初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)
初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)
第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。
例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。
．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。
例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。
初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛数论定理数论是数学的一个重要分支，它研究的是整数之间的性质和关系。
在中学阶段数学竞赛中，数论是一个必考的难点，其中数论定理是必须掌握的内容。
下面就来讲述一下中学数学竞赛中常考的数论定理。
1. 质数分解定理任意一个自然数都可以唯一分解成若干个质数的积。
例如，24=2×2×2×3，而28=2×2×7。
在数论中，质数是自然数中只能够被1和其本身整除的数，2、3、5、7、11、13、17等等都是质数。
而将一个自然数n分解成若干个质数的积，又称为n的质因数分解式。
2. 最大公约数定理对于任意两个自然数a和b（a≠0或b≠0），有：它们的最大公约数（Greatest Common Divisor，缩写为GCD）等于它们的公因数中最大的一个。
例如，GCD（18，24）=6，因为18的因数有1、2、3、6、9和18，而24的因数有1、2、3、4、6、8、12和24，它们的公因数有1、2、3和6，而其中最大的一个就是6，即GCD（18，24）=6。
4. 模运算定理（欧拉定理）当a和n是互质的正整数时，有a^(φ(n)) ≡ 1(mod n)，其中φ(n)代表n的欧拉函数，即小于n的正整数中与n互质的数的个数。
例如，当a=2、n=3时，φ(n)=2，有2^(φ(n))=2^2=4，而4-1=3是3的倍数，因此2^(φ(n)) ≡ 1(mod n)，即2^(φ(n)) ≡ 1(mod 3)。
5. 费马小定理当p是一个质数，a是一个正整数时，有a^(p-1) ≡ 1(mod p)。
以上就是中学数学竞赛中常考的数论定理。
掌握好这些定理，将有利于解决数论问题。
第一讲(初等数论)
第一讲、初等数论与数学竞赛一、进位制知识要点：（1） 十进制自然数N 的表示方法：12110011101,...,2,1,09010101010a a a a a a N a n i a a a a a a N n n n n i ini i n n n n ⋅⋅⋅=≠-=≤≤⨯=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=--=--∑，上式也可写作），（其中 （2） b 进制数b N 表示方法：)0,10(0≠-≤≤=∑=n i i ni i b a b a b a N（3） 十进制数与b 进制数的互相转换 例题分析：例1、 将十进制数2000转换成六进制数。
2......33362000=÷ 3......556333=÷ 1......9655=÷ 3......169=÷1......061=÷ 所以6)13132(2000=十进制整数转换为b 进制数方法：“除b 取余” 例2、 将十进制数0.315转换为八进制数。
520.28315.0=⨯ 整数部分为：2 160.48520.0=⨯ 整数部分为：4 280.18160.0=⨯ 整数部分为：1 240.28280.0=⨯ 整数部分为：2 所以，8)2412.0(315.0≈十进制小数转换为b 进制数方法：“乘b 取整”例3、2000263616361)13132(12346=+⨯+⨯+⨯+⨯=5625.354142434042)21.203(210124=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=--b 进制数转换为十进制数只需直接进行计算。
例4、把正整数中的所有数字都不大于7的数排成一列，求所形成的递增数列中的第2000项。
解：所形成的数列为1，2，3，4，5，6，7，10，11，12，13，14，15，16，17，20，21，22，23，......可以看出，数列中的每一项顺次构成全体八进制数，而8)3270(2000= 因此，数列中的第2000项为3720.例5、设十进制数1999在b 进制中写成三位数xyz ，且x+y+z=1+9+9+9，求b 的值。
初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛中常用的数论定理：
1. 质数与因数：任何一个整数都可以唯一分解成若干质数的乘积，而且所有的因子都由这些质因子的指数作出来。
2. 最大公因数和最小公倍数：两个正整数a和b的最大公因数和最小公倍数分别记作gcd(a,b)和lcm(a,b)。
它们有许多重要性质可以应用。
3. 素性质数列：素数可以用许多方式列举出来，例如欧拉函数、Wilson定理、费马小定理等等。
其中一些方法在竞赛中比较常用。
4. 同余定理：如果a和b除以正整数m的余数相同，即
a≡b(mod m)，那么a和b就被称为模m同余。
同余关系具有传递性、对称性和反对称性，可以用来证明各种数学恒等式和不等式。
5. 等比数列：等比数列指的是一个数列中每个数都是前一个数乘以一个固定的比例因子。
一些有用的定理包括调和平均值不小于几何平均值、柯西不等式等等。
6. 解方程：竞赛中常常需要解各种复杂的方程，例如二次方程、方程组、移项变系数、绝对值不等式等等。
有些常见的技巧包括配方法、因式分解、代数恒等式、三角变换等等。
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？。
数学竞赛筑阶系列讲座01—初等数论之一
b a 数学竞赛筑阶系列讲座——初等数论之一讲解人：凌 彬姓名__________专题一：整数的基本知识一、十进制整数和整除概念十进制中的n 位数表示为：12121121101010n n n n n n a a a a a a a a ----=⨯+⨯++⨯+ ， 其中i a 是0到9中整数且0n a ≠．设a 、b 是两个整数，0b ≠，假如有一个整数c ，使得a bc =，则称b 能整除a ，记作|b a ．如果没有这样的c ，则称b 不能整除a ，记作 ．例1．一个六位数，如果它的前三位数码与后三位数码完全相同，顺序也相同，则7，11，13是此六位数的约数．例2．证明：201001能被11整除．二、数的整除的特征1．一个整数被2整除（即是偶数），则它的个位是偶数；反之亦然． 2．一个整数被5整除，则它的个位数是0或5；反之亦然．3．设整数1n N a a = 被3（或9）整除，则N 的各位数码之和1n a a ++ 被3（或9）整除，反之亦然．4．设整数1n N a a = 被11整除，则N 的各位数码的正负交错和：111(1)n n n a a a ---++-被11整除；反之亦然．例3．用数码1，2，3，4，5，6各十个，随意排成一个六十位数n ，求证：n 一定是3的倍数．例4．由数码0，1，2，3，4，5能否组成各位数码不同而又能被11整除的六位数？例5．已知1345n xy z =能被792整除，试确定x 、y 、z 的值．三、整除的两个基本性质和一个基本公式基本性质1 如果|c ab ，(, )1a c =，那么|c b ．基本性质2 设|b a ，|c a ，如果(, )1b c =，那么|bc a ． 基本公式 对任意正整数n 以及整数a 、b ，总有|n n a b a b --．例6．已知有n 使1987|111n，求证：对此n 也有 1987|111999888777nnnn．例7．证明：对任意一个整数a ，都有36|a a -．例8．已知|10n a b -，|10n c d -，求证：|n ad bc -．四、平方数的性质（也叫完全平方数）1．性质1 平方数的个位数只能取0、1、4、5、6、9这六种情形． 2．性质2 偶数的平方必是4的倍数即偶数的平方必是8n 或84n +型． 3．性质3 奇数的平方必是8的倍数加1即81n +型．4．性质4 平方数与平方数的乘积必为平方数，平方数与非平方数的乘积必为非平方数． 5．性质5 平方数的形式必为下列两种之一：3k ，31k +． 6．性质6 平方数的数字之和只能是0，1，4，7，9．（注：256的各位数字相加25613++=，13叫做256的各位数字之和，再把13的各位数字相加134+=，4也叫做256的各位数字之和）例9．证明： 111n，222n ， ，999n(1)n >都不是平方数．例10．证明：225671987m mn n -+=无整数解．例11．证明：方程2222n a b c abc ++=(*)n N ∈只有0a b c ===这一组整数解．例12．证明：49，4489，444889， ，14448889nn -都是平方数．例13．证明： 1111100051nn -⨯+是平方数．五、巩固练习1．设n 为正整数，证明：421n -能被15整除．2．已知存在正整数n ，使 111n被1987整除，证明：数 111999888777nn n np =和数 1111111999888777n n n n q ++++=都能被1987整除．3．已知八位数141283x y 是9及11的倍数，求这个八位数的万位数码x 及十位数码y ．4．设n 为非负整数，求证：2211112n n +++是133的倍数．5．证明：有一个且只有一个n ，使811222n ++是平方数．6．设正整数n 不是4的倍数，证明：10|1234n n n n +++．。
初中数学竞赛中的数论问题
初中数学竞赛中的数论问题
近年来，数学竞赛在初中教育中变得越来越受欢迎。
在竞赛中，学生们开始着重于探索数论问题并研究如何解决。
当学生们对数论的思维有了更深的理解后，数学竞赛便变得更加有趣，也更有价值。
本文重点阐述初中数学竞赛中的数论问题，以及如何解决它们。
在初中数学竞赛中，数论问题是比较重要的部分。
它们包括计算机算法、数学逻辑、数论等。
首先，计算机算法是解决问题的基础。
学生们需要用涉及如搜索、排序、字符串匹配等算法的知识，来实现一些数学模型的自动化求解。
其次，学生们也要掌握数学逻辑，例如，通过构造函数、求解方程组等，从而推演出相关模型，实现目标。
最后，学生们需要学习数论，以解决竞赛中有关素数、因数分解、逆元等概念的问题。
解决数论问题需要综合运用算法、数学逻辑和数论的技巧。
一般来说，学生在解决这些问题之前，需要先考虑清楚各种条件，把问题用数学语言描述出来，然后结合算法、数学逻辑和数论的技巧进行分析，最后给出解决方案。
另外，除了掌握数论方面的知识，学生们还需要培养良好的学习习惯和思维素质。
一方面，学生们要熟悉数论知识，并结合实际，不断提高自己的应用能力和思维水平。
另一方面，学生们要学会从容应对，并勇于探索。
有时候，数论的问题可能会比较棘手，但学生们要学会积极主动地去思考和探索，找出最佳的解决方案。
通过上述介绍，可以看到，初中数学竞赛中的数论问题既难又好
玩。
学生们不仅要掌握数论知识，还需要持之以恒地学习，培养良好的学习习惯和思维素质。
当学生掌握了这些技巧，便能解决竞赛中的复杂数论问题，获得取得更理想的成绩。
初中数学竞赛讲座 01奇数和偶数
竞赛讲座01－奇数和偶数整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k表示，奇数可用2k+1表示，这里k是整数.关于奇数和偶数，有下面的性质：（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数；（3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；（4）若a、b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶；（5）n个奇数的乘积是奇数，n个偶数的乘积是2n的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数.以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.1.代数式中的奇偶问题例1（第2届“华罗庚金杯”决赛题）下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？□+□=□，□-□=□，□×□＝□□÷□＝□.解因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12个整数中至少有六个偶数.例2 （第1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n是偶数，m是奇数，方程组是整数，那么（A）p、q都是偶数. （B）p、q都是奇数.（C）p是偶数，q是奇数（D）p是奇数，q是偶数分析由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（C）例3 在1，2，3…，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.分析因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+…+1992==996×1993为偶数于是题设的代数和应为偶数.2.与整除有关的问题例4（首届“华罗庚金杯”决赛题）70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，….问最右边的一个数被6除余几？解设70个数依次为a1,a2,a3据题意有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：当n被3除余1时，a n是偶数；当n被3除余0时，或余2时，a n是奇数，显然a70是3k+1型偶数，所以k必须是奇数，令k=2n+1，则a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.解设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35)，则a+b=45，又十位数能被11整除，则a-b应为0，11，22（为什么？）.由于a+b与a-b有相同的奇偶性，因此a-b=11即a=28，b=17.要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是17，现在8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这三个数字只能是2，1，0.故所求的十位数是9876524130.例6（1990年日本高考数学试题）设a、b是自然数，且有关系式123456789=（11111+a）（11111-b），①证明a-b是4的倍数.证明由①式可知11111（a-b）=ab+4×617②∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知a、b 都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数，这与式①矛盾其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由②知a-b是4的倍数.3.图表中奇与偶例7（第10届全俄中学生数学竞赛试题）在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表.解按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法：在黑板所示的2×2的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两个.表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个.显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现.例8（第36届美国中学生数学竞赛试题）将奇正数1，3，5，7…排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）解由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=4×496+1，因此1985是第497行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起，1985在第二列.例9 如图3-1，设线段AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n个分点，把AB分成n+1个不重叠的小线段，如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段.证明不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数.分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用A、B分别表示红、绿点；不难看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变两次又回到A，现在最后一个字母是B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必为奇数.4.有趣的应用题例 10（第2届“从小爱数学”赛题）图3-2是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.（1）如果P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么B点是在岸上还是在水中？说明理由.解（1）连结AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而A点必在水中.（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为2，由于 A点在水中，氢不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见B点必在岸上.例11 书店有单价为10分，15分，25分，40分的四种贺年片，小华花了几张一元钱，正好买了30张，其中某两种各5张，另两种各10张，问小华买贺年片花去多少钱？分析设买的贺年片分别为a、b、c、d（张），用去k张1元的人民币，依题意有10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数)即 2a+3b+5c+8d=20k显然b、c有相同的奇偶性.若同为偶数，b-c=10 和a=b=5，不是整数；若同为奇数，b=c=5和a=d=10,k=7.例12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数.证明给出入口处展览室记“+”号，凡与“+”相邻的展览室记“-”号，凡与“-”号相邻的展览室都记“+”号，如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同.一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的“+”号室，他的路线是+-+-…+-+-，即从“+”号室起到“+”号室止，中间“-”、“+”号室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了2n+1室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2个门（包括进出出入口门各1次）.设其经过的方形门的次数是r次，经过圆形门的次数是s，则s+r=2n+2为偶数，故r-s也为偶数，所以命题结论成立.例13 有一无穷小数A=0.a1a2a3…a n a n+1a n+2…其中a i(i=1,2)是数字，并且a1是奇数，a2是偶数，a3等于a1+a2的个位数…，a n+2是a n+a n+1(n=1,2…,)的个位数，证明A 是有理数.证明为证明A是有理数，只要证明A是循环小数即可，由题意知无穷小数A的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两个数字ab重复出现了，即0.…ab…ab…此小数就开始循环.而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律：A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇……又a是奇数可取1，3，5，7，9；b是偶数可取0，2，4，6，8.所以非负有序实数对一共只有25个是不相同的，在构成A的前25个奇偶数组中，至少出现两组是完全相同的，这就证得A是一循环小数，即A是有理数.练习1.填空题（1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______.（2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的多18，这五个偶数之和是____.（3）能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结？答____.2.选择题（1）设a、b都是整数，下列命题正确的个数是（）①若a+5b是偶数，则a-3b是偶数；②若a+5b是偶数，则a-3b是奇数；③若a+5b是奇数，则a-3b是奇数；④若a+5b是奇数，则a-3b是偶数.（A）1 （B）2 （C）3 （D）4（2）若n是大于1的整数，则的值（）.（A）一定是偶数（B）必然是非零偶数（C）是偶数但不是2 （D）可以是偶数，也可以是奇数（3）已知关于x的二次三项式ax2+bx+c（a、b、c为整数），如果当x=0与x=1时，二次三项式的值都是奇数，那么a（）（A）不能确定奇数还是偶数（B）必然是非零偶数（C）必然是奇数（D）必然是零3.（1986年宿州竞赛题）试证明11986+91986+81986+61986是一个偶数.4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数.5.有n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n能被4整除6.在一个凸n边形内，任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n边形分为只朋角形的小块，试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性.7.（1983年福建竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第二位数字大于其它各位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数.8.（1909年匈牙利竞赛题）试证：3n+1能被2或22整除，而不能被2的更高次幂整除.9.（全俄15届中学生数学竞赛题）在1，2，3…，1989之间填上“+”或“-”号，求和式可以得到最小的非负数是多少？练习参考答案１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数）（２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８．（３）不能．２．Ｂ．Ｂ．Ａ３．１１９８６是奇数１，９１９８６的个位数字是奇数１，而８１９８６，６１９８６都是偶数，故最后为偶数．４．仿例５１２０３４６５８７９．５．设ａ１，ａ２，…，ａｎ满足题设即ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝０①ａ１·ａ２……ａｎ＝ｎ②。
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。
数学奥赛讲稿 初等数论奇数、偶数、质数、合数(一)
数学奥赛讲稿 初等数论奇数、偶数、质数、合数（一）知识、方法、技能Ⅰ.整数的奇偶性将全体整数分为两类，凡是2的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为2m （m ∈Z ），任一奇数可表为2m+1或2m －1的形式.奇、偶数具有如下性质：（1）奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数；奇数±偶数=奇数；偶数×偶数=偶数；奇数×偶数=偶数；奇数×奇数=奇数；（2）奇数的平方都可表为8m +1形式，偶数的平方都可表为8m 或8m +4的形式（m ∈Z ）.（3）任何一个正整数n ，都可以写成l n m2=的形式，其中m 为非负整数，l 为奇数.这些性质既简单又明显，然而它却能解决数学竞赛中一些难题.Ⅱ.质数与合数、算术基本定理大于1的整数按它具有因数的情况又可分为质数与合数两类.一个大于1的整数，如果除了1和它自身以外没有其他正因子，则称此数为质数或素数，否则，称为合数.显然，1既不是质数也不是合数；2是最小的且是惟一的偶质数.定理：（正整数的惟一分解定理，又叫算术基本定理）任何大于1的整数A 都可以分解成质数的乘积，若不计这些质数的次序，则这种质因子分解表示式是惟一的，进而A 可以写成标准分解式： n a n a a p p p A 2121⋅= （*）.其中i n p p p p ,21<<< 为质数，i α为非负整数，i =1，2，…，n .【略证】由于A 为一有限正整数，显然A 经过有限次分解可分解成若干个质数的乘积，把相同的质因子归类整理可得如（*）的形式（严格论证可由归纳法证明）.余下只需证惟一性.设另有j m n q q q q q q q A m ,,212121<<<⋅= 其中βββ为质数，i β为非负整数，j=1，2，…，m .由于任何一i p 必为j q 中之一，而任一j q 也必居i p 中之一，故n=m .又因 ),,2,1(,,2121n i q p q q q p p p i i n n ==<<<<<则有，再者，若对某个i ，i i βα≠（不妨设i i βα>），用i i p β除等式n n n a n a a p p p p p p βββ 21122121⋅=两端得：.11111111n i i n i i n i i n i p p p p p p p ββββεβαα +-+--⋅=此式显然不成立（因左端是i p 的倍数，而右端不是）.故i i βα=对一切i =1，2，…，n 均成立.惟一性得证.推论：（合数的因子个数计算公式）若n n p p p A ααα 2121=为标准分解式，则A 的所有因子（包括1和A 本身）的个数等于).1()1)(1(21+++n ααα （简记为∏=+n i i 1)1(α） 这是因为，乘积2222212111()1()1(21nn p p p p p p p p ++++++⋅++++ αα )nn p α++ 的每一项都是A 的一个因子，故共有∏=+ni i 1)1(α个. 定理：质数的个数是无穷的.【证明】假定质数的个数只有有限多个,,,21n p p p 考察整数.121+=n p p p a 由于1>a 且又不能被),,2,1(n i p i =除尽，于是由算术基本定理知，a 必能写成一些质数的乘积，而这些质数必异于),,2,1(n i p i =，这与假定矛盾.故质数有无穷多个.赛题精讲例1．设正整数d 不等于2，5，13.证明在集合｛2，5，13，d ｝中可以找到两个元素a ,b ，使得a b －1不是完全平方数.（第27届IMO 试题）【解】由于2×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，因此，只需证明2d －1，5d －1，13d －1中至少有一个不是完全平方数.用反证法，假设它们都是完全平方数，令2d －1=x 2①5d －1=y 2②13d －1=z 2③x,y,z ∈N *由①知，x 是奇数，设x =2k －1，于是2d －1=（2k －1）2，即d =2k 2－2k+1，这说 明d 也是奇数.因此，再由②，③知，y,z 均是偶数.设y=2m ,z =2n ,代入③、④，相减，除以4得，2d =n 2－m 2=(n+m)(n －m)，从而n 2－m 2为偶数，n ，m 必同是偶数，于是m+n 与m －n 都是偶数，这样2d 就是4的倍数，即d 为偶数，这与上述d 为奇数矛盾.故命题得证.例2．设a 、b 、c 、d 为奇数，bc ad d c b a =<<<<并且,0，证明：如果a +d =2k ，b+c=2m ，k,m 为整数，那么a =1.（第25届IMO 试题）【证明】首先易证：.22m k >从而ad d a d a c b a d m k 4)()(,(22+-=+->->于是因为 22)(4)(c b bc c b +=+->.再由,222,2,22a b a b b c a d bc ad k m m k -=⋅-⋅-=-==可得 因而))(()2(2a b a b a b m k m -+=⋅--①显然，a b a b -+,为偶数，a b m k --2为奇数，并且a b a b -+和只能一个为4n 型 偶数，一个为4n+2型偶数（否则它们的差应为4的倍数，然而它们的差等于2a 不是4 的倍数），因此,如果设f e a b m k ⋅=--2，其中e,f 为奇数，那么由①式及a b a b -+,的特性就有（Ⅰ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21f a b e a b m 或（Ⅱ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21e a b f a b m 由f a b a b a b ef m k 222≤-<-≤-=- 得e=1，从而.2a b f m k --=于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为⎪⎩⎪⎨⎧-=-=+--)2(2,21a b a b a b m k m 或⎪⎩⎪⎨⎧=--=+--12),2(2m m k a b a b a b 解之，得1122-+-=⋅m m k a .因a 为奇数，故只能a =1.例3．设n a a a ,,,21 是一组数，它们中的每一个都取1或－1，而且a 1a 2a 3a 4+a 2a 3a 4a 5+…+a n a 1a 2a 3=0，证明：n 必须是4的倍数.（第26届IMO 预选题）【证明】由于每个i a 均为1和－1，从而题中所给的等式中每一项321+++i i i i a a a a 也只取1或－1，而这样的n 项之和等于0，则取1或－1的个数必相等，因而n 必须是偶数，设n=2m.再进一步考察已知等式左端n 项之乘积=(n a a a 21)4=1，这说明，这n 项中取－1的项（共m 项）也一定是偶数，即m=2k ，从而n 是4的倍数.。
初一数学竞赛培训讲座第1讲--数论的方法技巧(上)
初一数学竞赛培训讲座第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力.数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”.因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了.任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作.”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重.小学数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆.主要的结论有：1．带余除法：若a，b 是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r 是唯一的.特别地，如果r=0，那么a=bq.这时，a 被b 整除，记作b|a，也称b 是a 的约数，a 是b 的倍数.2．若a|c，b|c，且a，b 互质，则ab|c.3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数N 都可以写成质数的连乘积，即(1)，其中p 1＜p 2＜…＜p k 为质数，a 1，a 2，…，a k 为自然数，n K P P P N ααα××××=⋯2121并且这种表示是唯一的.（1）式称为N 的质因数分解或标准分解.4．约数个数定理：设n 的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a 1+1）（a 2+1）…（a k +1）.5．整数集的离散性：n 与n+1之间不再有其他整数.因此，不等式x＜y 与x≤y-1是等价的.下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解.一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决.这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0；2．带余形式：a=bq+r；3.标准分解式:nK P P P N ααα××××=⋯21214．2的乘方与奇数之积式：n=2m t，其中t 为奇数.例1红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差.结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998.问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a 3，a 2，a 1，a 0，则这个四位数可以写成：1000a 3+100a 2+10a 1+a 0，它的各位数字之和的10倍是10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是990a 3+90a 2-9a 0=1998，110a 3+10a 2-a 0=222.比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a 0=8，a 2=1，a 3=2.所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8.例2在一种室内游戏中,魔术师要求某参赛者想好一个三位数,然后魔术师再要求他记下5abc 个数、、、、，并把这五个数加起来求出和N.只要参赛者讲出N 的大小，魔acb bca bac cab cba 术师就能说出原数是什么？如果N=3194，那么是多少？abc abc 解：依题意，得++++=3194.acb bca bac cab cba两边同时加上,得:222(a+b+c)=3194+,∴222(a+b+c)=222×14+86+.abc abc abc 由此可推知:+86是222的倍数,且a+b+c>14.abc 设+86=222n，考虑到是三位数，依次取n=1，2，3，4，分别得出=136，358，580，abc abc abc 802，再结合a+b+c>14，可知原三位数=358.abc 说明：求解本题所用的基本知识是，正整数的十进制表示法和最简单的不定方程.例3从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？解：设a，b，c，d 是所取出的数中的任意4个数，则a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中m，n 是自然数.于是c-d=18（m-n）.上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同.设这个余数为r，则a=18a 1+r，b=18b 1+r，c=18c 1+r，其中a 1，b 1，c 1是整数.于是a+b+c=18（a 1+b 1+c 1）+3r.因为18|（a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12.因为1000=55×18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除.例4求自然数N，使得它能被5和49整除，并且包括1和N 在内，它共有10个约数.解：把数N 写成质因数乘积的形式:nn P N ααααα×××××=⋯43217532由于N 能被5和49整除，故3≥1，4≥2，其余的指数k 为自然数或零.ααα依题意，有（1+1）（2+1）…（n +1）=10.ααα由于3+1≥2，4+1≥3，且10=2×5，故1+1=2+1=5+1=…=n +1=1，αααααα即1=2=5=…=n =0，N 只能有2个不同的质因数5和7，因为4+1≥3＞2，故由ααααα（3+1）（4+1）=10.知，3+1=5，4+1=2是不可能的.因而3+1=2，4+1=5.αααααα即:N=52-1×75-1=5×74=12005.例5如果N 是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N 等于多少个2与1个奇数的积？解：因为210=1024，211=2048＞2000，每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于10个，而1024=210，所以，N 等于10个2与某个奇数的积.说明：上述5例都是根据题目的自身特点，从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解.二、枚举法枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题.运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原则是不重不漏.正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度.数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等.例6求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和.分析与解：三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量.设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z.由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以:x 2+y 2+z 2≤10，从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3.所求三位数必在以下数中：100，101，102，103，110，111，112，120，121，122，130，200，201，202，211，212，220，221，300，301，310.不难验证只有100，101两个数符合要求.例7将自然数N 接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N 整除，那么N 称为魔术数.问：小于2000的自然数中有多少个魔术数？PN解：设P为任意一个自然数，将魔术数N（N<2000）接后得，下面对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论.PN PN（1）当N为一位数时，=10P+N，依题意：N|，则N|10P，由于需对任意P成立，故N|10，所以N=1，2，5；PN PN（2）当N为两位数时，=100P+N，依题意：N|，则N|100P，由于需对任意P成立，故N|100，所以N=10，20，25，50；PN PN（3）当N为三位数时，=1000P+N，依题意：N|，则N|10P，由于需对任意P成立，故N|1000，所以N=100，125，200，250，500；（4）当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000.符合条件的有1000，1250.综上所述，魔术数的个数为14个.说明：（1）我们可以证明：k位魔术数一定是10k的约数，反之亦然.（2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题容易解决.例8有3张扑克牌，牌面数字都在10以内.把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人.每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23.问：这3张牌的数字分别是多少？解：13+15+23=51，51=3×17.因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了3次，3张扑克牌数字之和是17，可能的情况有下面15种：(1)1，6，10(2)1，7，9(3)1，8，8(4)2，5，10(5)2，6，9(6)2，7，8(7)3，4，10(8)3，5，9(9)3，6，8(10)3，7，7(11)4，4，9(12)4，5，8(13)4，6，7(14)5，5，7(15)5，6，6只有第(8)种情况可以满足题目要求，即:3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23.∴这3张牌的数字分别是3，5和9.例9写出12个都是合数的连续自然数.分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90，91，92，93，94，95，96.我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了.解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126.分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数.又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数.解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数.m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数.说明:我们还可以写出13！+2，13！+3，…，13！+13，（其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来.同样，（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个连续的合数.三、归纳法当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径.这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法.例10将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：（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=2a （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2a 张；(2)当N=2a +m（m＜2a ）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=26+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.如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯的号码是多少？例12要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？分析与解：一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究.（1）称重1克，只能用一个1克的砝码，故1克的一个砝码是必须的.（2）称重2克，有3种方案：①增加一个1克的砝码；②用一个2克的砝码；③用一个3克的砝码，称重时，把一个1克的砝码放在称重盘内，把3克的砝码放在砝码盘内.从数学角度看，就是利用3-1=2.（3）称重3克，用上面的②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰.（4）称重4克，用上面的方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰.总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重.（5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用:9-（3+1）=5，即用一个9克重的砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内.这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重.而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为14+13=27（克），可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重.总之，砝码的重量为1，3，32，33克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题的答案.这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，，……，克砝码可以称2313−n 出1，2，3，……，克重的重量.这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案.)3(211−n【能力平台】1．已知某个四位数的十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数的数字反着顺序排列成的数与原数之和等于9878.试求这个四位数.abcd2．是一个四位数，a、b、c、d均代表1，2，3，4中某个数字，但彼此不同，例如2，1，abcd3，4.请写出所有满足关系的a<b，b>c，c<d的四位数.3．设n是满足下列条件的最小自然数：它们是75的倍数且恰有75个自然数因数（包括1和本abcd身），求.4．不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一个大圆圈，从1开始数：隔过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去.问：最后剩下哪个数？为什么？6．圆周上放有N枚棋子，如右图所示，B点的一枚棋子紧邻A点的棋子.小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，连续转了10周，9次越过A.当将要第10次越过A处棋子取走其它棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子.若N是14的倍数，则圆周上还有多少枚棋子？7．用0，1，2，3，4五个数字组成四位数，每个四位数中均没有重复数字（如1023，2341），求全体这样的四位数之和.8．有27个国家参加一次国际会议，每个国家有2名代表.求证：不可能将54位代表安排在一张圆桌的周围就座，使得任一国的2位代表之间都夹有9个人.第1讲【能力平台】答案1.1987.∴（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）=9878.比较等式两边，并注意到数字和及其进位的特点，可知a+d=8，b+c=17.已知c-1=d，d+2=b，可求得：a=1，b=9，c=8，d=7.即所求的四位数为1987.2.1324，1423，2314，2413，3412，共5个.3.432.解：为保证n 是75的倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设n 有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且（α+1）（β+1）（γ+1）=75.易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件.此时，.244532××=n 43275=n 4.38.解：小于38的奇合数是9，15，21，25，27，33.38不能表示成它们之中任二者之和，而大于38的偶数A，皆可表示为二奇合数之和：A 末位是0，则A=15+5n，A 末位是2，则A=27+5n，A 末位是4，则A=9+5n，A 末位是6，则A=21+5n，A 末位是8，则A=33+5n，其中n 为大于1的奇数.因此，38即为所求.5.406.解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n 个数（n 为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数……划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下的还是起始数1.36＜999＜37，从999个数中划掉（999-36=）270个数，剩下的（36=）729个数，即可运用上述结论.因为每次划掉的是2个数，所以划掉270个数必须划135次，这时划掉的第270个数是（135×3=）405，则留下的36个数的起始数为406.所以最后剩下的那个数是406.6.23枚.解：设圆周上余a 枚棋子.因为从第9次越过A 处拿走2枚棋子到第10次将要越过A 处棋子时小洪拿走了2a 枚棋子，所以，在第9次将要越过A 处棋子时，圆周上有3a 枚棋子.依此类推，在第8次将要越过A 处棋子时，圆周上有32a 枚棋子……在第1次将要越过A 处棋子时，圆周上有39a 枚棋子，在第1次将要越过A 处棋子之前，小洪拿走了[2(39a-1)+1]枚棋子，所以N=2(39a-1)+1+39a=310a-1.若N=310a=59049a-1是14的倍数，则N 就是2和7的公倍数，所以a 必须是奇数；若N =（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是7的倍数，则4a-1必须是7的倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7的倍数.当N 是14的倍数时，圆周上有23枚棋子.7.259980.解：用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和.以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4×3×2=24（个）.这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能.因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为:（1+2+3+4）×4×3×2=240.以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择.因此，百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180.同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180.所以满足条件的四位数之和为240×1000+180×（1+10+100）=259980.8.将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54.由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除的余数号座.设想满足要求的安排是存在的.不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：21和31是同一国的代表；31和41不是同一国的代表；41和51是同一国的代表；51和61不是同一国的代表（61即7号座）.由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除的余数为号码的座位.取k=13，则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45，271被54除的余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表.这样，1号、11号、45号的三位代表是同一国的，这是不可能的.所以题目要求的安排不可能实现.。
《数学竞赛辅导》——初等数论
数学竞赛辅导》——初等数论部分数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991 年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6 道IMO 试题中有5 道与数论有关。
数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。
可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。
初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。
做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。
这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于a,b N, q,r N，满足a bq r，其中0 r b。
除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。
相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。
希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。
编者：刘道生2007-8-21 于江西赣州第一节整数的p 进位制及其应用正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数, 这是一种位值记数法。
进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系,数列问题等等。
在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。
基础知识给定一个 m 位的正整数 A ,其各位上的数字分别记为记为：A a m i a m 2a 。
（其中 a m 1 0 ）。
由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的m 1次多项式，即A a mi 10m1 a m 2 10m 2 a i 10 a 。
，其中 a ： {0,1,2, ,9}, i 1,2, ,m 1 且a m 10 ,像这种10的多项式表示的数常常简记为生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作A a m1a m2 a 0 ,以后我们所讲述的数字，若没有指明记数式的基， 我们都认为它是十进制的数字。
七年级数学上册竞赛系列讲座第一讲进位制
第一讲 进位制笔记：我们通常使用的十进制，有两个特点：1、用10个数字（数码），即0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，2、逢十进一除了十进制，还有其他的进位制。
例如南美的玛雅人采用了二十进制，欧洲有过十二进制（1“打”表示12只），六十进制（1小时等于60分），我国的旧秤，是16进制，1斤等于16两，所以成语“半斤八两”表示两个人实力相当，改用新秤，就应当是“半斤五两”了。
二进制，是十进制外最常用的进制。
二进制采用两个数字0,1，并且“逢二进一”。
在十进制中，365的6表示106⨯，3表示2103⨯。
同样，在二进制中，111的左边起第一个1表示221⨯，第二个1表示21⨯，第三个1（也是从右边数起的第一个1）表示1.为了避免混淆，g 进制中的数常加一个括号，并在右下方加注一个g 。
例如二进制中的111记作2111）（。
十进制的数则仍通常表示。
根据上面所说，2111）（=7121212=+⨯+⨯ 这就是化二进制为十进制的方法。
类似地，可以考虑g 进制。
在g 进制中，有g 个数字，分别表示0,1,2,3......g-1(在10>g 时，需要自己制造几个新的数字，这时仅有10个数字0,1,3，。
，9是不够的），并且“逢十进一”。
一般地，g 进制中的数可以写成_____________10)g n a a a ⋅⋅⋅（，即 。
二进制的运算十分简单，因而应用十分广泛，尤其在计算机中，基本上都用二进制与八进制。
二进制的四则运算与十进制基本相同，只是在加减运算中，将“逢十进一”改为“逢二进一”。
乘法口诀只剩一句“一一得一”，完全不需要背乘法表。
当然，0乘任何数，积为零。
1、将2101010）（化为十进制数。
2、化1027）（为二进制数。
3、计算：22101111）（）（⨯4、计算：22)101(100011÷）（5、计算：[]2222101110000110101110）（）（）（）（÷++。
初中数学竞赛辅导讲座19讲全套.docx
第一讲有理数一、冇理数的概念及分类。
二、有理数的计算：1、善于观察数字特征；2、灵活运用运算法则；3、掌握常用运算技巧(凑整法、分拆法等)。
三、例题示范1、数轴与大小例1、己知数轴上有A、B两点，A、B之间的距离为1,点A与原点0的距离为3, 那么满足条件的点B与原点0的距离之和等于多少？满足条件的点B有多少个？例2、将—122Z,_97 1998 98这四个数按由小到大的顺序，用连结起来。
1998 98 1999 99提示1：四个数都加上1不改变大小顺序；提示厶先考虑其相反数的大小顺序；提示3：考虑其倒数的大小顺序。
例3、观察图中的数轴，用字母a、b、c依次表示点A、B、C对应的数。
试确定三个数丄，丄丄的大小关系。
cib b-a c3 3分析：由点B在A右边，知b・a〉O,而A、B都在原点左边，故ab〉O,又c>l>0,故耍比较丄，丄丄的大小关系，只要比较分母的大小关系。
ab b- a c例4、在有理数a与b(b>a)之间找出无数个冇理数。
捉示：Pp + 山5为大于是的自然数) n注：P的表示方法不是唯一的。
2、符号和括号在代数运算中，添上(或去掉)括号可以改变运算的次序，从而使复杂的问题变得简单。
例5、在数1、2、3、…、1990前添上“ + ”和“一”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？提水：造零:n-(n+1 )-(n+2)+(n+3)=0注：造零的基本技巧「两个相反数的代数和为零。
3、算对与算巧例6、计算-1-2-3— -2000-2001-2002提示：1、逆序相加法。
2、求和公式：S二(首项+末项)x项数+2。
例7、计算1+2—3—4+5+6—7-8+9+…—2000+2001+2002提示：仿例5,造零。
结论：2003o例8、计算99...9x99・・・9 + 199 (9)s_V~v_V_z x~V~'n个9 拜个9 〃个9提示1：凑整法，并运用技巧:199…9二10"+99…9, 99・・・9二10"-1。
初中奥数讲义数论专题：进位制
华杯赛数论专题|.6 进位制我们平常熟悉的十进制.（2012）10＝2×103＋0×102＋1×101＋2其他进制转化为十进制.（a…bcde）n＝a×n k-1＋……＋b×n3＋c×n2＋d×n＋e例题.例1.A,B是两个自然数,如果A进位制数47和B进位制数74相等,那么A＋B的最小可能值是多少？【答案】24【解答】由已知.4A＋7＝7B＋4,即4A＝7B－3,可见B除以4余1。
又B进制中有7出现,说明B＞7,因此B的最小值是9,相应的计算出A＝15。
所以A＋B最小值是9＋15＝24。
例2.一个十进制的两位数A,它的十位数字为5,另一个R进制数为B,它的各位数字与A分别相等,而且B在十进制中恰好是A的3倍,那么数A和B在十进制中各是多少？【答案】50、150,或者55,165【解答】设A在十进制中表示是（）,由已知.5×R＋m＝3×（50＋m）,即5×R＝150＋2×m,可见m是5的倍数,因此m＝0或5。
相应的计算出R＝30或32。
所以A和B分别是50、150,或者55,165。
例3.一个自然数的六进制表示与九进制表示均为三位数,并且它们各位数字的排列顺序恰好相反,那么此自然数用十进制表示法写出是多少？【答案】212【解答】设自然数在六进制中表示是（）,则在九进制中表示是（）。
则36a＋6b＋c＝81c＋9b＋a,35a＝3b＋80c,通过对等式的观察,可以发现b是5的倍数。
又由于b是在六进制中的数,所以,b是0或5。
（1）若b＝0, 则上式变为35a＝80c,即7a＝16c,a需要是16的倍数,a又小于6。
所以,a＝0。
但是a在首位,a又不能等于0。
所以,这样的数字不存在。
（2）若b=5, 则上式变为7a＝3＋16c,a＝5,c＝2。
所以,这个六进制数是（552）6化为十进制是5×62＋5×6＋2＝212。
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第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。
例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。
．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。
例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。
具体做法是：用2乘十进制小数，可以得到积，将积的整数部分取出，再用2乘余下的小数部分，又得到一个积，再将积的整数部分取出，如此进行，直到积中的小数部分为零，或者达到所要求的精度为止。
然后把取出的整数部分按顺序排列起来，先取的整数作为二进制小数的高位有效位，后取的整数作为低位有效位。
例如：0.250.25*2 = 0.5 ------------整数部分：0 0.5*2 = 1.0 ------------整数部分：1所以十进制数0.25转为二进制数即为 0.01 所以十进制数 60.25 转为二进制数即为 (11100.01)2 二、典型问题：例1 证明：形如abcabc 的六位数总能被7、11、13整除。
证明：将已知的六位数写成十进制表达形式，得c b a c b a abcabc +⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=10101010102345)110()1010()1010(3425+⨯++⨯++⨯=c b a 100110010100100⨯+⨯+⨯=c b a )10100(1001c b a ++⨯= )10100(13117c b a ++⨯⨯= abcabc ∴总能被7，11，13整除。
【变式】试证明：任何一个四位正整数，如果四个数字和是9的倍数，那么这个四位数必能被9整除。
并把它推广到n 位正整数，也有同样的结论。
证明：设一个四位数为103a +102b +10c +d ，根据题意得a+b+c+d =9k (k 为正整数)，∴d =9k －a －b －c ,代入原四位数，得 103a +102b +10c ＋9k －a －b －c ＝(103－1)a +(102-1)b +9c +9k =9(111a +11b +c +k) ∵111a +11b +c +k 是整数，∴四位数103a +102b +10c +d 能9被整除推广到n 位正整数：n 位正整数记作10n －1a 1+10n-2a 2+…+10a n-1+a n （1） ∵a 1+a 2+…+a n-1+a n =9k(k 是正整数) ∴a n =9k －a 1－a 2－…－a n-1 代入（1）得原数＝10n －1a 1+10n-2a 2+…+10a n-1+9k －a 1－a 2－…－a n-1 ＝（10n-1－1）a 1+（10n-2－1）a 2+…+9a n-1+9k ∵10n-1－1，10n-2－1，…10－1分别表示-1999n 个，-2999n 个，…，9∴原数＝9（ -1111n 个a 1＋ -2111n 个a 2＋…＋a n +k ）∴这个n 位正整数必能被9整除【注】能被2、3、5、7、11、13、17、19整除的数的特征 （1）能被2整除的数的特征是个位上是偶数，（2）能被3整除的数的特征是所有位数的和是3的倍数（例如：315能被3整除，因为3+1+5=9是3的倍感）（3）能被5整除的数个位上的数为0或5， （4）能被7整除的数的特征若一个整数的个位数字去掉,再从余下的数中,减去个位数的2倍,如果差是7的倍数, 则原数能被7整除。
如果数字仍然太大不能直接观察出来，就重复此过程。
（5）能被11整除的数的特征把一个数由右边向左边数,将奇位上的数字与偶位上的数字分别加起来,再求它们的差,如果这个差是11的倍数(包括0),那么,原来这个数就一定能被11整除。
例如：判断491678能不能被11整除。
奇位数字的和9+6+8=23 偶位数位的和4+1+7=12因此,491678能被11整除。
这种方法叫“奇偶位差法”。
（6）能被13整除的数的特征把一个整数的个位数字去掉，再从余下的数中，加上个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被13整除。
如果数字仍然太大不能直接观察出来，就重复此过程。
例如：判断1284322能不能被13整除。
128432+2×4=12844012844+0×4=128441284+4×4=13001300÷13=100所以，1284322能被13整除。
（7）能被17整除的数的特征把一个整数的个位数字去掉，再从余下的数中，减去个位数的5倍，如果差是17的倍数，则原数能被17整除。
如果数字仍然太大不能直接观察出来，就重复此过程。
例如：判断1675282能不能被17整除。
167528-2×5=16751816751-8×5=167111671-1×5=1666166-6×5=136到这里如果你仍然观察不出来，就继续……6×5=30，现在个位×5=30>剩下的13，就用大数减去小数，30-13=17，17÷17=1；所以1675282能被17整除。
（8）能被19整除的数的特征把一个整数的个位数字去掉，再从余下的数中，加上个位数的2倍，如果差是19的倍数，则原数能被19整除。
如果数字仍然太大不能直接观察出来，就重复此过程。
例2．设n为正整数，计算999n个 ×999n个＋1999n个解：原数＝（10n –1）×（10n –1）+1×10n+10n－1111n 个1222n 个2这些数都是两个相邻的正整数的积＝333×3341 ×（ 1013n -＋1）111n 个1 222n 个2＝109n ＝ 103n -上述结论证明了各数都是两个相邻的正整数的积4．已知：有一个三位数除以例5 已知abcd 是一个四位数，且999 =-dcba abcd ，问“”代表几？解：将abcd 及dcba 用十进制表示出来，并求差，得)1111010111(9d c b a dcba abcd --+=-。
可见，两数之差为9的倍数，从而999也应是9的倍数，故+9+9+9也是9的倍数，得“”代表9或0，由题意知0舍去，所以代表9。
例6．一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。
解：设原六位数1右边的五位数为x ，那么原六位数可记作1×105＋x ，新六位数为10x ＋1， 根据题意，得 10x ＋1＝3（1×105＋x ） 7x=299999 x=428571210a a a ，这1210a a a +1321a a a -+111210k k k k a a a a a a -+--+．一个自然数的首位数字是4，将其首位数字移至末尾之后，它的大小降为原来的最小正整数。
解：设所求的数表示为4abc =410n A ⨯+，其中A=ab c (A 是一个4104ab c A =+由题意，得410n⨯+4(104)A + 39A=4(10n⨯-19996n -⨯个9143332n -⨯个3故13332n -个3必能被13整除，不难发现33332最小值是410256。
9．已知一个四位数的各位数字的和与这个四位数相加等于解：设所求四位数是abcd ，由题意得 1995=++++abcd d c b a 。
19952111011001=+++∴d c b a 。
①此时必有a =1（请读者想一想为什么？）∴101b +11c +2d =994 ②此时必有b =9（请读者想一想为什么？）85211=+∴d c 。
③对于③式，若c =8或9，则左边都大于85；若c ≤6，则左边都小于85，所以只有c =7。
将c =7代入③，得 d =4。
故所求四位数是1974。
说明：解答整数问题，常常需要从首位或末位数字入手去进行分析，本例在确定a ，b ，c ，d 的值时，我们都是采用了首位数字分析法。
例11．试证明：当abc 是37的倍数时，bca 也是37的倍数。
证明：a c b bca c b a abc ++=++=10100,10100 ， a c b a bca 999)10100(10-++=∴ a abc 372710⨯-⨯=。
故当abc 是37的倍数时，bca 也一定是37的倍数。
例12．有一种室内游戏，魔术师要求某参赛者想好一个三位数abc ，然后，魔术师再要求他记下五个数acb 、bac 、bca 、cab 、cba ，并把这五个数加起来求出和N ，只要讲出N 的大小，魔术师就能说出原数abc是什么。
如果N=3194，请你确定abc 。
解：由题意，得3194=++++cba cab bca bac acb 。
两边加上abc ，得 abc c b a +=++3194)(222， abc c b a ++⨯=++∴8614222)(222。