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1、初一数学竞赛讲座(一)自然数的有关性质一、 知识要点1、 最大公约数定义1如果a1,a2,an和d都是正整数，且da1,da2, dan ，那么d叫做a1,a2,an的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2,an的最大公约数，记作(a1,a2,an). 如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4.2、最小公倍数定义2如果a1,a2,an和m都是正整数，且a1m, a2m, anm，那么m叫做a1,a2,an的公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2,an的最小公倍数，记作a1,a2,an.如对于4、8、1
2、2这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作4,8,12=24.3、最大公约数和最小公倍数的性质性质1 若ab,则(a,b)=a.性质2 若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd.性质3 若na, nb,则.性质4 若a=bq+r (0rb), 则(a,b)= (b,r) .性质4 实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。性质5若 ba,则a,b=a.性质6若a,b=m,且n为正整数，则na,nb=nm.性质7若na, nb,则.4、数的整除性定义3对于整数a和不为零的整数b，如果存在整数q，使得a
3、=bq 成立，则就称b整除a或a被b整除，记作ba，若ba，我们也称a是b倍数；若b不能整除a，记作ba5、数的整除性的性质性质1 若ab，bc，则ac性质2 若ca，cb，则c(ab)性质3 若ba, n为整数，则bna6、同余定义4 设m是大于1的整数，如果整数a，b的差被m整除，我们就说a，b关于模m同余，记作 ab(mod m)7、同余的性质性质1 如果ab(mod m)，cd(mod m)，那么acbd(mod m)，acbd(mod m)性质2 如果ab(mod m)，那么对任意整数k有kakb(mod m)性质3 如果ab(mod m)，那么对任意正整数k有akbk(mod m)
4、性质4如果ab(mod m)，d是a，b的公约数，那么2、 例题精讲例1 设m和n为大于0的整数，且3m+2n=225. 如果m和n的最大公约数为15，求m+n的值 (第11届“希望杯”初一试题) 解：(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a，n=15b，且(a,b)=1 因为 3m+2n=225，所以3a+2b=15 因为 a,b是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6 从而m+n=15(a+b)=157=105评注：1、遇到这类问题常设m=15a，n=15b，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。这是一种常用方法。 2、
5、思考一下，如果将m和n的最大公约数为15，改成m和n的最小公倍数为45，问题如何解决？例2有若干苹果，两个一堆多一个，3个一堆多一个，4个一堆多一个，5个一堆多一个，6个一堆多一个，问这堆苹果最少有多少个？分析：将问题转化为最小公倍数来解决。解设这堆苹果最少有x个，依题意得由此可见，x-1是2，3，4，5，6的最小公倍数因为2,3,4,5,6=60，所以x-1=60，即x=61答：这堆苹果最少有61个。例3自然数a1，a2，a3，a9，a10的和1001等于，设d为a1，a2，a3，a9，a10的最大公约数，试求d的最大值。解由于d为a1，a2，a3，a9，a10的最大公约数，所以和a1+a2
6、+a3+a9+a101001能被d整除，即d是100171113的约数。因为dak，所以akd，k1，2，3，10从而1001a1+a2+a3+a9+a1010d所以由d能整除1001得，d仅可能取值1，7，11，13，77，91。因为1001能写成10个数的和：91+91+91+91+91+91+91+91+91+182其中每一个数都能被91整除，所以d能达到最大值91例4 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有四位数码，从0001到9999号，如果号码的前两位之和等于后前两位之和，则这张购物券为幸运券，如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购物券为幸运券。证明：这个商
7、场所发购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。(第7届初中“祖冲之杯”数学邀请赛试题)证明：显然，9999的购物券为幸运券，除这张外，若号码为n的购物券为幸运券，则号码为m=9999-n的购物券也为幸运券。由于9999是奇数，所以m，n的奇偶性不同，即mn，由于m+n=9999，相加时不出现进位。就是说，除号码为9999的幸运券外，其余所有的幸运券可两两配对，且每对号码之和为9999，从而可知所有的幸运券的号码之和为9999的倍数。由1019999，所以所有幸运券的号码之和能被101整除。评注：本题是通过将数两两配对的方法来解决。例5 在1，2，3，1995这1995个数中，找出所有满足
8、条件的数来：(1995+a)能整除1995a (第五届华杯赛决赛试题)分析：分子、分母都含有a，对a的讨论带来不便，因此可以将化成，这样只有分母中含有a，就容易对a进行讨论。解 因为(1995+a)能整除1995a，所以是整数，从而是整数 因为19951995=325272192，所以它的因数1995+a可以通过检验的方法定出。注意到1a1995，所以 19951995+a3990 如果1995+a 不被19整除，那么它的值只能是以下两种： 35272=3675，32572=2205 如果1995+a 能被19整除，但不被192整除，那么它的值只能是以下两种： 37219=2793，52719
9、=3325 如果1995+a 能被192整除，那么它的值只能是以下两种： 7192=252 7，32192=3249 于是满足条件的a有6个，即从上面6个值中分别减去1995，得到 1680、210、798、1330、532、1254评注：本题通过对的适当变形，便于对a的讨论。讨论时通过将19951995分解质因数，然后将因数1995+a通过检验的方法定出。这种方法在解决数的整除问题中经常使用。例6 11+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是几？为什么？(第四届华杯赛复赛试题)解 显然111(mod 3)，330(mod 3)，660(mod 3)，990(mod 3)
10、 又 22=41(mod 3)，44141(mod 3)，5525(-1)5(-1)(mod 3)， 77171(mod 3)，88(-1)81(mod 3) 11+22+33+44+55+66+77+88+991+1+0+1-1+0+1+1+041(mod 3) 即所求余数是1评注：用同余式求余数非常方便。例7 已知：，问a除以13，所得余数是几？(第三届华杯赛决赛试题)分析：将a用十进制表示成，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究除以13的余数规律。解 mod 13，103(-3)3=-27-1， 1+104+1081-10+102=910，19912 a=-188，即a除以13，
11、所得余数是8例8 n是正偶数，a1,a2,an除以n，所得的余数互不相同；b1,b2,bn除以n，所得的余数也互不相同。证明a1+b1，a2+b2，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。证明 n是正偶数，所以n-1为奇数，不是n的倍数， a1,a2,an除以n，所得的余数互不相同，所以这n个余数恰好是0，1，n-1.从而a1+a2+an0+1+(n-1)=0(mod n) 同样b1+b2+bn0(mod n) 但 (a1+b1)+(a2+b2)+(an+bn)= (a1+a2+an)+( b1+b2+bn)0(mod n)所以a1+b1，a2+b2，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。例
12、9 十进制中，44444444的数字和为A，A的数字和为B，B的数字和为C，求C分析：由于101(mod 9)，所以对整数a0，a1，a2，an有它表明十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余。根据上述结论有 CBA44444444(mod 9).所以只要估计出C的大小，就不难确定C解：44447 (mod 9)，而73(-2)3=-81(mod 9)， 所以 4444444474444=731481+17(mod 9)， 所以 CBA444444447(mod 9)， 另一方面，44444444(105)4444=1022220，所以44444444的位数不多于22220 从而A922220
13、=199980，即A至多是6位数。所以B1)可以唯一地分解为：,其中p1p211)，一定可以表示成两个合数之和。 评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法。但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。 例9 证明：n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。 分析：注意到n (n+1)+1=n2+n+1，n是自然数，n2n2+n+1( n+1)2，这为我们证题提供了出发点。 证明：n (n+1)+1=n2+n+1，n是自然数，n2n2+n+1( n+1)2， 而n、n+1是两个相邻的自然数， n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。 评注：本题
14、应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论。 例10 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数。证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。 分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。接下来用反证法来证明这个问题。 证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。 假设有一个绝对质数M中出现的数字超过了3个，也即这个绝对质数中出现的数字包含了1
15、，3，7，9，则 ，M2=M+9137，M3=M+7913，M4=M+3791，M5=M+1397，M6=M+3197，M7=M+7139都是质数。 可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M1、M2、M3、M4、M5、M6、M7被7除所得余数互不相同。因而必有一个是0，即能被7整除，这与此数是质数矛盾。所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字。 评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明。5、 巩固练习选择题1、在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x，偶数的个数为y，完全平方数的个数为z，合数的个数为u，则x+y
16、+z+u的值是( )A、17 B、15 C、13 D、11 2、设n为大于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（）A、3n2-3n+3 B、5n2-5n-5 C、9n2-9n+9 D、11n2-11n-113、有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50的的最大质数，一个是大于60的最小质数，则这3个数的和是( ) A、101 B、110 C、111 D、113 4、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )A、 B、 C、 D、 5、a、b为正整数，且56a+392b为完全平方数，则a+b的最小值等于( )A、6 B、7 C、8 D、9 6、3个质数p、q、r满足等
17、式p+q=r，且pqn2，且，则n1= ，n2= 解答题13、证明：不存在这样的三位数，使成为完全平方数。14、试求四位数，使它是一个完全平方数。15、a、b、c、d都是质数，且10cd20，c-a是大于2的质数，d 2-c 2=a 3b(a+b)，求a、b、c、d的值16、设a、b、c、d是四个整数，且是非零整数，求证：是合数。17、求一个三位数，使它等于n2，并且各位数字之积为n-1.18、设n1、n2是任意两个大于3的质数，M=，N=，M与N的最大公约数至少为多少？19、证明有无穷多个n，使多项式n2+n+41表示合数。20、已知p和8p2+1都是质数，求证：8p2-p+2也是质数。初一
18、数学竞赛讲座(三)数字、数位及数谜问题6、 知识要点1、整数的十进位数码表示 一般地，任何一个n位的自然数都可以表示成： 其中，a i (i=1，2，n)表示数码，且0a i9，a n0. 对于确定的自然数N，它的表示是唯一的，常将这个数记为N=2、正整数指数幂的末两位数字(1) 设m、n都是正整数，a是m的末位数字，则mn的末位数字就是an的末位数字。(2) 设p、q都是正整数，m是任意正整数，则m 4p+q 的末位数字与m q的末位数字相同。3、在与整数有关的数学问题中，有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题，这类问题称为数迷问题。这类问题不需要过多的计算，只需要认真细致地分析，
19、有时可以用“凑”、“猜”的方法求解，是一种有趣的数学游戏。7、 例题精讲例1、有一个四位数，已知其十位数字减去2等于个位数字，其个位数字加上2等于其百位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988，求这个四位数。分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。解：设所求的四位数为a103+b102+c10+d，依题意得：(a103+b102+c10+d)+( d103+c102+b10+a)=9988 (a+d) 103+(b+c) 102+(b+c) 10+ (a+d)=9988比较等式两边首、末两位数字，得 a+d=8，于是b+c1
20、8又c-2=d，d+2=b，b-c=0从而解得：a=1，b=9，c=9，d=7故所求的四位数为1997评注：将整数用十进位数码表示，有助于将已知条件转化为等式，从而解决问题。例2 一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”。分析：将所有的三位“新生数”写出来，然后设出最大、最小数，求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定。解：设N是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a、b、c(a、b、c不全相等)，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三
21、位数：，不妨设其中的最大数为，则最小数为。由“新生数”的定义，得N=由上式知N为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990。这9个数中，只有954-459=495符合条件。故495是唯一的三位“新生数”评注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。这也是解答数学竞赛题的一种常用方法。例3 从1到1999，其中有多少个整数，它的数字和被4整除？将每个数都看成四位数(不是四位的，在左面补0)，0000至1999共2000个数。千位数字是0或1，百位数字从0到9中选择，十位数字从0
22、到9中选择，各有10种。在千、百、十位数字选定后，个位数字在2到9中选择，要使数字和被4整除，这时有两种可能：设千、百、十位数字和为a，在2，3，4，5中恰好有一个数b，使a+b被4整除(a+2、a+3、a+4、a+5除以4，余数互不相同，其中恰好有一个余数是0，即相应的数被4整除)；在6，7，8，9中也恰好有一个数c(=b+4)，使a+c被4整除。因而数字和被4整除的有：210102=400个再看个位数字是0或1的数。千位数字是0或1，百位数字从0到9中选择，在千、百、个位数字选定后，十位数字在2到9中选择。与上面相同，有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的又有：22102=80个
23、。在个位数字、十位数字、千位数字均为0或1的数中，百位数字在2到9中选择。有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的又有：2222=16个。最后，千、百、十、个位数字为0或1的数中有两个数，数字和被4整除，即1111和0000，而0000不算。于是1到1999中共有400+80+16+1=497个数，数字和被4整除。例4 圆上有9个数码，已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下，得到的是一个9位数并且能被27整除。证明：如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话，那么所得的一个9位数也能被27整除。分析：把从某一位起按顺时针方向记下的9位数记为：，其能被27整除。 只需证明从其相邻一
24、位读起的数：也能被27整除即可。证明：设从某一位起按顺时针方向记下的9位数为：依题意得：=能被27整除。为了证明题目结论，只要证明从其相邻一位读起的数：也能被27整除即可。=10-=10()-()=-()= 而999能被27整除，10003-1也能被27整除。 因此，能被27整除。从而问题得证。评注：本题中，109-1难以分解因数，故将它化为10003-1，使问题得到顺利解决。 这种想办法降低次数的思想，应注意领会掌握。例5 证明：111111+112112+113113能被10整除分析：要证明111111+112112+113113能被10整除，只需证明111111+112112+11311
25、3的末位数字为0，即证111111，112112，113113三个数的末位数字和为10。证明：111111的末位数字显然为1；112112=(1124)28，而1124的末位数字是6，所以112112的末位数字也是6；113113=(1134)28113，1134的末位数字是1，所以113113的末位数字是3；111111，112112，113113三个数的末位数字和为1+6+3=10111111+112112+113113能被10整除评注：本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字和为10。解决数学问题时，常将未知的问题转化为熟知的问题、复杂的问题转化为简单的问题，这是化归思想。例6 设P
26、 (m)表示自然数m的末位数， 求的值。解：=+ = = 1995=10199+5，又因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5 =5+5=10 又=0 =10评注：本题用到了连续10个自然数的平方和的末位数都是5这个结论。 例7 请找出6个不同的自然数，分别填入6个问号中，使这个等式成立。(第三届华杯赛口试题)分析：分子为1分母为自然数的分数称作单位分数或埃及分数，它在很多问题中经常出现。解决这类问题的一个基本等式是：，它表明每一个埃及分数都可以写成两个埃及分数之和。解：首先，1= 从这个式子出发，利用上面给出的基本等式，取n=2可得： 1=又利用上面给出的基本等式，取n=3可得： 1= 再
27、利用上面给出的基本等式，取n=4可得： 1=最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6可得： 1=即可找出2，5，20，12，7，42六个自然数分别填入6个问号中，使等式成立。评注：1、因为问题要求填入的六个自然数要互不相同，所以每步取n时要适当考虑，如：最后一步就不能取n=5，因为n=5将产生，而已出现了。 2、本题的答案是不唯一的，如最后一步取n=12，就可得： 1=例8 如图，在一个正方体的八个顶点处填上1到9这些数码中的8个，每个顶点处只填一个数码，使得每个面上的四个顶点处所填的数码之和都相等，并且这个和数不能被那个未被填上的数码整除。求所填入的8个数码的平方和。(第12届“希望杯”数学
28、竞赛培训题)解：设a是未填上的数码，s是每个面上的四个顶点处所填的数码之和，由于每个顶点都属于3个面，所以6s=3(1+2+3+4+5+6+7+8+9)-3a即6s=345-3a，于是2s=45-a，可以断定a是奇数而a不整除s，所以a只能是7，则填入的8个数码是1，2，3，4，5，6，8，9，它们的平方和是：12+22+32+42+52+62+82+92=236例9在右边的加法算式中，每个表示一个数字，任意两个数字都不同。试求A和B乘积的最大值。 +) A B分析：先通过运算的进位，将能确定的确定下来，再来分析求出A和B乘积的最大值。解：设算式为： a b c +) d e f g h A B 显然，g=1，d=9，h=0 a+c+f=10+B，b+c=9+A, A62 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35，A+B=8要想AB最大， A6，取A=5，B=3。此时b=6,e=8,a=2,c=4,f=7,故AB的最大值为15.评注：本题是通