全国初中数学联赛数论题目汇编
全国初中数学竞赛试题
全国初中数学竞赛试题【试题一】：代数基础1. 已知 \( a, b, c \) 是一个三角形的三边长，且满足 \( a^2 + b^2 = c^2 \)，求证 \( a + b \geq c \)。
【试题二】：几何问题2. 给定一个圆，圆心为 \( O \)，半径为 \( r \)。
在圆上任取两点\( A \) 和 \( B \)，连接 \( OA \) 和 \( OB \)。
求证 \( \angle AOB \) 的度数小于 \( 180^\circ \)。
【试题三】：数列与级数3. 一个等差数列的首项是 \( a_1 = 3 \)，公差 \( d = 2 \)。
求这个数列的第 \( n \) 项 \( a_n \) 的表达式，并计算前 \( n \) 项的和 \( S_n \)。
【试题四】：函数与方程4. 已知函数 \( f(x) = x^2 - 4x + 4 \)，求该函数的最小值。
【试题五】：概率统计5. 一个袋子里有 \( 5 \) 个红球和 \( 3 \) 个蓝球。
随机抽取两个球，求两个球颜色相同的概率。
【试题六】：组合数学6. 有 \( 8 \) 个不同的球，需要将它们放入 \( 3 \) 个不同的盒子中，每个盒子至少有一个球。
求不同的放法有多少种。
【试题七】：逻辑推理7. 在一个逻辑推理题中，有三个人分别说了以下的话：- 甲说：“乙是说谎者。
”- 乙说：“丙是说谎者。
”- 丙说：“甲和乙都是说谎者。
”如果三个人中只有一个人说谎，那么谁说的是真话？【试题八】：创新问题8. 一个正方体的体积是 \( 8 \) 立方厘米，求这个正方体的表面积。
【试题九】：应用题9. 一个水池可以以恒定的速率 \( r \) 进水，同时也以另一个恒定的速率 \( s \) 出水。
如果水池开始时是空的，求水池被填满的时间\( t \)。
【试题十】：综合题10. 一个圆的半径是 \( 5 \) 厘米，圆内接一个等边三角形。
全国初中数学联赛数论题目汇编
9. (1986 联赛) 设 a, b, c 是三个互不相等的正整数, 求证: 在 a3 b − ab3 ,b3 c − bc3 ,c3 a − ca3 三个数中, 至 少有一个数能被 10 整除. 10. (1987 联赛) 把由 1 开始的自然数依次写下去, 直写到第 198 位为止:123456789101112 · · ·, 那么这个
20. (1990 联赛)12 , 22 , 32 , · · · , 1234567892 的和的个位数的数字是 21. (1990 联赛)[x] 表示不超过实数 x 的最大整数, 令 {x} = x − [x] 1 (1) 找出一个实数 x, 满足 {x} + { } = 1 x (2) 证明: 满足上述等式的 x, 都不是有理数.
23. (1994 联赛) 周长为 6, 面积为整数的直角三角形是否存在? 若不存在, 请给出证明; 若存在, 请证明共 xy + yz = 63 24. (1995 联赛) 方程组 xz + yz = 23 (A) 1; (B) 2; 有几个?
的正整数解的组数是 ( ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( (C) 3; (D) 4 . 个.
3 29. (1997 联赛) 若正整数 x,y 满足 x2 + y 2 = 1997, 则 x + y 等于 .
30. (1997 联赛) 已知定理:“若三个大于 3 的质数,a, b, c 满足关系式 2a + 5b = c, 则 a + b + c 是整数 n 的倍数”. 试问: 上述定理中的整数 n 的最大可能值是多少? 并证明你的结论. 31. (1998 联赛) 满足 19982 + m2 = 19972 + n2 (0 < m < n < 1998) 的整数对 (m, n), 共有 32. (1998 联赛) 设平方数 y 2 是 11 个相继整数的平方和, 则 y 的最小值是 . . 个.
数学竞赛中的数论问题题型全
数学竞赛中的数论问题定理4 ,a b 是两个不同时为0的整数，若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数）的数中的最小正数，则（1）00ax by +|ax by +；（2）00ax by +(),a b =．证明 （1）由带余除法有()00ax by ax by q r +=++，000r ax by ≤<+， 得 ()()0000r a x qx x b y qy ax by =-+-<+，知r 也是形如ax by +的非负数，但00ax by +是形如ax by +的数中的最小正数，故0r =，即00ax by +|ax by +． （2）由（1）有00ax by +|10a b a +=，00ax by +|01a b b +=，得00ax by +是,a b 的公约数．另一方面，,a b 的每一个公约数都可以整除00ax by +，所以00ax by +是,a b 的最大公约数，00ax by +(),a b =．推论 若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（很有用）定理5 互素的简单性质： （1）()1,1a =．（2）(),11n n +=．（3）()21,211n n -+=． （4）若p 是一个素数，a 是任意一个整数，且a 不能被p 整除，则(),1a p =． 推论 若p 是一个素数，a 是任意一个整数，则(),1a p =或(),a p p =． （6）若()(),1,,1a b a c ==，则(),1a bc =．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=．有 ()a cs bct c +=，得 ()(),,1a bc a c ==． （7）若(),1a b =，则(),1a b a ±=，(),1a b b ±=， (),1a b ab ±=．证明 ()()(),,,1a b a b a b a ±=±==，()(),,1a b b a b ±==，由（6）(),1a b ab ±=． （8）若(),1a b =，则(),1m n a b =，其中,m n 为正整数．证明 据（6），由(),1a b =可得(),1ma b =．同样，由(),1ma b =可得(),1m n a b =．定理7 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数． 证明 假设素数只有有限多个，记为12,,,n p p p ，作一个新数 1211n p p p p =+>．若p 为素数，则与素数只有 n 个12,,,n p p p 矛盾．若p 为合数，则必有{}12,,,i n p p p p ∈，使|i p p ，从而|1i p ，又与1i p >矛盾．综上所述，素数不能只有有限多个，所以素数有无穷多个． 2是素数，而大于2的偶数都是合数，所以2是唯一的偶素数．注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有n 个素数，便有1n +个素数．（构造法、反证法）定理8（整除的性质）整数,,a b c 通常指非零整数 （1）1a ，1|a -；当0a ≠时，|a a ，|0a ．（2）若b a ，0a ≠，则b a ≤;若b a ，b a >，则0a =;若0ab >，且,b a a b ，则a b =．证明 由b a ，0a ≠，有a bq =，得a b q b =≥．逆反命题成立“若b a ，b a >，则0a =”; 由b a ≤且b a ≥得a b =，又0ab >，得a b =． （7）若(),1a b =，且a bc ，则a c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有()()a cs bc t c +=， 因为a a ，a bc ，所以a 整除等式的左边，进而整除等式的右边，即a c ．（8）若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有acs bct c +=，又由,a c b c 有12,c aq c bq ==代入得()()21ab q s ab q t c +=，所以ab c ．注意 不能由a c 且b c 得出ab c ．如不能由630且10|30得出60|30． （9）若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ．证明 若不然，则|a b /且|a c /，由a 为素数得()(),1,,1a b a c ==，由互素的性质（6）得(),1a bc =，再由a 为素数得|a bc /，与a bc 矛盾．定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记作(mod )a b c ≡；若()|c a b -/，则称,a b 关于模c 不同余，记作a(mod )b c ．定理9（同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m >若(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(mod )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡．证明 由(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，有12,a b mq c d mq -=-=， ① 对①直接相加 ，有()()()12a c b d m q q +-+=+，得 (mod )a c b d m +≡+.对①分别乘以,c b 后相加，有()()()12ac bd ac bc bc bd m cq bq -=---=+，得 (mod )ac bd m ≡． （3）若(mod )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )nna b m =且(mod )an bn mn ≡.（4）若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 证明 由(mod )a b m ≡、，有 a b mq =+，又(,,)k a b m ，有,,a b mk k k均为整数，且 a b mq k k k=+，得 mod a b m k k k ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．定理10 设,a b 为整数，n 为正整数， （1）若a b ≠，则()()nna b a b--．()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++．（2）若a b ≠-，则()()2121n n a b ab --++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+．（3）若a b ≠-，则()()22nn a b ab +-．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a 是小于k 的非负整数，且10a >．若12121m m m m n a ka k a k a ---=++++，则称数12m a a a 为n 的k 进制表示．定理11 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．如12121101010m m m m n a a a a ---=++++，109,0i a a ≤≤>（10进制） 12121222m m m m n a a a a ---=++++．101,0i a a ≤≤>（２进制）定理12 （算术基本定理）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212k k n p p p ααα=，其中12k p p p <<<为素数，12,,,k ααα为正整数． （分解唯一性） 定理13 若正整数n 的素数分解式为 1212k k n p p p ααα=则n 的正约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++，n 的一切正约数之和为 ()121111212111111k k k p p p S n p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---． 证明 对于正整数1212k k n p p p ααα=，它的任意一个正约数可以表示为1212k k m p p p βββ=，0i i βα≤≤ ， ①由于i β有0,1,2,,i α共1i α+种取值，据乘法原理得n 的约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++．考虑乘积()()()12010101111222k kk k p p p p p p pp p ααα+++++++++，展开式的每一项都是n 的某一个约数（参见①），反之，n 的每一个约数都是展开式的某一项，于是，n 的一切约数之和为()()()11101111kk kS n p p p pp p αα=++++++121111212111111k k k p p p p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---． 注 构造法．定义8 （高斯函数）对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+． 定理14 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是 23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦．证明 由于p 为素数，故在!n 中p 的次方数是1,2,,n 各数中p 的次方数的总和（注意，若p 不为素数，这句话不成立）．在1,2,,n 中，有n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数；在n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数的因式中，有2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数；在2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数的因式中，有3n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个3p 的倍数；…，如此下去，在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数就为23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦．注 省略号其实是有限项之和．定理15 （费玛小定理）如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a--．证明2 改证等价命题：如果素数p 不能整除整数a ，则()mod pa a p ≡． 只需对1,2,,1a p =-证明成立，用数学归纳法．（1）1a =，命题显然成立．（2）假设命题对()11a k k p =≤<-成立，则当1a k =+时，由于()|1,2,,1ip p C i p =-，故有()11111ppp p p p k k C kC k --+=++++ ()11mod p k k p ≡+≡+．（用了归纳假设） 这表明，命题对1a k =+是成立． 由数学归纳法得()mod pa a p ≡．又素数p 不能整除整数a ，有(),1a p =，得()11p p a--．定义9 （欧拉函数）用()n ϕ表示不大于n 且与n 互素的正整数个数． 定理16 设正整数1212k k n p p p ααα=，则 ()12111111k n n p p p ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．推论 对素数p 有()()11,p p p pp αααϕϕ-=-=-．．第二讲 数论题的范例讲解（12）()()()()()()22220mod 4,211mod 4,211mod8n n n ≡-≡-≡． （13）任何整数都可以表示为()221m n k =-． 例1-1（1986，英国）设127,,,a a a 是整数，127,,,b b b 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b ---是偶数．（127,,,a a a 中奇数与偶数个数不等）例1-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a ---必为偶数．（暗藏3,1,4,1,5,9,2,6,5,3,5,8,9,7,9,3,2,3,8,4,6,2,6,4中奇数与偶数个数不等） 例2 能否从1,2,,15中选出10个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），所得的14个差恰好为1,2,,14？解 考虑14个差的和S ，一方面1214105S =+++=为奇数．另一方面，每两个数,a b 的差与其和有相同的奇偶性 (mod2)a b a b -≡+，因此，14个差的和S 的奇偶性与14个相应数之和的和/S 的奇偶性相同，由于图中的每一个数a 与2个或4个圈中的数相加，对/S 的贡献为2a 或4a ，从而/S 为偶数，这与S 为奇数矛盾，所以不能按要求给图中的圆圈填数．评析：用了计算两次的技巧．对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理．计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式．在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾．例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？解 （1）4堆是不能保证的．如4堆的奇偶性为：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）．（2）5堆是可以保证． 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述4种可能，当把这些苹果和梨分成5堆时，必有2堆属于同一奇偶性，其和苹果数与梨数都是偶数．例4 有n 个数121,,,,n n x x x x -，它们中的每一个要么是1，要么是1-．若1223110n nn x x x x x x x x -+++++=，求证4|n ． 证明 由{}1,1i x ∈-，有{}11,1i i x x +∈-，再由1223110n n n x x x x x x x x -+++++=，知n 个1i i x x +中有一半是1，有一半是1-，n 必为偶数，设2n k =．现把n 个1i i x x +相乘，有2222122311121(1)(1)1k kn n n n n x x x x x x x x x x x x ---+===，可见，k 为偶数，设2k m =，有4n m =，得证4|n ．例6 在数轴上给定两点1，在区间内任取n 个点，在此2n +个点中，每相邻两点连一线段，可得1n +条互不重叠的线段，证明在此1n +条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条．证明 将2n +个点按从小到大的顺序记为122,,,n A A A +…，并在每一点赋予数值i a ，使1, 1,i i i A a A ⎧=⎨-⎩当为有理数点时， 当为无理数点时.与此同时，每条线段1i i A A +也可数字化为1i i a a +（乘法） 1111,, 1,,i i i i i i A A a a A A +++-⎧=⎨⎩ 当一为有理数点，另一为无理数时， 当同为有理数点或无理数点时,记11i i a a +=-的线段有k 条，一方面112233412()()()()(1)(1)(1)k n k k n n a a a a a a a a -+++=-+=-... 另一方面 12233412()()()()n n a a a a a a a a ++ (2)1231212()1n n n a a a a a a a -++===-…，得()11k-=-，故k 为奇数．评析 用了数字化、奇偶分析的技巧． 二、约数与倍数最大公约数与最小公倍数的求法． （1） 短除法．（2）分解质因数法．设1212,0,1,2,,k k i a p p p i k αααα=≥=，1212,0,1,2,,k k i b p p p i k ββββ=≥=．记 {}{}min ,,max ,i i i i i i γαβδαβ==，则 ()1212,k k a b p p p γγγ=，[]1212,k k a b p p p δδδ=．（3）辗转相除法 ()()()()()121,,,,,0n n n n a b b r r r r r r r -======．例7 （1）求()8381,1015，[]8381,1015； （2）()144,180,108，[]144,180,108．解（1）方法1 分解质因数法．由283811729,10155729,=⨯=⨯⨯得()8381,101529=，[]28381,1015571729293335=⨯⨯⨯=． 方法2 辗转相除法．或 ()()()()()8381,1015261,1015261,23229,23229,029=====．[]()83811015838110158381,10158381352933358381,101529⨯⨯===⨯=．（2）方法1 短除法．由()22144,180,1082336=⨯=，得2144 180 108272 90 54336 30 27312 10 9 4 5 3[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．方法2 分解质因数法．由42222314423,180235,10823,=⨯=⨯⨯=⨯，得 ()22144,180,1082336=⨯=，[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．例8 正整数n 分别除以2,3,4,5,6,7,8,9,10得到的余数依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则n 的最小值为 ． 解 依题意，对最小的n ，则1n +是2,3,4,5,6,7,8,9,10的公倍数3212357n +=⨯⨯⨯，得2519n =． 例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？ 解 相当于求不定方程15276x y +=的整数解．由()15,273=知，存在整数,u v ，使15273u v +=，可得一个解2,1u v ==-，从而方程 ()1542726⨯+⨯-=．即往小容器里倒2次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有3升油；再重复一次，可得6升．例10 对每一个2n ≥，求证存在n 个互不相同的正整数12,,,n a a a ，使i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j n i j ∈≠成立．证明 用数学归纳法．当2n =时，取121,2a a ==，命题显然成立． 假设n k =时，命题成立，即存在12,,,k a a a ，使 i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j k i j ∈≠成立．现取b 为12,,,k a a a 及它们每两个数之差的最小公倍数，则1k +个数12,,,,k b a b a b a b +++满足 ()()()()()(),,t t ij i j a b b a b b a b a b a b a b ⎧+-++⎪⎨+-++++⎪⎩即命题对1n k =+时成立．由数学归纳法知命题对2n ≥成立．例11 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约．证明1 （反证法）假若214143n n ++可约，则存在1d >， ①使 ()214,143n n d ++=，从而存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩②③消去n ，()()3322⨯-⨯，得 ()132d q p =-， ④的 1d =． ⑤由（1）、（5）矛盾，得1d =． 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法．（2）式④是实质性的进展，表明 ()()131432214n n =+-+，可见 ()214,1431n n ++=．由此获得2个解法． 证明2 设()214,143n n d ++=．存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩①② 消去n ，②×3-①×2，得()132d q p =- ③ 得 1d =．证明3 由()()131432214n n =+-+ 得 ()214,1431n n ++=．证明4 ()214,143n n ++ ()71,143n n =++ ④()71,1n =+ ⑤ 1=． 解题分析：第④ 相当于 ①-②；第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式与⑤式的效果是一样的．例12 不存在这样的多项式 ()1110mm m m f n a n a na n a --=++++，使得对任意的正整数n ，()f n 都是素数．证明 假设存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数，则取正整数n b =，有素数p 使 ()1110mm m m f b a b a ba b a p --=++++=，进而对任意的整数,k 有 ()()()()1110mm m m f b kp a b kp a b kp a b kp a --+=+++++++()1110m m m m a b a b a b a Mp --=+++++（二项式定理展开）()1P M =+，其中M 为整数，这表明()f b kp +为合数．这一矛盾说明，不存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数．三、平方数若a 是整数，则2a 就叫做a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质（1）平方数的个位数只有6个：0,1,4,5.6.9．（2）平方数的末两位数只有22个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．（3）()()()()2220mod 4,211mod 4n n ≡-≡．（４）()()2211mod 8n -≡．（6）凡是不能被3整除的数，平方后被3除余1．（7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．（9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足222a b c +=的整数(),,a b c 叫做勾股数．勾股数的公式为2222,2,,a m n b mn c m n ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩其中,m n 为正整数，(),1m n =且,m n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数．2．平方数的证明方法（1）反证法．（2）恒等变形法．（3）分解法．设a 为平方数，且a bc =，(),1b c =，则,b c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法（1）若()221n x n <<+，则x 不是平方数．（2）约数有偶数个的数不是平方数．（3）个位数为2，3，7，8的数不是平方数．（4）同余法：满足下式的数n 都不是平方数．()2mod3n ≡， ()23mod4n ≡或， ()23mod5n ≡或， ()23567mod8n ≡或或或或，()2378mod10n ≡或或或．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．如个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是6、而十位数是偶数的数．例13 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100．每盏灯由一个拉线开关控制着．最初，电灯全是关着的．另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？讲解 （1）直接统计100次拉线记录，会眼花缭乱．（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次．（3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系：灯被拉奇数次的亮！（4）哪些数有奇数个约数：平方数． （5）1～100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100．答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个灯还亮．例14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数,a b ，斜边为正整数c ，若a 为素数，求证()21a b ++为平方数．证明 由勾股定理222c a b =+，有 ()()2c b c b a +-=，但a 为素数，必有 2,1,c b a c b ⎧+=⎨-=⎩解得 ()2112b a =-，从而 ()()()22212121a b a a a ++=+-+=+，为平方数．例15 求证，任意3个连续正整数的积不是平方数．证明 设存在3个连续正整数1,,1n n n -+（1n >）的积为平方数，即存在整数m ，使 ()()211n n n m -+=，即 ()221n n m -=，但()21,1n n -=，故21,n n -均为平方数，有2221,,,n a n b m ab ⎧-=⎪=⎨⎪=⎩得 ()222211211n a n n n =-≥--=->，（注意1n >）这一矛盾说明，3个连续正整数的积不是平方数．四．整除整除的判别方法主要有7大类．1．定义法．证b a a bq ⇔=，有三种方式．（1）假设a qb r =+，然后证明0r =．（定理4）（2）具体找出q ，满足a bq =．（3）论证q 的存在． 例18 任意一个正整数m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除．证明 设1110101010n n n n m a a a a --=⨯+⨯++⨯+，其中09,0i n a a ≤≤≠，则()()()()110111121111101101101911111111,n n nn n n n n n n m a a a a a a a a a a a ------++++=-+-++-⎛⎫=⨯-+⨯++⨯+ ⎪⎝⎭个个按定义 ()1109n n m a a a a --++++．2．数的整除判别法．（1）任何整数都能被1整除．（2）如果一个整数的末位能被2或５整除，那么这个数就能被2或５整除． （3）如果一个整数的末两位能被４或25整除，那么这个数就能被4或25整除． （4）如果一个整数的末三位能被8或125整除，那么这个数就能被8或125整除． （5）如果一个整数各数位上的数字之和能被3或9整除，那么这个数就能被3或9整除．证明 由()()101mod3,101mod9≡≡，有()1110110101010mod3n n n n n n a a a a a a a a ---⨯+⨯++⨯+≡++++，()1011010mod9n n a a a a a a -++⨯+≡++++如果一个整数的末三位数与末三位数以前的数字所组成的数的差能被7或11或1210a a a ()13132101001n n a a a a a a a -⨯--，()13210132101001n n a a a a a a a a a a --⇔⨯-，13，而7,11,13均为素数知，m 能被7或11或13()11101a a ++⨯++-3．分解法．主要用乘法公式．如()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-．例19 试证()()555129129++++++．证明 改证()55545129+++．设555129S =+++，则()()()()()()()()()555555555512344123418273645918273645999,S m m m m m m m m =++++++++=++++++++=++++得9S ．又 ()()()()555555555192837465S =++++++++()()()()()5123441234192837465522225,m m m m m m m m =++++++++=++++得5S ．但()9,51=，得45S ，即()()555129129++++++．例20 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+，求证p 可被1979整除（1979p ） 证明111112313181319p q =-+--+ 1111111122313181319241318⎛⎫⎛⎫=+++++-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111111111231318131923659⎛⎫⎛⎫=+++++-++-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111166066113181319=++++6601319661131898999066013196611318989990+++=+++⨯⨯⨯ 19796606611319659!19791319!MM=⨯⨯⨯⨯=⨯得1979整除1319!p ，但1979为素数，()1979,1319!1=，得p 可被1979整除．例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++的分子m 是吉祥数．证明：由111220090908m n =+++1111111200909082200909071004545410045455200909092009090920090909120090908220090907100454541004545520090909,122009090720090908p⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=+++⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ 其中p 为正整数，有 20090909122009090720090908n p m ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯，这表明，20090909整除1220090907200909m ⨯⨯⨯⨯⨯，但20090909为素数，不能整除12200909072009⨯⨯⨯⨯，所以20090909整除m ，得m 是吉祥数．4． 余数分类法．例21 试证()()3121n n n ++．证明1 任何整数n 被3除其余数分为3类 3,31,32,n k n k n k k Z ==+=+∈，（1）3n k =时，有 ()()()()12133161,n n n k k k ++=++⎡⎤⎣⎦有()()3121n n n ++．（2）31n k =+时，有()()()()()1213313221,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．（3）32n k =+()()()()()121332165,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．综上得，()()3121n n n ++．证明 2 ()()()()222211214n n n n n n ++++=，得 ()()322221n n n ++，又()3,41=，得()()3121n n n ++．5．数学归纳法．6．反证法．7．构造法． 例22 k 个连续整数中必有一个能被k 整除． 证明 设k 个连续整数为,1,2,,1a a a a k +++-，若这k 个数被k 除没有一个余数为0，则这k 个数的余数只能取1,2,,1k -，共1k -种情况，必存在两个数,,0a i a j i j k ++<-< ，使 1,a i kq r +=+2,a j kq r +=+ 其中12q q ≠，相减 ()12i j k q q -=-，有 12i j k q q k -=-≥， 即 i j k -≥与i j k -<矛盾．故k 个连续整数中必有一个能被k 整除．也可以由()12i j k q q -=-得 ()120i j k q q k <-=-<，推出1201q q <-<，与12q q -为整数矛盾．例23 k 个连续整数之积必能被!k 整除． 证明 设k 个连续整数为,1,2,,1n n n n k +++-，（1）若这k 个连续整数为正整数，则()()()()121!!!!n n n n k n k k n k +++-=+()k nC =只须证明，对任何一个素数p ，分子中所含p 的方次不低于分母中所含p 的方次，由高斯函数的性质[][][]x y x y +≥+，有()s s s s k n k n k n k p p p p +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=≥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑∑ 得k nC为整数（证实了组合数的实际意义）（2）若这k 个连续整数中有0，则连乘积为0，必能被!k 整除．（3）若这k 个连续整数为负整数，则()()()()()()()()()121!1211!1,k kk nn n n n k k n n n n k k C-+++--------+=-=-由（1）知kn C -为整数，故()()()121!n n n n k k +++-为整数．例24 有男孩、女孩共n 个围坐在一个圆周上（3n ≥），若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有a 组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b 组，求证3a b -．证明 现将小孩记作(1,2,,)i a i n =…，且数字化1,1, i i i a a a ⎧=⎨-⎩ 表示男孩时表示女孩时则“3人组”数值化为12121212123,,,3,,,1,,,1,,,i i i i i i i i i i i i i i i i a a a a a a A a a a a a a a a a ++++++++++⎧⎪-⎪=++=⎨⎪⎪-⎩ 均为男孩 均为女孩 恰有一个女孩 恰有一个男孩其中n j j a a +=．又设取值为3的i A 有p 个，取值为3-的i A 有q 个，依题意，取值为1的i A 有b 个，取值为1-的i A 有a 个，得 1212323413()()()()n n a a a a a a a a a a a a +++=+++++++++…… 3(3)(1)3()()p q a b p q b a =+-+-+=-+-， 可见3a b -．例25 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2． 分析 只需说明()23131222n n n n -+=为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明()()3212131222n n n n n n ++++=是3的倍数．作变形 ()()()32222213111,3,81228n n n n n n ++++-=-= ， 命题可证．证明 已知即()()321213111222n n n n n n ++++-=-， ① 因为相邻2个整数(),1n n +必有偶数，所以3231122n n n ++-为整数．又①可变为 ()()32222213111228n n n n n n ++++-=-，因为相邻3个整数()()2,22,21n n n ++必有3的倍数，故()()22221n n n ++能被3整除；又()3,81=，所以()()222218n n n ++能被3整除；得3231122n n n ++-用3除时余2．五、同余根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以直接用来解题．例26 正方体的顶点标上1+或1-，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数的乘积，求证，这样得出的14个数之和不能为0．证明 记14个数的和为S ，易知，这14个数不是1+就是1-，若八个顶点都标上1+，则14S =，命题成立．对于顶点有1-的情况，我们改变1-为1+，则和S 中有4的数,,,a b c d 改变了符号，用/S 表示改变后的和，由()0mod2a b c d +++≡知 ()/20mod 4S S a b c d -=+++≡， 这表明，改变一个1-，和S 关于模4的余数不变，重复进行，直到把所有的1-都改变为1+，则()/111142mod4S S ≡≡+++≡≡，所以，0S ≠．例27 设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110 的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．证明 由已知有()()()0121mod21mod2n fa a a a α≡⇔++++≡， ①()()()1mod21mod2n f a β≡⇔≡， ②若方程()0=x f 存在整数根0x ，即()00f x =．当0x 为奇数时，有()()()00120mod20mod2n f x a a a a ≡⇔++++≡，与①矛盾．有0x 为偶数时，有()()()00mod20mod2n f x a ≡⇔≡，与②矛盾．所以方程()0=x f 没有整数根． 六、不定方程未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解，叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决3个问题，方程是否有解？有解时，有几个解，解数是有限还是无穷？求出全部解．例28 解方程719213x y +=． 解法1 由()7,191=知方程有整数解． 观察特解，列表得一个特解0025,2,x y =⎧⎨=⎩从而通解为2519,27.x t y t =-⎧⎨=+⎩方法总结：第1步，验证(),a b c ，经常是(),1a b =．第2步，求特解（观察、列举、辗转相除等）． 第3步，代入公式．方法总结：()mod ax by c ax c b +=⇔≡或()mod by c a ≡． 例29 求方程3222009x x y +=的整数解． 解 由2009的分解式，有 ()222212009741xx y +=⨯=⨯，有 21,1,1,1004,1005,22009,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩ 227,7,7,17,24.241,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．（1988，高中联赛）解法1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为1234567,,,,,,A A A A A A A 和1234567,,,,,,B B B B B B B ．如果甲方获胜，设i A 获胜的场数是i x ，则07,17i x i ≤≤≤≤而且1277x x x +++= ， ①容易证明以下两点：在甲方获胜时（i ）不同的比赛过程对应着方程①的不同非负整数解；（ii ）方程①的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：1A 胜1B 和2B ；3B 胜1A 、和3A ；4A 胜3B 后负于4B ；5A 胜4B 、5B 和6B 但负于7B ；最后6A 胜7B 结束比赛．下面求方程①的非负整数解个数，设1i i y x =+，问题等价于方程123456714y y y y y y y ++++++=，正整数解的个数，将上式写成1111111111111114+++++++++++++=，从13个加号取6个的方法数613C 种．得甲方获胜的不同的比赛过程有613C 种．同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有713C 种，合计61323432C =种比赛过程例31（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出123,,a a a ，使同时满足 21323, 3a a a a -≥-≥，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？解 由已知得121323 10,30 30, 140,a a a a a a -≥--≥--≥-≥4项均为非负数，相加得()()()()121323133 147a a a a a a -+--+--+-=，于是123,,a a a 的取法数就是不定方程 12347x x x x +++=的非负整数解的个数，作一一对应11i y x =+，问题又等价于不定方 123411y y y y +++= 的正整数解．由 11111+++=，得310C 个解，即符合要求的不同取法有310C 种． 七．数论函数主要是[]x 高斯函数，()n ϕ欧拉函数．例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于．．6．时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数[]y x =（[]x 表示不大于x 的最大整数）可以表示为(A)10x y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (B)310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (C) 410x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (D)510x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ （2010年全国高考数学陕西卷理科第10题）解法1 选（B ）．（求解对照）．规则是“六舍七入”，故加3即可进1． 选310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦． 解法2 选（B ）．（特值否定）．取56x =，按规定应选5人，可否定(C)、(D)；再取57x =，按规定应选6人，可否定(A)．注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入”．例33 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦．讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号．关键是弄清[]x 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除：（1）分子是那些数相加，求出和来；由36651830200421963666⨯=<<=⨯，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个（2）除法谁除以366，求出商的整数部分．原式()036536612345175366⨯+++++⨯⎡⎤=⎢⎥⎣⎦1036687536614310236612.⨯+⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦= 命题背景2004年有12个月、366天．例34 50!的标准分解式中2的指数．解 35678912450!23571113171923293137414347ααααααααα= 2的指数为2345505050505025126314722222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 图示（5条横线，25个偶数中2的方次，按横线求和）八、综合练习例35 整数勾股形中，证明（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数； （3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数．证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长,,x y z 互素，且满足222x y z +=.这时，若,x y 两个均为偶数，则z 也为偶数，与,,x y z 互素矛盾；若,x y 两个均为奇数，有()()221mod4,1mod4x y ≡≡，得 ()2222mod4z x y ≡+≡， 这与平方数模4只能取0，1矛盾.所以，,x y 中有且只有一个为偶数，不妨设x 为偶数.（1）设,x y 中无一为3的倍数，则()()221mod3,1mod3x y ≡≡，得 ()2222mod3z x y ≡+≡，这与平方数模3只能取0，1矛盾，故,x y 中有一个为3的倍数. （2）由x 为偶数.，必有,y z 均为奇数，记2,21,21x m y p z q ==+=+有 ()()()22222222421214m x z y q p q q p p ==-=+-+=+--则 ()()211m q q p p =+-+右边是两个偶数的差，必为偶数，从而x 为4的倍数.（3）若,x y 中有5的倍数，命题已成立. 若,x y 均不是5的倍数，则若,x y 只能是形如51k ±或52k ±的正整数.若,x y 均为51k ±型，则()222112mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾若,x y 均为52k ±型，则()222443mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾.所以，,x y 只能分别取51k ±与52k ±型，有 ()222410mod5z x y ≡+≡+≡得25z ，但5是素数，得5z .（4）由上证（1）、（2）及()3,41=知，xy 是12的倍数，则12xy 是6的倍数，得三角形的面积是6的倍数． 例36 已知ABC 内有n 个点，连同,,A B C 共有3n +个点，以这些点为顶点，把ABC 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把,,A B C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（斯潘纳定理）证明1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为0；当边的两端点异色时，记为1；再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为0，记这样的小三角形有a 个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为2，记这样的小三角形有b 个；当三角形的三顶点两两异色时，和值为3，记这样的小三角形有c 个.下面用两种方法计算所有三角形赋值的总和S ，一方面02323S a b c b c =⨯+⨯+⨯=+. ①另方面，,,AB BC CA 的赋值均为1，和为奇数；而ABC 内的每一条连线，在上述S 的计算中都被计算了两次，和为偶数；这两者之和得S 为奇数，记为21S k =+ ② 由①，②得 2123k b c +=+可见c 为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（证明：n 个连续整数的乘积一定能被n!整除设a 为任一整数，则式： (a+1)(a+2)...(a+n) =(a+n)!/a! =n!*[(a+n)!/(a!n!)]而式中[(a+n)!/(a!n!)]恰为C(a+n,a),也即是从a+n 中取出a 的组合数，当然为整数。
初中数学竞赛：数论的方法技巧(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：数论的方法技巧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。
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，即其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，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）=（a1+1）（a2+1）…（ak+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=an10n+an-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2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。
数论竞赛题
数论竞赛题数论竞赛题是在数学竞赛中常见的一类题型，主要考察学生在数论领域的理解和运用能力。
数论是研究整数性质及其运算规律的数学分支，涉及到诸多定理和性质。
以下是一个典型的数论竞赛题目，供参考。
题目：证明对于任意正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 可以被 24 整除。
解法：我们可以通过数学归纳法来证明这一命题。
首先，观察到 24 可以分解为 3 × 2^3。
我们分两种情况进行讨论：情况一：n 是 4 的倍数。
设 n=4k，其中 k 是一个正整数。
则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = 4k(4k+1)(4k+2)(4k+3)= 4 × k × (4k+1) × 2 × (2k+1) × 3 × (2k+2) 。
我们发现此时，n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。
情况二：n 不是 4 的倍数。
设 n=4k+r，其中 k 是一个正整数，r 是余数，r=1,2 或 3。
则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = (4k+r)(4k+r+1)(4k+r+2)(4k+r+3)我们观察到，至少存在一个连续的四个数中，必然包含一个数能被 2 整除，一个数能被 4 整除，一个数能被 3 整除，因而有 2×4×3=24，即可以被 24 整除。
综上所述，对于任意的正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。
证毕。
数论竞赛题通常涉及到数的整除性质、奇偶性、模运算等概念，要求学生具备较强的逻辑推理和数学证明能力。
通过解决这类题目，学生可以加深对数论相关概念和方法的理解，培养思考和解决问题的能力。
初中数学竞赛-几何数论测试1
几何数论测试1
1.四边形ABCD 内接于圆 中，X 是任意一点，M 和N 是直线XA 和XD 与圆 的第二个交点．直线DC 和AX ，AB 和DX 相交于点E 和F ．证明：直线MN 和EF 的交点在直线BC 上．
【解析】设K 是直线BC 和MN 的交点，对点A ，M ，N ，D ，C ，B 应用帕斯卡定理，知E ，K ，F 共线．即K 是直线MN 和EF 的交点．
2.证明：存在无穷多个正整数n ，使得21n 除了21n 外没有形如21k 的因数．
【解析】先证明：对于每个正整数n ，21n 均有一个满足条件的形如21k 的因数．
事实上，若21n 没有形如21k 的因数（除了21n ），则结论成立．否则，存在
正整数是k n ，使得 221|1k n ．
若21k 满足条件，则结论成立．否则，存在正整数l k ，使得 221|1l k ．如
此进行下去，总会存在满足条件的因数．
其次，只需考虑形如21k 的无穷正整数数列 n a ，使得 1m n a a m n ，即可． 满足条件的数列 n a 是存在的，例如，221n
n a ．
3.在圆内凸六边形ABCDEF 中,BC =EF 且CD =AF .对角线AC 和BF 交于Q ，对EC 和DF
交于P .
R 和S 分别在DF 和BF 上满足FR =PD 和BQ =FS .RQ 和PS 交于T . 证明：TC 平分DB .
4.对于任一质数3p ，证明：当正整数x 足够大时，31,2,,2
p x x x 中至少有一个整数有大于p 的质因子.。
竞赛数论练习题
竞赛数论练习题在数学竞赛中，数论问题是一类相对较难但又非常有趣的问题。
这些问题涉及整数、除法、取余等概念，需要运用一定的数学技巧和推理能力来解决。
本文将为您提供一些竞赛数论练习题，希望能够帮助您提升数论问题的解题能力。
1. 问题描述：某数被3除余2，被5除余3，被7除余2。
求该数。
解题思路：题目要求找到满足三个除数条件的数。
我们可以列举出满足条件的数，从中找出规律。
首先，满足被3除余2的数有2，5，8，11等；满足被5除余3的数有3，8，13，18等；满足被7除余2的数有2，9，16，23等。
可以观察到，这些数相差15的倍数，因此我们可以将问题简化为求15的倍数。
解答：根据题目条件，我们可以列出满足条件的基本解为：x = 2 + 3m =3 + 5n = 2 + 7p。
其中，m，n，p为整数。
根据这个方程组，我们可以使用中国剩余定理来求解。
利用中国剩余定理，可以得到x = 23 +105k，其中k为整数。
因此，满足上述条件的数为23，128，233等。
2. 问题描述：求证：存在无穷多个形如11...11（n个1）的数能够被11整除。
解题思路：题目要求证明形如11...11（n个1）的数能够被11整除。
我们可以利用数学归纳法来证明这一点。
首先，对于n=1，显然11除以11余数为0，命题成立。
然后，假设对于n=k的情况，命题成立，即11k能够被11整除。
我们需要证明对于n=k+1的情况，11(k+1)也能够被11整除。
解答：根据归纳假设，我们假设11k能被11整除，即存在整数m使得11k = 11m。
那么我们可以将11(k+1)表示为11k + 11，根据归纳假设，11k能够被11整除，同时11也能够被11整除，因此11(k+1)也能被11整除。
根据数学归纳法可知，命题成立。
3. 问题描述：求证：任意一个大于1的自然数都可以表示成若干个连续奇数的和。
解题思路：题目要求证明任意一个大于1的自然数都可以表示成若干个连续奇数的和。
数学竞赛中的数论问题题型全
数学竞赛中的数论问题定理4 ,a b 是两个不同时为0的整数，若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数）的数中的最小正数，则（1）00ax by +|ax by +；（2）00ax by +(),a b =．证明 （1）由带余除法有()00ax by ax by q r +=++，000r ax by ≤<+， 得 ()()0000r a x qx x b y qy ax by =-+-<+，知r 也是形如ax by +的非负数，但00ax by +是形如ax by +的数中的最小正数，故0r =，即00ax by +|ax by +． （2）由（1）有00ax by +|10a b a +=g g ，00ax by +|01a b b +=g g ，得00ax by +是,a b 的公约数．另一方面，,a b 的每一个公约数都可以整除00ax by +，所以00ax by +是,a b 的最大公约数，00ax by +(),a b =．推论 若(),1a b =，则存在整数,s t ，使1as bt +=．（很有用）定理5 互素的简单性质： （1）()1,1a =．（2）(),11n n +=．（3）()21,211n n -+=． （4）若p 是一个素数，a 是任意一个整数，且a 不能被p 整除，则(),1a p =． 推论 若p 是一个素数，a 是任意一个整数，则(),1a p =或(),a p p =． （6）若()(),1,,1a b a c ==，则(),1a bc =．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=．有 ()a cs bct c +=，得 ()(),,1a bc a c ==． （7）若(),1a b =，则(),1a b a ±=，(),1a b b ±=， (),1a b ab ±=．证明 ()()(),,,1a b a b a b a ±=±==，()(),,1a b b a b ±==，由（6）(),1a b ab ±=． （8）若(),1a b =，则(),1m n a b =，其中,m n 为正整数．证明 据（6），由(),1a b =可得(),1m a b =．同样，由(),1m a b =可得(),1m n a b =． 定理7 素数有无穷多个，2是唯一的偶素数．证明 假设素数只有有限多个，记为12,,,n p p p L ，作一个新数 1211n p p p p =+>g gL g ． 若p 为素数，则与素数只有 n 个12,,,n p p p L 矛盾．若p 为合数，则必有{}12,,,i n p p p p ∈L ，使|i p p ，从而|1i p ，又与1i p >矛盾． 综上所述，素数不能只有有限多个，所以素数有无穷多个． 2是素数，而大于2的偶数都是合数，所以2是唯一的偶素数．注：这个证明中，包含着数学归纳法的早期因素：若假设有n 个素数，便有1n +个素数．（构造法、反证法）定理8（整除的性质）整数,,a b c 通常指非零整数 （1）1a ，1|a -；当0a ≠时，|a a ，|0a ．（2）若b a ，0a ≠，则b a ≤;若b a ，b a >，则0a =;若0ab >，且,b a a b ，则a b =．证明 由b a ，0a ≠，有a bq =，得a b q b =≥．逆反命题成立“若b a ，b a >，则0a =”; 由b a ≤且b a ≥得a b =，又0ab >，得a b =． （7）若(),1a b =，且a bc ，则a c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有()()a cs bc t c +=， 因为a a ，a bc ，所以a 整除等式的左边，进而整除等式的右边，即a c ．（8）若(),1a b =，且,a c b c ，则ab c ．证明 由(),1a b =知存在整数,s t ，使1as bt +=，有acs bct c +=，又由,a c b c 有12,c aq c bq ==代入得()()21ab q s ab q t c +=，所以ab c ．注意 不能由a c 且b c 得出ab c ．如不能由630且10|30得出60|30． （9）若a 为素数，且a bc ，则a b 或a c ．证明 若不然，则|a b /且|a c /，由a 为素数得()(),1,,1a b a c ==，由互素的性质（6）得(),1a bc =，再由a 为素数得|a bc /，与a bc 矛盾．定义6 对于整数,,a b c ，且0c ≠，若()c a b -，则称,a b 关于模c 同余，记作(mod )a b c ≡；若()|c a b -/，则称,a b 关于模c 不同余，记作a(mod )b c ．定理9（同余的性质）设,,,,a b c d m 为整数，0,m >若(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，则(mod )a c b d m +≡+且(mod )ac bd m ≡．证明 由(mod )a b m ≡且(mod )c d m ≡，有12,a b mq c d mq -=-=， ① 对①直接相加 ，有()()()12a c b d m q q +-+=+，得 (mod )a c b d m +≡+.对①分别乘以,c b 后相加，有()()()12ac bd ac bc bc bd m cq bq -=---=+，得 (mod )ac bd m ≡． （3）若(mod )a b m ≡，则对任意的正整数n 有(mod )nna b m =且(mod )an bn mn ≡.（4）若(mod )a b m ≡，且对非零整数k 有(,,)k a b m ，则mod a b m k k k ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 证明 由(mod )a b m ≡、，有 a b mq =+，又(,,)k a b m ，有,,a b mk k k均为整数，且 a b mq k k k=+，得 mod a b m k k k ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．定理10 设,a b 为整数，n 为正整数， （1）若a b ≠，则()()nna b a b--．()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++L ．（2）若a b ≠-，则()()2121n n a b ab --++．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+L ．（3）若a b ≠-，则()()22nn a b ab +-．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-L ．定义7 设n 为正整数，k 为大于2的正整数, 12,,,m a a a L 是小于k 的非负整数，且10a >．若 12121m m m m n a ka k a k a ---=++++L ，则称数12m a a a L 为n 的k 进制表示．定理11 给定整数2k ≥，对任意的正整数n ，都有唯一的k 进制表示．如12121101010m m m m n a a a a ---=++++L ，109,0i a a ≤≤>（10进制） 12121222m m m m n a a a a ---=++++L ．101,0i a a ≤≤>（２进制）定理12 （算术基本定理）每个大于1的正整数都可分解为素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是唯一的1212kkn p p p ααα=L ，其中12k p p p <<<L 为素数，12,,,k αααL 为正整数． （分解唯一性）定理13 若正整数n 的素数分解式为 1212kkn p p p ααα=L 则n 的正约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++L ，n 的一切正约数之和为 ()121111212111111k k k p p p S n p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---L ． 证明 对于正整数1212kk n p p p ααα=L ，它的任意一个正约数可以表示为1212kkm p p p βββ=L ，0i i βα≤≤ ， ①由于i β有0,1,2,,i αL 共1i α+种取值，据乘法原理得n 的约数的个数为()()()()12111k d n a a a =+++L ．考虑乘积()()()12010101111222k k k k p p p pp p p p p ααα+++++++++L L L L ， 展开式的每一项都是n 的某一个约数（参见①），反之，n 的每一个约数都是展开式的某一项，于是，n 的一切约数之和为()()()11101111kk kS n p p p pp p αα=++++++L L L 121111212111111k k k p p p p p p ααα+++---=⋅⋅⋅---L ． 注 构造法．定义8 （高斯函数）对任意实数x ，[]x 是不超过x 的最大整数．亦称[]x 为x 的整数部分，[][]1x x x ≤<+． 定理14 在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数是 23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦L ． 证明 由于p 为素数，故在!n 中p 的次方数是1,2,,n L 各数中p 的次方数的总和（注意，若p 不为素数，这句话不成立）．在1,2,,n L 中，有n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数；在n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个p 的倍数的因式中，有2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数；在2n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个2p 的倍数的因式中，有3n p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个3p 的倍数；…，如此下去，在正整数!n 的素因子分解式中，素数p 作为因子出现的次数就为23n n n p p p ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦L ．注 省略号其实是有限项之和． 定理15 （费玛小定理）如果素数p 不能整除整数a ，则()11p p a--．证明2 改证等价命题：如果素数p 不能整除整数a ，则()mod pa a p ≡． 只需对1,2,,1a p =-L 证明成立，用数学归纳法． （1）1a =，命题显然成立．（2）假设命题对()11a k k p =≤<-成立，则当1a k =+时，由于()|1,2,,1ip p C i p =-L ，故有()11111ppp p p p k k C kC k --+=++++L ()11mod p k k p ≡+≡+．（用了归纳假设） 这表明，命题对1a k =+是成立． 由数学归纳法得()mod pa a p ≡．又素数p 不能整除整数a ，有(),1a p =，得()11p p a--．定义9 （欧拉函数）用()n ϕ表示不大于n 且与n 互素的正整数个数． 定理16 设正整数1212kkn p p p ααα=L ，则 ()12111111k n n p p p ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ． 推论 对素数p 有()()11,p p p pp αααϕϕ-=-=-．．第二讲 数论题的范例讲解（12）()()()()()()22220mod 4,211mod 4,211mod8n n n ≡-≡-≡． （13）任何整数都可以表示为()221m n k =-．例1-1（1986，英国）设127,,,a a a L 是整数，127,,,b b b L 是它们的一个排列，证明()()()112277a b a b a b ---L 是偶数．（127,,,a a a L 中奇数与偶数个数不等）例1-2 π的前24位数字为 3.14159265358979323846264π=，记1224,,,a a a L 为该24个数字的任一排列，求证()()()12342324a a a a a a ---L 必为偶数．（暗藏3,1,4,1,5,9,2,6,5,3,5,8,9,7,9,3,2,3,8,4,6,2,6,4中奇数与偶数个数不等）例2 能否从1,2,,15L 中选出10个数填入图的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），所得的14个差恰好为1,2,,14L ？解 考虑14个差的和S ，一方面1214105S =+++=L 为奇数．另一方面，每两个数,a b 的差与其和有相同的奇偶性 (mod2)a b a b -≡+，因此，14个差的和S 的奇偶性与14个相应数之和的和/S 的奇偶性相同，由于图中的每一个数a 与2个或4个圈中的数相加，对/S 的贡献为2a 或4a ，从而/S 为偶数，这与S 为奇数矛盾，所以不能按要求给图中的圆圈填数．评析：用了计算两次的技巧．对同一数学对象，当用两种不同的方式将整体分为部分时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理．计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式．在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾．例3 有一大筐苹果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到这样的两堆，其苹果数之和与梨数之和都是偶数，问最少要把这些苹果和梨分成几堆？解 （1）4堆是不能保证的．如4堆的奇偶性为：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）．（2）5堆是可以保证． 因为苹果和梨数的奇偶性有且只有上述4种可能，当把这些苹果和梨分成5堆时，必有2堆属于同一奇偶性，其和苹果数与梨数都是偶数．例4 有n 个数121,,,,n n x x x x -L ，它们中的每一个要么是1，要么是1-．若1223110n n n x x x x x x x x -+++++=L L ，求证4|n ．证明 由{}1,1i x ∈-，有{}11,1i i x x +∈-，再由1223110n n n x x x x x x x x -+++++=L L ， 知n 个1i i x x +中有一半是1，有一半是1-，n 必为偶数，设2n k =．现把n 个1i i x x +相乘，有2222122311121(1)(1)1k kn n n n n x x x x x x x x x x x x ---+===g gL g g g L g ，可见，k 为偶数，设2k m =，有4n m =，得证4|n ．例6 在数轴上给定两点1，在区间内任取n 个点，在此2n +个点中，每相邻两点连一线段，可得1n +条互不重叠的线段，证明在此1n +条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条．证明 将2n +个点按从小到大的顺序记为122,,,n A A A +…，并在每一点赋予数值i a ，使1, 1,i i i A a A ⎧=⎨-⎩当为有理数点时， 当为无理数点时.与此同时，每条线段1i i A A +也可数字化为1i i a a +（乘法） 1111,, 1,,i i i i i i A A a a A A +++-⎧=⎨⎩ 当一为有理数点，另一为无理数时， 当同为有理数点或无理数点时,记11i i a a +=-的线段有k 条，一方面112233412()()()()(1)(1)(1)k n k k n n a a a a a a a a -+++=-+=-... 另一方面 12233412()()()()n n a a a a a a a a ++ (2)1231212()1n n n a a a a a a a -++===-…，得()11k-=-，故k 为奇数．评析 用了数字化、奇偶分析的技巧． 二、约数与倍数最大公约数与最小公倍数的求法． （1） 短除法．（2）分解质因数法．设1212,0,1,2,,k k i a p p p i k αααα=≥=L L ，1212,0,1,2,,k k i b p p p i k ββββ=≥=L L ．记 {}{}min ,,max ,i i i i i i γαβδαβ==，则 ()1212,k k a b p p p γγγ=L ，[]1212,k k a b p p p δδδ=L ．（3）辗转相除法 ()()()()()121,,,,,0n n n n a b b r r r r r r r -======L ． 例7 （1）求()8381,1015，[]8381,1015； （2）()144,180,108，[]144,180,108．解（1）方法1 分解质因数法．由283811729,10155729,=⨯=⨯⨯得()8381,101529=，[]28381,1015571729293335=⨯⨯⨯=． 方法2 辗转相除法．或 ()()()()()8381,1015261,1015261,23229,23229,029=====．[]()83811015838110158381,10158381352933358381,101529⨯⨯===⨯=．（2）方法1 短除法．由()22144,180,1082336=⨯=，得2144 180 108272 90 54336 30 27312 10 9 4 5 3[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．方法2 分解质因数法．由42222314423,180235,10823,=⨯=⨯⨯=⨯，得 ()22144,180,1082336=⨯=，[]43144,180,1082352160=⨯⨯=．例8 正整数n 分别除以2,3,4,5,6,7,8,9,10得到的余数依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则n 的最小值为 ． 解 依题意，对最小的n ，则1n +是2,3,4,5,6,7,8,9,10的公倍数3212357n +=⨯⨯⨯，得2519n =． 例9 有两个容器，一个容量为27升，一个容量为15升，如何利用它们从一桶油中倒出6升油来？ 解 相当于求不定方程15276x y +=的整数解．由()15,273=知，存在整数,u v ，使15273u v +=，可得一个解2,1u v ==-，从而方程 ()1542726⨯+⨯-=．即往小容器里倒2次油，每次倒满之后就向大容器里倒，大容器倒满时，小容器里剩有3升油；再重复一次，可得6升．例10 对每一个2n ≥，求证存在n 个互不相同的正整数12,,,n a a a L ，使i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j n i j ∈≠L 成立．证明 用数学归纳法．当2n =时，取121,2a a ==，命题显然成立．假设n k =时，命题成立，即存在12,,,k a a a L ，使 i j i j a a a a -+，对任意的{},1,2,,,i j k i j ∈≠L 成立． 现取b 为12,,,k a a a L 及它们每两个数之差的最小公倍数，则1k +个数12,,,,k b a b a b a b +++L 满足 ()()()()()(),,t t ij i j a b b a b b a b a b a b a b ⎧+-++⎪⎨+-++++⎪⎩即命题对1n k =+时成立．由数学归纳法知命题对2n ≥成立．例11 ()111959,IMO -证明对任意正整数n ，分数214143n n ++不可约．证明1 （反证法）假若214143n n ++可约，则存在1d >， ①使 ()214,143n n d ++=，从而存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩②③消去n ，()()3322⨯-⨯，得 ()132d q p =-， ④的 1d =． ⑤由（1）、（5）矛盾，得1d =． 解题分析：（1）去掉反证法的假设与矛盾就是一个正面证法．（2）式④是实质性的进展，表明 ()()131432214n n =+-+，可见 ()214,1431n n ++=．由此获得2个解法． 证明2 设()214,143n n d ++=．存在(),,,1p q p q =，使214, 143, n dp n dq +=⎧⎨+=⎩①② 消去n ，②×3-①×2，得()132d q p =- ③ 得 1d =．证明3 由()()131432214n n =+-+ 得 ()214,1431n n ++=．证明4 ()214,143n n ++ ()71,143n n =++ ④()71,1n =+ ⑤ 1=． 解题分析：第④ 相当于 ①-②；第⑤ 相当于②-2（①-②）=②×3-①×2；所以③式与⑤式的效果是一样的．例12 不存在这样的多项式 ()1110mm m m f n a n a na n a --=++++L ，使得对任意的正整数n ，()f n 都是素数．证明 假设存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数，则取正整数n b =，有素数p 使 ()1110mm m m f b a b a ba b a p --=++++=L ，进而对任意的整数,k 有 ()()()()1110mm m m f b kp a b kp a b kp a b kp a --+=+++++++L()1110m m m m a b a b a b a Mp --=+++++L （二项式定理展开）()1P M =+，其中M 为整数，这表明()f b kp +为合数．这一矛盾说明，不存在这样的多项式,对任意的正整数n ，()f n 都是素数．三、平方数若a 是整数，则2a 就叫做a 的完全平方数，简称平方数． 1．平方数的简单性质（1）平方数的个位数只有6个：0,1,4,5.6.9．（2）平方数的末两位数只有22个：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．（3）()()()()2220mod 4,211mod 4n n ≡-≡．（４）()()2211mod8n -≡．（6）凡是不能被3整除的数，平方后被3除余1．（7）在两个相邻整数的平方数之间，不能再有平方数． （8）非零平方数的约数有奇数个．（9）直角三角形的三边均为整数时，我们把满足222a b c +=的整数(),,a b c 叫做勾股数．勾股数的公式为2222,2,,a m n b mn c m n ⎧=-⎪=⎨⎪=+⎩其中,m n 为正整数，(),1m n =且,m n 一奇一偶．这个公式可给出全部素勾股数．2．平方数的证明方法（1）反证法．（2）恒等变形法．（3）分解法．设a 为平方数，且a bc =，(),1b c =，则,b c 均为平方数． （4）约数法．证明该数有奇数个约数． 3．非平方数的判别方法（1）若()221n x n <<+，则x 不是平方数．（2）约数有偶数个的数不是平方数．（3）个位数为2，3，7，8的数不是平方数．（4）同余法：满足下式的数n 都不是平方数．()2mod3n ≡， ()23mod4n ≡或， ()23mod5n ≡或， ()23567mod8n ≡或或或或，()2378mod10n ≡或或或．（5）末两位数不是：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，16，36，56，76，96，09，29，49，69，89．如个位数与十位数都是都是奇数的数， 个位数是6、而十位数是偶数的数．例13 有100盏电灯，排成一横行，从左到右，我们给电灯编上号码1，2，…，99，100．每盏灯由一个拉线开关控制着．最初，电灯全是关着的．另外有100个学生，第一个学生走过来，把凡是号码为1的倍数的电灯的开关拉了一下；接着第2个学生走过来，把凡是号码为2的倍数的电灯的开关拉了一下；第3个学生走过来，把凡是号码为3的倍数的电灯的开关拉了一下，如此等等，最后那个学生走过来，把编号能被100整除的电灯的开关拉了一下，这样过去之后，问哪些灯是亮的？讲解 （1）直接统计100次拉线记录，会眼花缭乱．（2）拉电灯的开关有什么规律：电灯编号包含的正约数（学生）才能拉、不是正约数（学生）不能拉，有几个正约数就被拉几次．（3）灯被拉的次数与亮不亮（开、关）有什么关系：灯被拉奇数次的亮！（4）哪些数有奇数个约数：平方数． （5）1～100中有哪些平方数：共10个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100．答案：编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100共10个灯还亮．例14 已知直角三角形的两条直角边分别为正整数,a b ，斜边为正整数c ，若a 为素数，求证()21a b ++为平方数．证明 由勾股定理222c a b =+，有 ()()2c b c b a +-=，但a 为素数，必有 2,1,c b a c b ⎧+=⎨-=⎩解得 ()2112b a =-，从而 ()()()22212121a b a a a ++=+-+=+，为平方数．例15 求证，任意3个连续正整数的积不是平方数．证明 设存在3个连续正整数1,,1n n n -+（1n >）的积为平方数，即存在整数m ，使 ()()211n n n m -+=，即 ()221n n m -=，但()21,1n n -=，故21,n n -均为平方数，有2221,,,n a n b m ab ⎧-=⎪=⎨⎪=⎩得 ()222211211n a n n n =-≥--=->，（注意1n >）这一矛盾说明，3个连续正整数的积不是平方数．四．整除整除的判别方法主要有7大类．1．定义法．证b a a bq ⇔=，有三种方式．（1）假设a qb r =+，然后证明0r =．（定理4）（2）具体找出q ，满足a bq =．（3）论证q 的存在． 例18 任意一个正整数m 与它的十进制表示中的所有数码之差能被9整除．证明 设1110101010n n n n m a a a a --=⨯+⨯++⨯+L ，其中09,0i n a a ≤≤≠，则()()()(){{110111121111101101101911111111,n n nn n n n n n n m a a a a a a a a a a a ------++++=-+-++-⎛⎫=⨯-+⨯++⨯+ ⎪⎝⎭L L L L L 个个按定义 ()1109n n m a a a a --++++L ． 2．数的整除判别法．（1）任何整数都能被1整除．（2）如果一个整数的末位能被2或５整除，那么这个数就能被2或５整除． （3）如果一个整数的末两位能被４或25整除，那么这个数就能被4或25整除． （4）如果一个整数的末三位能被8或125整除，那么这个数就能被8或125整除． （5）如果一个整数各数位上的数字之和能被3或9整除，那么这个数就能被3或9整除．证明 由()()101mod3,101mod9≡≡，有()1110110101010mod3n n n n n n a a a a a a a a ---⨯+⨯++⨯+≡++++L L ，3．分解法．主要用乘法公式．如()()123221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=-+++++L ．()()212122232422322n n n n n n n a b a b a a b a b ab b -------+=+-+--+L ．()()2221222322221n n n n n n n a b a b a a b a b ab b ------=+-+-+-L ．例19 试证()()555129129++++++L L ．证明 改证()55545129+++L ．设555129S =+++L ，则()()()()()()()()()555555555512344123418273645918273645999,S m m m m m m m m =++++++++=++++++++=++++得9S ．又 ()()()()555555555192837465S =++++++++()()()()()5123441234192837465522225,m m m m m m m m =++++++++=++++得5S ．但()9,51=，得45S ，即()()555129129++++++L L ．例20 ()2111979,IMO -设p 与q 为正整数，满足111112313181319p q =-+--+L ，求证p 可被1979整除（1979p ） 证明111112313181319p q =-+--+L 1111111122313181319241318⎛⎫⎛⎫=+++++-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L L111111111231318131923659⎛⎫⎛⎫=+++++-++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L L111166066113181319=++++L 6601319661131898999066013196611318989990+++=+++⨯⨯⨯L 19796606611319659!19791319!MM=⨯⨯⨯⨯=⨯L得1979整除1319!p ，但1979为素数，()1979,1319!1=，得p 可被1979整除．例20-1 2009年9月9日的年、月、日组成“长长久久、永不分离”的吉祥数字20090909，而它也恰好是一个不能再分解的素数．若规定含素因子20090909的数为吉祥数，请证明最简分数111220090908m n =+++L 的分子m 是吉祥数．证明：由111220090908m n =+++L 1111111200909082200909071004545410045455200909092009090920090909120090908220090907100454541004545520090909,122009090720090908p⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=+++⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯L L L 其中p 为正整数，有 20090909122009090720090908n p m ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯L ，这表明，20090909整除122009090720090908m ⨯⨯⨯⨯⨯L ，但20090909为素数，不能整除122009090720090908⨯⨯⨯⨯L ，所以20090909整除m ，得m 是吉祥数．4． 余数分类法．例21 试证()()3121n n n ++．证明1 任何整数n 被3除其余数分为3类 3,31,32,n k n k n k k Z ==+=+∈，（1）3n k =时，有 ()()()()12133161,n n n k k k ++=++⎡⎤⎣⎦有()()3121n n n ++．（2）31n k =+时，有()()()()()1213313221,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．（3）32n k =+()()()()()121332165,n n n k k k ++=+++⎡⎤⎣⎦ 有()()3121n n n ++．综上得，()()3121n n n ++． 证明 2 ()()()()222211214n n n n n n ++++=，得 ()()322221n n n ++，又()3,41=，得()()3121n n n ++．5．数学归纳法．6．反证法．7．构造法． 例22 k 个连续整数中必有一个能被k 整除． 证明 设k 个连续整数为,1,2,,1a a a a k +++-L ，若这k 个数被k 除没有一个余数为0，则这k 个数的余数只能取1,2,,1k -L ，共1k -种情况，必存在两个数 ,,0a i a j i j k ++<-< ，使 1,a i kq r +=+2,a j kq r +=+ 其中12q q ≠，相减 ()12i j k q q -=-，有 12i j k q q k -=-≥， 即 i j k -≥与i j k -<矛盾．故k 个连续整数中必有一个能被k 整除．也可以由()12i j k q q -=-得 ()120i j k q q k <-=-<，推出1201q q <-<，与12q q -为整数矛盾．例23 k 个连续整数之积必能被!k 整除．证明 设k 个连续整数为,1,2,,1n n n n k +++-L ， （1）若这k 个连续整数为正整数，则()()()()121!!!!n n n n k n k k n k +++-=+L ()k nC =只须证明，对任何一个素数p ，分子中所含p 的方次不低于分母中所含p 的方次，由高斯函数的性质[][][]x y x y +≥+，有()s s s s k n k n k n k p p p p +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=≥+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑∑ 得k nC为整数（证实了组合数的实际意义）（2）若这k 个连续整数中有0，则连乘积为0，必能被!k 整除．（3）若这k 个连续整数为负整数，则()()()()()()()()()121!1211!1,k kk nn n n n k k n n n n k k C-+++--------+=-=-L L由（1）知kn C -为整数，故()()()121!n n n n k k +++-L 为整数．例24 有男孩、女孩共n 个围坐在一个圆周上（3n ≥），若顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有a 组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有b 组，求证3a b -．证明 现将小孩记作(1,2,,)i a i n =…，且数字化1,1, i i i a a a ⎧=⎨-⎩ 表示男孩时表示女孩时则“3人组”数值化为12121212123,,,3,,,1,,,1,,,i i i i i i i i i i i i i i i i a a a a a a A a a a a a a a a a ++++++++++⎧⎪-⎪=++=⎨⎪⎪-⎩ 均为男孩 均为女孩 恰有一个女孩 恰有一个男孩其中n j j a a +=．又设取值为3的i A 有p 个，取值为3-的i A 有q 个，依题意，取值为1的i A 有b 个，取值为1-的i A 有a 个，得 12123234123()()()()n n a a a a a a a a a a a a +++=+++++++++……3(3)(1)3()()p q a b p q b a =+-+-+=-+-， 可见3a b -．例25 （1956，中国北京）证明3231122n n n ++-对任何正整数n 都是整数，并且用3除时余2． 分析 只需说明()23131222n n n n -+=为整数，但不便说明“用3除时余2”，应说明()()3212131222n n n n n n ++++=是3的倍数．作变形 ()()()32222213111,3,81228n n n n n n ++++-=-= ， 命题可证．证明 已知即()()321213111222n n n n n n ++++-=-， ① 因为相邻2个整数(),1n n +必有偶数，所以3231122n n n ++-为整数．又①可变为 ()()32222213111228n n n n n n ++++-=-，因为相邻3个整数()()2,22,21n n n ++必有3的倍数，故()()22221n n n ++能被3整除；又()3,81=，所以()()222218n n n ++能被3整除；得3231122n n n ++-用3除时余2．五、同余根据定义，同余问题可以转化为整除问题来解决；同时，同余本身有很多性质，可以直接用来解题．例26 正方体的顶点标上1+或1-，面上标上一个数，它等于这个面四个顶点处的数的乘积，求证，这样得出的14个数之和不能为0．证明 记14个数的和为S ，易知，这14个数不是1+就是1-，若八个顶点都标上1+，则14S =，命题成立．对于顶点有1-的情况，我们改变1-为1+，则和S 中有4的数,,,a b c d 改变了符号，用/S 表示改变后的和，由()0mod2a b c d +++≡知 ()/20mod 4S S a b c d -=+++≡， 这表明，改变一个1-，和S 关于模4的余数不变，重复进行，直到把所有的1-都改变为1+，则()/111142mod4S S ≡≡+++≡≡L ，所以，0S ≠．例27 设多项式()n n n n a x a x a x a x f ++++=--1110Λ的系数都是整数，并且有一个奇数α及一个偶数β使得()αf 及()βf 都是奇数，求证方程()0=x f 没有整数根．证明 由已知有()()()0121mod21mod2n fa a a a α≡⇔++++≡L ， ①()()()1mod21mod2n f a β≡⇔≡， ②若方程()0=x f 存在整数根0x ，即()00f x =．当0x 为奇数时，有()()()00120mod20mod2n f x a a a a ≡⇔++++≡L ，与①矛盾．有0x 为偶数时，有()()()00mod20mod2n f x a ≡⇔≡，与②矛盾．所以方程()0=x f 没有整数根． 六、不定方程未知数的个数多于方程个数的整系数代数方程，称为不定方程．求不定方程的整数解，叫做解不定方程． 解不定方程通常要解决3个问题，方程是否有解？有解时，有几个解，解数是有限还是无穷？求出全部解．例28 解方程719213x y +=． 解法1 由()7,191=知方程有整数解． 观察特解，列表得一个特解0025,2,x y =⎧⎨=⎩从而通解为2519,27.x t y t =-⎧⎨=+⎩方法总结：第1步，验证(),a b c ，经常是(),1a b =．第2步，求特解（观察、列举、辗转相除等）． 第3步，代入公式．方法总结：()mod ax by c ax c b +=⇔≡或()mod by c a ≡． 例29 求方程3222009x x y +=的整数解． 解 由2009的分解式，有 ()222212009741xx y +=⨯=⨯，有 21,1,1,1004,1005,22009,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩ 227,7,7,17,24.241,x x x y y x y ==-⎧=⎧⎧⇒⎨⎨⎨==+=⎩⎩⎩例30 甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，…直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程，那么所有可能出现的比赛过程的种数为 ．（1988，高中联赛）解法1 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为1234567,,,,,,A A A A A A A 和1234567,,,,,,B B B B B B B ．如果甲方获胜，设i A 获胜的场数是i x ，则07,17i x i ≤≤≤≤而且1277x x x +++=L ， ①容易证明以下两点：在甲方获胜时（i ）不同的比赛过程对应着方程①的不同非负整数解；（ii ）方程①的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）对应的比赛过程为：1A 胜1B 和2B ；3B 胜1A 、和3A ；4A 胜3B 后负于4B ；5A 胜4B 、5B 和6B 但负于7B ；最后6A 胜7B 结束比赛．下面求方程①的非负整数解个数，设1i i y x =+，问题等价于方程123456714y y y y y y y ++++++=，正整数解的个数，将上式写成1111111111111114+++++++++++++=，从13个加号取6个的方法数613C 种．得甲方获胜的不同的比赛过程有613C 种．同理，乙方获胜的不同的比赛过程也有713C 种，合计61323432C =种比赛过程例31（1989，高中）如果从数1，2，…，14中按由小到大的顺序取出123,,a a a ，使同时满足 21323, 3a a a a -≥-≥，那么，所有符合上述要求的不同取法有多少种？解 由已知得121323 10,30 30, 140,a a a a a a -≥--≥--≥-≥4项均为非负数，相加得()()()()121323133 147a a a a a a -+--+--+-=，于是123,,a a a 的取法数就是不定方程 12347x x x x +++=的非负整数解的个数，作一一对应11i y x =+，问题又等价于不定方 123411y y y y +++= 的正整数解．由 11111+++=L ，得310C 个解，即符合要求的不同取法有310C 种．七．数论函数主要是[]x 高斯函数，()n ϕ欧拉函数．例32 某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于．．6．时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数[]y x =（[]x 表示不大于x 的最大整数）可以表示为(A)10x y ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (B)310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (C) 410x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ (D)510x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ （2010年全国高考数学陕西卷理科第10题）解法1 选（B ）．（求解对照）．规则是“六舍七入”，故加3即可进1． 选310x y +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦． 解法2 选（B ）．（特值否定）．取56x =，按规定应选5人，可否定(C)、(D)；再取57x =，按规定应选6人，可否定(A)．注：主要错误选(C) ，误为“五舍六入”．例33 用[]x 表示不大于x 的最大整数，求122004366366366366⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦L ． 讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号．关键是弄清[]x 的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除：（1）分子是那些数相加，求出和来；由36651830200421963666⨯=<<=⨯，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个（2）除法谁除以366，求出商的整数部分．原式()036536612345175366⨯+++++⨯⎡⎤=⎢⎥⎣⎦1036687536614310236612.⨯+⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦= 命题背景2004年有12个月、366天．例34 50!的标准分解式中2的指数．解 35678912450!23571113171923293137414347ααααααααα=gg g g g 2的指数为2345505050505025126314722222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 图示（5条横线，25个偶数中2的方次，按横线求和）八、综合练习例35 整数勾股形中，证明（1）必有一条直角边长是3的倍数；（2）必有一条直角边长是4的倍数； （3）必有一条边长是5的倍数；（4）三角形的面积是6的倍数．证明 当整数勾股形的三边有公约数时，可以先约去，使三边长,,x y z 互素，且满足222x y z +=.这时，若,x y 两个均为偶数，则z 也为偶数，与,,x y z 互素矛盾；若,x y 两个均为奇数，有()()221mod4,1mod4x y ≡≡，得 ()2222mod4z x y ≡+≡， 这与平方数模4只能取0，1矛盾.所以，,x y 中有且只有一个为偶数，不妨设x 为偶数.（1）设,x y 中无一为3的倍数，则()()221mod3,1mod3x y ≡≡，得 ()2222mod3z x y ≡+≡，这与平方数模3只能取0，1矛盾，故,x y 中有一个为3的倍数. （2）由x 为偶数.，必有,y z 均为奇数，记2,21,21x m y p z q ==+=+有 ()()()22222222421214m x z y q p q q p p ==-=+-+=+--则 ()()211m q q p p =+-+右边是两个偶数的差，必为偶数，从而x 为4的倍数.（3）若,x y 中有5的倍数，命题已成立. 若,x y 均不是5的倍数，则若,x y 只能是形如51k ±或52k ±的正整数.若,x y 均为51k ±型，则()222112mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾若,x y 均为52k ±型，则()222443mod5z x y ≡+≡+≡这与平方数模5只能取0，1，4矛盾.所以，,x y 只能分别取51k ±与52k ±型，有 ()222410mod5z x y ≡+≡+≡得25z ，但5是素数，得5z .（4）由上证（1）、（2）及()3,41=知，xy 是12的倍数，则12xy 是6的倍数，得三角形的面积是6的倍数． 例36 已知ABC V 内有n 个点，连同,,A B C 共有3n +个点，以这些点为顶点，把ABC V 分割为若干个互不重叠的小三角形，现把,,A B C 分别染上红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一，证明三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（斯潘纳定理）证明1 给这些小三角形的边赋值：当边的两端点同色时，记为0；当边的两端点异色时，记为1；再用三边之和给小三角形赋值：当三角形的三顶点同色时，和值为0，记这样的小三角形有a 个；当三角形的三顶点中仅有两点同色时，和值为2，记这样的小三角形有b 个；当三角形的三顶点两两异色时，和值为3，记这样的小三角形有c 个.下面用两种方法计算所有三角形赋值的总和S ，一方面02323S a b c b c =⨯+⨯+⨯=+. ①另方面，,,AB BC CA 的赋值均为1，和为奇数；而ABC V 内的每一条连线，在上述S 的计算中都被计算了两次，和为偶数；这两者之和得S 为奇数，记为21S k =+ ②由①，②得 2123k b c +=+可见c 为奇数，即三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．（证明：n 个连续整数的乘积一定能被n!整除设a 为任一整数，则式： (a+1)(a+2)...(a+n) =(a+n)!/a! =n!*[(a+n)!/(a!n!)]而式中[(a+n)!/(a!n!)]恰为C(a+n,a),也即是从a+n 中取出a 的组合数，当然为整数。
初中数学竞赛_数论_同余方程_学生版
【例15】解方程： ．
【例16】解下列同余方程
（1）
（2）
【例17】求一组大于 的三个连续整数，使其分别为 ， ， 的倍数．
【例18】求一个最小的正整数 ，使它的 是完全平方数，它的 是一个整数的 次方，它的 是一个数的 次方.
二、剩余类的性质
1、每一个整数一定包含在而且仅包含在模 的一个剩余类中.
2、整数 所属的模 的剩余类中的每一个数都可以写成 的形式，这里 是整数，用符号 表示 所属的模 的剩余类，则这条性质的数学表达式为： .
3、整数 ， 在模 的同一个剩余类中的充要条件是 ， 对模 同余，即
4、在任意取定的 个整数中，必有两个整数对模 同余.
【例1】求证：一定存在整数 ，使 能被 整除，并求出这些数.
【例2】已知 ， ， 为正整数，求证：
【例3】已知整数 ， ， 满足 ，求证： ， ， 解.
一、同余方程的概念
对于 次整系数多项式 ， 就叫做模 的同余方程.使同余方程成立的 的值叫做同余方程的解.显然，若 是同余方程 的一个解，则剩余类 中的每一个数都是这个方程的解.
【例5】解下列同余方程：
（1） （2）
【例6】同余方程 的解和方程 的解是否相同，请说明理由.
【例7】解同余方程
【例8】解同余方程
【例9】解同余方程
【例10】解同余方程组
【例11】解同余方程组
【例12】解同余方程组
【例13】解下列同余方程组
（1） （2）
【例14】解下列同余方程
（1） （2）
一、二次同余方程的解法
全国初中数学竞赛试题(含答案)-20220207144625
全国初中数学竞赛试题（含答案）20220207144625一、选择题（每题5分，共20分）1. 下列哪个数是质数？A. 2B. 3C. 4D. 52. 如果一个三角形的两边长分别为3和4，那么这个三角形的周长可能是多少？A. 7B. 10C. 11D. 123. 下列哪个分数可以化简为最简分数？A. 2/4B. 3/6C. 4/8D. 5/104. 一个正方形的面积是36平方厘米，那么这个正方形的边长是多少厘米？A. 6B. 7C. 8D. 9二、填空题（每题5分，共20分）1. 7的平方根是______。
2. 0.25的小数点向右移动两位后是______。
3. 一个等边三角形的边长是10厘米，那么这个等边三角形的周长是______厘米。
4. 下列哪个数是立方数？A. 2B. 3C. 4D. 5三、解答题（每题10分，共30分）1. 解方程：2x 5 = 11。
2. 计算下列表达式的值：3(2 + 4) 7。
3. 一个长方形的长是8厘米，宽是4厘米，求这个长方形的面积。
四、答案部分一、选择题1. A2. B3. A4. D二、填空题1. ±√72. 253. 304. C三、解答题1. x = 82. 133. 32平方厘米全国初中数学竞赛试题（含答案）20220207144625四、应用题（每题15分，共30分）1. 小明家有一块长方形的地，长是12米，宽是8米。
小明计划将这块地分成两个相同大小的正方形区域。
请问每个正方形的边长是多少米？2. 小红有一笔钱，她将其中的1/3用于购买书，剩下的钱再将其中的1/2用于购买文具。
她剩下的钱是100元。
请问小红最初有多少钱？五、证明题（每题15分，共30分）1. 证明：对于任意实数a和b，如果a < b，那么a² < b²。
2. 证明：等腰三角形的底角相等。
六、答案部分四、应用题1. 每个正方形的边长是6米。
2. 小红最初有300元。
讲解初中数学竞赛试题及答案
讲解初中数学竞赛试题及答案初中数学竞赛试题通常涵盖代数、几何、数论和组合等数学领域。
下面是一个模拟的初中数学竞赛试题及其答案的讲解。
题目一：代数问题题目：已知 \( a, b \) 为正整数，且满足 \( a^2 - b^2 = 1 \)，求 \( a \) 和 \( b \) 的所有可能值。
答案：根据题目中的等式 \( a^2 - b^2 = 1 \)，我们可以将其转换为 \( (a+b)(a-b) = 1 \)。
因为 \( a \) 和 \( b \) 都是正整数，所以 \( a+b \) 和 \( a-b \) 也必须是正整数，并且它们的乘积为1。
考虑到正整数的性质，可能的组合只有 \( (a+b, a-b) = (1, 1) \)或 \( (2, 1) \)。
对于 \( (a+b, a-b) = (1, 1) \)，显然不可能，因为 \( a+b \) 和\( a-b \) 不能同时为1。
对于 \( (a+b, a-b) = (2, 1) \)，我们可以得到 \( a =\frac{3}{2} \) 和 \( b = \frac{1}{2} \)，但这不是正整数，所以不符合题意。
因此，我们考虑 \( (a+b, a-b) = (3, 2) \) 或 \( (4, 3) \)。
对于 \( (a+b, a-b) = (3, 2) \)，我们可以得到 \( a = 2.5 \) 和\( b = 0.5 \)，这同样不是正整数。
对于 \( (a+b, a-b) = (4, 3) \)，我们可以得到 \( a = 3.5 \) 和\( b = 0.5 \)，这也不是正整数。
但是，如果我们考虑 \( (a+b, a-b) = (2, 1) \) 的整数解，我们可以得到 \( a = 2 \) 和 \( b = 1 \)，这满足题目要求。
讲解：这个问题考察了平方差公式的应用，通过将等式转换为\( (a+b)(a-b) = 1 \) 并考虑正整数的性质来找到可能的解。
初中数学全国竞赛试题及答案
初中数学全国竞赛试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. -1D. 22. 如果一个数的平方等于16，那么这个数是：A. 4B. ±4C. 16D. ±163. 一个直角三角形的两条直角边分别为3和4，那么斜边的长度是：A. 5B. 6C. 7D. 84. 将一个圆分成四个相等的扇形，每个扇形的圆心角是多少度？A. 45°B. 60°C. 90°D. 120°5. 一个数的立方等于-8，这个数是：A. -2B. 2C. -8D. 8二、填空题（每题2分，共10分）6. 一个数的平方根等于它本身，这个数是______。
7. 如果一个数的绝对值等于5，那么这个数可以是______。
8. 一个数的倒数是1/4，那么这个数是______。
9. 一个数的平方是25，这个数可以是______。
10. 一个数的立方根是2，那么这个数是______。
三、解答题（每题10分，共30分）11. 已知一个长方体的长、宽、高分别是a、b、c，求长方体的体积。
12. 一个圆的半径是r，求圆的面积。
13. 已知一个等腰三角形的两个腰长为a，底边长为b，求三角形的面积。
四、证明题（每题15分，共30分）14. 证明：直角三角形的斜边的平方等于两直角边的平方和。
15. 证明：如果一个角的余弦值等于1/2，那么这个角是60°。
五、应用题（每题20分，共20分）16. 某工厂生产一种零件，每个零件的成本是5元，售价是10元。
如果工厂想要获得10000元的利润，需要生产和销售多少个这种零件？初中数学全国竞赛试题答案一、选择题1. B2. B3. A4. C5. A二、填空题6. 0或17. ±58. 49. ±510. 8三、解答题11. 长方体的体积 = 长× 宽× 高= a × b × c。
奥赛经典
奥赛经典——初中数学竞赛中的数论问题第一章 整数的封闭性运算【典型例题与基本方法】例1 (1995年全国联赛题)方程组⎩⎨⎧=+=+2363yz xz yz xy 的正整数解的组数是（ ）. A.1 B.2 C.3 D.4 例2 (2007年天津市竞赛题)八年级二班的同学参加社区公益活动——收集废旧电池，其中甲组同学平均每人收集17个，乙组同学平均每人收集20个，丙组同学平均每人收集21个.若这三个小组共收集了233个废旧电池，则这三个小组共有学生（ ）人.A.12B.13C.14D.15例3 (2002年“我爱数学”初中生夏令营竞赛题)如果一个正整数等于它的各位数字之和的4倍，那么，我们就把这个正整数叫做四合数.所有四合数的总和等于 .【解题思维策略分析】1.注意整数乘积或幂中的特殊因数例5 (2008年青少年数学国际城市邀请赛题)已知n 为正整数，使得()()()k n n n n n n 2621211=--+-++(k 是正整数).求所有可能的n 值的总和. 2.注意整数运算的封闭性例6 (2007年“新知杯”上海市竞赛题)求满足下列条件的正整数n 的所有可能值：对这样的n ，能找到实数a ，b ，使得函数()b ax x n x f ++=21对任意整数x ，()x f 都是整数. 3.注意在分数不等式中取整数的条件例7 已知n ，k 均为正整数，且满足不等式4396371<+-<k n k n .若对于某一给定的正整数n ，只有唯一的一个正整数k 使不等式成立.求所有符合要求的正整数n 中的最大值和最小值.【模拟实战】A 组1.若满足不等式137158<+<k n n 的整数k 只有一个，则正整数n 的最大值为（ ）. A.100 B.112 C.120 D.1502.若12032+m 是整数，则所有满足条件的正整数m 的和为（ ）.A.401B.800C.601D.12033.若直角三角形的一条直角边长为12，另两条边长均整数，则符合这样条件的直角三角形共有（ ）个.A.1B.6C.4D.无数多4.2009是一个具有如下性质的年号：它的各位数码之和为11.那么，自古至今，这种四位数的年号共出现过______次.5.(2005年全国联赛题)不超过100的自然数中，将凡是3或5的倍数的数相加，其和为_____.B 组1.(2008年四川省竞赛题)已知正整数a 、b 、c 满足c b a <<，且abc ca bc ab =++.求所有符合条件的a 、b 、c .2.(2009年南昌市竞赛题)已知n 是大于1的整数.求证：3n 可以写成两个正整数的平方差.3.(第4届中国趣味数学决赛题)有20堆石子，每堆都有2006粒石子．从任意19堆中各取一粒放入另一堆，称为一次操作.经过不足20次操作后，某一堆中有1990粒石子，另一堆石子数在2080到2100之间，这一堆石子有______粒.4.(1995年全国联赛(民族卷)题)已知正整数a 、b 、c 满足下列条件：c b a >>，()()()72=---c a c b b a ，且100<abc ，求a ，b ，c .5.(2006年全国联赛题)2006个都不等于119的正整数200621,,a a a Λ排成一行，其中任意连续若干项之和都不等于119，求200621a a a +++Λ的最小值.6.(第13届日本奥数决赛题)平太给大介出了一道计算题（A ，B 各代表两位数中各位上的数字,相同的字母代表相同的数字）：=⨯BA AB .大介：“得数是2872.”平太：“不对”.大介：“个位的数字对吗?”平太：“对”.大介：“其它位的数字有对的吗?”平在：“这是保密的.但你调换一下四位数2872中4个数字的位置,就能得出正确答案.” 请求出正确答案.第二章 正整数的多项式表示及应用【典型例题与基本方法】例1 将()102010化为下列进位制的数：⑴二进位制的数；⑵八进位制的数.例2 试证：形如abcabc 的六位数总含有7，11，13的因数.例3 一个三位数xyz （其中x ，y ，z 互不相等），将其各个数位的数字重新排列，分别得到的最大数和最小数仍是三位数.若所得到的最大三位数与最小三位数之差是原来的三位数，求这个三位数.例4 设两个三位数xyz ，zyx 的乘积为一个五位数xzyyx （其中x ，y ，z 互不相等），求x ，y ，z.【解题思维策略分析】1.善于运用正整数的十进位制的多项式表示解题例5 若一个首位数字是1的六位数abcde 1乘以3所得的积是一个末位数字为1的六位数1abcde ，求原来的六位数.例6 有一个若干位的正整数，它的前两位数字相同，且它与它的反序数（011a a a a n n Λ-与n n a a a a 110-Λ互为反序数，其中00≠a ，0≠n a ）之和为10879，求原数.2.会利用非十进位制多项式表示解题例7 设在三进位置中，数N 的表示是20位数：12112211122211112222.求N 在九进位制中表示最左边的一位数字.例8 设1987可以在b 进位制中写成三位数xyz ，且7891+++=++z y x ，试确定出所有可能的x ，y ，z 和b .【模拟实战】A 组1.M 表示一个两位数，N 表示一个三位数，如果把M 放在N 的左边，组成一个五位数，那么这个五位数是（ ）.A. M+NB. MNC. 10000M+ND. 1000M+N2.一个两位数，它是本身数字和的k 倍，将个位数字与十位数字交换位置后，组成一个新数，则新数为其数字和的（ ）.A.()1-k 倍B.()k -11倍C.()k -10倍D.()k -9倍3.在大于10、小于100的正整数中，数字变换位置后所得的数比原数增加9的数的个数为_____.4.一个两位数，它的各位数字和的3倍与这个数加起来所得的和恰好是原数的两个数字交换了位置所得的两位数，这样的两位数有____个.5.已知ab 为两位数，且满足bbb ab b a =⋅⋅，求这个两位数.6.求一个最小的正整数n ，它的个位数字为6，将6移到首位，所得的新数是原数的4倍.B 组1.已知一个四位数的各位数字的和与这个四位数相加等于2010，试求这个四位数.2.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3194=N ，请你确定abc .3.两位数ab （个位数字与十位数字不同）的平方等于三位数xyz ；而这两位数ba 的平方恰好等于三位数zyx ，求上述两位属于三位数.4.(2008年全国联赛(江西卷)题)一本书共有61页，顺次编号1，2，...，61.某人在将这个数相加时，有两个两位数页码都错把个位数与十位数弄反了（形如ab 的两位数被当成了两位数ba ），结果得到的总和是2008.那么，书上这两个两位数页码之和的最大值是多少？5.(1998年“中小学数学杯”竞赛题)把()21101001.0化为十进制小数.6.(1998年长春市竞赛题)证明：1218-能被7整除.7.(江西省第4届“八一杯”竞赛题)求证：12222222101112131415-++-+-+-Λ能被5整除.8.(第5届沈阳市竞赛题)若m ，n 是两个自然数，且2>n ，那么12+m 不能被12-n 整除，试说明理由.9.(江西省第2届探索与应用能力竞赛题)将十进制数2002化成二进制数.10.(1997年广州市竞赛题)化()1084375.53为二进制小数.11.有一个写成7进制的三位数，如果把各位数码按相反顺序写出，并把它看成是九进制的三位数，且这两数相等，求这个数.12.在哪种进位制中，16324是125的平方？13.N 是整数，它的b 进制表示是777.求最小的正整数b ，使得N 是十进制整数的4次方.14.在哪种进制中，100134=⋅？15.(2007年“卡西欧杯”武汉市竞赛题)军训基地购买苹果慰问学员.已知苹果总数用八进位制表示为abc ，七进位制表示为cba .那么，苹果的总数用十进位制表示为_____.16.(1998年“中小学数学杯”竞赛题)化()81325为二进制数.17.(1995年“祖冲之”邀请赛决赛题)求证：对于任意进位制的数，10201都是合数.18.(第2届华杯赛决赛题)下面是两个1989位整数相乘：321Λ321Λ119891198911111111个个⨯. 问：乘积的数字和是多少？19.(第10届《中小学生数学报》邀请赛题)计算：⑴()()22101101111011010+；⑵()()2210101101101101-；⑶()()()222101101100111000000--.。
初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性上半部分试题新人教版
第三篇 初等数论第19章 整数的整除性§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 ⎡⎤-++++⎣⎦．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 ．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,而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10019.1.21★★下面这个41位数20555个 2099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1851890999+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,原数就能被7整除．把拆成两个数的和. 5599BA B +.因为7|55300,7|399,336+=． 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 +≤, ①1as 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|1abc -,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abbc具有上述性质,则ab bc <,且1ab a c bc =<,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 bb 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翻动,使全部的杯子口都朝下？ 解析 不可能．我们将口向上的杯子记为0,口向下的杯子记为1．开始时,由于七个杯子全朝上,所以这七个数的和为0,是个偶数．一个杯子每翻动一次,所记的数由0变为1或由1变为0,改变了奇偶性．每一次翻转四个杯子,因此这七个数的和的奇偶性改变了四次,从而和的奇偶性仍与原来相同．所以,不论翻动多少次,这七个数的和与原来一样,仍为偶数．当杯子全部朝下时,这七个数的和为7,是奇数．因此,不论经过多少次翻转,都不可能使所有的杯子口都朝下．19．2．18★★★设1i x =1,1i =,2,…,2012．令 123420112012S x x x x x x =+++.。
全国初中数学竞赛试题及答案大全
全国初中数学竞赛试题及答案大全试题一：代数基础题目：若\( a \), \( b \), \( c \)为实数，且满足\( a + b + c = 3 \)，\( ab + ac + bc = 1 \)，求\( a^2 + b^2 + c^2 \)的值。
解答：根据已知条件，我们可以使用配方法来求解。
首先，我们知道\( (a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc) \)。
将已知条件代入，得到\( 3^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2 \times 1 \)。
简化后，我们得到\( a^2 + b^2 + c^2 = 9 - 2 = 7 \)。
试题二：几何问题题目：在直角三角形ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，求斜边BC的长度。
解答：根据勾股定理，直角三角形的斜边BC的平方等于两直角边的平方和，即\( BC^2 = AB^2 + AC^2 \)。
代入已知数值，得到\( BC^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100 \)。
因此，\( BC = \sqrt{100} = 10 \)。
试题三：数列问题题目：一个等差数列的首项是2，公差是3，求第10项的值。
解答：等差数列的第n项可以通过公式\( a_n = a_1 + (n - 1)d \)来计算，其中\( a_1 \)是首项，d是公差，n是项数。
将已知条件代入公式，得到\( a_{10} = 2 + (10 - 1) \times 3 = 2 + 9 \times 3 = 29 \)。
试题四：概率问题题目：一个袋子里有5个红球和3个蓝球，随机取出2个球，求取出的两个球颜色相同的概率。
解答：首先计算总的可能情况，即从8个球中取2个球的组合数，用组合公式C(8,2)计算。
然后计算取出两个红球或两个蓝球的情况。
两个红球的情况有C(5,2)种，两个蓝球的情况有C(3,2)种。
初中数学竞赛-几何数论测试4
几何数论测试41.过圆外一点P作圆的两条切线,PA PB，其中,A B为切点，再过点P作圆的一条割线分别交圆于,C D两点，过点B作PA的平行线分别交直线,AC AD于,E F，求证：BE BF2.（2021ELMO）在ABC∆中，点P和点Q分别在边,∆的外接圆与BCAB AC上，使得APQ相切于点D，边BC上的点E满足BD EC=，直线DP再次交CDQ∆的外接圆于点X，直线DQ再次交BDP∆的外接圆于点Y，证明：,,,D E X Y四点共圆3.对于正整数k n ≤，(),M n k 示数,1,,1n n n k --+的最小公倍数．()f n 表示最大的正整数k ，使得()()(),1,2,M n M n M n k <<⋅⋅⋅<．证明：（1）对每个正整数n ，()f n ≤（2）若N +∈Z ，则()f n N >对除去有限多个正整数外的无穷多个整数n 均成立． 答案：解析：注意到，()[],1,1,,M n k n n n k +=--(),,M n k n k =-⎡⎤⎣⎦． 于是，()(),,1M n k M n k ≤+，且 ()(),,1M n k M n k =+()(),n k M n k ⇔-．（1）显然，()11f =<． 对于1m >，()()()()22222,21M m m m m m m m =-=-+． 由定义知()()22,m m M m m -． 故()()22,,1M m m M m m =+． 从而，()2f m m ≤．对于()221m n m <<+，设 ()212n m l l m =+≤≤．注意到，若()(),,1M n k M n k =+，则对任意正整数l ，均有 ()(),,1M n l k l M n l k l ++=+++． 从而，()()f n l f n l +≤+． 代入知()()()22f n f m l f m l =+≤+3m l m ≤+≤<（2）只需证明：对于所有整数 !n N N >+，()f n N >． 由()(),1,,M n N M n N n N +=-⎡⎤⎣⎦ ()()()(),,,M n N n N M n N n N -=- ()()()1,1,N k M n N n N n k n N =-≥-+-∏ ()()()1,1N k M n N n N N k =-≥-+∏()(),!M n N n N N -=， 其中，第一个不等号是因为 ()()(),,,ab c a c b c ≤， 第二个不等号是因为 ()(),,a b a b b a b =-≤-，a b >． 所以，对于!n N N >+，有 ()()(),1,2,1M n M n M n N <<<+， 即()f n N >．4.（2019IMO 预选）给定{}H i N +⎡=∈⎣和正整数n ，证明存在一个常数C 使得若{}1,2,,A n ⊆⋅⋅⋅且A ≥,a b A ∈满足a b H -∈。
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33. (1998 联赛)1, 2, 3, · · · , 98 共 98 个自然数中, 能够表示成两整数的平方差的个数是
34. (1998 联赛) 每一本书都有一个国际书号:ABCDEF GHIJ , 其中 ABCDEF GHI 由九个数字排列而 成, J 是检查号码. 令 S = 10A + 9B + 8C + 7D + 6E + 5F + 4G + 3H + 2I ,r 是 S 除以 11 所得的 余数, 若 r 不等于 0 或 1, 则规定 J = 11 − r. (若 r = 0, 则规定 J = 0; 若 r = 1, 规定 J 用 x 表示) 现有一本书的书号是 962y 707015, 那么 y = .
20. (1990 联赛)12 , 22 , 32 , · · · , 1234567892 的和的个位数的数字是 21. (1990 联赛)[x] 表示不超过实数 x 的最大整数, 令 {x} = x − [x] 1 (1) 找出一个实数 x, 满足 {x} + { } = 1 x (2) 证明: 满足上述等式的 x, 都不是有理数.
3 29. (1997 联赛) 若正整数 x,y 满足 x2 + y 2 = 1997, 则 x + y 等于 .
30. (1997 联赛) 已知定理:“若三个大于 3 的质数,a, b, c 满足关系式 2a + 5b = c, 则 a + b + c 是整数 n 的倍数”. 试问: 上述定理中的整数 n 的最大可能值是多少? 并证明你的结论. 31. (1998 联赛) 满足 19982 + m2 = 19972 + n2 (0 < m < n < 1998) 的整数对 (m, n), 共有 32. (1998 联赛) 设平方数 y 2 是 11 个相继整数的平方和, 则 y 的最小值是 . . 个.
2 13. (1987 联赛) 有一个五位正奇数 x, 将 x 中的所有 2 都换成 5, 所有 5 都换成 2, 其它数字不变, 得到 一个新的五位数, 记作 y . 若 x 和 y 满足等式 y = 2(x + 1), 那么 x 是 14. (1987 联赛) 已知存在正整数 n, 能使数 11 · · · 11 被 1987 整除. 求证: 数
n个
.
p = 11 · · · 11 99 · · · 99 88 · · · 88 77 · · · 77
n个 n个 n个 n个
和 q = 11 · ·77 · · · 77
(n+1)个 (n+1)个 (n+1)个 (n+1)个
都能被 1987 整除. 15. (1988 联赛) 如果, 质数 p、 q 满足关系式 3p + 5q = 31, 且, 那么 log2 p 的值是 3q + 1 .
2. (1984 联赛) 下列哪一个数一定不是某个自然数的平方 (其中 n 为自然数) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( (A) 3n2 − 3n + 3; (B) 4n2 + 4n + 4; (C) 5n2 − 5n − 5; (D) 7n2 − 7n + 7;
35. (1998 联赛) 试写出 5 个自然数, 使得其中任意两个数中的较大的一个数可以被这两个数的差整除. ( 1 )( ) 1 1 1 1 2 36. (1999 联赛) 已知 a, b 为整数, 且满足 1 a 1 − 1 b 1 − , 则 a+b= . 1 1 = a b a2 − b2 3 −b +b a a [n] [n] [n] 37. (2000 联赛) 正整数 n 小于 100, 并满足等式 + + = n, 其中 [x] 表示不超过 x 的最大整 2 3 6 数, 这样的正整数 n 有 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( ) (A) 2 个; (B) 3 个; (C) 12 个; (D) 16 个 .
23. (1994 联赛) 周长为 6, 面积为整数的直角三角形是否存在? 若不存在, 请给出证明; 若存在, 请证明共 xy + yz = 63 24. (1995 联赛) 方程组 xz + yz = 23 (A) 1; (B) 2; 有几个?
的正整数解的组数是 ( ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( (C) 3; (D) 4 . 个.
198位
数用 9 除的余数是 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .( (A) 4; (B) 6; (C) 7; (D) 非上述答案 .
9. (1986 联赛) 设 a, b, c 是三个互不相等的正整数, 求证: 在 a3 b − ab3 ,b3 c − bc3 ,c3 a − ca3 三个数中, 至 少有一个数能被 10 整除. 10. (1987 联赛) 把由 1 开始的自然数依次写下去, 直写到第 198 位为止:123456789101112 · · ·, 那么这个
16. (1988 联赛) 一串数 1, 4, 7, 10, · · · , 697, 700 的规律是: 第一个数是 1, 以后的每一个数等于它前面的 一个数加 3, 直到 700 为止. 将所有这些数相乘, 试求所得数的尾部零的个数.(例如 12003000 的尾部 零的个数是 3) 17. (1988 联赛) 如果 p,q , 2p − 1 2q − 1 , 都是整数, 并且 p > 1,q > 1. 试求 p + q 的值. q p . )
(E) 11n2 + 11n − 11 .
3. (1984 联赛) 已知:A = 6 lg p + lg q , 其中 p、 q 为质数, 且满足 q − p = 29. 求证:3 < A < 4. [ ] ( ]) [ 15 x + [u] x + [u] 4. (1985 联赛)[x] 表示取数 x 的整数部分, 例如 = 3 等, 若 y = 4 , 且当 − 4 4 4 x = 1, 8, 11, 14时, y = 1; x = 2, 5, 12, 15时, y = 2; x = 3, 6, 9, 16时, y = 3; x = 4, 7, 10, 13时, y = 0. 则表达式中的 u 等于 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( x+1 x x−1 x+2 ; (B) ; (C) ; (D) . (A) 4 4 4 4 5. (1985 联赛) 有一个长、宽、高分别为正整数 m、 n、 r(m 正方体个数得 1985, 求 m、 n、 r 的值. √ 6. (1986 联赛) 记号 [x] 表示不超过 x 的最大整数 (例如 [ 5] = 2), 设 n 是自然数, 且 I = (n + 1)2 + √ n − [ (n + 1)2 + n + 1]2 , 那么 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( ) (A) I > 0; (B) I < 0; (C) I = 0; (D) 当 n 取不同的值时, 以上三种情况都可能出现 . 7. (1986 联赛) 将自然数 N 接写在每一个自然数的右面 (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 成为魔术数, 在小于 130 的自然数中, 魔术数的个数为 . n )
)
11. (1987 联赛)[a] 表示不大于数 a 的最大整数. 例如 [2] = 1,[−2] = −2. 那么方程 [3x + 1] = 2x − 所有根的和是 .
1 的 2
12. (1987 联赛) 设自然数 n 具有以下性质: 从 1, 2, 3, · · · , n 中任取 50 个不同的数, 这 50 个数中必有两 个数之差等于 7. 这样的 n 最大的一个是 .
全国初中数学联赛数论题目汇编 1. (1984 联赛) 一个两位数, 交换它的十位数字与个位数字所得的两位数是原来数的 (A) 1 个; (B) 2 个; (C) 4 个; (D) 无数多个; 7 倍, 则这样的两 4 位数有 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( ) (E) 0 个 . )