初一数学竞赛系列讲座 全套

初一数学竞赛讲座(三)

数字、数位及数谜问题

一、一、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：

122321*********a a a a a n n n n +?+?++?+?---

其中，a i (i=1，2，…，n)表示数码，且0?a i ?9，a n ≠0.

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=121a a a a n n -

2、正整数指数幂的末两位数字

(1) (1) 设m 、n 都是正整数，a 是m 的末位数字，则m n 的末位数字就是a n 的末位数字。

(2) (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，有时可以用“凑”、“猜”的方法求解，是一种有趣的数学游戏。

二、二、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a ?103+b ?102+c ?10+d ，依题意得：

(a ?103+b ?102+c ?10+d)+( d ?103+c ?102+b ?10+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+c18

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个三位数：cba cab bca bac acb abc ,,,,,，不妨设其中的最大数为abc ，则最小数为cba 。由“新生数”的定义，得

N=()()()c a a b c c b a cba abc -=++-++=-9910100

10100 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：2?10?10?2=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：2?2?10?2=80个。

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：2?2?2?2=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：9321a a a a ，其能被27整除。 只需证明从其相邻一位读起的数：1932a a a a 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：9321a a a a 依题意得：9321a a a a =

987281101010a a a a +?++?+? 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：1932a a a a 也能被27整除即可。

1932a a a a =197382101010a a a a +?++?+?

∴10?9321a a a a -1932a a a a

=10(987281101010a a a a +?++?+? )-(

197382101010a a a a +?++?+? )

=101010109738291?++?+?+?a a a a -(197382101010a a a a +?++?+? ) =()()13191911100011010a a a a -=-=-?

∵()()()

1100010009991100010001100011000223++=++-=- 而999能被27整除，∴10003-1也能被27整除。

因此，1932a a a a 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+113113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)28?113，1134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=10

∴111111+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 (m)表示自然数m 的末位数，()

()n P n P a n -=2 求199521a a a ++的值。

解：199521a a a ++=()()112P P -+()

()222P P -+…+()()199519952P P - =()()()[]()()()[]19952119952122

2P P P P P P +++-+++ =()

()199521199521222+++-+++ P P ∵1995=10?199+5，又因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5

∴()()()51995432119952122222222?+++++=+++P P P =5+5=10

又

()??? ???=+++219961995199521P P =0 ∴199521a a a ++=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 1111111=+++++？？？？？？ 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：()11111++

+=n n n n ，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=2121+ 从这个式子出发，利用上面给出的基本等式，取n=2可得：

613121+= ∴1=613121++

又利用上面给出的基本等式，取n=3可得：1214131+=

∴ 1=

611214121+++ 再利用上面给出的基本等式，取n=4可得：2015141+=

∴ 1=611212015121++++

最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6可得：4217161+=

∴ 1=421711212015121+++++

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30161+，而61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=6115611312015121+++++

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=3?45-3a，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, ∴A?6

2 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8

要想A?B最大，∵A?6，∴取A=5，B=3。此时b=6,e=8,a=2,c=4,f=7,故A?B的最大值为15.

评注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g，d，h，然后再通过分析、观察得出A、B的关系，最后求出A?B的最大值。

例10 在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc。并请这个人算出5个数acb、bac、bca、cab、cba的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所

想的数abc。现在设N=3194，请你做魔术师，求出数abc来。(第四届美国数学奥林匹克试题)

解：将abc也加到和N上，这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次，所以有abc+N=222(a+b+c) ①

从而3194<222(a+b+c)<3194+1000，而a、b、c是整数

所以 15?a+b+c ?18

因为 222?15-3194=136，222?16-3194=358，222?17-3194=580，222?18-3194=802 其中只有3+5+8=16能满足①式，所以abc =358 评注：本题将abc 也加到和N 上，目的是使得由a 、b 、c 组成的6个三位数相加，这样a 、b 、c 在每个数位上出现的次数相同。这一技巧在解决数字问题中经常使用。

三、三、巩固练习

选择题

1、两个十位数1111111111和9999999999和乘积的数字中有奇数( )

A 、7个

B 、8个

C 、9个

D 、10个

2、若自然数n 使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)时均不产生进位现象，便称n 为“连绵数”。如因为12+13+14不产生进位现象，所以12是“连绵数”；但13+14+15产生进位现象，所以13不是“连绵数”，则不超过100的“连绵数”共有( )个

A 、9

B 、11

C 、12

D 、15

3、有一列数：2，22，222，2222，…，把它们的前27个数相加，则它们的和的十位数字是( )

A 、9

B 、7

C 、5

D 、3

4、19932002+19952002的末位数字是( )

A 、6

B 、4

C 、5

D 、3

5、设有密码3?BIDFOR =4? FORBID ，其中每个字母表示一个十进制数字，则将这个密码破译成数字的形式是

6、八位数141?28?3是99的倍数，则?= ，?=

填空题

7、若bbb ab b a =??，其中a 、b 都是1到9的数字，则a= ,b=

8、在三位数中，百位比十位小，并且十位比个位小的数共有 个。

9、在六位数25xy 52中y x ,皆是大于7的数码，这个六位数被11整除，那么，四位数____51=xy 。

10、4343的末位数字是

11、2 m+2000-2 m (m 是自然数)的末位数字是

12、要使等式*+*=1181成立，*处填入的适当的自然数是

解答题

13、有一个5位正奇数x ，将x 中的所有2都换成5，所有的5都换成2，其他数字不变，得到一个新的五位数，记作y 。若x 和y 满足等式y=2 (x+1)，求x

14、有一个若干位的正整数，它的前两位数字相同，且它与它的反序数之和为10879，求原数。

15、求出所有满足如下要求的两位数：分别乘以2，3，4，5，6，7，8，9时，它的数字和不变。

16、求12+22+32+42+…+1234567892的末位数

17、求符合下面算式的四位数abcd

abcd

? 9

dcba

18、设123a a a 是一个三位数，a 3>a 1，由123a a a 减去321a a a 得一个三位数123b b b ， 证明：123b b b +321b b b =1089

19、对于自然数n ，如果能找到自然数a 和b ，使得n=a+b+ab,那么n 就称为“好数”。如3=1+1+1?1，所以3是“好数”。在1到100这100个自然数中，有多少个“好数”？

20、AOMEN 和MACAO 分别是澳门的汉语拼音和英文名字。如果它们分别代表两个5位数，其中不同的字母代表从1到9中不同的数字，相同字母代表相同的数字，而且它们的和仍是一个5位数，求这个和可能的最大值是多少？

初一数学竞赛讲座(二)

特殊的正整数

四、一、知识要点

1、 1、 完全平方数及其性质

定义1 如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。如：1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：

性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。

性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。

性质3 偶完全平方数是4的倍数。

性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。

性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。

2、 2、 质数与合数

定义2 一个大于1的整数a,如果只有1和a 这两个约数，那么a 叫做质数。

定义3 一个大于1的整数a,如果只有1和a 这两个约数外，还有其他正约数，那么a 叫做合数。

1既不是质数也不是合数。

3、 3、 质数与合数的有关性质

(1) (1) 质数有无数多个

(2) (2) 2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。大于2的质

数必为奇数。

(3) (3) 若质数p ∣a ?b ，则必有p ∣a 或p ∣b 。

(4) (4) 若正整数a 、b 的积是质数p ，则必有a=p 或b=p.

(5) (5) 唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：

k a k a a p p p n 2121=,

其中p 1

五、二、例题精讲

例1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是

解 设所求的四位数为m 2，它的百位数字为a ，则有

m 2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)

因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，

所以11∣(2a+5)，由题意 a+3?9，故a ?6，从而a=3

于是所求的四位数为4356

例2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。例如4802÷2=2401=492=(48+1)2，则具有上述性质的最小四位数是

（1994年四川省初中数学联合竞赛试题）

解 设具有上述性质的四位数是100c 1+c 2，其中10?c 1，c 2?99，按题意，得

100c 1+c 2＝()22122

122121c c c c c c c ++=+，∴100c 1= c 1c 2 (c 1+2)， 即2100

12+=c c ，因而(c 1+2)∣100，又10?c 1?99，所以c 1=18，23，48，98

相应地c 2=5，4，2，1

于是符合题意的四位数是1805，2304，4802，9801，其中最小的是1805

评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解。

例3 三个质数a 、b 、c 的乘积等于这三个质数和的5倍，则a 2+b 2+c 2= (1996年“希望杯”初二试题)

分析：由题意得出abc=5(a+b+c)，由此显然得质数a 、b 、c 中必有一个是5，不妨设a=5，代入前式中再设法求b 、c

解 因为abc=5(a+b+c)，所以在质数a 、b 、c 中必有一个是5，不妨设a=5，

于是5bc=5b+5c+25，即(b-1) (c-1)=6，而6=2?3=1?6，

则???=-=-3121c b ①或???=-=-6111c b ② 由①得b=3,c=4，不合题意，由②得b=2,c=7，符合题意。所以所求的三个质数是5，2，7。于是a 2+b 2+c 2=78

评注：质数问题常常通过分解质因数来解决。

例4 试证：一个整数的平方的个位数字为6时，十位数字必为奇数。

分析：一个整数的平方的个位数字为6，则这个整数的个位数字必为4或6，从而可设此数为a=10g+4或a=10g+6 (g 为整数)。

证明：设一个整数为a ，则由一个整数的平方的个位数字为6知，此数可设为

a=10g+4或a=10g+6 (g 为整数)

∴当a=10g+4时，a 2=(10g+4)2=100g 2+80g+16=10(10g 2+8g+1)+6

当a=10g+6时，a 2=(10g+6)2=100g 2+120g+36=10(10g 2+12g+3)+6

∴十位数字必为10g 2+8g+1和10g 2+12g+3的个位数字，显然是奇数。

评注：类似地，可以证明：一个整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这个整数不是完全平方数。

例4 三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得13块，甲所得是乙的2倍，已知糖的总块

数是一个小于50的质数，且它的各位数字之和为11，试求每人得糖的块数。（安徽省初中数学联赛试题）

分析：设出未知数，根据题意，列出方程和不等式组，再通过质数的性质来求解。 解 设甲、乙、丙分别得糖x 、y 、z 块，依题意得

?????++<+++==为质数，且

z y x z y x z y y x 50132

∵ 11＝2+9＝3+8＝4+7＝5+6，故小于50且数字和为11的质数只可能是29和47 若x+y+z ＝29，则可得4y=42 ，y 不是整数，舍去。

若x+y+z ＝47，则可得4y=60，y ＝15，从而x=30，z=2

∴甲、乙、丙分别得糖30、15、2块.

评注：本题的关键是分析出小于50且数字和为11的质数只可能是29和47。这类问题是常

利用质数的性质来分析求得所有的可能值，再设法检验求得所要的解。

例5 如果p 与p+2都是大于3的质数，那么6是p+1的因数。(第五届加拿大数学奥林

匹克试题)

分析 任何一个大于3整数都可以表示成6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2,6n+3(n 是大于0的整数)

中的一种，显然6n-2,6n, 6n+2,6n+3都是合数，所以大于3的质数均可以写成6n+1或6n-1的形式，问题即证明p 不能写成6n+1的形式。

解 因为p 是大于3的质数，所以可设p=6n+1(n 是大于0的整数)，那么

p+2=6n+1+2=6n+3=3(2n+1) 与p+2是大于3的质数矛盾。

于是p ≠6n+1，所以p=6n-1(n 是大于0的整数)，从而p+1=6n ，即6是p+1的因数。 评注：对大于3整数合理分类是解决这个问题的关键。对无限多个整数进行讨论时，将

其转化为有限的几类是一种常用的处理方法。

例6 证明有无穷多个n ，使多项式n 2+3n+7表示合数。

分析：要使多项式n 2+3n+7表示合数，只要能将多项式n 2+3n+7表示成两个因式的积的

形式。

证明 当n 为7的倍数时，即n=7k(k 是大于等于1的整数)时

n 2+3n+7=(7k)2+3?7k+7=7(7k 2+3k+1) 为7的倍数，所以它显然是一个合数。 评注：本题也可将7换成其他数，比如：3、5、11等等。

例7求证：22001+3是合数

分析：22001+3不能分解，22001次数又太高，无法计算。我们可以探索2 n 的末位数字的

规律，从而得出22001+3的末位数字，由此来证明22001+3是合数。

证明：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，29＝256，…

∴24k+1的末位数字是2，24k+2的末位数字是4，24k+3的末位数字是8，24k+4的末

位数字是6（k 为非负整数）

而2001＝4?250+1 ∴22001的末位数字是2，∴22001+3的末位数字是5 ∴5∣22001+3，显然22001+3≠5 所以22001+3是合数

评注：本题另辟蹊径，通过探索2 n 的末位数字的规律来得出22001+3的末位数字，从而

证明22001+3是合数。解数学竞赛题，思路要开阔。

例8 求证大于11的整数一定可以表示成两个合数之和。

证明 设大于11的整数为N

若N=3k(k ?4,且k 为整数)，则N=6+3(k-2)，显然6和3(k-2)都是合数 若N=3k+1(k ?4,且k 为整数)，则N=4+3(k-1)，显然4和3(k-1)都是合数 若N=3k+2(k ?4,且k 为整数)，则N=8+3(k-2)，显然8和3(k-2)都是合数 于是对任意正整数N(N>11)，一定可以表示成两个合数之和。

评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法。

但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。

例9 证明：n (n+1)+1(n 是自然数)不能是某个整数的平方。

分析：注意到n (n+1)+1=n 2+n+1，∵n 是自然数，∴n 2

提供了出发点。

证明：n (n+1)+1=n 2+n+1，∵n 是自然数，∴n 2

而n 、n+1是两个相邻的自然数，

∴n (n+1)+1(n 是自然数)不能是某个整数的平方。

评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结

论。

例10 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个

数为绝对质数。证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。

分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是

绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。接下来用反证法来证明这个问题。

证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数

字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。

假设有一个绝对质数M 中出现的数字超过了3个，也即这个绝对质数中出现的

数字包含了1，3，7，9，则

13791379M 211+==M a a a n ，M 2=M+9137，M 3=M+7913，M 4=M+3791，

M 5=M+1397，M 6=M+3197，M 7=M+7139都是质数。

可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M 1、M 2、M 3、M 4、

M 5、M 6、M 7被7除所得余数互不相同。因而必有一个是0，即能被7整除，这

与此数是质数矛盾。所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字。

评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明。

六、三、巩固练习

选择题

1、在整数0、1、

2、

3、

4、

5、

6、

7、

8、9中，设质数的个数为x ，偶数的个数为y ，

完全平方数的个数为z ，合数的个数为u ，则x+y+z+u 的值是( )

A 、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 、3n 2-3n+3

B 、5n 2-5n-5

C 、9n 2-9n+9

D 、11n 2-11n-11

3、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 、4994

B 、9449

C 、4586

D 、8645

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 满足等式p+q=r ，且p

A 、2

B 、3

C 、5

D 、7

填空题

7、使得m 2+m+7是完全平方数的所有整数m 的积是

8、如果一个正整数减去54，是一个完全平方数，这个正整数加上35后，是另外一个完全平方数，那么这个正整数是

9、一个质数的平方与一个正奇数的和等于125，则这两个数和积是

10、p 是质数，p 2+2也是质数，则1997+p 4=

11、若n 为自然数，n+3，n+7都是质数，则n 除以3所得的余数是

12、设自然数n 1>n 2，且792

221=-n n ，则n 1= ，n 2=

解答题

13、证明：不存在这样的三位数abc ，使cab bca abc ++成为完全平方数。

14、试求四位数xxyy ，使它是一个完全平方数。

15、a 、b 、c 、d 都是质数，且10

()()2222241d c b a cd ab m --+--=是非零整数，求证：m 是合数。

17、求一个三位数，使它等于n 2，并且各位数字之积为n-1.

18、设n 1、n 2是任意两个大于3的质数，M=121-n ，N=122-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n 2+n+41表示合数。

20、已知p 和8p 2+1都是质数，求证：8p 2-p+2也是质数。

初一数学竞赛讲座(一)

自然数的有关性质

七、一、知识要点

1、1、最大公约数

定义1如果a1,a2,…,a n和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…,d∣a n，那么d叫做a1,a2,…,a n 的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2,…,a n的最大公约数，记作(a1,a2,…,a n).

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、2、最小公倍数

定义2如果a1,a2,…,a n和m都是正整数，且a1∣m, a2∣m,…, a n∣m，那么m叫做a1,a2,…,a n的公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,a n的最小公倍数，记作[a1,a2,…,a n].

如对于4、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作[4,8,12]=24.

3、3、最大公约数和最小公倍数的性质

性质1 若a∣b,则(a,b)=a.

性质2 若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd.

性质3 若n∣a, n∣b,则

()

n

b

a

n

b

n

a,

,=

?

?

?

?

?

.

性质4 若a=bq+r (0?r

性质4 实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。

性质5若b∣a,则[a,b]=a.

性质6若[a,b]=m,且n为正整数，则[na,nb]=nm.

性质7若n∣a, n∣b,则

[]

n

b

a

n

b

n

a,

,=

??

?

??

?

.

4、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=b q 成立，则就称b整除a或a被b整除，记作b∣a，若b∣a，我们也称a是b倍数；若b不能整除a，记作b a

5、5、数的整除性的性质

性质1 若a∣b，b∣c，则a∣c

性质2 若c∣a，c∣b，则c∣(a±b)

性质3 若b∣a, n为整数，则b∣n a

6、6、同余

定义4设m是大于1的整数，如果整数a，b的差被m整除，我们就说a，b关于模m同余，记作a≡b(mod m)

7、7、同余的性质

性质1 如果a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，那么a±c≡b±d(mod m)，ac≡bd(mod m)性质2 如果a≡b(mod m)，那么对任意整数k有ka≡kb(mod m)

性质3 如果a≡b(mod m)，那么对任意正整数k有a k≡b k(mod m)

性质4如果a≡b(mod m)，d是a，b的公约数，那么

()???

?

?

?

≡

d

m,

m

mod

d

b

d

a

八、二、例题精讲

例1 设m 和n 为大于0的整数，且3m+2n=225.

如果m 和n 的最大公约数为15，求m+n 的值

(第11届“希望杯”初一试题)

解：(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a ，n=15b ，且(a,b)=1

因为 3m+2n=225，所以3a+2b=15

因为 a,b 是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6 从而m+n=15(a+b)=15?7=105

评注：1、遇到这类问题常设m=15a ，n=15b ，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的

求值问题。这是一种常用方法。

2、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

??????????????????=-=-=-=-=-+=+=+=+=+=543215432161514131211615141312q x q x q x q x q x q x q x q x q x q x 即

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a 1，a 2，a 3，…，a 9，a 10的和1001等于，设d 为a 1，a 2，a 3，…，a 9，a 10的最大公约数，试求d 的最大值。

解 由于d 为a 1，a 2，a 3，…，a 9，a 10的最大公约数，所以和a 1+a 2+a 3+…+a 9+a 10＝1001能被d 整除，即d 是1001＝7?11?13的约数。

因为d ∣a k ，所以a k ?d ，k ＝1，2，3，…，10 从而1001＝a 1+a 2+a 3+…+a 9+a 10?10d 所以 101101001<≤d 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m ≠n ，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101∣9999，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，找出所有满足条件的数来：(1995+a)能整除1995?a (第五届华杯赛决赛试题) 分析：a a +19951995分子、分母都含有a ，对a 的讨论带来不便，因此可以将a a

+19951995化成a +?-19951995

19951995，这样只有分母中含有a ，就容易对a 进行讨论。

解 ()a a a a a +?-=+?-+=+1995199519951995199519951995199519951995

1995 因为(1995+a)能整除1995?a ，所以a a +19951995是整数，从而a +?19951995

1995是整数 因为1995?1995=32?52?72?192，所以它的因数1995+a 可以通过检验的方法定出。注意到1?a ?1995，所以 1995<1995+a ?3990

如果1995+a 不被19整除，那么它的值只能是以下两种：

3?52?72=3675，32?5?72=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：

3?72?19=2793，52?7?19=3325

如果1995+a 能被192整除，那么它的值只能是以下两种：

7?192=252 7，32?192=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a a

+19951995的适当变形，便于对a 的讨论。讨论时通过将1995?1995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11≡1(mod 3)，33≡0(mod 3)，66≡0(mod 3)，99≡0(mod 3)

又 22=4≡1(mod 3)，44≡14≡1(mod 3)，55≡25≡(-1)5≡(-1)(mod 3)，

77≡17≡1(mod 3)，88≡(-1)8≡1(mod 3)

∴11+22+33+44+55+66+77+88+99≡1+1+0+1-1+0+1+1+0≡4≡1(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： 19911991199119911991个=a ，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()199048410101011991

?++++?= a ，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究()

19904841010101?++++ 除以13的余数规律。 解 (

)199048410101011991?++++?= a mod 13，103≡(-3)3=-27≡-1，

1+104+108≡1-10+102=91≡0，1991≡2

∴a≡()

41012+?≡()1012-?=-18≡8，即a 除以13，所得余数是8

例8 n 是正偶数，a 1,a 2,…,a n 除以n ，所得的余数互不相同；b 1,b 2,…,b n 除以n ，所得的余数也互不相同。证明a 1+b 1，a 2+b 2，…，a n +b n 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，∴

()2121-?=-n n n n 不是n 的倍数， ∵a 1,a 2,…,a n 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a 1+a 2+…+a n ≡0+1+…+(n-1)=()≠-21n n 0(mod n)

同样b 1+b 2+…+b n ≡()≠-21n n 0(mod n)

但 (a 1+b 1)+(a 2+b 2)+…+(a n +b n )= (a 1+a 2+…+a n )+( b 1+b 2+…+b n )

≡()+-21n n ()()n n n n 121-=-≡0(mod n)

所以a 1+b 1，a 2+b 2，…，a n +b n 除以n ，所得的余数必有相同的。

例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10≡1(mod 9)，所以对整数a 0，a 1，a 2，…，a n 有

()9 mod 1010100110111a a a a a a a a n n n n n n ++++≡+?++?+?---

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 C≡B≡A≡44444444(mod 9).所以只要估计出C 的大小，就不难确定C

解：4444≡7 (mod 9)，而73≡(-2)3=-8≡1(mod 9)，

所以 44444444≡74444=73?1481+1≡7(mod 9)，

所以 C≡B≡A≡44444444≡7(mod 9)，

另一方面，44444444<(105)4444=1022220，所以44444444的位数不多于22220

从而A<9?22220=199980，即A 至多是6位数。所以B<9?6=54

在1到53的整数中，数字和最大的是49，所以C ?4+9=13

在小于13的自然数中，只有7模9同余于7，所以C=7

评注：本题用了十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余这个结论。根据这个结论逐步

估计出C 的大小，然后定出C 。

九、三、巩固练习

选择题

1、两个二位数，它们的最大公约数是8，最小公倍数是96，这两个数的和是( )

A 、56

B 、78

C 、84

D 、96

2、三角形的三边长a 、b 、c 均为整数，且a 、b 、c 的最小公倍数为60，a 、b 的最大 公约数是4，b 、c 的最大公约数是3，则a+b+c 的最小值是（ ）

A 、30

B 、31

C 、32

D 、33

3、在自然数1，2，3，…，100中，能被2整除但不能被3整除的数的个数是( )

A 、33

B 、34

C 、35

D 、37

4、任意改变七位数7175624的末四位数字的顺序得到的所有七位数中，能被3整除的数的个数是( )

A 、24

B 、12

C 、6

D 、0

5、若正整数a 和1995对于模6同余，则a 的值可以是( )

A 、25

B 、26

C 、27

D 、28

6、设n 为自然数，若19n+14≡10n+3 (mod 83)，则n 的最小值是( )

A 、4

B 、8

C 、16

D 、32

填空题

7、自然数n 被3除余2，被4除余3，被5除余4，则n 的最小值是

8、满足[x,y]=6，[y,z]=15的正整数组(x,y,z)共有 组

9、一个四位数能被9整除，去掉末位数后得到的三位数是4的倍数，则这样的四位数中最大的一个，它的末位数是

10、有一个11位数，从左到右，前k 位数能被k 整除(k=1,2,3,…,11)，这样的最小11位数是

11、设n 为自然数，则3 2 n +8被8除的余数是

12、14+24+34+44+…+19944+19954的末位数是

解答题

13、求两个自然数，它们的和是667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商是120。

14、已知两个数的和是40，它们的最大公约数与最小公倍数的和是56，求这两个数。

15、五位数H 97H 4能被12整除，它的最末两位数字所成的数7H 能被6整除，求出这个五位数。

16、若a,b,c,d 是互不相等的整数，且整数x 满足等式(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=9

求证：4∣(a+b+c+d)

17、一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积，这个数当然有许多约数是两位数，这些两位约数中，最大的是多少？

18、求2400被11除，所得的余数。

19、证明31980+41981被5整除。

20、x i =1或 -1(i=1，2，…，1990)，证明019902199021≠+++x x x

初一数学竞赛系列讲座(16)

逻辑原理

十、一、知识要点

逻辑原理问题，并不需要多少特别专门的知识，关键在于审题，要认真仔细地分析题意，弄清楚各个量之间的关系，深刻理解每句话的含义。

十一、二、例题精讲

例1 小明、小强、小华三人参加迎春杯赛，他们是来自金城、沙市、水乡的选手，并分别获得一、二、三等奖。现在知道：

1.(1)小明不是金城的选手；

2.(2)小强不是沙市的选手；

3.(3)金城的选手不是一等奖；

4.(4)沙市的选手得二等奖；

5.(5)小强不是三等奖。

根据上述情况，小华是的选手，他得的是等奖。(第三届迎春杯决赛试题)

分析：显然选手所在城市与选手获奖情况有联系，我们就从这里找突破口，搞清了各个城市的选手分别获得哪等奖，问题就解决了。

解：由(4)知：金城的选手获一等奖或三等奖，又由(3)得金城的选手获三等奖，从而水乡的选手获一等奖。

由(2)知：小强是金城或水乡的选手，又由(5)得小强是水乡的选手，

由(1)得小明是沙市的选手，从而小华是金城的选手，他获三等奖。

例2 教室里的椅子坏了，第二天上学时，老师发现椅子修好了。经了解，椅子是A、B、C 三人中的一个人修好的，老师找来这三人。

A说：“是B做的。”

B说：“不是我做的。”

C说：“不是我做的。”

经调查，三人中只有一个说了实话，椅子是谁修的呢？

分析：因为三人中只有一个说了实话，所以可以假设椅子是某人修好的，看结论是否符合“三人中只有一个说了实话”这一条件。

解：(1) 假设椅子是A修好的，那么A说的是假话，B、C说的都是实话。这样有两人说了实话与“三人中只有一个说了实话”这一条件相矛盾，所以椅子不是A修好的。

(2) 假设椅子是B修好的，那么B说的是假话，A、C说的都是实话。这样有两人说了实话与“三人中只有一个说了实话”这一条件相矛盾，所以椅子不是A修好的。

(3) 假设椅子是C修好的，那么A、C说的是假话，B说的是实话，符合“三人中只有一个说了实话”这一条件，所以椅子是C修好的。

评注：本题运用先假设，再根据假设推出一个结论；如果结论与已知条件相矛盾，说明假设不成立；如果结论符合已知条件，说明假设正确。这种假设的方法是逻辑推理中经常使用。

例3 赵、钱、孙、李四人，一个是教师，一个是售货员，一个是工人，一个是个体户，根

据以下条件，判断这四人的职业。

(1)(1)赵、钱是邻居，每天一起骑车上班；

(2)(2)赵年龄比孙大；

(3)(3)赵在教李打太极拳；

(4)(4)教师每天步行上班；

(5)(5)售货员的邻居不是个体户；

(6)(6)个体户和工人互不认识；

(7)(7)个体户比售货员和工人年龄都大。

解：由(4)和(1)可知，赵、钱不是教师。由(2)和(7)知，孙不是个体户。因为假设孙是个体户，则由(2)和(7)知，赵不是售货员，不是工人；由(4)和(1)可知，赵也不是教师；这样赵也是个体户，与假设矛盾。于是我们可得出下表：

假设赵是工人，个体户是钱或李，由(6)可知，赵与钱或李应互不认识，这与(1)、(3)相矛盾，这样可知赵不是工人。

又假设赵是个体户，由(1)、(3)、(6)可知，孙是工人，钱是售货员，但又与(5)矛盾，所以赵是售货员。这样又可得出下表：

根据(1)、(5)继续分析，把上面的表格填满，可得：钱不是个体户，则钱是工人；则孙不是工人，孙是教师，最后得李是个体户。如下表：

最后得：赵是售货员，钱是工人，孙是教师，李是个体户。

评注：分析逻辑推理问题，借助表格，能使已知条件和推出的有用结论一目了然。在填表时

通常把正确的结论打“√”，错误的打“?”。这样可以确保推理的速度和正确性，而且不易被错误信息干扰。

例4今有棋子100颗，甲、乙两人做取棋子的游戏，甲先取，乙后取，两人轮流各取一次，规定每次取p颗，p为1或20以内的任一质数，不能不取。谁最后取完谁为胜者。问甲、乙两人谁有必胜的策略。

解：乙有必胜的策略。

由于p为1或20以内的任一质数，所以p或者是2，或者可以表示为4 k +1或4 k +3(k 为0或正整数)形式，乙可以采取如下的策略：

若甲取2颗，则乙也取2颗；

若甲取4 k +1颗，则乙取3颗；

若甲取4 k +3颗，则乙取1颗；

这样，每次甲、乙两人取走的棋子之和都是4的倍数。由于100是4的倍数，因此余下的棋子数必定还是4的倍数。从而经过若干回合后，剩下的棋子数必定为不超过20的4的倍数。因为p不是4的倍数，所以这时甲不能取走全部的棋子，从而最终乙可以取走全部的棋子。

评注：本题中，甲虽然先取，但他没有必胜的策略。而乙虽然后取，但他能根据甲的取法，应对有序，后发制人，最终取胜。由此看出，谁能取得最后胜利，一要看他所面临的情形，二要看他采用的策略，两者缺一不可。

例5 有三堆小石子。每次操作从每堆中取走同样数目的小石子(不同次操作，取走的小石子数目可以不同)，或将其中任一堆(如果其小石子数是偶数)的一半小石子移到另一堆上。开始时，第一堆有小石子1989块，第二堆有小石子989块，第三堆有小石子89块。能否使(1) 某两堆小石子一个不剩？(2) 三堆小石子都一个不剩？(第十五届全俄数学奥林匹克试题)

分析：(1)很容易发现三堆小石子刚开始时的小石子数的末两位数字相同，因而首先三堆各取89块，这样剩下的石子数是：1900、900、0，接下来将第二堆移450块到第三堆，石子数变为：1900、450、450，再接下来三堆各取走450块就可以了。

(2) 发现最初三堆的石子数的和是：1989+989+89=3067，它不被3整除。而题目中的两种操作方法不改变这个特征，因而可得出结论。

解：(1) 可以使某两堆小石子一个不剩。只要按如下步骤取即可。

(1989，989，89) → (1900，900，0) → (1900，450，450) → (1450，0，0)

(2) 最初三堆石子的总数是1989+989+89=3067，它不能被3整除。

而进行任何一次操作后所得的三堆石子的总数被3除所得的余数不变，所以不管进行几次操作，三堆石子的总数被3除所得的余数都不为0，即不可能将三堆石子都取光。

评注：本题第二步中，抓住了三堆石子的总数被3除所得的余数不变这个特征，从而使问题得到顺利解决。因而解题时应认真分析，抓住关键。

例6 人的血型通常为A型、B型、O型、AB型。子女的血型与其父母血型间的关系如下表所示：

父母的血型子女可能的血型

O、O O

O、A A、O

O、B B、O

O、AB A、B

A、A A、O

A、B A、

B、AB、O

A、AB A、

B、AB

B、B B、O

B、AB A、B、AB

AB、AB A、B、AB

现有三个分别身穿红、黄、蓝上衣的孩子，他们的血型依次为O、A、B。每个孩子的父母都戴着同样颜色的帽子，颜色也分别为红、黄、蓝三种，依次表示所具有的血型为AB、A、O。问穿红、黄、蓝上衣的孩子的父母各戴什么颜色的帽子？(第五届华杯赛复赛试题) 分析：因为父母都戴着同样颜色的帽子，所以父母的血型都相同，这样血型表只需保留一、五、八、十这4行。又由于三种颜色的帽子分别表示AB、A、O三种血型，所以第八行也可划去。这样血型表就比原来简单多了，再讨论这个简表就不难得出血型间的关系，从而再得出题目结论。

解：因为父母都戴着同样颜色的帽子，所以父母的血型都相同，根据血型表，只有O、O，A、A，B、B，AB、AB符合条件。

又因为父母都戴着红、黄、蓝三种颜色的帽子，而三种颜色依次表示所具有的血型为AB、A、O，所以符合条件的只有O、O，A、A，AB、AB。因而，可以得出下面的简表：父母的血型子女可能的血型

O、O O

A、A A、O

AB、AB A、B、AB

从上面的简表可以看出父母的血型为O的，孩子血型一定为O，即穿红上衣的孩子，父母戴蓝帽子。

划去简表的第一行及子女血型中的O，又三个孩子中没有AB血型，所以子女血型中的AB也可划去，这样只剩第二行。

由第二行，父母的血型为A的，子女的血型一定为A，即穿黄上衣的孩子，父母戴黄帽子。

最后，穿蓝上衣的孩子，父母戴红帽子。

评注：1、本题先将问题简化，再从最简单的情况入手，把结果能确定下来的先确定下来，然后再继续讨论，结果不能确定下来的，就分情况讨论，这种方法叫枚举法。枚

举法在逻辑推理中常用。

2、上面的解法是从父母的血型出发分析，从而确定孩子的血型，本题也可从孩子的

血型出发分析来确定父母的血型。

例7 在某市举行的一次乒乓球比赛中,有6名选手参赛,其中专业选手与业余选手各3名.比赛采用单循环方式进行,就是说每两名选手都要比赛一场。为公平起见,用以下方法计分：开赛前每位选手各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分,负者扣分：每胜专业选手一场的加2分, 每胜业余选手一场的加1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分。现问：一位业余选手至少要胜几场才能保证他必定进入前三名？（第六届华杯赛复赛试题）

分析：6名选手进行单循环比赛，每名选手共进行5场比赛，显然1名业余选手只胜1场不能进入前三名，5场全胜肯定能进入前三名，因而我们只需讨论1名业余选手胜二场、胜三场和胜四场三种情况，看是否能保证他必定进入前三名。