其差能被11整除如 1001 100－1＝99（能11整除）又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11整除）二、例题例1 已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除．求x ，y解：x ，y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y =6．∵328＋92x ＝567，∴x =3．1234能被12整除，求x．例2 己知五位数x解：∵五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除，当1＋2＋3＋4＋X能被3整除时，x=2，5，8．当末两位4x能被4整除时，x＝0，4，8．∴x＝8．例3 求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数．解：五位数字都不相同的最小五位数是10234，但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行调整末两位数为30，41，52，63，均可，∴五位数字都不相同的最小五位数是10263．三、练习1分解质因数：（写成质因数为底的幂的連乘积）①593②1859③1287④3276⑤10101⑥10296．987能被3整除，那么a=_______________．2若四位数ax能被11整除，那么x＝__________．3若五位数123435m能被25整除．4当m=_________时，59610能被7整除．5当n=__________时，n6能被11整除的最小五位数是________，最大五位数是_________．7能被4整除的最大四位数是_____，能被8整除的最小四位数是______．88个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152，⑧70972中，能被下列各数整除的有（填上编号）：6________，8__________，9_________，11__________．9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，能被3整除但不是5的倍数的共______个．10由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不能被3整除的数共有几个？为什么？1234能被15整除，试求A的值．11己知五位数A12求能被9整除且各位数字都不相同的最小五位数．第二讲倍数约数一、内容提要1．两个整数A和B（B≠0），如果B能整除A（记作B/A），那么A叫做B 的倍数，B叫做A的约数．例如3/15，15是3的倍数，3是15的约数．2．因为0除以非0的任何数都得0，所以0被非0整数整除．0是任何非0整数的倍数，非0整数都是0的约数．如0是7的倍数，7是0的约数．3．整数A（A≠0）的倍数有无数多个，并且以互为相反数成对出现，0，±A，±2A，……都是A的倍数，例如5的倍数有±5，±10，……．4．整数A（A≠0）的约数是有限个的，并且也是以互为相反数成对出现的，其中必包括±1和±A．例如6的约数是±1，±2，±3，±6．5．通常我们在正整数集合里研究公倍数和公约数，几正整数有最小的公倍数和最犬的公约数．6．公约数只有1的两个正整数叫做互质数（例如15与28互质）．7．在有余数的除法中，被除数＝除数×商数＋余数若用字母表示可记作：A＝BQ＋R，当A，B，Q，R都是整数且B≠0时，A－R能被B整除例如23＝3×7＋2则23－2能被3整除．二、例题例1写出下列各正整数的正约数，并统计其个数，从中总结出规律加以应用：2，22，23，24，3，32，33，34，2×3，22×3，22×32．解：列表如下：正整数正约数个数计正整数正约数个数计正整数正约数个数计2 1，2 2 31，3 2 2×3 1，2，3，6422 1，2，4 3 32 1，3，32 3 22×3 1，2，3，4，6，12623 1，2，4，84 331，3，32，334 22×321，2，3，4，6，9，12，18，36924 1，2，4，8，165 341，3，32，33，345其规律是：设A＝a m b n(a，b是质数，m，n是正整数) 那么合数A的正约数的个是（m+1）(n+1)例如：求360的正约数的个数．解：分解质因数：360＝23×32×5，360的正约数的个数是（3＋1）×（2＋1）×（1＋1）＝24（个）．例2用分解质因数的方法求24，90最大公约数和最小公倍数解：∵24＝23×3，90＝2×32×5∴最大公约数是2×3，记作（24，90）＝6．最小公倍数是23×32×5＝360，记作[24，90]=360．例3己知32，44除以正整数N有相同的余数2，求N．解：∵32－2，44－2都能被N整除，∴N是30，42的公约数．∵（30，42）＝6，而6的正约数有1，2，3，6．经检验1和2不合题意，∴N＝6，3．例4一个数被10余9，被9除余8，被8除余7，求适合条件的最小正整数分析：依题意如果所求的数加上1，则能同时被10，9，8整除，所以所求的数是10，9，8的最小公倍数减去1．解：∵[10，9，8]=360，∴所以所求的数是359．三、练习1．12的正约数有_________，16的所有约数是_________________2．分解质因数300＝_________，300的正约数的个数是_________3．用分解质因数的方法求20和250的最大公约数与最小公倍数．4．一个三位数能被7，9，11整除，这个三位数是_________5．能同时被3，5，11整除的最小四位数是_______最大三位数是________ 6．己知14和23各除以正整数A有相同的余数2，则A＝________7．写出能被2整除，且有约数5，又是3的倍数的所有两位数．答____8．一个长方形的房间长1.35丈，宽1.05丈要用同一规格的正方形瓷砖铺满，问正方形最大边长可以是几寸？若用整数寸作国边长，有哪几种规格的正方形瓷砖适合？9．一条长阶梯，如果每步跨2阶，那么最后剩1阶，如果每步跨3阶，那么最后剩2阶，如果每步跨4阶，那么最后剩3阶，如果每步跨5阶，那么最后剩4阶，如果每步跨6阶，那么最后剩5阶，只有每步跨7阶，才能正好走完不剩一阶，这阶梯最少有几阶？第三讲 质数 合数一、内容提要1．正整数的一种分类：1⎧⎪⎨⎪⎩质数合数质数的定义：如果一个大于1的正整数，只能被1和它本身整除，那么这个正整数叫做质数（质数也称素数）．合数的定义：一个正整数除了能被1和本身整除外，还能被其他的正整数整除，这样的正整数叫做合数．2． 根椐质数定义可知① 质数只有1和本身两个正约数，② 质数中只有一个偶数2如果两个质数的和或差是奇数那么其中必有一个是2，如果两个质数的积是偶数那么其中也必有一个是2，3．任何合数都可以分解为几个质数的积．能写成几个质数的积的正整数就是合数．二、例题例1 两个质数的和等于奇数a （a ≥5）．求这两个数．解：∵两个质数的和等于奇数， ∴必有一个是2，所求的两个质数是2和a －2．例2 己知两个整数的积等于质数m ， 求这两个数．解：∵质数m 只含两个正约数1和m ，又∵（－1）（－m ）=m ，∴所求的两个整数是1和m 或者－1和－m ．例3 己知三个质数a ，b ，c 它们的积等于30，求适合条件的a ，b ，c 的值．解：分解质因数：30＝2×3×5．适合条件的值共有： ⎪⎩⎪⎨⎧===532c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===352c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===523c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===253c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===325c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===235c b a ．应注意上述六组值的书写排列顺序，本题如果改为4个质数a ，b ，c ，d 它们的积等于210，即abcd =2×3×5×7那么适合条件的a ，b ，c ，d 值共有24组，试把它写出来．例4 试写出4个連续正整数，使它们个个都是合数．解：（本题答案不是唯一的）设N 是不大于5的所有质数的积，即N ＝2×3×5那么N ＋2，N ＋3，N ＋4，N ＋5就是适合条件的四个合数即32，33，34，35就是所求的一组数．本题可推广到n 个．令N 等于不大于n +1的所有质数的积，那么N ＋2，N ＋3，N ＋4，……N ＋（n +1）就是所求的合数．三、练习1．小于100的质数共 个，它们是 ．2．己知质数P 与奇数Q 的和是11，则P ＝ ，Q ＝ ．3．己知两个素数的差是41，那么它们分别是 ．4．如果两个自然数的积等于19，那么这两个数是 ．如果两个整数的积等于73，那么它们是 ．如果两个质数的积等于15，则它们是 ．5．两个质数x 和y ，己知xy=91，那么x = ，y = ，或x = ，y= ．6． 三个质数a ，b ，c 它们的积等于1990．那么 _______________a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩7．能整除311＋513的最小质数是 ．8．己知两个质数A 和B 适合等式A ＋B ＝99，AB ＝M ．求M 及B A ＋AB 的值． 9．试写出6个連续正整数，使它们个个都是合数．10．具备什么条件的最简正分数可化为有限小数？11．求适合下列三个条件的最小整数：① 大于1 ②没有小于10的质因数 ③不是质数．12．某质数加上6或减去6都仍是质数，且这三个质数均在30到50之间，那么这个质数是 ．13．一个质数加上10或减去14都仍是质数，这个质数是 ．第四讲零的特性一、内容提要（一）、零既不是正数也不是负数，是介于正数和负数之间的唯一中性数．零是自然数，是整数，是偶数．1．零是表示具有相反意义的量的基准数．例如：海拔0米的地方表示它与基准的海平面一样高收支平衡可记作结存0元．2．零是判定正、负数的界限．若a＞0则a是正数，反过来也成立，若a是正数，则a＞0记作a＞0 ⇔a是正数读作a＞0等价于a是正数b<0 ⇔b是负数c≥0 ⇔c是非负数（即c不是负数，而是正数或0）d≤0 ⇔d是非正数(即d不是正数，而是负数或0)e≠0 ⇔e不是0（即e不是0，而是负数或正数）3．在一切非负数中有一个最小值是0．例如绝对值、平方数都是非负数，它们的最小值都是0．记作：|a|≥0，当a=0时，｜a｜的值最小，是0，a2≥0，a2有最小值0（当a=0时）．4．在一切非正数中有一个最大值是0．例如－|x|≤0，当x＝0时，－| x |值最大，是0，（∵x≠0时都是负数），－（x－2）2≤0，当x＝2时，－（x－2）2的值最大，是0．(二)、零具有独特的运算性质1．乘方：零的正整数次幂都是零．2．除法：零除以任何不等于零的数都得零；零不能作除数．从而推出，0没有倒数，分数的分母不能是0．3．乘法：零乘以任何数都得零．即a×0＝0，反过来如果ab=0，那么a、b中至少有一个是0．要使等式xy=0成立，必须且只需x=0或y=0．4．加法：互为相反数的两个数相加得零．反过来也成立．即a、b互为相反数⇔a+b=0。
初中数学竞赛讲义 第一章 整数
第一章 整数一、自然数的十进制表示数的进位制很多，常用的是十进位制，简单地说，就是用十个不同的数字符号（0，1，2，3，4，5，6，7，8，9）和由低向高位“满十进一”的位制原则，就可以写出一切自然数来.对于一切十进位制的自然数，都可以用其各位上单位的和的形式来表示，如：510910*********3+⨯+⨯+⨯=，对于任意自然数N ，都可以表示为：01221110101010a a a a a N n n nn +⨯+⨯++⨯+⨯=-- 的形式，这里0121,,,,,a a a a a n n -各表示0到9这十个数字中的任意一个，但0≠n a . 有时还把该自然数N 表示成0121a a a a a n n -（0≠n a ），在上面加一横，意在避免与0121,,,,,a a a a a n n -的乘积发生混淆.例1．一个六位数的最高位是1，若把1移作个位数，其余各数的大小和顺序都不变，则所得的新六位数恰好是原数的3倍，求原六位数.例2．设n 为正整数，计算 99999个n × 99999个n ＋199999个n例3．试问，是否存在整数ab 和cd ，使得abcd cd ab =⋅？二、奇数与偶数一个整数，不是奇数就是偶数.概念：偶数：能被2整除的整数叫做偶数；奇数：不能被2整除的整数就叫做奇数.我们常用n2表示偶数，用12+n或12-n表示奇数（n为整数）.奇数偶数的常用性质：（1）奇数±奇数＝偶数，奇数±偶数＝奇数，偶数±偶数＝偶数奇数×奇数＝奇数奇数×偶数＝偶数，偶数×偶数＝偶数（2）奇数个奇数相加，其和为奇数；偶数个奇数相加，其和为偶数；任意多个偶数相加，和总为偶数；（3）任意多个奇数相乘，积为奇数；任意个偶数相乘，积为偶数.推论：奇数的正整数次幂是奇数，偶数的正整数次幂是偶数，（4）若干个整数的积为奇数，则每个整数都为奇数；若干个整数的积为偶数，则其中至少有一个是偶数；（5）两个连续整数，必有一个是奇数，一个是偶数；两个连续整数的和是奇数，积是偶数. （6）若a是整数，则a，a-，a具有相同的奇偶性；（7）若a，b是整数，则babaabbaba-+--+,,,,具有相同的奇偶性.例4．在2010个自然数1，2，3，…，2010的每一个数前面任意添加“＋”号或“－”号，然后将这2010个整数相加，请你判断，最后的结果是奇数还是偶数？例5．已知cba，，中有两个奇数，一个偶数，试判断()()()321+++cba的奇偶性.例6．计算：()223521+-例7．已知y x ，均为一位正整数，且满足y x y x 9292=⋅，求y x ，的值.例8．已知自然数y x ,满足606341993=+y x ，求xy 的值.例9．某次九年级数学竞赛共有20道题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错扣1分. 求证：不论多少人参赛，全体学生的得分总分一定是偶数.三、整数的整除（1）定义：设a ，b 是整数，0≠b ，如果有整数p ，使得bp a =，那么称a 能被b 整除，或称b 整除a ，记作a b .又称b 为a 的约数，a 为b 的倍数.如果a 不是b 的倍数，则称整数b 不整除a ，或称a 不能被b 整除.（2）整除的常用性质： ① 若b a ，c b ，则c a .② k 是任意整数，若a b ，则ka b . ③ 若b a ，c a ，则()c b a ±. ④ 若ab m ，()1,=a m ，则b m .⑤若mb，则[]ma，ma,.b⑥若mb，且()1a，mab.a，则m,=b（3）整数整除的常用判定方法：①若整数M的个位数是偶数，则M2.②若整数M的个位数是0或5，则M5.③若整数M的各位数字之和是3的倍数，则M3；若整数M的各位数字之和是9的倍数，则M9.4；④若整数M的末两位数是4的倍数，则M若整数M的末两位数是25的倍数，则M25.⑤若整数M的末三位数是8的倍数，则M8；若整数M的末三位数是125的倍数，则M125.11.⑥若整数M的奇位上数字之和与偶位上的数字之和的差是11的倍数，则M例10．在一个两位数的两个数字中间插入一个数字后，这个两位数就变成了一个三位数，且该三位数是原来两位数的9倍，则这样的两位数有多少个？例11．若78N=是一个能被17整除的四位数，求x.2x例12．从1到2000这2000个数中，有多少个数既不能被4整除，又不能被6整除？例13．五位数xy 538能被3，7，11整除，求22y x -的值.例14．已知整数45613ab 能被198整除，求a 与b 的值.四、质数与合数（没有说明的情况下，只在正整数范围内讨论）如果一个大于1的正整数只能被1和其本身整除，就把这个数叫做质数（也叫素数），如果还能被1和本身以外的数整除，就称其为合数.（负数的绝对值是质数的话，这个负数也是质数，在后面的章节中，如果没有特殊说明，只在正整数范围内考虑质数合数） 特别注意的是：1即不是质数也不是合数.五、质因数的分解我们经常把一个大于1的整数分解为若干个质数的连乘积形式，这就是所谓的分解质因数，乘积中的每一个质数，都叫做这个整数的质因数.关于质因数分解有以下定理：算数基本定理 任意一个大于1的整数N 都可以分解为质因数的乘积.如果不考虑这些质因数的次序，那么这种分解是唯一的.通常可以表示成以下形式：n n p p p N ααα 2121=()*在上式中，n p p p ,,,21 都是质数且互不相同，n ααα,,,21 都是正整数.这种分解式称为 正整数N 的标准分解式.例如540的标准分解式是53254022⨯⨯=.推论1（约数个数定理） 如果对于大于1的整数N ，其标准分解式如()*式所示， 那么N 共有正约数()()()11121+++n ααα 个，这些约数包括1和N 本身.推论2 如果对于大于1的整数N ，其标准分解式如()*式所示，那么N 是一个完全平方数的充要条件是n ααα,,,21 都是偶数，即N 的正约数个数是奇数.由此可以得到 质数的如下整除性质：（1）p 是质数，b a ,都是整数，如果ab p ，则a p 或b p ，特别地2a p 时，a p ； （2）n p p p ,,,21 是不同的质数，a 是整数，如果a p 1，a p 2，a p n , ，则a p p p n 21.例15．已知质数q p ,满足3153=+q p ，求13+q p 的值.例16．3个质数之积是这3个质数之和的17倍，求这3个质数.例17．已知p 是质数，36+p 也是质数，求4811-p 的值.例18．写出30个连续的自然数，使得个个都是合数.例19．360能被多少个不同的正整数整除.例20．写出在100以内的具有10个正约数的所有正整数.例21．求392的标准分解式，并求其全部正约数的和.例22．已知三位数abc是一个质数，如果将这个三位数重复写一遍，就得到一个六位数abcabc，问这个六位数一共有多少个不同的正约数.六、公约数与公倍数（一般情况下，只在正整数范围内讨论）（1）公约数与最大公约数整数a和b都有的约数，叫做a和b的公约数，a和b的最大公约数可以表示为()ba,，若()1a，则称a和b互质.b,=（2）公倍数和最小公倍数如果一个数既是a 的倍数又是b 的倍数，那么就称其为a 和b 的公倍数，a 和b 的最小公倍数记作[]b a ,定理1：若a ，b 是正整数，则()[]b a b a ab ,,=定理2：若a ，b 是正整数，则()()b a b b a ,,=+；()()b a b b a ,,=-例23．已知b a ,两正整数的最大公约数是6，最小公倍数是36，求b a ,这两个数.例24．正整数n m ,的最大公约数大于1，且满足3713=+n m ，求mn 的值.七、完全平方数如果N 是整数，且M N =2，则称整数M 为完全平方数（简称平方数），平方数M 有 以下常用性质：（1） 若M 是整数，则平方数2M 与()21+M 之间不存在其他平方数，即两个连续平方数之间任何一个数都不是平方数；（2） 平方数M 的末尾数只能是0，1，4，5，6，9，而不能是2，3，7，8； （3） 偶数的平方必是4的倍数，而奇数的平方必是8的倍数加1；（4） 平方数的末尾数是奇数时，其十位数必为偶数，平方数的末尾是6时，其十位数必为奇数；（5） 两个平方数的乘积还是平方数，一个平方数与一个非平方数的乘积肯定不是平方数； （6） 任何平方数除以3，余数不可能是2；除以4，余数不可能是2，3；除以5，余数不可能是2，3；除以8，余数不可能是2，3，5，6，7；除以9,余数不可能是2，3，5，6，8.例25．若N 是一个完全平方数，则它后面的一个完全平方数是_______________.例26．求自然数n ，使得n n S n 542+=为完全平方数.例27．直角三角形两条斜边长b a ，均为正整数，且a 为质数，若斜边场也是整数，求证 ()12++b a 是完全平方数.八、带余除法设整数a 除以整数b ()0≠b ，所得的商和余数分别为q 和r ()b r <≤0，则有r bq a +=， 即：被除数＝除数×商＋余数.（1）整数n m ,除以d 所得余数相同()n m d -⇔.（2）用任意连续n ()0>n 个整数除以n ，所得的余数中，0，1，…，1-n 各出现一次.九、末位数rk a+4与r a 有相同的末位数.其中a 为整数，k 为非负整数，r 为1、2、3、4中的任意一个.（注意：不要取0=r ）例28．今有自然数带余除法算式8 C B A =÷，如果2178=++C B A ，求A 的值.例29．若一个正整数a 被2，3，4，5，6，7，8，9这八个自然数除，所得的余数都为1，求a 的最小值.例30．20032003的个位数是多少？习题一1、某校九年级（1）班同学做一个数学实验：在黑板上写上1，2，3，…，40这40个数，第一个同学上来擦去其中任意两个数，然后写上他们的和或者差，第二个同学、第三个同学及以后每位同学都按此规则操作，直到黑板上只有一个数为止，问：最后一个数是奇数还是偶数，为什么？2、已知z y x ,,为正整数，且z y ,均为质数，并满足zyxyz x 111,=+=，求x 的值.3、有()3≥n n 位同学围成一圈，求证：相邻两人是一男一女的对数必是偶数.4、设有101个自然数，记为101321,,,,a a a a ，已知10132110132a a a a x ++++= 为 偶数，判断10199531a a a a a y +++++= 是奇数还是偶数，说明理由.5、设y x ,为两个不同的正整数，并且5211=+yx，求y x +的值.6、设k a a a a ,,,,321 是k 个互不相等的正整数，且1995321=++++k a a a a ，求k 的最大值.7、已知正整数a 恰有12个正约数（包括1和a ），求符合要求的a 的最小值.8、将1，2，3，…，37排成一行：3721,,,a a a ，1,3721==a a ，并使k a a a +++ 21能被1+k a 整除（36,,2,1 =k ）.求（1）37a ；（2）3a .9、一个三位数，等于它的各位数字之和的12倍，试写出所有这样的三位数.10、求方程10047=+y x 的非负整数解.11、已知q p 、都是质数，1是以x 为未知数的方程9752=+q px 的根，则410140++q p 的值是多少？12、正方体的每个面上都写着一个自然数，并且相对的两个面所写的两数之和相等， 若10的对面写的是质数a ，12的对面写的是质数b ，15的对面写的是质数c ， 那么ac bc ab c b a ---++222的值是多少？13、已知两个连续奇数的平方差是2000，则这两个连续奇数可以是多少？14、今天是星期日，若明天算第一天，则第333201121+++ 天是星期几？15、z y x ,,为互不相等的自然数，且135032=z xy ，则z y x ++的最大值是多少？16、[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]32.3=，已知正整数n 小于2002，且263nn n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，则这样的n 有多少个？。
初中数学竞赛精品标准教程及练习：连续正整数的性质
初中数学竞赛精品标准教程及练习：连续正整数的性质初中数学竞赛精品标准教程及练习（24）连续正整数的性质一、内容提要一.两个连续正整数1.两个连续正整数一定是互质的，其商是既约分数。
2.两个连续正整数的积是偶数，且个位数只能是0，2，6。
3.两个连续正整数的和是奇数，差是1。
4.大于1的奇数都能写成两个连续正整数的和。
例如3＝1＋2，79＝39＋40，111＝55＋56。
二.计算连续正整数的个数例如：不同的五位数有几个？这是计算连续正整数从10000到99999的个数，它是99999－10000＋1＝90000（个）1. n位数的个数一般可表示为9×10n-1(n为正整数，100＝1)例如一位正整数从1到9共9个（9×100），二位数从10到99共90个（9×101）三位数从100到999共900个（9×102）……2.连续正整数从n 到m的个数是m－n+1把它推广到连续奇数、连续偶数、除以模m有同余数的连续数的个数的计算，举例如下：3.从13到49的连续奇数的个数是21349－＋1＝19从13到49的连续偶数的个数是21448－＋1＝184.从13到49能被3整除的正整数的个数是31548－＋1＝12从13到49的正整数中除以3余1的个数是31349－＋1＝13你能从中找到计算规律吗？三.计算连续正整数的和1.1＋2＋3＋……＋n＝（1＋n）2n（n是正整数）连续正整数从a到b的和记作(a+b)21 +-ab把它推广到计算连续奇数、连续偶数、除以模m有同余数的和，举例如下：2.11＋13＋15＋…＋55＝（11＋55）×223＝759（∵从11到55有奇数21155－＋1＝23个）3.11＋14＋17＋…＋53＝（11＋53）×215＝480（∵从11到53正整数中除以3余2的数的个数共31153－＋1＝15）四. 计算由连续正整数连写的整数，各数位上的数字和1.123456789各数位上的数字和是（0＋9）＋（1＋8）＋…＋（4＋5）＝9×5＝452.1234…99100计算各数位上的数字和可分组为：（0，99），（1，98），（2，97）…（48，51），（49，50）共有50个18，加上100中的1∴各数位上的数字和是18×50＋1＝901五. 连续正整数的积从1开始的n 个正整数的积1×2×3×…×n 记作n ！，读作n 的阶乘1.n 个连续正整数的积能被n ！整除，如11×12×13能被1×2×3整除；97×98×99×100能被4！整除；a （a+1）(a+2)…(a+n)能被（n+1）！整除。
七年级数学竞赛讲座(共23讲)
目录第一讲有理数的巧算第二讲绝对值第三讲求代数式的值第四讲一元一次方程第五讲方程组的解法第六讲一次不等式(不等式组)的解法第七讲含绝对值的方程及不等式第八讲不等式的应用第九讲“设而不求”的未知数第十讲整式的乘法与除法第十一讲线段与角第十二讲平行线问题第十三讲从三角形内角和谈起第十四讲面积问题第十五讲奇数与偶数第十六讲质数与合数第十七讲二元一次不定方程的解法第十八讲加法原理与乘法原理第十九讲几何图形的计数问题第二十讲应用问题的算术解法与代数解法第二十一讲应用问题解题技巧第二十二讲生活中的数学(一)——储蓄、保险与纳税第二十三讲生活中的数学(二)——地板砖上的数学第一讲有理数的巧算有理数运算是中学数学中一切运算的基础．它要求同学们在理解有理数的有关概念、法则的基础上，能根据法则、公式等正确、迅速地进行运算．不仅如此，还要善于根据题目条件，将推理与计算相结合，灵活巧妙地选择合理的简捷的算法解决问题，从而提高运算能力，发展思维的敏捷性与灵活性．1．括号的使用在代数运算中，可以根据运算法则和运算律，去掉或者添上括号，以此来改变运算的次序，使复杂的问题变得较简单．例1计算：分析中学数学中，由于负数的引入，符号“+”与“－”具有了双重涵义，它既是表示加法与减法的运算符号，也是表示正数与负数的性质符号．因此进行有理数运算时，一定要正确运用有理数的运算法则，尤其是要注意去括号时符号的变化．注意在本例中的乘除运算中，常常把小数变成分数，把带分数变成假分数，这样便于计算．例2计算下式的值：211×555+445×789+555×789+211×445．分析直接计算很麻烦，根据运算规则，添加括号改变运算次序，可使计算简单．本题可将第一、第四项和第二、第三项分别结合起来计算．解原式=(211×555+211×445)+(445×789+555×789)=211×(555+445)+(445+555)×789=211×1000+1000×789=1000×(211+789)=1 000 000．说明加括号的一般思想方法是“分组求和”，它是有理数巧算中的常用技巧．例3计算：S=1－2+3－4+…+(－1)n+1·n．分析不难看出这个算式的规律是任何相邻两项之和或为“1”或为“－1”．如果按照将第一、第二项，第三、第四项，…，分别配对的方式计算，就能得到一系列的“－1”，于是一改“去括号”的习惯，而取“添括号”之法．解S=(1－2)+(3－4)+…+(－1)n+1·n．下面需对n的奇偶性进行讨论：当n为偶数时，上式是n／2个(－1)的和，所以有当n为奇数时，上式是(n－1)／2个(－1)的和，再加上最后一项(－1)n+1·n=n，所以有例4在数1，2，3，…，1998前添符号“+”和“－”，并依次运算，所得可能的最小非负数是多少分析与解因为若干个整数和的奇偶性，只与奇数的个数有关，所以在1，2，3， (1998)前任意添加符号“+”或“－”，不会改变和的奇偶性．在1，2，3，…，1998中有1998÷2个奇数，即有999个奇数，所以任意添加符号“+”或“－”之后，所得的代数和总为奇数，故最小非负数不小于1．现考虑在自然数n，n+1，n+2，n+3之间添加符号“+”或“－”，显然n－(n+1)－(n+2)+(n+3)=0．这启发我们将1，2，3，…，1998每连续四个数分为一组，再按上述规则添加符号，即(1－2－3+4)+(5－6－7+8)+…+(1993－1994－1995+1996)－1997+1998=1．所以，所求最小非负数是1．说明本例中，添括号是为了造出一系列的“零”，这种方法可使计算大大简化．2．用字母表示数我们先来计算(100+2)×(100－2)的值：(100+2)×(100－2)=100×100－2×100+2×100－4=1002－22．这是一个对具体数的运算，若用字母a代换100，用字母b代换2，上述运算过程变为(a+b)(a－b)=a2－ab+ab－b2=a2－b2．于是我们得到了一个重要的计算公式(a+b)(a－b)=a2－b2，①这个公式叫平方差公式，以后应用这个公式计算时，不必重复公式的证明过程，可直接利用该公式计算．例5计算3001×2999的值．解3001×2999=(3000+1)(3000－1)=30002－12=8 999 999．例6计算103×97×10 009的值．解原式=(100+3)(100－3)(10000+9)=(1002－9)(1002+9)=1004－92=99 999 919．例7计算：分析与解直接计算繁．仔细观察，发现分母中涉及到三个连续整数：12 345，12 346，12 347．可设字母n=12 346，那么12 345=n－1，12 347=n+1，于是分母变为n2－(n－1)(n+1)．应用平方差公式化简得n2－(n2－12)=n2－n2+1=1，即原式分母的值是1，所以原式=24 690．例8计算：(2+1)(22+1)(24+1)(28+1)(216+1)(232+1)．分析式子中2，22，24，…每一个数都是前一个数的平方，若在(2+1)前面有一个(2－1)，就可以连续递进地运用(a+b)(a－b)=a2－b2了．解原式=(2－1)(2+1)(22+1)(24+1)(28+1)×(216+1)(232+1)=(22－1)(22+1)(24+1)(28+1)(216+1)×(232+1)=(24－1)(24+1)(28+1)(216+1)(232+1)=……=(232－1)(232+1)=264－1．例9计算：分析在前面的例题中，应用过公式(a+b)(a－b)=a2－b2．这个公式也可以反着使用，即a2－b2=(a+b)(a－b)．本题就是一个例子．通过以上例题可以看到，用字母表示数给我们的计算带来很大的益处．下面再看一个例题，从中可以看到用字母表示一个式子，也可使计算简化．例10计算：我们用一个字母表示它以简化计算．3．观察算式找规律例11某班20名学生的数学期末考试成绩如下，请计算他们的总分与平均分．87，91，94，88，93，91，89，87，92，86，90，92，88，90，91，86，89，92，95，88．分析与解若直接把20个数加起来，显然运算量较大，粗略地估计一下，这些数均在90上下，所以可取90为基准数，大于90的数取“正”，小于90的数取“负”，考察这20个数与90的差，这样会大大简化运算．所以总分为90×20+(－3)+1+4+(－2)+3+1+(－1)+(－3)+2+(－4)+0+2+(－2)+0+1+(－4)+(－1)+2+5+(－2)=1800－1=1799，平均分为90+(－1)÷20=．例12 计算1+3+5+7+…+1997+1999的值．分析观察发现：首先算式中，从第二项开始，后项减前项的差都等于2；其次算式中首末两项之和与距首末两项等距离的两项之和都等于2000，于是可有如下解法．解用字母S表示所求算式，即S=1+3+5+…+1997+1999．①再将S各项倒过来写为S=1999+1997+1995+…+3+1．②将①，②两式左右分别相加，得2S=(1+1999)+(3+1997)+…+(1997+3)+(1999+1)=2000+2000+…+2000+2000(500个2000)=2000×500．从而有S=500 000．说明一般地，一列数，如果从第二项开始，后项减前项的差都相等(本题3－1=5－3=7－5=…=1999－1997，都等于2)，那么，这列数的求和问题，都可以用上例中的“倒写相加”的方法解决．例13计算1+5+52+53+…+599+5100的值．分析观察发现，上式从第二项起，每一项都是它前面一项的5倍．如果将和式各项都乘以5，所得新和式中除个别项外，其余与原和式中的项相同，于是两式相减将使差易于计算．解设S=1+5+52+…+599+5100，①所以5S=5+52+53+…+5100+5101．②②—①得4S=5101－1，说明如果一列数，从第二项起每一项与前一项之比都相等(本例中是都等于5)，那么这列数的求和问题，均可用上述“错位相减”法来解决．例14 计算：分析一般情况下，分数计算是先通分．本题通分计算将很繁，所以我们不但不通分，反而利用如下一个关系式来把每一项拆成两项之差，然后再计算，这种方法叫做拆项法．解由于所以说明本例使用拆项法的目的是使总和中出现一些可以相消的相反数的项，这种方法在有理数巧算中很常用．练习一1．计算下列各式的值：(1)－1+3－5+7－9+11－…－1997+1999；(2)11+12－13－14+15+16－17－18+…+99+100；(3)1991×1999－1990×2000；(4)4726342+472 6352－472 633×472 635－472 634×472 636；(6)1+4+7+ (244)2．某小组20名同学的数学测验成绩如下，试计算他们的平均分．81，72，77，83，73，85，92，84，75，63，76，97，80，90，76，91，86，78，74，85．第二讲绝对值绝对值是初中代数中的一个基本概念，在求代数式的值、化简代数式、证明恒等式与不等式，以及求解方程与不等式时，经常会遇到含有绝对值符号的问题，同学们要学会根据绝对值的定义来解决这些问题．下面我们先复习一下有关绝对值的基本知识，然后进行例题分析．一个正实数的绝对值是它本身；一个负实数的绝对值是它的相反数；零的绝对值是零．即绝对值的几何意义可以借助于数轴来认识，它与距离的概念密切相关．在数轴上表示一个数的点离开原点的距离叫这个数的绝对值．结合相反数的概念可知，除零外，绝对值相等的数有两个，它们恰好互为相反数．反之，相反数的绝对值相等也成立．由此还可得到一个常用的结论：任何一个实数的绝对值是非负数．例1a，b为实数，下列各式对吗若不对，应附加什么条件(1)｜a+b｜=｜a｜+｜b｜；(2)｜ab｜=｜a｜｜b｜；(3)｜a－b｜=｜b－a｜；(4)若｜a｜=b，则a=b；(5)若｜a｜＜｜b｜，则a＜b；(6)若a＞b，则｜a｜＞｜b｜．解(1)不对．当a，b同号或其中一个为0时成立．(2)对．(3)对．(4)不对．当a≥0时成立．(5)不对．当b＞0时成立．(6)不对．当a＋b＞0时成立．例2设有理数a，b，c在数轴上的对应点如图1－1所示，化简｜b－a｜+｜a+c｜+｜c－b｜．解由图1－1可知，a＞0，b＜0，c＜0，且有｜c｜＞｜a｜＞｜b｜＞0．根据有理数加减运算的符号法则，有b－a＜0，a＋c＜0，c－b＜0．再根据绝对值的概念，得｜b－a｜=a－b，｜a+c｜=－(a+c)，｜c－b｜=b－c．于是有原式=(a－b)－(a+c)+(b－c)=a－b－a－c+b－c=－2c．例3已知x＜－3，化简：｜3+｜2－｜1+x｜｜｜．分析这是一个含有多层绝对值符号的问题，可从里往外一层一层地去绝对值符号．解原式=｜3+｜2+(1+x)｜｜(因为1+x＜0)=｜3+｜3+x｜｜=｜3－(3+x)｜(因为3+x＜0)=｜－x｜=－x．解因为abc≠0，所以a≠0，b≠0，c≠0．(1)当a，b，c均大于零时，原式=3；(2)当a，b，c均小于零时，原式=－3；(3)当a，b，c中有两个大于零，一个小于零时，原式=1；(4)当a，b，c中有两个小于零，一个大于零时，原式=－1．说明本例的解法是采取把a，b，c中大于零与小于零的个数分情况加以解决的，这种解法叫作分类讨论法，它在解决绝对值问题时很常用．例5若｜x｜=3，｜y｜=2，且｜x－y｜=y－x，求x+y的值．解因为｜x－y｜≥0，所以y－x≥0，y≥x．由｜x｜=3，｜y｜=2可知，x＜0，即x=－3．(1)当y=2时，x+y=－1；(2)当y=－2时，x+y=－5．所以x+y的值为－1或－5．例6若a，b，c为整数，且｜a－b｜19+｜c－a｜99=1，试计算｜c－a｜+｜a－b｜+｜b－c｜的值．解a，b，c均为整数，则a－b，c－a也应为整数，且｜a－b｜19，｜c－a｜99为两个非负整数，和为1，所以只能是｜a－b｜19=0且｜c－a｜99=1，①或｜a－b｜19=1且｜c－a｜99=0．②由①有a=b且c=a±1，于是｜b－c｜=｜c－a｜=1；由②有c=a且a=b±1，于是｜b－c｜=｜a －b｜=1．无论①或②都有｜b－c｜=1且｜a－b｜+｜c－a｜=1，所以｜c－a｜+｜a－b｜+｜b－c｜=2．解依相反数的意义有｜x－y+3｜=－｜x+y－1999｜．因为任何一个实数的绝对值是非负数，所以必有｜x－y+3｜=0且｜x+y－1999｜=0．即由①有x－y=－3，由②有x+y=1999．②－①得2y=2002，y=1001，所以例8 化简：｜3x+1｜+｜2x－1｜．分析本题是两个绝对值和的问题．解题的关键是如何同时去掉两个绝对值符号．若分别去掉每个绝对值符号，则是很容易的事．例如，化简｜3x+1｜，只要考虑3x+1的正负，即可去掉绝对值符号．这里我们为三个部分(如图1－2所示)，即这样我们就可以分类讨论化简了．原式=－(3x+1)－(2x－1)=5x；原式=(3x+1)－(2x－1)=x+2；原式=(3x+1)+(2x－1)=5x．即说明解这类题目，可先求出使各个绝对值等于零的变数字母的值，即先求出各个分界点，然后在数轴上标出这些分界点，这样就将数轴分成几个部分，根据变数字母的这些取值范围分类讨论化简，这种方法又称为“零点分段法”．例9已知y=｜2x+6｜+｜x－1｜－4｜x+1｜，求y的最大值．分析首先使用“零点分段法”将y化简，然后在各个取值范围内求出y的最大值，再加以比较，从中选出最大者．解有三个分界点：－3，1，－1．(1)当x≤－3时，y=－(2x+6)－(x－1)+4(x+1)=x－1，由于x≤－3，所以y=x－1≤－4，y的最大值是－4．(2)当－3≤x≤－1时，y=(2x+6)－(x－1)+4(x+1)=5x+11，由于－3≤x≤－1，所以－4≤5x+11≤6，y的最大值是6．(3)当－1≤x≤1时，y=(2x+6)－(x－1)－4(x+1)=－3x+3，由于－1≤x≤1，所以0≤－3x+3≤6，y的最大值是6．(4)当x≥1时，y=(2x+6)+(x－1)－4(x+1)=－x+1，由于x≥1，所以1－x≤0，y的最大值是0．综上可知，当x=－1时，y取得最大值为6．例10设a＜b＜c＜d，求｜x－a｜+｜x－b｜+｜x－c｜+｜x－d｜的最小值．分析本题也可用“零点分段法”讨论计算，但比较麻烦．若能利用｜x－a｜，｜x－b｜，｜x －c｜，｜x－d｜的几何意义来解题，将显得更加简捷便利．解设a，b，c，d，x在数轴上的对应点分别为A，B，C，D，X，则｜x－a｜表示线段AX之长，同理，｜x－b｜，｜x－c｜，｜x－d｜分别表示线段BX，CX，DX之长．现要求｜x－a｜，｜x－b｜，｜x－c｜，｜x－d｜之和的值最小，就是要在数轴上找一点X，使该点到A，B，C，D四点距离之和最小．因为a＜b＜c＜d，所以A，B，C，D的排列应如图1－3所示：所以当X在B，C之间时，距离和最小，这个最小值为AD+BC，即(d－a)+(c－b)．例11若2x+｜4－5x｜+｜1－3x｜+4的值恒为常数，求x该满足的条件及此常数的值．分析与解要使原式对任何数x恒为常数，则去掉绝对值符号，化简合并时，必须使含x的项相加为零，即x的系数之和为零．故本题只有2x－5x+3x=0一种情况．因此必须有｜4－5x｜=4－5x且｜1－3x｜=3x－1．故x应满足的条件是此时原式=2x+(4－5x)－(1－3x)+4=7．练习二1．x是什么实数时，下列等式成立：(1)｜(x－2)+(x－4)｜=｜x－2｜+｜x－4｜；(2)｜(7x+6)(3x－5)｜=(7x+6)(3x－5)．2．化简下列各式：(2)｜x+5｜+｜x－7｜+｜x+10｜．3．若a＋b＜0，化简｜a+b－1｜－｜3－a－b｜．4．已知y=｜x+3｜+｜x－2｜－｜3x－9｜，求y的最大值．5．设T=｜x－p｜+｜x－15｜+｜x－p－15｜，其中0＜p＜15，对于满足p≤x≤15的x来说，T 的最小值是多少6．已知a＜b，求｜x－a｜+｜x－b｜的最小值．7．不相等的有理数a，b，c在数轴上的对应点分别为A，B，C，如果｜a－b｜+｜b－c｜=｜a －c｜，那么B点应为( )．(1)在A，C点的右边；(2)在A，C点的左边；(3)在A，C点之间；(4)以上三种情况都有可能．第三讲求代数式的值用具体的数代替代数式里的字母进行计算，求出代数式的值，是一个由一般到特殊的过程．具体求解代数式值的问题时，对于较简单的问题，代入直接计算并不困难，但对于较复杂的代数式，往往是先化简，然后再求值．下面结合例题初步看一看代数式求值的常用技巧．例1求下列代数式的值：分析上面两题均可直接代入求值，但会很麻烦，容易出错．我们可以利用已经学过的有关概念、法则，如合并同类项，添、去括号等，先将代数式化简，然后再求值，这样会大大提高运算的速度和结果的准确性．=0－4a3b2－a2b－5=－4×13×(－2)2－12×(－2)－5=－16+2－5=－19．(2)原式=3x2y－xyz+(2xyz－x2z)+4x2[3x2y－(xyz－5x2z)]=3x2y－xyz+2xyz－x2z+4x2z－3x2y+(xyz－5x2z)=(3x2y－3x2y)+(－xyz+2xyz+xyz)+(－x2z+4x2z－5x2z)=2xyz－2x2z=2×(－1)×2×(－3)－2×(－1)2×(－3)=12+6=18．说明本例中(1)的化简是添括号，将同类项合并后，再代入求值；(2)是先去括号，然后再添括号，合并化简后，再代入求值．去、添括号时，一定要注意各项符号的变化．例2已知a－b=－1，求a3+3ab－b3的值．分析由已知条件a－b=－1，我们无法求出a，b的确定值，因此本题不能像例1那样，代入a，b的值求代数式的值．下面给出本题的五种解法．解法1由a－b=－1得a=b－1，代入所求代数式化简a3+3ab－b3=(b－1)3+3(b－1)b－b3=b3－3b2+3b－1+3b2－3b－b3=－1．说明这是用代入消元法消去a化简求值的．解法2因为a－b=－1，所以原式=(a3－b3)+3ab=(a－b)(a2+ab+b2)+3ab=－1×(a2+ab+b2)+3ab=－a2－ab－b2+3ab=－(a2－2ab+b2)=－(a－b)2=－(－1)2=－1．说明这种解法是利用了乘法公式，将原式化简求值的．解法3 因为a－b=－1，所以原式=a3－3ab(－1)－b3=a3－3ab(a－b)－b3=a3－3a2b+3ab2－b3=(a－b)3=(－1)3=－1．说明这种解法巧妙地利用了－1=a－b，并将3ab化为－3ab(－1)=－3ab(a－b)，从而凑成了(a －b)3．解法4 因为a－b=－1，所以(a－b)3=(－1)3=1，即a3+3ab2－3a2b－b3=－1，a3－b3－3ab(a－b)=－1，所以a3－b3－3ab(－1)=－1，即a3－b3+3ab=－1．说明这种解法是由a－b=－1，演绎推理出所求代数式的值．解法5a3+3ab－b3=a3+3ab2－3a2b－b3－3ab2+3a2b+3ab=(a－b)3+3ab(a－b)+3ab=(－1)3+3ab(－1)+3ab=－1．说明这种解法是添项，凑出(a－b)3，然后化简求值．通过这个例题可以看出，求代数式的值的方法是很灵活的，需要认真思考，才能找到简便的算法．在本例的各种解法中，用到了几个常用的乘法公式，现总结如下：(a+b)2=a2+2ab+b2；(a－b)2=a2－2ab+b2；(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3；(a－b)3=a3－3a2b+3ab2－b3；a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)；a3－b3=(a－b)(a2+ab+b2)．解由已知，xy=2(x+y)，代入所求代数式中，消去xy，然后化简．所以解因为a=3b，所以c=5a=5×(3b)=15b．将a，c代入所求代数式，化简得解因为(x－5)2，｜m｜都是非负数，所以由(1)有由(2)得y+1=3，所以y=2．下面先化简所求代数式，然后再代入求值．=x2y+5m2x+10xy2=52×2+0+10×5×22=250例6如果4a－3b=7，并且3a+2b=19，求14a－2b的值．分析此题可以用方程组求出a，b的值，再分别代入14a－2b求值．下面介绍一种不必求出a，b的值的解法．解14a－2b=2(7a－b)=2[(4a+3a)+(－3b+2b)]=2[(4a－3b)+(3a+2b)]=2(7+19)=52．｜x｜+｜x－1｜+｜x－2｜+｜x－3｜+｜x－4｜+｜x－5｜的值．分析所求代数式中六个绝对值的分界点，分别为：0，1，2，据绝对值的意义去掉绝对值的符号，将有3个x和3个－x，这样将抵消掉x，使求值变得容易．原式=x+(x－1)+(x－2)－(x－3)－(x－4)－(x－5)=－1－2+3+4+5=9．说明实际上，本题只要x的值在2与3之间，那么这个代数式的值就是9，即它与x 具体的取值无关．例8若x:y:z=3:4:7，且2x－y+z=18，那么x+2y－z的值是多少分析x:y:z=3:4:7可以写成的形式，对于等比，我们通常可以设它们的比值为常数k，这样可以给问题的解决带来便利．x=3k，y=4k，z=7k．因为2x－y+z=18，所以2×3k－4k+7k=18，所以k=2，所以x=6，y=8，z=14，所以x+2y－z=6+16－14=8．例9已知x=y=11，求(xy－1)2+(x+y－2)(x+y－2xy)的值．分析本题是可直接代入求值的．下面采用换元法，先将式子改写得较简洁，然后再求值．解设x+y=m，xy=n．原式=(n－1)2+(m－2)(m－2n)=(n－1)2+m2－2m－2mn+4n=n2－2n+1+4n－2m－2mn+m2=(n+1)2－2m(n+1)+m2=(n+1－m)2=(11×11+1－22)2=(121+1－22)2=1002=10000．说明换元法是处理较复杂的代数式的常用手法，通过换元，可以使代数式的特征更加突出，从而简化了题目的表述形式．练习三1．求下列代数式的值：(1)a4+3ab－6a2b2－3ab2+4ab+6a2b－7a2b2－2a4，其中a=－2，b=1；的值．3．已知a=，b=－，求代数式｜6－5b｜－｜3a－2b｜－｜8b－1｜的值．4．已知(a+1)2－(3a2+4ab+4b2+2)=0，求a，b的值．5．已知第四讲一元一次方程方程是中学数学中最重要的内容．最简单的方程是一元一次方程，它是进一步学习代数方程的基础，很多方程都可以通过变形化为一元一次方程来解决．本讲主要介绍一些解一元一次方程的基本方法和技巧．用等号连结两个代数式的式子叫等式．如果给等式中的文字代以任何数值，等式都成立，这种等式叫恒等式．一个等式是否是恒等式是要通过证明来确定的．如果给等式中的文字(未知数)代以某些值，等式成立，而代以其他的值，则等式不成立，这种等式叫作条件等式．条件等式也称为方程．使方程成立的未知数的值叫作方程的解．方程的解的集合，叫作方程的解集．解方程就是求出方程的解集．只含有一个未知数(又称为一元)，且其次数是1的方程叫作一元一次方程．任何一个一元一次方程总可以化为ax=b(a≠0)的形式，这是一元一次方程的标准形式(最简形式)．解一元一次方程的一般步骤：(1)去分母；(2)去括号；(3)移项；(4)合并同类项，化为最简形式ax=b；(5)方程两边同除以未知数的系数，得出方程的解．一元一次方程ax=b的解由a，b的取值来确定：(2)若a=0，且b=0，方程变为0·x=0，则方程有无数多个解；(3)若a=0，且b≠0，方程变为0·x=b，则方程无解．例1解方程解法1从里到外逐级去括号．去小括号得去中括号得去大括号得解法2按照分配律由外及里去括号．去大括号得化简为去中括号得去小括号得例2已知下面两个方程3(x+2)=5x，①4x－3(a－x)=6x－7(a－x) ②有相同的解，试求a的值．分析本题解题思路是从方程①中求出x的值，代入方程②，求出a的值．解由方程①可求得3x－5x=－6，所以x=3．由已知，x=3也是方程②的解，根据方程解的定义，把x=3代入方程②时，应有4×3－3(a－3)=6×3－7(a－3)，7(a－3)－3(a－3)=18－12，例3已知方程2(x+1)=3(x－1)的解为a+2，求方程2[2(x+3)－3(x－a)]=3a的解．解由方程2(x+1)=3(x－1)解得x=5．由题设知a+2=5，所以a=3．于是有2[2(x+3)－3(x－3)]=3×3，－2x=－21，例4解关于x的方程(mx－n)(m+n)=0．分析这个方程中未知数是x，m，n是可以取不同实数值的常数，因此需要讨论m，n取不同值时，方程解的情况．解把原方程化为m2x+mnx－mn－n2=0，整理得m(m+n)x=n(m+n)．当m+n≠0，且m=0时，方程无解；当m+n=0时，方程的解为一切实数．说明含有字母系数的方程，一定要注意字母的取值范围．解这类方程时，需要从方程有唯一解、无解、无数多个解三种情况进行讨论．例5解方程(a+x－b)(a－b－x)=(a2－x)(b2+x)－a2b2．分析本题将方程中的括号去掉后产生x2项，但整理化简后，可以消去x2，也就是说，原方程实际上仍是一个一元一次方程．解将原方程整理化简得(a－b)2－x2=a2b2+a2x－b2x－x2－a2b2，即(a2－b2)x=(a－b)2．(1)当a2－b2≠0时，即a≠±b时，方程有唯一解(2)当a2－b2=0时，即a=b或a=－b时，若a－b≠0，即a≠b，即a=－b时，方程无解；若a－b=0，即a=b，方程有无数多个解．例6已知(m2－1)x2－(m+1)x+8=0是关于x的一元一次方程，求代数式199(m+x)(x－2m)+m的值．解因为(m2－1)x2－(m+1)x+8=0是关于x的一元一次方程，所以m2－1=0，即m=±1．(1)当m=1时，方程变为－2x+8=0，因此x=4，代数式的值为199(1+4)(4－2×1)+1=1991；(2)当m=－1时，原方程无解．所以所求代数式的值为1991．例7 已知关于x的方程a(2x－1)=3x－2无解，试求a的值．解将原方程变形为2ax－a=3x－2，即(2a－3)x=a－2．由已知该方程无解，所以例8k为何正数时，方程k2x－k2=2kx－5k的解是正数来确定：(1)若b=0时，方程的解是零；反之，若方程ax=b的解是零，则b=0成立．(2)若ab＞0时，则方程的解是正数；反之，若方程ax=b的解是正数，则ab＞0成立．(3)若ab＜0时，则方程的解是负数；反之，若方程ax=b的解是负数，则ab＜0成立．解按未知数x整理方程得(k2－2k)x=k2－5k．要使方程的解为正数，需要(k2－2k)(k2－5k)＞0．看不等式的左端(k2－2k)(k2－5k)=k2(k－2)(k－5)．因为k2≥0，所以只要k＞5或k＜2时上式大于零，所以当k＜2或k＞5时，原方程的解是正数，所以k＞5或0＜k＜2即为所求．例9若abc=1，解方程解因为abc=1，所以原方程可变形为化简整理为化简整理为说明像这种带有附加条件的方程，求解时恰当地利用附加条件可使方程的求解过程大大简化．例10若a，b，c是正数，解方程解法1原方程两边乘以abc，得到方程ab(x－a－b)+bc(x－b－c)+ac(x－c－a)=3abc．移项、合并同类项得ab[x－(a+b+c)]+bc[x－(a+b+c)]+ac[x－(a+b+c)]=0，因此有[x－(a+b+c)](ab+bc+ac)=0．因为a＞0，b＞0，c＞0，所以ab+bc+ac≠0，所以x－(a+b+c)=0，即x=a+b+c为原方程的解．解法2将原方程右边的3移到左边变为－3，再拆为三个“－1”，并注意到其余两项做类似处理．设m=a+b+c，则原方程变形为所以即x－(a+b+c)=0．所以x=a+b+c为原方程的解．说明注意观察，巧妙变形，是产生简单优美解法所不可缺少的基本功之一．例11设n为自然数，[x]表示不超过x的最大整数，解方程：分析要解此方程，必须先去掉[ ]，由于n是自然数，所以n与(n+1)…，n[x]都是整数，所以x必是整数．解根据分析，x必为整数，即x=[x]，所以原方程化为合并同类项得故有所以x=n(n+1)为原方程的解．例12已知关于x的方程且a为某些自然数时，方程的解为自然数，试求自然数a的最小值．解由原方程可解得a最小，所以x应取x=160．所以所以满足题设的自然数a的最小值为2．练习四1．解下列方程：*2．解下列关于x的方程：(1)a2(x－2)－3a=x+1；4．当k取何值时，关于x的方程3(x+1)=5－kx，分别有：(1)正数解；(2)负数解；(3)不大于1的解．第五讲方程组的解法二元及多元(二元以上)一次方程组的求解，主要是通过同解变形进行消元，最终转化为一元一次方程来解决．所以，解方程组的基本思想是消元，主要的消元方法有代入消元和加减消元两种，下面结合例题予以介绍．例1解方程组解将原方程组改写为由方程②得x=6+4y，代入①化简得11y－4z=－19．④由③得2y+3z=4．⑤④×3+⑤×4得33y+8y=－57+16，所以y=－1．将y=－1代入⑤，得z=2．将y=－1代入②，得x=2．所以为原方程组的解．说明本题解法中，由①，②消x时，采用了代入消元法；解④，⑤组成的方程组时，若用代入法消元，无论消y，还是消z，都会出现分数系数，计算较繁，而利用两个方程中z的系数是一正一负，且系数的绝对值较小，采用加减消元法较简单．解方程组消元时，是使用代入消元，还是使用加减消元，要根据方程的具体特点而定，灵活地采用各种方法与技巧，使解法简捷明快．例2解方程组解法1由①，④消x得由⑥，⑦消元，得解之得将y=2代入①得x=1．将z=3代入③得u=4．所以解法2由原方程组得所以x=5－2y=5－2(8－2z)=－11+4z=－11+4(11－2u)=33－8u=33－8(6－2x)=－15+16x，即x=－15+16x，解之得x=1．将x=1代入⑧得u=4．将u=4代入⑦得z=3．将z=3代入⑥得y=2．所以为原方程组的解．解法3①+②+③+④得x+y+z+u=10，⑤由⑤－(①+③)得y+u=6，⑥由①×2－④得4y－u=4，⑦⑥+⑦得y=2．以下略．说明解法2很好地利用了本题方程组的特点，解法简捷、流畅．例3解方程组分析与解注意到各方程中同一未知数系数的关系，可以先得到下面四个二元方程：①+②得x+u=3，⑥②+③得y+v=5，⑦③+④得z+x=7，⑧④+⑤得u+y=9．⑨又①+②+③+④+⑤得x+y+z+u+v=15．⑩⑩－⑥－⑦得z=7，把z=7代入⑧得x=0，把x=0代入⑥得u=3，把u=3代入⑨得y=6，把y=6代入⑦得v=－1．所以为原方程组的解．例4解方程组解法1①×2+②得由③得代入④得为原方程组的解．为原方程组的解．说明解法1称为整体处理法，即从整体上进行加减消元或代入消为换元法，也就是干脆引入一个新的辅助元来代替原方程组中的“整体元”，从而简化方程组的求解过程．例5已知分析与解一般想法是利用方程组求出x，y，z的值之后，代入所求的代数式计算．但本题中方程组是由三个未知数两个方程组成的，因此无法求出x，y，z的确定有限解，但我们可以利用加减消元法将原方程组变形．①－②消去x得①×3+②消去y得①×5+②×3消去z得例6已知关于x，y的方程组分别求出当a为何值时，方程组(1)有唯一一组解；(2)无解；(3)有无穷多组解．分析与一元一次方程一样，含有字母系数的一次方程组求解时也要进行讨论，一般是通过消元，归结为一元一次方程ax=b的形式进行讨论．但必须特别注意，消元时，若用含有字母的式子去乘或者去除方程的两边时，这个式子的值不能等于零．解由①得2y=(1+a)－ax，③将③代入②得(a－2)(a+1)x=(a－2)(a+2)．④(1)当(a－2)(a+1)≠0，即a≠2且a≠－1时，方程④有因而原方程组有唯一一组解．(2)当(a－2)(a+1)=0且(a－2)(a+2)≠0时，即a=－1时，方程④无解，因此原方程组无解．(3)当(a－2)(a+1)=0且(a－2)(a+2)=0时，即a=2时，方程④有无穷多个解，因此原方程组有无穷多组解．例7已知关于x，y的二元一次方程(a－1)x+(a+2)y+5－2a=0，当a每取一个值时，就有一个方程，而这些方程有一个公共解，试求出这个公共解．解法1根据题意，可分别令a=1，a=－2代入原方程得到一个方程组将x=3，y=－1代入原方程得(a－1)·3+(a+2)·(－1)+5－2a=0．所以对任何a值都是原方程的解．说明取a=1为的是使方程中(a－1)x=0，方程无x项，可直接求出y值；取a=－2的道理类似．解法2可将原方程变形为a(x+y－2)－(x－2y－5)=0．由于公共解与a无关，故有例8甲、乙两人解方程组原方程的解．分析与解因为甲只看错了方程①中的a，所以甲所得到的解4×(－3)－b×(－1)=－2．③a×5+5×4=13．④解由③，④联立的方程组得所以原方程组应为练习五1．解方程组2．若x1，x2，x3，x4，x5满足方程组试确定3x4+2x5的值．3．将式子3x2+2x－5写成a(x+1)2+b(x+1)+c的形式，试求4．k为何值时，方程组有唯一一组解；无解；无穷多解5．若方程组的解满足x+y=0，试求m的值．第六讲一次不等式(不等式组)的解法不等式和方程一样，也是代数里的一种重要模型．在概念方面，它与方程很类似，尤其重要的是不等式具有一系列基本性质，而且“数学的基本结果往往是一些不等式而不是等式”．本讲是系统学习不等式的基础．下面先介绍有关一次不等式的基本知识，然后进行例题分析．1．不等式的基本性质这里特别要强调的是在用一个不等于零的数或式子去乘(或去除)不等式时，一定要注意它与等式的类似性质上的差异，即当所乘(或除)的数或式子大于零时，不等号方向不变(性质(5))；当所乘(或除)的数或式子小于零时，不等号方向要改变(性质(6))．2．区间概念在许多情况下，可以用不等式表示数集和点集．如果设a，b为实数，且a＜b，那么(1)满足不等式a＜x＜b的数x的全体叫作一个开区间，记作(a，b)．如图1－4(a)．(2)满足不等式a≤x≤b的数x的全体叫作一个闭区间，记作[a，b]．如图1－4(b)．(3)满足不等式a＜x≤b(或a≤x＜b)的x的全体叫作一个半开半闭区间，记作(a，b](或[a，b))．如图1－4(c)，(d)．3．一次不等式的一般解法一元一次不等式像方程一样，经过移项、合并同类项、整理后，总可以写成下面的标准型：ax＞b，或ax＜b．为确定起见，下面仅讨论前一种形式．一元一次不等式ax＞b．。
初中数学竞赛讲座——数论部分2(整数的整除性)
第二讲 整数的整除性一、基础知识：1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义： 设a ，b 是整数，b ≠0．如果有一个整数q ，使得a=bq ，那么称a 能被b 整除，或称b 整除a ，并记作b ｜a ．也称b 是a 的约数，a 是b 的倍数。
如果不存在这样的整数q ，使得a=bq ，则称a 不能被b 整除，或称b 不整除a ，记作b ｜a ．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1若c b b a |,|，则c a |证明：∵c b b a |,|，∴bq c ap b ==,（q p ,是整数），∴a pq q ap c )()(==，∴c a |性质2 若a ｜b ，b ｜a ，则 |a |=|b |．性质3 若c ｜a ，c ｜b ，则c ｜(a ±b )，且对任意整数m ，n ，有c ｜(m a ±n b )．证明：∵c a b a |,|，∴aq c ap b ==,q b ,(是整数），∴)(q p a aq ap c b ±=±=±，∴|()a b c ±性质4 若b ｜a ，d ｜c ，则bd ｜ac ．特别地，对于任意的非零整数m ，有b m ｜a m性质5 若a =b ＋c ，且m ｜a ，m ｜b ，则m ｜c ．性质6 若b ｜a ，c ｜a ，则[b ，c ]｜a ．特别地，当(b ，c )=1时，bc ｜a【此处[b ，c ]为b ，c 的最小公倍数；(b ，c )为b ，c 的最大公约数】．性质7 若c ｜ab ，且(c ，a )=1，则c ｜b ．特别地，若p 是质数，且p ｜ab ，则p ｜a 或p ｜b ．性质8 n 个连续整数中，必有一个能被n 整除．【特别地：两个连续整数必有一偶数；三个连续整数必有一个被3整除，如11，12，13中有3 | 12；41，42，43，44中有4 |44；77，78，79，80，81中5 | 80．】二．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法等．下面举例说明．例1若a ｜n ，b ｜n ，且存在整数x ，y ，使得ax +b y=1，证明：ab |n ．证明：由条件，可设n=au，n=b v，u，v为整数，于是n=n(ax+b y)= nax+nb y=abvx+abu y= ab(vx+u y)所以n|ab例2证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．证明：设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故24 |[(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例3若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k ＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．证明因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．例4若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证明：设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17x．①所以17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．例5已知a，b是自然数，13a＋8b能被7整除，求证：9a+5b都能被7整除．分析：考虑13a＋8b的若干倍与9a+5b的若干倍的和能被7整除，证明13a＋8b+4（9a+5b）=7（7a+4b）是7的倍数，又已知13a+8b是7的倍数，所以4（9a+5b）是7的倍数，因为4与7互质，由性质7|（9a+5b）例6已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．证明 用反证法．如果a ，b 不都能被3整除，那么有如下两种情况：(1) a ，b 两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a ，3b ．令a =3m ，b =3n±1(m ，n 都是整数)，于是a 2+b 2=9m 2+9n 2±6n+1=3(3m 2＋3n 2±2n)+1，不是3的倍数，矛盾．(2) a ，b 两数都不能被3整除．令a =3m±1，b =3n±1，则a 2＋b 2=(3m±1)2+(3n±1)2=9m 2±6m+1+9n 2±6n ＋1=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．由此可知，a ，b 都是3的倍数．例7 已知a ，b 是正整数，并且a 2＋b 2能被ab 整除，求证：a =b ．先考虑a ，b 互质的情况，再考虑一般情况。
初一数学竞赛讲座 2 初一数学竞赛讲座⑴数论的方法与技巧
初一数学竞赛讲座 2 初一数学竞赛讲座⑴数论的方法与技巧导读：就爱阅读网友为您分享以下“初一数学竞赛讲座⑴数论的方法与技巧”的资讯，希望对您有所帮助，感谢您对的支持!（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；（3）划去这些两位数中的合数；（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。
问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？解：第1次操作得数字串711131131737；第2次操作得数字串11133173；第3次操作得数字串111731；第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731；第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173。
不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117。
例11 有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面。
再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面。
反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律。
列表如下：设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：（1）当N=2（a=0，1，2，3，?）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2张；（2）当N=2+m（m＜2）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张。
取N=100，因为100=2+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第72张。
说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，?然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯。
数学竞赛专题讲座七年级第2讲 创造的基石—观察、归纳与猜想(含答案)
第二讲 创造的基石——观察、归纳与猜想当代著名科学家波普尔说过：我们的科学知识，是通过未经证明的和不可证明的预言，通过猜测，通过对问题的尝试性解决，通过猜想而进步的．从某种意义上说，一部数学史就是猜想与验证猜想的历史．20世纪数学发展中巨大成果是，1995年英国数学家维尔斯证明了困扰数学界长达350多年的“费尔马大猜想”，而著名的哥德巴赫猜想，已经历经了两个半世纪的探索，尚未被人证实猜想的正确性．当一个问题涉及相当多的乃至无穷多的情形时，我们可以从问题的简单情形或特殊情况人手，通过对简单情形或特殊情况的试验，从中发现一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径或方法，这种研究问题的方法叫归纳猜想法，是创造发明的基石．“要想成为一个好的数学家，你必须是一个好的猜想家，数学家的创造性工作的结果是论证推理，是一个证明，但证明是由合情推理、由猜想来发现的．”______G ．波利亚链接：G ．波利亚，美籍匈牙利人，现代著名数学家，他的《怎样解题》等著作，被誉为第二次世界大战后的数学经典著作之一．观察、实验、猜想是科学技术创造过程中一个重要方法，通过观察和实验提出问题，再提出猜想和假设，最后通过推理去证明假设和猜想．举世瞩目的“数学皇冠上的明珠”——哥德巴赫（德国数学家）猜想，就是从下面这些等式：6=3+3,8=3+5，10=3+7，12=5+7,14=3+11．归纳得出：“任何不小于6的偶数均可以表示成两个奇质数的和．”我国数学家陈景润于1973年证明了“1+2”，离解决哥德巴赫问题，即“1+1”仅一步之遥．例题讲解 【例1】 (1)用●表示实圆，用○表示空心圆，现有若干实圆与空心圆按一定规律排列如下： ●○●●○●●●○●○●●○●●●○●○●●○●●●○…… 问：前2001个圆中，有 个空心圆． (江苏省泰州市中考题) (2)古希腊数学家把数1，3，6，10，15，2l ，…叫做三角形数，它有一定的规律性，则第24个三角形数与第22个三角形数的差为 ． (舟山市中考题) 思路点拨 (1)仔细观察，从第一个圆开始，若干个圆中的实圆数循环出现，而空心圆的个数不变；（2）每个三角形数可用若干个数表示．【例2】观察下列图形，并阅读图形下面的相关文字：像这样，10条直线相交，最多交点的个数是( )．A ．40个B ．45个C ．50个D ．55个 (湖北省荆门市中考题) 思路点拨 随着直线数的增加，最多交点也随着增加，从给定的图形中，探讨每增加一条直线，最多交点的增加数与原有直线数的关系．是解本例的关键．．．．．．．四条直线相交，最多有六个交点三条直线相交，最多有三个交点两条直线相交，最多只有一个交点【例3】化简个个个n n n 9991999999+⨯ (第18届江苏省竞赛题) 思路点拨 先考察=n 1，2，3时的简单情形，然后作出猜想，这样，化简的目标更加明确． 【例4】古人用天干和地支记次序，其中天干有10个：甲乙丙丁戊己庚辛壬癸；地支有12个：子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥，将天干的10个汉字和地支的12个汉字分别循环排列成如下两行； ．甲乙丙丁戊己庚辛壬癸甲乙丙丁戊己庚辛壬癸……子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥……从左向右数，第l 列是甲子，第3列是丙寅…，问当第二次甲和子在同一列时，该列的序号是多少? ( “希望杯”邀请赛试题) 思路点拨 把“甲”、“子”在第一行、第二行出现的位置分别用相应的代数式表示，将实际问题转化为数学问题求解．链接：观察是解决问题的先导，发现往往是从观察开始的，归纳与猜想是建立在细致而深刻的观察基础上的，解题中的观察活动主要有三条途径：(1)数与式的特征观察；(2)图形的结构观察；(3)通过对简单、特殊情况的观察，再推广到一般情况．归纳总是与递推联系在一起的，所谓递推，就是在归纳的基础上，发现每一步与前一步或前几步之间的联系，更容易发现规律．然后证明通过归纳所猜测的规律的正确性．【例5】图)(a 、)(b 、)(c 、)(d 都称作平面图．(1)数一数每个图各有多少个顶点，多少条边，这些边围出了多少区域，将结果填人表中(其中(a)已填好)．(2)观察表，推断一个平面图的顶点数、边数、区域数之间有什么关系?(3)现已知某一平面图有999个顶点和999个区域，试根据(2)中推断出的关系，确定这个图有多少条边? ( “华杯赛”决赛试题) 思路点拨 从特殊情况人手，仔细观察、分析、试验和归纳，从而发现其中的共同规律，这是解本例的关键．链接：历史上著名的数学家欧拉曾经研究过正多面体，惊奇地发现了正多面体的顶点数)(V 、面数)(F 、棱数)(E 存在一个奇妙的相等关系：2=-+E F V ．史称“欧拉公式”，它不仅在数学方法上有所创新，而且推动了现代数学的重要分支——拓扑学的发展．【例6】已知2≥m ，2≥n ，且m ，n 均为正整数，如果将nm 进行如下方式的“分解”，那么下列三个叙述：①在52的“分解”中最大的数是11；②在34的“分解”中最小的数是13；③若3m 的“分解”中最小的数是23，则m 等于5．其中正确的是____________． （太原市中考题）思路点拨 明确对n m 进行“分解”的意义，是解本例的关键．【例7】观察图形寻找规律，在“？”处填上的数字是（ ）．A ．128B ．136C ．162D ．188 （南宁市中考题） 思路点拨 从探讨数字键的关系入手．【例8】一楼梯共有n 级台阶，规定每一步可以迈1级或2级或3级，设从地面到台阶的第n 级，不同的迈法为n a 种，当n =8时，求8a ． （河南省竞赛题）思路点拨 先求出当n =1，2，3，4时，1a ，2a ，3a ，4a 的值，解题的关键是，从某级开始，寻找n a 与1-n a 、2-n a 、3-n a 的联系．９７５３３43343332242322?884826148422基础训练一、基础夯实1.(1)如图的三角形数组是我国古代数学家杨辉发现的,称为杨辉三角形,•根据图中的数构成的规律,a 所表示的数是________.(2001年浙江省绍兴市中考题)（1） （2）(2)观察一列数:3,8,13,18,23,28,…依此规律,在此数列中比2000•大的最小整数是_________. (2003年金华市中考题) 2.如图2是2002年6月份的日历.现用一矩形在日历中任意．．框出4个数a b c d,•请用一个等式表示a 、b 、c 、d 之间的关系:__________.3.下面由火柴棒拼出的一列图形中,第n 个图形由n 个正方形组成. 通过观察可以发现:(1)第4个图形中火柴棒的根数是________.(2)第n 个图形中火柴棒的根数是________. (2001年江西省中考题)n=1n=2n=34.小王利用计算机设计了一个计算程序,输入和输出的数据如下表,那么当输入数据是8时,输出的数据是( )A. 861B.863C.865D. 867(2003年重庆市中考题)5.在以下两个数串中:1,3,5,7,…,1991,1993,1995,1997,1999和1,4,7,10,…,1990,1993,1996,•1999同时出现在这两个数串中的数的个数共有( )个A.333B.334C.335D.336 (“希望杯”邀请赛试题)6.图①是一个水平摆动的小正方体木块,图②、•③是由这样的小正方体木块叠放而成,按照这样的规律继续叠放下去,至第七个叠放的图形中,•小正方体木块总数应是( ). A.25 B.66 C.91 D.120 (2003年宁波市中考题)7.一串数排成一行,它们的规律是这样的:头两个数都是1,从第三个数开始,•每一个数都是前两个数的和,也就是1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…问:•这串数的前100个数中(包括第100个数),有多少个偶数? (“华杯”赛试题) 8.自然数按下列的规律排列：(1)求上起第10行,左起第13行的数;(2)数127应在上起第几行、左起第几列? (北京市“迎春杯”竞赛题)二、能力拓展9.(1)观察下列各式,你会发现什么规律? 3×5=15, 而15=42-1, 5×7=35, 而35=62-1, … …11×13=143, 而143=122-1, … …将你猜想到的规律用只含一个字母的式子表示出来_______.(2000年济南市中考题)(2)将1,-1,1,-1,1,-1…按一定规律排成下表:从表中可以看到第4行中,自左向右第3个数是9,第5行中从左向右第2个数是-112,•那么第199行中自左向右第8个数是________,第1998行中自左向右第11•个数是________. (“希望杯”邀请赛试题) 10.有一列数a 1,a 2,a 3,a 4,…,a n ,其中 a 1=6×2+1 a 2=6×3+2; a 3=6×4+3; a 4=6×5+4; ……则第n 个数a n =_______;当a n =2001时,n=________. (第15届江苏省竞赛题) 11.一个正方体,它的每一面上写有一个字,组成“数学奥林匹克”.有三个同学从不同的角度看到的结果依次如图所示,那么,“学”字对面的字为______.(重庆市竞赛题)（第11题） （第12题）12.用盆栽菊花摆在如图所示的大小相同的7个正方形花坛的边缘,•正方形每边都等距离地摆n(•n•≥3)••盆花,••那么所需菊花的总盆数s•与n•的关系可以表示为________. (第14届“希望杯”邀请赛试题)13. (新加坡数学竞赛题)如果一个序列{}i a 满足a 1=2,a n+1=a n +2n(n 为自然数),那么a 100是( )A.9900B.9902C.9904D.10100E.10102 14. (2001年湖北省荆州市中考题)将正偶数按下表排成5列: 第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第1行 2 4 6 8 第2行 16 14 12 10第3行 18 20 22 24 …… …… 28 26 根据上面排列规律,则2000应在( ).A.第125行,第1列B.第125行,第2列C.第250行,第1列D.第250行,第2列15.(1)设n 为自然数,具有下列形式11111n ⋅⋅⋅ 个5555n ⋅⋅⋅个5的数是不是两个连续奇数的积,说明理由.(2)化简333n ⋅⋅⋅ 个3×333n ⋅⋅⋅ 个3+1999n ⋅⋅⋅个9,并说明在结果中共有多少个奇数数字?16.(1)图①是正方体木块,把它切去一块,可能得到形如图②、③、④、•⑤的木块.我们知道,图①的正方体木块有8个顶点,12条棱,6个面,请你将图②、③、④、•⑤中木块的顶点数、(2)观察此表,数之间的数量关系是：____________________.(3)图⑥是用虚线画出的正方体木块,请你想象一种与图②～⑤不同的切法,•把切去一块后得到的那一块的每条棱都改画成实线,则该木块的顶点数为________,棱数为 _________,面数为________. (第16届江苏省竞赛题)三、综合创新：17.怎样的两个数,它们的和等于它们的积?你大概马上就会想到2+2=2×2,其实这样的两个数还有很多,例如:3+32=3×32。
初中数学(初一)竞赛讲义(知识点难点梳理、重点题型分类举一反三)(家教、补习、竞赛专用)
初一数学竞赛讲义重难点有效突破知识点梳理及重点题型举一反三练习专题01 质数那些事阅读与思考一个大于1的自然数如果只能被1和本身整除，就叫作质数(也叫素数)；如果能被1和本身以外的自然数整除，就叫作合数；自然数1既不是质数，也不是合数，叫作单位数．这样，我们可以按约数个数将正整数分为三类：关于质数、合数有下列重要性质：1．质数有无穷多个，最小的质数是2，但不存在最大的质数，最小的合数是4．2．1既不是质数，也不是合数；2是唯一的偶质数．3．若质数|，则必有|或|．4．算术基本定理：任意一个大于1的整数N能唯一地分解成个质因数的乘积(不考虑质因数之间的顺序关系)：N=，其中，为质数，为非负数(=1，2，3，…，)．正整数N的正约数的个数为(1＋)(1＋)…(1＋)，所有正约数的和为(1＋＋…＋)(1＋＋…＋)…(1＋＋…＋)．例题与求解【例1】已知三个质数，，满足＋＋＋=99，那么的值等于_________________．(江苏省竞赛试题) 解题思想：运用质数性质，结合奇偶性分析，推出，，的值．【例2】若为质数，＋5仍为质数，则＋7为( )A．质数B．可为质数，也可为合数C．合数D．既不是质数，也不是合数(湖北省黄冈市竞赛试题) 解题思想：从简单情形入手，实验、归纳与猜想．【例3】求这样的质数，当它加上10和14时，仍为质数．(上海市竞赛试题) 解题思想：由于质数的分布不规则，不妨从最小的质数开始进行实验，另外，需考虑这样的质数是否唯一，按剩余类加以深入讨论．【例4】⑴将1，2，…，2 004这2 004个数随意排成一行，得到一个数，求证：一定是合数．⑵若是大于2的正整数，求证：－1与＋1中至多有一个质数．⑶求360的所有正约数的倒数和．(江苏省竞赛试题) 解题思想：⑴将1到2 004随意排成一行，由于中间的数很多，不可能一一排出，不妨找出无论怎样排，所得数都有非1和本身的约数；⑵只需说明－1与＋1中必有一个是合数，不能同为质数即可；⑶逐个求解正约数太麻烦，考虑整体求解．【例5】设和是正整数，≠，是奇质数，并且，求＋的值．解题思想：由题意变形得出整除或，不妨设．由质数的定义得到2－1=1或2－1=．由≠及2－1为质数即可得出结论．【例6】若一个质数的各位数码经任意排列后仍然是质数，则称它是一个“绝对质数”[如2，3，5，7，11，13(31)，17(71)，37(73)，79(97)，113(131，311)，199(919，991)，337(373，733)，…都是质数]．求证：绝对质数的各位数码不能同时出现数码1，3，7，9．(青少年国际城市邀请赛试题) 解题思想：一个绝对质数如果同时含有数字1，3，7，9，则在这个质数的十进制表示中，不可能含有数字0，2，4，5，6，8，否则，进行适当排列后，这个数能被2或5整除．能力训练A级1．若，，，为整数，=1997，则=________．2．在1，2，3，…，这个自然数中，已知共有个质数，个合数，个奇数，个偶数，则(－)＋(－)=__________．3．设，为自然数，满足1176=，则的最小值为__________．(“希望杯”邀请赛试题) 4．已知是质数，并且＋3也是质数，则－48的值为____________．(北京市竞赛试题) 5．任意调换12345各数位上数字的位置，所得的五位数中质数的个数是( )A．4B．8C．12D．06．在2 005，2 007，2 009这三个数中，质数有( )A．0个B．1个C．2个D．3个(“希望杯”邀请赛试题) 7．一个两位数的个位数字和十位数字变换位置后，所得的数比原来的数大9，这样的两位中，质数有()A．1个B．3 个C．5个D．6 个(“希望杯”邀请赛试题) 8．设，，都是质数，并且＋=，<．求．9．写出十个连续的自然数，使得个个都是合数．(上海市竞赛试题)10．在黑板上写出下面的数2，3，4，…，1 994，甲先擦去其中的一个数，然后乙再擦去一个数，如此轮流下去，若最后剩下的两个数互质，则甲胜；若最后剩下的两个数不互质，则乙胜，你如果想胜，应当选甲还是选乙？说明理由．(五城市联赛试题)11．用正方形的地砖不重叠、无缝隙地铺满一块地，选用边长为cm规格的地砖，恰用块，若选用边长为cm规格的地砖，则要比前一种刚好多用124块，已知，，都是正整数，且(，)=1，试问这块地有多少平方米？(湖北省荆州市竞赛试题)B级1．若质数，满足5＋7=129，则＋的值为__________．2．已知，均为质数，并且存在两个正整数，，使得=＋，=×，则的值为__________．3．自然数，，，，都大于1，其乘积=2 000，则其和＋＋＋＋的最大值为__________，最小值为____________．(“五羊杯”竞赛试题) 4．机器人对自然数从1开始由小到大按如下的规则染色：凡能表示为两个合数之和的自然数都染成红色，不合上述要求的自然数都染成黄色，若被染成红色的数由小到大数下去，则第1 992个数是_______________．(北京市“迎春杯”竞赛试题) 5．若，均为质数，且满足＋=2 089，则49－=_________．A．0B．2 007C．2 008D．2 010(“五羊杯”竞赛试题) 6．设为质数，并且7＋8和8＋7也都为质数，记=77＋8，=88＋7，则在以下情形中，必定成立的是()A．，都是质数B．，都是合数C．，一个是质数，一个是合数 D．对不同的，以上皆可能出现(江西省竞赛试题) 7．设，，，是自然数，并且，求证：＋＋＋一定是合数．(北京市竞赛试题)8．请同时取六个互异的自然数，使它们同时满足：⑴6个数中任意两个都互质；⑵6个数任取2个，3个，4个，5个，6个数之和都是合数，并简述选择的数符合条件的理由．9．已知正整数，都是质数，并且7＋与＋11也都是质数，试求的值．(湖北省荆州市竞赛试题)10. 41名运动员所穿运动衣号码是1，2，…，40，41这41个自然数，问：(l) 能否使这41名运动员站成一排，使得任意两个相邻运动员的号码之和是质数？(2) 能否让这41名运动员站成一圈，使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数？若能办到，请举出一例；若不能办到，请说明理由．专题01 质数那些事例1 34例2 C例3 3符合要求提示：当p=3k＋1时，p＋10=3k＋11，p＋14=3(k＋5)，显然p＋14是合数，当p=3k＋2时，p＋10=3(k＋4)是合数，当p=3k时，只有k=1才符合题意．例4 （1）因1＋2＋…＋2004=×2004×（1＋2004）=1002×2005为3的倍数，故无论怎样交换这2004个数的顺序，所得数都有3这个约数．（2）因n是大于2的正整数，则－1≥7，－1、、＋1是不小于7的三个连续的正整数，其中必有一个被3整除，但3不整除，故－1与＋1中至多有一个数是质数．（3）设正整数a的所有正约数之和为b，，，，…，为a的正约数从小到大的排列，于是=1，=a．由于中各分数分母的最小公倍数=a，故S===，而a=360=，故b=（1＋2＋＋）×（1＋3＋）×（1＋5）=1170．==．例5 由=，得x＋y==k．（k为正整数），可得2xy=kp，所以p整除2xy且p为奇质数，故p整除x或y，不放设x=tp，则tp＋y=2ty，得y=为整数．又t与2t－1互质，故2t－1整除p，p为质数，所以2t－1=1或2t－1=p．若2t－1=，得t=1，x=y=p，与x≠y矛盾；若2t－1=p，则=，2xy=p（x＋y）．∵p是奇质数，则x ＋y为偶数，x、y同奇偶性，只能同为xy=必有某数含因数p．令x=ap，ay=，2ay=ap＋y．∴y=，故a，2a－1互质，2a－1整除p，又p是质数，则2a－1=p，a=，故x==，∴x＋y=＋=。
初一竞赛讲座02(特殊的正整数)
初一数学竞赛讲座(2)特殊的正整数一、知识要点1、完全平方数及其性质定义1如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。
如：1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。
性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。
性质3 偶完全平方数是4的倍数。
性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。
性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。
2、质数与合数定义2一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做质数（或素数）。
定义3一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他正约数，那么a叫做合数。
1既不是质数也不是合数。
3、质数与合数的有关性质(1) 质数有无数多个(2) 2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。
大于2的质数必为奇数。
(3) 若质数p∣a•b，则必有p∣a或p∣b。
(4) 若正整数a、b的积是质数p，则必有a=p或b=p.(5) 唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：kakaa pppn2121=,其中p1<p2<…<p k是质数，a1，a2，…，a k是正整数。
二、例题精讲例1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是解设所求的四位数为m2，它的百位数字为a，则有m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，所以11∣(2a+5)，由题意a+3≤9，故a≤6，从而a=3于是所求的四位数为4356例2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。
正整数的基本定义-概述说明以及解释
正整数的基本定义-概述说明以及解释1.引言1.1 概述引言部分作为文章的开头，它旨在为读者提供一个总览和背景信息，以便他们更好地理解接下来的内容。
在本文的引言中，我们将对正整数进行概述，并解释为什么正整数在数学和现实世界中具有重要的地位。
引言在数学中，正整数是指大于零且没有小数和分数部分的数。
即从1开始的自然数序列，如1、2、3、4等。
正整数是数学中最基本的概念之一，我们在日常生活中随处可见正整数的应用。
正整数是数学研究的重要组成部分，也是其他数学概念的基础。
正整数作为一种基本的数学概念，具有许多独特的性质和特点。
它们是数学运算的基础，包括加法、减法、乘法和除法。
正整数还是数学中许多定理和公式的关键要素，如素数定理、费马大定理和欧几里得算法等。
正整数的性质为数学家们提供了丰富的研究材料，并促使他们发展了许多重要的数学理论。
正整数并不仅仅局限于数学领域。
它们在现实世界中也具有广泛的应用。
例如，正整数在计算机科学中被广泛使用，用于表示数据的数量和索引。
正整数也被用来计算人口统计数据、货币计算以及物理量的测量等。
此外，正整数在日常生活中的应用领域也非常广泛，如时间、距离、体积、重量等的表示中均使用正整数。
本文旨在深入研究正整数的定义、性质和应用，并探讨正整数在数学和现实世界中的重要性。
通过对正整数的深入了解，我们可以更好地理解数学中的其他概念和现实生活中的应用。
同时，我们也将思考正整数的发展潜力，展望其在未来的应用和研究中的前景。
（以下为将2.正文部分撰写完成后的内容。
）1.2文章结构文章结构部分的内容可以包括以下内容：文章的结构部分主要用于介绍整篇文章的组织架构和章节安排。
通过合理的结构安排，可以使读者更好地理解文章的内容和逻辑关系。
这一部分通常包括以下几个方面的内容：1. 章节标题和编号：提供一个清晰的章节目录，可以使读者快速了解文章的结构和章节顺序。
在本篇文章中，共包括引言、正文和结论三个大的部分，每个部分又可以细分为几个小节。
初一数学竞赛讲座⑵
初一数学竞赛讲座第2讲数论的方法技巧（下）四、反证法反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过准确的推理，导出矛盾的结果，这就否认了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是准确的。
反证法的过程可简述为以下三个步骤：1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；2．归谬：由“反设”出发，通过准确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；的反面不成立，从而肯定了结论成立。
使用反证法的关键在于导致矛盾。
在数论中，很多问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。
解：假如存有这样的三位数，那么就有100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。
上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。
这说明所找的数是不存有的。
说明：在证明不存有性的问题时，常用反证法：先假设存有，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存有的元素出发，实行推理，直到产生矛盾。
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。
试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。
在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，所以第二列数字的和b+c≤9。
将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这个性质。
照此实行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。
故和的数字中必有偶数。
说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。
但对其他位数的数不一定成立。
如12+21，506+605等。
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。
初一数学奥赛基础知识讲义
一、知识链接
1． “代数式”是用运算符号把数字或表示数字的字母连结而成的式子。它包括整式、分式、二次根式 等内容，是初中阶段同学们应该重点掌握的内容之一。
2．用具体的数值代替代数式中的字母所得的数值，叫做这个代数式的值。 注：一般来说，代数式的值随着字母的取值的变化而变化
3．求代数式的值可以让我们从中体会简单的数学建模的好处，为以后学习方程、函数等知识打下基础。
A B 表示的几
何意义就是在数轴上表示数 A 与数 B 的点之间的距离。这是一个很有用的结论，我们正是利用这一结论 并结合数轴的知识解决了（ 3）、（ 4）这两道难题。
三、 小 结
1．理解绝对值的代数意义和几何意义以及绝对值的非负性 2．体会数形结合、分类讨论等重要的数学思想在解题中的应用
第三讲：代数式的化简求值问题
B． 2c －a C． 2a－ 2b D． b
解： | a | + | a+b | + | c-a | - | b-c |=-a-(a+b)+(c-a)+b-c=-3a
分析：解绝对值的问题时，往往需要脱去绝对值符号，化成一般的有理数计算。脱去绝对值的符号时， 必须先确定绝对值符号内各个数的正负性，再根据绝对值的代数意义脱去绝对值符号。这道例题运用了 数形结合的数学思想，由 a、 b、 c 在数轴上的对应位置判断绝对值符号内数的符号，从而去掉绝对值符 号，完成化简。
当 -1<x<0 时，距离为 x+1，
综上，我们得到 A 与 B 两点间的距离可以表示为 x 1
当 x>0，距离为 x+1
（ 3）结合数轴求得 x 2 x 3 的最小值为 ，取得最小值时 x 的取值范围为 ______.
初一数学竞赛讲座 自然数的有关性质
初一数学竞赛讲座自然数的有关性质初一数学竞赛系列训练1——自然数的有关性质初一数学竞赛系列训练2——特殊的正整数初一数学竞赛系列训练3数字、数位及数谜问题初一数学竞赛系列训练4有理数的有关知识初一数学竞赛系列训练(5)整式初一数学竞赛系列训练(6)整式初一数学竞赛系列训练(7)整式初一数学竞赛系列训练(8)解方程初一数学竞赛系列讲座(9) 应用题（一）初一数学竞赛系列讲座(11) 应用题（三）初一数学竞赛系列训练(13)初一数学竞赛系列训练(14)初一数学竞赛系列训练(15)初一数学竞赛讲座(一)自然数的有关性质一、知识要点1、最大公约数定义1 如果a1,a2,…,an和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…, d∣an ，那么d叫做a1,a2,…,an的公约数。
公约数中最大的叫做a1,a2,…,an的最大公约数，记作(a1,a2,…,an).如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4.2、最小公倍数定义2 如果a1,a2,…,an和m都是正整数，且a1∣m, a2∣m,…, an∣m，那么m叫做a1,a2,…,an的公倍数。
公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,an的最小公倍数，记作[a1,a2,…,an].如对于4、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作[4,8,12]=24.3、最大公约数和最小公倍数的性质性质1 若a∣b,则(a,b)=a.性质2 若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd.性质3 若n∣a, n∣b,则()nbanbna,,=⎪⎭⎫⎝⎛.性质4 若a=bq+r (0≤r<b), 则(a,b)= (b,r) .性质4 实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。
性质5若 b∣a,则[a,b]=a.性质6若[a,b]=m,且n为正整数，则[na,nb]=nm.性质7若n ∣a, n ∣b,则[]n b a n b n a ,,=⎥⎦⎤⎢⎣⎡.4、 数的整除性定义3 对于整数a 和不为零的整数b ，如果存在整数q ，使得a=bq 成立，则就称b 整除a 或a 被b 整除，记作b ∣a ，若b ∣a ，我们也称a 是b 倍数；若b 不能整除a ，记作ba5、 数的整除性的性质性质1 若a ∣b ，b ∣c ，则a ∣c性质2 若c∣a，c∣b，则c∣(a±b)性质3 若b ∣a, n 为整数，则b ∣na6、 同余定义4 设m 是大于1的整数，如果整数a ，b 的差被m 整除，我们就说a ，b 关于模m 同余，记作 a≡b(mod m)7、 同余的性质性质1 如果a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，那么a±c≡b±d(mod m)，ac≡bd(mod m)性质2 如果a≡b(mod m)，那么对任意整数k 有ka≡kb(mod m)性质3 如果a≡b(mod m)，那么对任意正整数k 有ak≡bk(mod m)性质4如果a≡b(mod m)，d 是a ，b 的公约数，那么()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡d m,m mod d b d a 二、例题精讲例1 设m 和n 为大于0的整数，且3m+2n=225.如果m 和n 的最大公约数为15，求m+n 的值(第11届“希望杯”初一试题)解：(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a ，n=15b ，且(a,b)=1因为 3m+2n=225，所以3a+2b=15因为 a,b 是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6从而m+n=15(a+b)=15⨯7=105评注：1、遇到这类问题常设m=15a ，n=15b ，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。
初一竞赛讲座(特殊的正整数)
数学竞赛辅导讲义一次方程(组)与二元一次不定方程本讲就解一次方程（组）与二元一次不定方程的基本方法和技巧作些简单介绍。
一、一次方程（组）解一元一次方程的一般步骤是去分母，去括号，移项，合并同类项，两边同除以未知数的系数。
任何一个一元一次方程最终都可以化为ax b =的形式。
解方程的根据是方程的同解原理。
如果两个方程的解相同，那么这两个方程叫同解方程。
1． 方程两边都加上（减去）同一个数（或同一个整式），所得的方程与原方程是同解方程。
2． 方程两边都乘以（除以）同一个不等于0的数，所得的方程与原方程是同解方程。
例1．解下列个方程（1）()()()()11323327322337x x x x ---=---（2）()14335190.50.125x x x +++=+ （3）3421424904532x ⎧⎫⎡⎤⎛⎫--+-=⎨⎬ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎩⎭例2．是否存在这样的a 值，使当1b =时，关于x 的方程()()322387a x b x x -+-=-有无数多个解？例3．关于x 的方程1x ax =+同时有一个正数解和一个负数解，求a 的值。
例4．关于x 、y 的两个方程组2227ax by x y -=⎧⎨-=⎩和359311ax by x y -=⎧⎨-=⎩具有相同的解，求a 、b 的值。
例5．已知()()()()()()22219992000200101999200020012000x y y z x z x y y z z x -+---=⎧⎪⎨-+-+-=⎪⎩求z y -的值。
二、二元一次不定方程如果一个方程（组）中，未知数的个数多于方程的个数，则把这种方程（组）叫做不定方程（组）。
例如，二元一次方程3215x y +=是不定方程；三元一次方程组11426x y z x y z ++=⎧⎨+-=⎩是不定方程。
不定方程（组）的解是不确定的。
一般不定方程总有无数穷多个（组）解，但若加上整数（或正整数）解的限制，则不定方程（组）的解三种都有可能：有无穷组解，或有限组解，或无解。
初中正整数教案
初中正整数教案教学目标：1. 让学生理解正整数的概念，能够正确识别正整数。
2. 让学生掌握正整数的性质，能够进行简单的运算和比较。
3. 培养学生的逻辑思维能力和数学思维习惯。
教学重点：1. 正整数的定义和性质。
2. 正整数的运算和比较。
教学难点：1. 正整数的概念的理解。
2. 正整数的运算和比较的运用。
教学准备：1. 教师准备PPT或者黑板，用于展示正整数的性质和运算。
2. 教师准备一些正整数的例子，用于引导学生理解和运用。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引导学生回顾自然数的概念，让学生思考自然数包括哪些数。
2. 提问：那么，什么是正整数呢？二、新课讲解（15分钟）1. 给出正整数的定义：正整数是大于0的整数，用“+”表示。
2. 讲解正整数的性质：正整数没有最大值，只有无限多个。
3. 展示一些正整数的例子，让学生进行识别和判断。
三、课堂练习（15分钟）1. 让学生独立完成一些正整数的题目，包括识别、运算和比较。
2. 教师选取一些学生的答案进行讲解和解析。
四、总结和拓展（10分钟）1. 让学生总结正整数的性质和运算规则。
2. 提问：正整数在实际生活中有哪些应用呢？五、课后作业（5分钟）1. 让学生完成一些正整数的题目，巩固所学知识。
2. 提醒学生按时交作业。
教学反思：本节课通过讲解和练习，让学生掌握了正整数的概念和性质，能够进行简单的运算和比较。
在教学过程中，要注意引导学生理解和运用正整数的概念，培养学生的逻辑思维能力和数学思维习惯。
同时，也要关注学生的学习情况，及时进行讲解和辅导，提高学生的学习效果。
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初一数学竞赛讲座(二)特殊的正整数一、一、知识要点1、1、完全平方数及其性质定义1如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。
如：1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。
性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。
性质3 偶完全平方数是4的倍数。
性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。
性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。
2、2、质数与合数定义2一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做质数。
定义3一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他正约数，那么a叫做合数。
1既不是质数也不是合数。
3、3、质数与合数的有关性质(1)(1)质数有无数多个(2)(2)2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。
大于2的质数必为奇数。
(3)(3)若质数p∣a•b，则必有p∣a或p∣b。
(4)(4)若正整数a、b的积是质数p，则必有a=p或b=p.(5)(5)唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：kakaa pppn2121=,其中p1<p2<…<p k是质数，a1，a2，…，a k是正整数。
二、二、例题精讲例1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是解设所求的四位数为m2，它的百位数字为a，则有m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，所以11∣(2a+5)，由题意a+3≤9，故a≤6，从而a=3于是所求的四位数为4356 例2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。
例如4802÷2=2401=492=(48+1)2，则具有上述性质的最小四位数是（1994年四川省初中数学联合竞赛试题）解设具有上述性质的四位数是100c1+c2，其中10≤c1，c2≤99，按题意，得100c1+c2＝()22122122121ccccccc++=+，∴100c1= c1c2 (c1+2)，即210012+=cc，因而(c1+2)∣100，又10≤c1≤99，所以c1=18，23，48，98 相应地c2=5，4，2，1于是符合题意的四位数是1805，2304，4802，9801，其中最小的是1805评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解。
例3 三个质数a、b、c的乘积等于这三个质数和的5倍，则a2+b2+c2= (1996年“希望杯”初二试题)分析：由题意得出abc=5(a+b+c)，由此显然得质数a、b、c中必有一个是5，不妨设a=5，代入前式中再设法求b、c解因为abc=5(a+b+c)，所以在质数a、b、c中必有一个是5，不妨设a=5，于是5bc=5b+5c+25，即(b-1) (c-1)=6，而6=2⨯3=1⨯6，则⎩⎨⎧=-=-3121cb①或⎩⎨⎧=-=-6111cb②由①得b=3,c=4，不合题意，由②得b=2,c=7，符合题意。
所以所求的三个质数是5，2，7。
于是a2+b2+c2=78评注：质数问题常常通过分解质因数来解决。
例4 试证：一个整数的平方的个位数字为6时，十位数字必为奇数。
分析：一个整数的平方的个位数字为6，则这个整数的个位数字必为4或6，从而可设此数为a=10g+4或a=10g+6 (g为整数)。
证明：设一个整数为a，则由一个整数的平方的个位数字为6知，此数可设为a=10g+4或a=10g+6 (g为整数)∴当a=10g+4时，a2=(10g+4)2=100g2+80g+16=10(10g2+8g+1)+6当a=10g+6时，a2=(10g+6)2=100g2+120g+36=10(10g2+12g+3)+6∴十位数字必为10g2+8g+1和10g2+12g+3的个位数字，显然是奇数。
评注：类似地，可以证明：一个整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这个整数不是完全平方数。
例4 三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得13块，甲所得是乙的2倍，已知糖的总块数是一个小于50的质数，且它的各位数字之和为11，试求每人得糖的块数。
（安徽省初中数学联赛试题）分析：设出未知数，根据题意，列出方程和不等式组，再通过质数的性质来求解。
解 设甲、乙、丙分别得糖x 、y 、z 块，依题意得⎪⎩⎪⎨⎧++<+++==为质数，且 z y x z y x z y y x 50132∵ 11＝2+9＝3+8＝4+7＝5+6，故小于50且数字和为11的质数只可能是29和47 若x+y+z ＝29，则可得4y=42 ，y 不是整数，舍去。
若x+y+z ＝47，则可得4y=60，y ＝15，从而x=30，z=2 ∴甲、乙、丙分别得糖30、15、2块.评注：本题的关键是分析出小于50且数字和为11的质数只可能是29和47。
这类问题是常利用质数的性质来分析求得所有的可能值，再设法检验求得所要的解。
例5 如果p 与p+2都是大于3的质数，那么6是p+1的因数。
(第五届加拿大数学奥林匹克试题)分析 任何一个大于3整数都可以表示成6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2,6n+3(n 是大于0的整数)中的一种，显然6n-2,6n, 6n+2,6n+3都是合数，所以大于3的质数均可以写成6n+1或6n-1的形式，问题即证明p 不能写成6n+1的形式。
解 因为p 是大于3的质数，所以可设p=6n+1(n 是大于0的整数)，那么 p+2=6n+1+2=6n+3=3(2n+1) 与p+2是大于3的质数矛盾。
于是p ≠6n+1，所以p=6n-1(n 是大于0的整数)，从而p+1=6n ，即6是p+1的因数。
评注：对大于3整数合理分类是解决这个问题的关键。
对无限多个整数进行讨论时，将其转化为有限的几类是一种常用的处理方法。
例6 证明有无穷多个n ，使多项式n 2+3n+7表示合数。
分析：要使多项式n 2+3n+7表示合数，只要能将多项式n 2+3n+7表示成两个因式的积的形式。
证明 当n 为7的倍数时，即n=7k(k 是大于等于1的整数)时n 2+3n+7=(7k)2+3⨯7k+7=7(7k 2+3k+1) 为7的倍数，所以它显然是一个合数。
评注：本题也可将7换成其他数，比如：3、5、11等等。
例7求证：22001+3是合数分析：22001+3不能分解，22001次数又太高，无法计算。
我们可以探索2 n 的末位数字的规律，从而得出22001+3的末位数字，由此来证明22001+3是合数。
证明：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，29＝256，…∴24k+1的末位数字是2，24k+2的末位数字是4，24k+3的末位数字是8，24k+4的末位数字是6（k 为非负整数）而2001＝4⨯250+1 ∴22001的末位数字是2，∴22001+3的末位数字是5∴5∣22001+3，显然22001+3≠5 所以22001+3是合数 评注：本题另辟蹊径，通过探索2 n 的末位数字的规律来得出22001+3的末位数字，从而证明22001+3是合数。
解数学竞赛题，思路要开阔。
例8 求证大于11的整数一定可以表示成两个合数之和。
证明 设大于11的整数为N若N=3k(k ≥4,且k 为整数)，则N=6+3(k-2)，显然6和3(k-2)都是合数 若N=3k+1(k ≥4,且k 为整数)，则N=4+3(k-1)，显然4和3(k-1)都是合数 若N=3k+2(k ≥4,且k 为整数)，则N=8+3(k-2)，显然8和3(k-2)都是合数 于是对任意正整数N(N>11)，一定可以表示成两个合数之和。
评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法。
但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。
例9 证明：n (n+1)+1(n 是自然数)不能是某个整数的平方。
分析：注意到n (n+1)+1=n 2+n+1，∵n 是自然数，∴n 2<n 2+n+1<( n+1)2，这为我们证题提供了出发点。
证明：n (n+1)+1=n 2+n+1，∵n 是自然数，∴n 2<n 2+n+1<( n+1)2， 而n 、n+1是两个相邻的自然数，∴n (n+1)+1(n 是自然数)不能是某个整数的平方。
评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论。
例10 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数。
证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。
分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。
接下来用反证法来证明这个问题。
证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。
假设有一个绝对质数M 中出现的数字超过了3个，也即这个绝对质数中出现的数字包含了1，3，7，9，则13791379M 211+==M a a a n ，M 2=M+9137，M 3=M+7913，M 4=M+3791，M 5=M+1397，M 6=M+3197，M 7=M+7139都是质数。
可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M 1、M 2、M 3、M 4、M 5、M 6、M 7被7除所得余数互不相同。
因而必有一个是0，即能被7整除，这与此数是质数矛盾。
所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字。
评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明。
三、三、巩固练习选择题1、在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x ，偶数的个数为y ，完全平方数的个数为z ，合数的个数为u ，则x+y+z+u 的值是( )A 、17B 、15C 、13D 、112、设n 为大于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（ ） A 、3n 2-3n+3 B 、5n 2-5n-5 C 、9n 2-9n+9 D 、11n 2-11n-113、有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50的的最大质数，一个是大于60的最小质数，则这3个数的和是( )A 、101B 、110C 、111D 、1134、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )A 、4994B 、9449C 、4586D 、86455、a 、b 为正整数，且56a+392b 为完全平方数，则a+b 的最小值等于( ) A 、6 B 、7 C 、8 D 、96、3个质数p 、q 、r 满足等式p+q=r ，且p<q<r ，则p 的值是( ) A 、2 B 、3 C 、5 D 、7 填空题7、使得m 2+m+7是完全平方数的所有整数m 的积是8、如果一个正整数减去54，是一个完全平方数，这个正整数加上35后，是另外一个完全平方数，那么这个正整数是9、一个质数的平方与一个正奇数的和等于125，则这两个数和积是 10、p 是质数，p 2+2也是质数，则1997+p 4=11、若n 为自然数，n+3，n+7都是质数，则n 除以3所得的余数是12、设自然数n 1>n 2，且792221=-n n ，则n 1= ，n 2= 解答题13、证明：不存在这样的三位数abc ，使cab bca abc ++成为完全平方数。