人教版初中数学《整数的整除性》竞赛专题复习含答案

人教版初中数学《整数的整除性》竞赛专题复习含答案§19．1整除19.1.1★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． 解析 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．设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +（其中n 是整数），于是()()()()22222121231121n n n n n -+++++=++．所以()()()22212|212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦．又()2111n n n n ++=++，而n 、1n +是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以()1n n +是偶数，从而21n n ++是奇数，故()()()22224212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦Œ． 19．1．2★★若x 、y 为整数，且23x y +，95x y +之一能被17整除，那么另一个也能被17整除． 解析 设23u x y =+，95x y =+．若17|u ，从上面两式中消去y ，得3517v u x -=．① 所以 17|3v ．因为（17，3）=1，所以17|v 即17|95x y +．若17|v ，同样从①式可知17|5u ．因为（17，5）=1，所以17|u ，即17|23x y +． 19.1.3★★设n 是奇数，求证： 60|6321n n n ---．解析 因为260235=⨯⨯，22、3、5是两两互质的，所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即可． 由于n 是奇数，有22|62n n -，22|31n +， 所以22|6231n n n ---； 又有3|63n n -，3|21n +， 所以3|6321n n n ---； 又有5|61n -，5|32n n +， 所以5|6321n n n ---．所以60|6321n n n ---． 评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k 表示，奇数常用21k +表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a 被3除时，余数只能是0、1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k 、31k +、32k +这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．19．1．4★★设n 为任意奇正整数，证明：15961000270320n n n n +--能被2006整除． 解析 因为200621759=⨯⨯，所以为证结论成立，只需证n 为奇正整数时，15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除．显然，表达式能被2整除． 应用公式，n 为奇数时，()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++， ()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++.由于159610005944+=⨯，2703205910+=⨯，所以15961000270320n n n n +--能被59整除. 又159627013261778-==⨯，10003206801740-==⨯，所以15961000270320n n n n +--能被17整除．19.1.5★★若整数a 不被2和3整除，求证：()224|1a -．解析 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 、61k +、62k +、63k +、64k +、65k +这六类．由于6k 、62k +、64k +是2的倍数，63k +是3的倍数，所以a 只能具有61k +或65k +的形式，有时候为了方便起见，也常把65k +写成61k -（它们除以6余数均为5）．故a 具有61k ±的形式，其中k 是整数，所以()()222161136121231a k k k k k -=±-=±=±．由于k 与31k ±为一奇一偶（若k 为奇数，则31k ±为偶数，若k 为偶数，则31k ±为奇数），所以()2|31k k ±，于是便有()224|1a -．19．1．6★★★求证：31n +（n 为正整数）能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除． 解析 按模2分类．若2n k =为偶数，k 为正整数，则()22313131n k n +=+=+．由3k 是奇数，()23k 是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设()2381k l =+，于是()3182241n l l +=+=+，41l +是奇数，不含有2的因数，所以31n +能被2整除，但不能被2的更高次幂整除． 若21n k =+为奇数，k 为非负整数，则()()()22131313313811461n k k l l ++=+=⋅+=++=+．由于61l +是奇数，所以此时31n +能被22整除，但不能被2的更高次幂整除． 19.1.7★★设p 是质数，证明：满足22a pb =的正整数a 、b 不存在. 解析 用反证法．假定存在正整数a 、b ，使得 22a pb =.令() , a b d =，1a a d =，1b b d =，则()11 , 1a b =.所以 222211a d pb d =，2211a pb =，所以21|p a ．由于p 是质数，可知，1|p a .令12a pa =，则22221a p pb =，所以2221pa b =．同理可得，1|p b .即1a 、1b 都含有p 这个因子，这与()11 , 1a b =矛盾．19．1．8★★如果p 与2p +都是大于3的质数，那么6是1p +的约数.解析 每一整数可以写成6n 、61n -、61n +、62n -、62n +、63n +中的一种（n 为整数），其中6n 、62n -、62n +、63n +在1n ≥时都是合数，分别被6、2、2、3整除．因此，质数p 是61n -或61n +的形式. 如果()611p n n =+≥，那么 ()263321p n n +=+=+是3的倍数，而且大于3，所以2p +不是质数．与已知条件矛盾． 因此()611p n n =-≥．这时16p n +=是6的倍数． 评注 本题是将整数按照除以6，所得的余数分为6类． 质数一定是61n +或61n -的形式．当然，反过来，形如61n -或61n +的数并不都是质数．但可以证明形如61n -的质数有无穷多个，形如61n +的质数也有无穷多个．猜测有无穷多个正整数n ，使61n -与61n +同为质数．这是孪生质数猜测，至今尚未解决． 19.1.9★★已知a 、b 是整数，22a b +能被3整除，求证：a 和b 都能被3整除． 证 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 Œ．令3a m =，31b n =±（m 、n都是整数），于是()222222996133321a b m n n m n n +=+±+=+±+，不是3的倍数，矛盾．（2）a ，b 两数都不能被3整除.令31a m =±，31b n =±，则()()2222223131961961a b m n m m n n +=++±=±++±+()22333222m n m n =+±±+，不能被3整除，矛盾．由此可知，a 、b 都是3的倍数．19．1．10★★若正整数x 、y 使得2x x y+是素数，求证：x y ≤.解析 设2x p x y=+是素数，则()py x x p =-，所以()|p x x p -，故|p x ，或者|p x p -，故可得|p x ，且p x <.令x kp =，k 是大于1的整数，则 ()1y x k x =-≥．19.1.11★证明：形如abcabc 的六位数一定被7、11、13整除． 解析100171113abcabc abc abc =⨯=⨯⨯⨯．由此可见，abcabc 被7、11、13整除．19．1．12★任给一个正整数N ，把N 的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的正整数N '，试证明：N N '-被9整除．解析 N 除以9，与N 的数字和除以9，所得余数相同．N '除以9，与N '的数字和除以9，所得余数相同．N 与N '的数字完全相同，只是顺序相反，所以N 与N '的数字和相等．N 除以9与N '除以9，所得的余数相同，所以N N '-被9整除． 19.1.13★19991999199919991999N =连写个.求N 被11除所得的余数．解 显然，N 的奇数位数字和与偶数位数字和的差为()1999999119998⨯+--=⨯.19998⨯除以11的余数与88⨯除以11的余数相同，即余数为9．从而N 除以11，所得的余数为9． 19．1．14★在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被3、4、5分别整除．符合这些条件的六位数中，最小的一个是多少？ 解析 要命名这个六位数尽可能小，而且能被5整除，百位数字和个位数字都应选0．这样，已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19．要使这个六位数能被3整除，十位上可填2、5、8．由能被4整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知，应在十位上填2．这个六位数是568020．19.1.15★★已知四位数abcd 是11的倍数，且有b c a +=，bc 为完全平方数，求此四位数． 解析 在三个已知条件中，b c a +=说明给出b 和c ，a 就随之给定，再由11|abcd ，可定d .而bc 为完全平方数，将b 和c 的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中，只要从这个范围中挑选符合要求的即可．由bc 完全平方数，只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况．由b c a +=，此时相应的a 为7、7、9、13、10、9．其中13和10显然不可能是四位数的千位数字．在716d 、725d 、936d 、981d ，这四种可能性中，由11|abcd ，应有()()11|d b a c +-+． ()()11|176d +-+时，d 可为1； ()()11|275d +-+时，这种d 不存在； ()11|396d +-+时，d 可为1； ()11|891d +-+时，d 可为2．故满足条件的四位数有：7161、9361、9812．评注bc 为完全平方数，表示bc 是两位整数，0b ≠，因此，不考虑00、01、04、09这四种情况，否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.19．1．16★★用0，1，2，…，9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？ 解析 因为0+1+2+…+9=45．这个最大十位数若能被11整除，其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）为0或11的倍数．由于这十个数字之和是45（奇数），所以这个差不可能是0、22、44（偶数）．若这个差为33，则只能是396-，但0+1+2+3+4=10，即最小的五个数字之和都超过6，不可能．若这个差为11，()4511228+÷=，452817-=．如果偶数位为9、7、5、3、1，其和为25；奇数位为8、6、4、2、0，其和为20．交换偶数位上的1与奇数位上的4，可得偶数位上的数为9、7、5、4、3，奇数位上的数为8、6、2、1、0．19.1.17★★一个六位数88的倍数，这个数除以88所得的商是多少？ 解析设这个六位数为1234A B ，因为它是88的倍数，而88811=⨯，8与11互质，所以，这个六位数既是8的倍数，又是11的倍数．由1234A B 能被8整除，可知34B 能被8整除（一个数末三位组成的数能被8整除，这个数就能被8整除），所以B 是4．由能被11整除的数的特征（一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除，这个数就能被11整除），可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差()()234144A A ++-++=-能被11整除，则40A -=，即4A =． 124344881413÷=．所以，这个六位数是124344的商是1413．19．1．18★★如果六位数105整除，那么，它的最后两位数是多少？ 解析 因为这个六位数能被105357=⨯⨯，3、5、7这三个数两两互质，所以，这个六位数能同时被3、5、7整除．根据能被5整除的数的特征，它的个位数可以是0或5．根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七种可能：199320，199350，199380，199305，199335，199365，199395．而能被7整除的数的特征是：这个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7整除．经试算：395199196-=，196能被7整除．所以，199395能被105整除，它的最后两位数是95．19.1.19★★形如1993199319931993520n 个，且能被11整除的最小数是几？解析 本题实质上确定n 的最小值．利用被11整除的数的特征：偶数位数字之和与奇位数字之和的差能被11整除．该数的偶数位数字之和为122n +，奇数位数字之和为105n +，两者之差为()12210523n n n +-+=-．要使()11|23n -，不难看出最小的7n =，故所求最小数为71993199319931993520个．19．1．20★★★是否存在100个不同的正整数，使得它们的和与它们的最小公倍数相等？ 解析 存在满足条件的100个数．事实上，对任意正整数()3n ≥，下述n 个数3，23⨯，223⨯，…，223n -⨯，13n -， 它们的最小公倍数为123n -⨯，和为221222132323233323233n n n n ----+⨯+⨯++⨯+=+⨯++⨯+33211113232333323n n n n n -----=+⨯++⨯+==+=⨯．所以，这几个数的和等于它们的最小公倍数．取100n =，可知存在符合要求的19.1.21★★下面这个41位数20555个20999个能被7整除，问中间方格代表的数字是几？解析 因为5555555111111=⨯，9999999111111=⨯，11111137111337=⨯⨯⨯⨯，所以555555和999999都能被7整除，那么由18个5和18个9分别组成的18位数，也能被7整除．而原数=185230555000个个1851899000999+个个，因此右边的三个加数中，前后两个数都能被1整除，那么只要中间的能被7整除，7整除．把拆成两个数的和：5599BA B +.因为7|55300，7|399336+=． 评注 记住111111能被7整除很有用．19．1．22★★一位魔术师让观众写下一个六位数a ，并将a 的各位数字相加得b ，他让观众说出a b -中的5个数字，观众报出1、3、5、7、9，魔术师便说出余下的那个数，问那个数是多少？ 解析 由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同，所以a b -是9的倍数．设余下的那个数为x ，则 ()9|13579x +++++，即()9|7x +，由于09x ≤≤，所以，2x =．19．1．23★★若p 、q 、21p q -、21q p-都是整数，并且1p >，1q >．求pq 的值．解析 若p q =，则 212112p p q p p--==- 不是整数，所以p q ≠．不妨设p q <，于是2121212p q q q q q --<<=≤，而21p q -是整数，故211p q -=，即21q p =-．又214334q p p p p--==- 是整数，所以p 只能为3，从而5q =．所以 3515pq =⨯=．19．1．24★★★试求出两两互质的不同的三个正整数x 、y 、z 使得其中任意两个的和能被第三个数整除． 解析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．不妨设x y z <<，于是y z x +、z x y +、x yz+都是正整数．先考虑最小的一个：12x y z z z z++<=≤，所以1x yz+=，即z x y =+．再考虑z x y +，因为()|y z x +，即()|2y y x +，所以|2y x ，于是2212x y y y <=≤， 所以21x y=，即2y x =，从而这三个数为x 、2x 、3x ．又因为这三个数两两互质，所以1x =． 所求的三个数为1、2、3．19.1.25★★★求所有的有理数a ，使得421a -≤，并且44127a A a-=为整数. 解析 由条件，可知1344a ≤≤.当14时，0A =是整数；下面考虑1344a <≤的情形，此时设pa q =，p 、q 为正整数，且() , 1p q =．则由()34427p q p A q -=为正整数和() , 1p q =可知4|4q q p -，进而|4q q p -，导致|q p ，再结合() , 1p q =，得1q =.于是()3427p p A -=，又114a p =>．故3p ≤，易知仅当3p =时A 为正整数． 综上可知，满足条件的14a =或13．19．1．26★★设正整数x 、y 、r 、t 满足1100x y r t <<<≤≤．求x ry t+的最小值．解析 由条件，可知11111121100100100100100100x r r y y y t y y y ++++=++=≥≥≥. 等号在()() , , , 1 , 10 , 11 , 100x y r t =时取到，因此所求的最小值为21100. 19.1.27★★已知正整数a 、b 、p 、q 、r 、s 满足条件1qr ps -=，p a rq b s<<．证明：b q s +≥． 解析 由条件，可知pb aq <，as br <，故1pb aq +≤，① 1as br +≤．② 将①s ⨯与②q ⨯，然后相加，得 psb s q brq ++≤．结合1rq ps -=，可知b q s +≥.19．1．28★★★将正整数N 接写在任意一个正整数的右面（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：在小于130的正整数中有多少个魔术数？ 解析设P 为任意一个正整数，将魔术数()130N N <接后得PN ，下面对N 为一位数、两位数、三位数分别进行讨论．（1）当N 为一位数时，10PN P N =+，依题意|N PN ，则|10N P .由于需对任意数P 成立，故|10N ．所以N =1，2，5．（2）当N 为两位数时，100PN P N =+，依题意|N PN ，则|100N P ，故|100N ．所以N =10，20，25，50．（3）当N 为三位数时，1000PN P N =+，依题意|N PN ，则|1000N P ，故|1000N ．所以100N =，125．综上所述，魔术数的个数为9个． 评注 （1）我们可以证明：k 位魔术数一定是10k 的约数． 事实上，设N 是k 位魔术数，将N 接写在正整数P 的右面得：10k PN P N =⨯+，由魔术数定义可知：|N PN ，因而10k P ⨯也能被N 整除，所以|10k N ．这样我们有： 一位魔术数为1，2，5；二位魔术数为10，20，25，50；三位魔术数为100，125，200，250，500； 三位或三位以上的魔术数，每种个数均为5．（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，使问题较容易解决．19.1.29★★一个正整数如果从左读到右与从右到左读所得的结果相同，则称这个数为回文数．例如：1，343及2002都是回文数，但2005则不是．请问能否找到2005个不同的回文数122005 , , , n n n ，使得122005110 , 110 , , 110n n n +++也都是回文数？ 解析 取回文数10999901n =，则11011000011n +=也是回文数．因为n 中9的数目可以任选，可取110901n =，2109901n =，…，20052005910999901n =个，因此我们可以找到2005个回文数满足题目所要求的条件．19．1．30★★将2008个同学排成一行，并从左向右编为1至2008号．再从左向右从1到11地报数，报到11的同学原地不动，其余同学出列．留下的同学再次从左向右从1到11地报数，报到11的同学留下，其余同学出列．留下的同学第三次从左向右1到11报数，报到11的同学留下，其余同学出列．问最后留下的同学有多少人？他们的编号是几号？ 解 由题意，第一次报数后留下的同学，他们的编号必为11的倍数． 第二次报数后留下的同学，他们的编号必为211121=的倍数． 第三次报数后留下的同学，他们的编号必为3111331=的倍数．因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1~2008中，1331的倍数只有一个，即1331号．所以，最后留下一位同学，编号为1331．19.1.31★★★甲、乙两人进行了下面的游戏．两人先约定一个整数N ，然后由甲开始，轮流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字之一填入下面的任一方格中．□□□□□□每一方格只填一个数字，六个方格都填上数字（数字可重复）后，就形成一个六位数，如果这个六位数能被N 整除，就算乙胜；如果这六位数不能被N 整除，就算甲胜．设N 小于15，那么当N 取哪几个数时，乙才能取胜？ 解析 N 取偶数，甲可以在最右边方格里填一个奇数（六位数的个位），就使六位数不能被N 整除，乙不能获胜．5N =，甲可以在六位数的个位填一个不是0或5的数，甲就获胜．上面已经列出了乙不能获胜的N 的取值情况． 如果1N =，很明显乙必获胜．如果3N =或9，那么乙在填最后一个数时，总是能把六个数字之和凑成3的整数倍或9的整数倍．因此乙必获胜． 当7N =，11，13时是本题最困难的情况．注意到100171113=⨯⨯，乙就有一种必胜的办法．我们从左往右数这六个格子，把第一与第四，第二与第五，第三与第六配对，甲在一对格子的一格上填某一个数字后，乙就在这一对格子的另一格子上填同样的数字，这就保证所填成的六位数能被1001整除，这个六位数就能被7、11或13整除，故乙就能获胜． 综合起来，使乙获胜的N 是1、3、7、9、11、13．19．1．32★★小明家电话号码原为六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个七位数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2，成为一个八位数的电话号码．小明发现，他家两次升位后的电话号码的八位数，恰是原来电话号码的六位数的81倍，问小明家原来的电话号码是多少？ 解析设原来电话号码的六位数为abcdef ，则经过两次升位后电话号码的八位数为28a bcdef ．根据题意，有 8128abcdef a bcdef ⨯=．记43210101010x b c d e f =⨯+⨯+⨯+⨯+， 于是5568110812081010a x a x ⨯⨯+=⨯+⨯+，解得 ()125020871x a =⨯-． 因为5010x <≤，所以()5012502087110a ⨯-<≤，故1282087171a <≤. 因为a 为整数，所以2a =．于是 ()125020871282500x =⨯-⨯=． 所以，小明家原来的电话号码为282500．19.1.33★★若a 是不超过1000的正整数，且247a a ++是最简分数，则a 的取值有多少个？ 解析 因为2723444a a a a +=-+++，所以()4 , 231a +=，由于23是质数，所以4a +不是23的倍数即可，在5，6，…，1004中，23的倍数有43个，所以满足条件的正整数a 有100043957-=个．19．1．34★★★★在各位数码各不相同的10位数中，是11111的倍数的数共有多少个． 解析 设这个10位数为abcdefghij ，因为这10位数的各位数码各不相同，所以a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i 、j 是0 , 1 , 2 , , 9的一个排列，故 45a b c d e f g h i j +++++++++=． 所以9|abcdefghij ．因为11111|abcdefghij 且（11111，9）=1，所以99999|abcdefghij ，即599999|10abcde fghij ⨯+．又99999|99999abcde ⋅，所以99999|abcde fghij +．因为0999992abcde fghij <+<⨯，所以99999abcde fghij +=， 所以9a f b g c h d i e j +=+=+=+=+=．而99081726354=+=+=+=+=+，所以，符合题意的数共有 54543212432123456⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=（个）．19.1.35★★★从1，2，…，9这九个数字中，每次取出3个不同的数字组成三位数，求其中能被3整除的三位数的和． 解析 对于固定的三个不同的非零数字a 、b 、c ，任意排列，可得6个不同的三位数，它们的和为()2111a b c ++⨯．因为()3|3|abc a b c ⇔++，所以有以下两种情况：（1）a 、b 、c 除以3所得的余数相同，即a 、b 、c 取成{}1 , 4 , 7，或{}2 , 5 , 8，或{} 3 , 6 , 9，这样得到的()332118⨯⨯⨯=个的三位数的总和为 ()()()21472583691119990++++++++⨯=⎡⎤⎣⎦．（2）a 、b 、c 除以3所得的余数各不相同，不妨设a 取自{}1 , 4 , 7，b 取自{}2 , 5 , 8，c 取自{}3 , 6 , 9，这种三位数共有()333321162⨯⨯⨯⨯⨯=个．对于固定的a ，易知b 、c有339⨯=种取法，因而这162个三位数的和为 ()91239211189910++++⨯⨯=．综合（1）、（2），可知，所求的满足条件的三位数总和为 9990+89910=99900．19．1．36★★★证明一个正整数，当且仅当它不是2的整数幂时，可以表示成若干个（至少两个）连续正整数的和． 解析 当且仅当，有两方面的意思．一方面，当一个正整数不是2的整数幂时，它可以表示成几个连续正整数的和．另一方面，如果一个正整数可以表示成几个连续正整数的和，那么它一定不是2的整数幂．设n 不是2的整数幂．这时n 可以写成2k n h =⋅，h 是大于1的奇数.① 我们可将n 写成h 个连续正整数的和．中间一个是2k ，它的两侧是21k -与21k +，再向外分别写22k -与22k +，…，直至122k h --与122k h -+（h 是奇数，所以12h -是整数），即()()132********k k k k kh h n --⎛⎫⎛⎫=-+-++-+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭312222k k h h --⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．另一方面，设n 是()1h h >个连续正整数1k +，2k +，…，k h +的和，则 ()()()()()11122122k k h hn k k k h k h h +++=++++++==++，其中h 与21k h ++奇偶性不同，即至少有一个是大于1的奇数．所以这时n 不是2的整数幂． 评注 2的整数幂没有大于1的奇约数．所以一个整数，如果有大于1的奇约数就一定不是2的整数幂．19.1.37★★★玛丽发现将某个三位数自乘后，所得乘积的末三位数与原三位数相同．请问：满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少？ 解析设三位数为abc ，则21000abc k abc =+，即()33125abc abc k -=⋅，而(), 11abc abc -=，所以，32|abc ，且35|1abc -；或者32|1abc -，且35|abc ． （1）若32|abc ，且35|1a b c -，则1125abc -=，375，625，875，只有376abc =使得32|abc ，故此时376abc =满足题意．（2）若32|1abc -，且35|abc ，则125abc =，375，625，875，只有625abc =使得32|1abc -，故此时625abc =满足题意．所以，所求的和为376+625=1001．19．1．38★★★我们知道，4998约分后是12，但按下面的方法，居然也得14941:29882==.试求出所有分子和分母都是十进制两位正整数，分子的个位数与分母的十位数相同，且具有上述“奇怪”性质的真分数．解析 设真分数ab bc 具有上述性质，则ab bc <，且1ab acbc =<，于是1010a b ab c c+=+，故()910ac b a c =-．若()9|10a c -，则()9|a c -，但是9a c -<，所以0a c -=，矛盾．故9不整除10a c -，所以3|b ．（1）若3b =，则310ac a c =-，于是10333131a a c a a -==+++，所以()()31|3a a +-，而331a a -<+，故只能是3a =，从而3c =，矛盾．（2）若6b =，则()3210ac a c =-，于是2021263232a a c a a -==+++，当6a >时，021232a a <-<+，此时c 不是整数；当6a =时，6c =，矛盾；当6a <时，应有12232a a -+≥，所以2a ≤，而当1a =时，4c =，此时，满足题意的真分数为1664，当2a =时，5c =，此时，满足题意的真分数为2665．（3）若9b =，则10ac a c =-，于是10101011a c a a ==-++，所以，()1|10a +，故a =1，4，9．当1a =时，5c =，此时，满足题意的真分数为1995；当4a =时，8c =，此时，满足题意的真分数为4998；当9a =时，9c =，矛盾．综上所述，满足题意的真分数为：1664，2665，1995，4998. 19.1.39★★★在1，2，3，…，1995这1995个数中，找出所有满足下面条件的数a ：()1995a +能整除1995a ⨯．解析 19951995aa+是一个整数．这个式子的分子、分母都有a ，所以应当先进行变形，使得分子不含有a ．()19951995199519951995199519951995199519951995a a a a a+-⨯⨯==-+++. 根据已知，19951995a a +是整数，所以199519951995a⨯+是整数．因为22221995199535719⨯=⨯⨯⨯，所以它的因数1995a +可以通过检验的方法定出．注意11995a ≤≤，所以199519953990a <+≤．如果1995a +不被19整除，那么它的值只能是以下两种： 223573675⨯⨯=，223572205⨯⨯=．如果1995a +被19整除，而不被219整除，那么它的值只能是以下两种： 237192793⨯⨯=，257193325⨯⨯=．如果1995a +被219整除，那么它的值只能是以下两种： 27192527⨯=，223193249⨯=．于是满足条件的a 有6个，即从以上1995a +的6个值分别减去1995，得出的6个值： 1680，210，798，1330，532，1254．评注 形如ac a b +的式子，可以化成cbc a b-+.使得只有分母含a ，而分子不含a ．这种方法有点像假分数化成带分数．19．1．40★★★在1，2，…，2010这2010个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除？ 解析 首先，如下61个数：11，11+33，11233+⨯，…，()1160331991+⨯=满足题设条件．另一方面，设12n a a a <<<是从1，2，…，2010中取出的满足题设条件的数，对于这n 个数中的任意4个数 , , , i j k m a a a a ，因为()33|i k m a a a ++，()33|j k m a a a ++，所以()33|j i a a -．因此，所取的数中任意两个之差都是33的倍数．设133i i a a d =+， 2 , 3 , , i n =.由()12333|a a a ++，得()12333|33333a d d ++． 所以133|3a ，111|a ，即111a ≥．1201011613333n n a a d --=<≤，故60n d ≤，所以，61n ≤． 综上所述，n 的最大值为61．19.1.41★★★圆周上放有N 枚棋子，如图所示．B 点的棋子紧邻A 点的棋子．小洪首先拿走B 点的棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子．这样连续转了10周．9次越过A ，当将要第10次越过A 取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N 是14的倍数，请帮助小洪精确计算一下圆周上还有多少枚棋子． 解析 如果在A 、B 之间再添一枚棋子，并在第一次取棋子时将它取走，那么每一次都是在相邻3枚棋子中取走2枚，所以每取一周，剩下的棋子是上一次剩下的13．B设最后剩下a 枚棋子．根据分析所说 1013N a +=，① 即1031N a =⨯-．因为N 是14的倍数，所以N 是偶数，a 是奇数．又N 是7的倍数，而10539==（7的倍数）+52=（7的倍数）+4，所以41a -是7的倍数． 因为a 是20与29之间的奇数，将a =21，23，25，27，29代入41a -，逐一检验，只有a =23时，4191713a -==⨯是7的倍数． 所以圆周上还有23枚棋子． 评注 在A 、B 之间添上一枚棋子，使得取棋子有明显的规律，从而得到①．这是一种很巧妙的想法．在计算103除以7的余数时，可以将其中7的倍数抛弃，直至出现小于7的4．这是常用的方法．19．1．42★★★★求证：对1i =，2，3，均有无穷多个正整数n ，使得n ，2n +，28n +中恰有i 个可表示为三个正整数的立方和． 解析 三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是因为整数可写为3k 或31k ±（k是整数），而()33393k k =⨯，()()332319331k k k k ±=±+±．对1i =，令()33312n m =--（m 是正整数），则n 、28n +被9除的余数分别为4、5，故均不能表示为三个整数的立方和，而()()()3332313131n m m m +=-+-+-．对2i =，令()331222n m =-+（m 是正整数）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而()3323126n m +=-++， ()333283155n m +=-++．对3i =，令3216n m =（m 是正整数）满足条件：()()()333345m m m m =++， ()3332611n m +=++， ()33328613n m +=++．§19．2奇数与偶数19.2.1★设有101个自然数，记为12101 , , , a a a ．已知12310123101a a a a s ++++=是偶数，求证：13599101a a a a a +++++是偶数．解析 ()1359910123451001012244100100a a a a a s a a a a a a +++++=-++++++是偶数．19．2．2★设121998 , , , x x x 都是1+或者1-．求证：12319982319980x x x x ++++≠．解析()12319981351997231998351997x x x x x x x x ++++=++++()241998241998x x x ++++.因为131997 , 3 , , 1997x x x 这999个数均为奇数，所以它们的和为奇数，于是12199821998x x x +++=奇数0≠．19.2.3★★设()12 , ,, 4n x x x n >为1+或为1-，并且123423451230n x x x x x x x x x x x x +++=． 求证：n 是4的倍数． 解析 设12342345123 , , , n x x x x x x x x x x x x 中1+有k 个，于是1-也有k 个，故2n k =为偶数．把12342345123 , , , n x x x x x x x x x x x x 这n 个数相乘，得()()4121kn x x x =-，所以()11k-=．故k 是偶数，从而n 是4的倍数．19．2．4★某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数． 解析 我们证明每一个学生的得分都是偶数．设某个学生答对了a 道题，答错了b 道题，那么还有40a b --道题没有答．于是此人的得分是()5404240a a b b a b +---=-+，这是一个偶数．所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．19.2.5★把前50个正整数分成两组，使第一组内各数之和等于第二组内各数之和，能办到吗？说明你的理由． 解析 不能办到．如果能办到，那么所有数加起来应该是第一组内各数之和的2倍，是偶数，但这50个数的总和为5051125025512⨯+++==⨯是个奇数，矛盾！19．2．6★设1，2，3，…，9的任一排列为129 , , , a a a ，求证：()()()129129a a a ---是一个偶数．解析 因为()()()()()()123912912391290a a a a a a a -+-+-++-=+++-+++=是偶数，所以，()()()1291 , 2 ,, 9a a a ---这9个数中必定有一个是偶数，从而可知()()()129129a a a ---是偶数．解析2 由于1，2，…，9中只有4个偶数，所以1a 、3a 、5a 、7a 、9a 中至少有一个是奇数，于是11a -、33a -、55a -、77a -、99a -中至少有一个是偶数，从而()()()129129a a a ---是偶数.19.2.7★有n 个数12 , ,, n x x x ，它们中的每一个数或者为1，或者为1-，如果1223110n n n x x x x x x x x -++++=， 求证：n 是4的倍数． 解析 我们先证明2n k =为偶数，再证k 也是偶数． 由于12 , , , n x x x 的绝对值都是1，所以12231 , ,, n x x x x x x 的绝对值也都是1，即它们或者是为1+，或者为1-，设其中有k 个1-，由于总和为0，故1+也有k 个，从而2n k =． 下面我们来考虑()()()12231n x x x x x x ⋅⋅⋅.一方面，有()()()()122311kn x x x x x x ⋅⋅⋅=-，另一方面，有()()()()212231121n n x x x x x x x x x ⋅⋅⋅==．所以()11k-=，故k 是偶数，从而n 是4的倍数.19．2．8★★设a 、b 是正整数，且满足关系式()()1111111111123456789a b +-=．求证：a b -是4的倍数． 解析 由已知条件可得11111a +与11111b -均为奇数，所以a 、b 均为偶数，又由已知条件()111112468a b ab -=+，因为ab 是4的倍数，24684617=⨯也是4的倍数，所以()11111a b ⨯-是4的倍数，故a b -是4的倍数．19.2.9★★9999和99!（注：99!123499=⨯⨯⨯⨯⨯，读作99的阶乘）能否表示成为99个连续的奇数的和？ 解析 （1）9999能．因为()()()()999898989898999998999699299992=-+-++-+++++()()989899969998+++．即9999能表示为99个连续奇数的和． （2）99!不能．因为99!12399=⨯⨯⨯⨯是一个偶数，而99个连续奇数之和仍为奇数，所以99!不能表示为99个连续奇数之和． 评注 如果答案是肯定的，我们常常将满足题意的例子举出来或造出来，这称为构造法． 如果答案是否定的，常常采用反证法，找出其中的矛盾． 19．2．10★★代数式rvz rey suz swx tuy tvx --++-．① 中，r 、s 、t 、u 、v 、w 、x 、y 、z 可以分别取1+或1-． （1）证明：代数式的值都是偶数； （2）求这个代数式所能取到的最大值． 解析 （1）①式中共有6项，每项的值都是奇数（1+或1-），所以它们的代数和为偶数．（2）显然，①式的值6≤，但它取不到6这个值，事实上，在rvz 、rwy -、suz -、swx 、tuy 、tvx -这六项中，至少有一项是1-，要证明这一点，将上面这6项相乘，积是 ()21rstuvwxyz -=-．所以六项中，至少有一项是1-，这样，六项和至多是514-=．在u 、x 、y 为1-，其他字母为1时，①式的值是4，所以①的最大值为4． 评注 本例中的代数式实际上是行列式 r s t u v w x y z的展开式，行列式是一个很有用的工具，在今后的学习中还会遇到．19.2.11★★★在n n ⨯（n 为奇数）方格表里的每一个方格中任意填上一个1+或1-，在每一列的下面写上该列所有数的乘积，在每行的右面写上该行所有数的乘积，求证：这个乘积的和不等于0． 解析 设每列下面的数为12 , , , n a a a ,每行右面的数为12 , , , n b b b ，依题意得1i a =+或1-，1i b =+或\1-， 1 , 2 , , i n =，若这2n 个乘积的和为0，即12120n n a a a b b b +++++++=，则这2n 个数中1+的个数与1-的个数一样多，都是n 个，但事实上，因为 1212n n a a a b b b =，()21212121n n n a a a b b b a a a ==．所以这2n 个数中1-的个数为偶数，即n 为偶数，矛盾．19．2．12★★在黑板上写上1，2，…，2000，2001，只要黑板上还有两个或两个以上的数，就擦去其中任意两个数a 和b ，并写上a b -，问最后黑板上剩下的数是奇数还是偶数？ 解析因为a b -与a b -有相同的奇偶性，而a b -又与a b +有相同的奇偶性，因此a b-与a b +具有相同的奇偶性．所以黑板上剩下的数的奇偶性与20012002122001*********⨯+++==⨯的奇偶性相同，是奇数．19.2.13★★把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色，问有没有可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由．解析 如果每条线上红圈都是奇数个，那么5条线上的红圈数相加仍是奇数．但另一方面，由于每个圈都在两条直线上，因而相加时每个红圈都被计算了两次，从而相加的总和应该是偶数．两方面的结果是矛盾的．因此，不可能使同一条线上的红圈数都是奇数．19．2．14★★围棋盘上有1919⨯个交叉点，在交叉点上已经放满了黑子与白子，并且黑子与白子相间地放，即黑子（白子）的上、下、左、右都放着白子（黑子）．问能否把这些黑子全部移到原来白子的位置上，而白子也全移到原来的黑子的位置上？ 解析 不能．因为1919361⨯=是奇数，所以，必有奇数个白子，偶数个黑子；或者奇数个黑子，偶数个白子．即黑、白子数必然一奇一偶．奇数不可能等于偶数，所以无法使黑子与白子的位置对调．19.2.15★★参加会议的人，有不少互相握过手．握手的次数是奇数的那部分人，人数是奇数还是偶数？为什么？ 解析 由于每握一次手，握手的两个人，每一个都握了一次手．因此每握一次手，两个人握手次数的和就是2次．所以，全部与会的人握手的总次数必定是偶数．我们把参加会议的人分成两类，甲类握手次数是偶数，乙类握手次数是奇数，甲类人握手的总次数显然是偶数．注意甲类人握手的总次数加上乙类人握手的总次数等于全部与会的人握手的总次数，所以乙类人握手的总次数也应当是偶数．由于乙类人每人握手的次数都是奇数，而偶数个奇数相加，和才能为偶数，因此，乙类人必为偶数个，即握手次数是奇数的那部分人，人数是偶数．19．2．16★★设标有A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 记号的七盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关．现在A 、C 、E 、G 四盏灯开着，其余三盏灯是关的．小刚从灯A 开始，顺次拉动开关.即从A 到G ，再从A 到G ，这样拉动了1999次开关后，哪几盏灯是开的？ 解析 一盏灯的开关被拉动奇数次后，改变状态，即开的变成关的，关的变成开的．一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变状态，即开的仍为开的，关的仍为关的．因此本题的关键是计算各盏灯被拉次数的奇偶性．由 199972854=⨯+，可知，A 、B 、C 、D 四盏灯的开关各被拉动了286次，而E 、F 、G 三盏灯的开关各被拉动了285次．所以，A 、B 、C 、D 四灯不改变状态，E 、F 、G 三灯改变状态．由于开始时A 、C 、E 、G 四灯是开着的．因此，最后A 、C 、F 三灯是开着的．19.2.17★★桌上放着七只杯子，杯口全朝上，每次翻转四个杯子．问能否经过若干次这样的。