初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題講座-成都姚老師數(shù)學(xué)

競(jìng)賽講座01-奇數(shù)和偶數(shù)

整數(shù)中，能被2整除的數(shù)是偶數(shù)，反之是奇數(shù)，偶數(shù)可用2k表示，奇數(shù)可用2k+l表

示，這里k是整數(shù).關(guān)于奇數(shù)和偶數(shù)，有下面的性質(zhì)：

（1）奇數(shù)不會(huì)同時(shí)是偶數(shù)；兩個(gè)連續(xù)整數(shù)中必是一個(gè)奇數(shù)一個(gè)偶數(shù)；

（2）奇數(shù)個(gè)奇數(shù)和是奇數(shù)；偶數(shù)個(gè)奇數(shù)的和是偶數(shù)：任意多個(gè)偶數(shù)的和是偶數(shù)；

（3）兩個(gè)奇（偶）數(shù)的差是偶數(shù)；一個(gè)偶數(shù)與一個(gè)奇數(shù)的差是奇數(shù)；

（4）若a、b為整數(shù)，則a+b與a-b有相同的奇數(shù)偶；

（5）n個(gè)奇數(shù)的乘積是奇數(shù)，n個(gè)偶數(shù)的乘積是2n的倍數(shù)；順式中有一個(gè)是偶數(shù)，則乘積

是偶數(shù).

以上性質(zhì)簡(jiǎn)單明了，解題時(shí)如果能巧妙應(yīng)用，常?？梢猿銎嬷苿?

1.代數(shù)式中的奇偶問題

例1（第2屆“華羅庚金杯”決賽題）下列每個(gè)算式中，最少有一個(gè)奇數(shù)，一個(gè)偶數(shù)，那么這

12個(gè)整數(shù)中，至少有幾個(gè)偶數(shù)？

□+□=□,□-□=□,口＞＜口=□□+口=口.

解因?yàn)榧臃ê蜏p法算式中至少各有一個(gè)偶數(shù)，乘法和除法算式中至少各有二個(gè)偶數(shù)，故這

12個(gè)整數(shù)中至少有六個(gè)偶數(shù).

例2（第1屆“祖沖之杯”數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽）已知n是偶數(shù)，m是奇數(shù)，方程組

x798晚-n

{1lx+-m

的球x"

9.4是整數(shù)，那么

（A）p、q都是偶數(shù).（B）p、q都是奇數(shù).

（C）p是偶數(shù)，q是奇數(shù)（D）p是奇數(shù)，q是偶數(shù)

分析由于1988y是偶數(shù)，由第一方程知p=x=n+1988y,所以p是偶數(shù)，將其代入第二方程

中，于是llx也為偶數(shù)，從而27y=m-llx為奇數(shù)，所以是y=q奇數(shù)，應(yīng)選（C）

例3在1,2,3…，1992前面任意添上一個(gè)正號(hào)利負(fù)號(hào)，它們的代數(shù)和是奇數(shù)還是偶數(shù).

分析因?yàn)閮蓚€(gè)整數(shù)之和與這兩個(gè)整數(shù)之差的奇偶性相同，所以在題設(shè)數(shù)字前面都添上正號(hào)

和負(fù)號(hào)不改變其奇偶性，而1+2+3+...+1992=2=996x1993為偶數(shù)于是題設(shè)

的代數(shù)和應(yīng)為偶數(shù).

2.與整除有關(guān)的問題

例4（首屆“華羅庚金杯”決賽題）70個(gè)數(shù)排成一行，除了兩頭的兩個(gè)數(shù)以外，每個(gè)數(shù)的3倍

都恰好等于它兩邊兩個(gè)數(shù)的和，這一行最左邊的幾個(gè)數(shù)是這樣的：0,1,3,8,21，.…問

最右邊的一個(gè)數(shù)被6除余幾？

解設(shè)70個(gè)數(shù)依次為ai,a2,a3據(jù)題意有

ai=0,偶

32=1奇

a3=3a2-ai,奇

a4=3a3-a2,偶

a5=3a4-a3,奇

a6=3a5-a4,奇

由此可知：

當(dāng)n被3除余1時(shí)，a”是偶數(shù)；

當(dāng)n被3除余0時(shí)，或余2時(shí)，a”是奇數(shù)，顯然a?。是3k+l型偶數(shù)，所以k必須是奇數(shù)，令

k=2n+1,則a7o=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.

解設(shè)十位數(shù)，五個(gè)奇數(shù)位數(shù)字之和為a,五個(gè)偶數(shù)位之和為b(10<a<35,10<b<35),則a+b=45,

又十位數(shù)能被11整除，則a-b應(yīng)為0,11,22(為什么？).由于a+b與a-b有相同的奇偶性,

因此a-b=ll即a=28,b=17.

要排最大的十位數(shù)，妨先排出前四位數(shù)9876,由于偶數(shù)位五個(gè)數(shù)字之和是17,現(xiàn)在8+6=14,

偶數(shù)位其它三個(gè)數(shù)字之和只能是17-14=3,這三個(gè)數(shù)字只能是2,1,0.

故所求的十位數(shù)是9876524130.

例6(1990年日本高考數(shù)學(xué)試題)設(shè)a、b是自然數(shù)，且有關(guān)系式

123456789=(11111+a)(11111-b),①

證明a-b是4的倍數(shù).

證明由①式可知11111(a-b)=ab+4x617②

Va>0,b>0,.\a-b>0

首先，易知a-b是偶數(shù)，否則lllll(a-b)是奇數(shù)，從而知ab是奇數(shù)，進(jìn)而知a、b都是奇數(shù)，

可知(11111+a)及(11111-b)都為偶數(shù)，這與式①矛盾

其次，從a-b是偶數(shù)，根據(jù)②可知ab是偶數(shù)，進(jìn)而易知a、b皆為偶數(shù)，從而ab+4'617是4

的倍數(shù)，由②知a-b是4的倍數(shù).

3.圖表中奇與偶

例7(第10屆全俄中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)在3x3的正方格(a)和(b)中，每格填“+”或

的符號(hào)，然后每次將表中任一行或一列的各格全部變化試問重復(fù)若干次這樣的“變號(hào)”程序

后，能否從一張表變化為另一張表.

解按題設(shè)程序，這是不可能做到的，考察下面填法：

在黑板所示的2/2的正方形表格中，按題設(shè)程序''變號(hào)"，"+”號(hào)或者不變，或者變成兩個(gè).

S)

表(a)中小正方形有四個(gè)"+”號(hào)，實(shí)施變號(hào)步驟后，“+”的個(gè)數(shù)仍是偶數(shù)；但表(b)中小正方形"+”

號(hào)的個(gè)數(shù)仍是奇數(shù)，故它不能從一個(gè)變化到另一個(gè).

顯然，小正方形互變無法實(shí)現(xiàn)，3x3的大正方形的互變，更無法實(shí)現(xiàn).

例8(第36屆美國(guó)中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)將奇正數(shù)1,3,5,7…排成五列，按右表的格式

排下去，1985所在的那列，從左數(shù)起是第幾列？(此處無表)

解由表格可知，每行有四個(gè)正奇數(shù)，而1985=4x496+1,因此1985是第497行的第一個(gè)數(shù)，

又奇數(shù)行的第一個(gè)數(shù)位于第二列，偶數(shù)行的第?個(gè)數(shù)位于第四列，所以從左數(shù)起，1985在

第二列.

例9如圖3-1,設(shè)線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)中，一個(gè)是紅點(diǎn)，一個(gè)是綠點(diǎn)，在線段中插入n個(gè)分

點(diǎn)，把AB分成n+1個(gè)不重疊的小線段，如果這些小線段的兩個(gè)端點(diǎn)一個(gè)為紅點(diǎn)而另一個(gè)為

綠點(diǎn)的話，則稱它為標(biāo)準(zhǔn)線段.證明不論分點(diǎn)如何選取，標(biāo)準(zhǔn)線段的條路總是奇數(shù).

分析n個(gè)分點(diǎn)的位置無關(guān)緊要，感興趣的只是紅點(diǎn)還是綠點(diǎn)，現(xiàn)用A、B分別表示紅、綠

點(diǎn);

不難看出：分點(diǎn)每改變一次字母就得到一條標(biāo)準(zhǔn)線段，并且從A點(diǎn)開始，每連續(xù)改變兩次

又回到A,現(xiàn)在最后一個(gè)字母是B,故共改變了奇數(shù)次，所以標(biāo)準(zhǔn)線段的條數(shù)必為奇數(shù).

123

ABBBA.BBBB

圖3-1

4.有趣的應(yīng)用題

例10（第2屆“從小愛數(shù)學(xué)”賽題）圖3-2是某一個(gè)淺湖泊的平面圖，圖中所有曲線都是湖

岸.

（1）如果P點(diǎn)在岸上，那么A點(diǎn)在岸上還是在水中？

（2）某人過這湖泊，他下水時(shí)脫鞋，上岸時(shí)穿鞋.如果有?點(diǎn)B,他脫鞋垢次數(shù)與穿鞋的次

數(shù)和是個(gè)奇數(shù)，那么B點(diǎn)是在岸上還是在水中？說明理由.

圖3-2

解（1）連結(jié)AP,顯然與曲線的交點(diǎn)數(shù)是個(gè)奇數(shù)，因而A點(diǎn)必在水中.

（2）從水中經(jīng)過一次陸地到水中，脫鞋與穿鞋的次數(shù)和為2,由于A點(diǎn)在水中，氫不管怎

樣走，走在水中時(shí)，脫鞋、穿鞋的次數(shù)的和總是偶數(shù)，可見B點(diǎn)必在岸上.

例11書店有單價(jià)為10分，15分，25分，40分的四種賀年片，小華花了幾張一元錢，正

好買了30張，其中某兩種各5張，另兩種各10張，問小華買賀年片花去多少錢？

分析設(shè)買的賀年片分別為a、b、c、d（張），用去k張1元的人民幣，依題意有

10a+15b+25c+40d=100k,（k為正整數(shù)）

即2a+3b+5c+8d=20k

顯然b、c有相同的奇偶性.

B

若同為偶數(shù),b-c=10和a=b=5,5不是整數(shù)；

若同為奇數(shù),b=c=5和a=d=10,k=7.

例12?個(gè)矩形展覽廳被縱橫垂直相交的墻壁隔成若干行、若干列的小矩形展覽室，每相鄰

兩室間都有若干方形門或圓形門相通，僅在進(jìn)出展覽廳的出入口處有若干門與廳外相通，試

證明：任何一個(gè)參觀者選擇任何路線任意參觀若干個(gè)展覽室（可重復(fù)）之后回到廳外，他經(jīng)

過的方形門的次數(shù)與圓形門的次數(shù)（重復(fù)經(jīng)過的重復(fù)計(jì)算）之差總是偶數(shù).

證明給出入口處展覽室記“+”號(hào)，凡與"+”相鄰的展覽室記號(hào)，凡與“，號(hào)相鄰的展覽室

都記"+”號(hào)，如此則相鄰兩室的號(hào)都不同.

一參觀者從出入口處的“+”號(hào)室進(jìn)入廳內(nèi)，走過若干個(gè)展覽室又回到入口處的“+”號(hào)室，他的

路線是即從“+”號(hào)室起到“+”號(hào)室止，中間號(hào)室為n+1（重復(fù)經(jīng)過的重復(fù)

計(jì)算），即共走了2n+l室，于是參觀者從廳外進(jìn)去參觀后又回到廳外共走過了2n+2個(gè)門（包

括進(jìn)出出入口門各1次）.設(shè)其經(jīng)過的方形門的次數(shù)是r次，經(jīng)過圓形門的次數(shù)是s,則

s+r=2n+2為偶數(shù)，故r-s也為偶數(shù)，所以命題結(jié)論成立.

例13有一無窮小數(shù)A=o.a1a2a3?-anan+ian+2,,,其中ai（i=l,2）是數(shù)字，并且由是奇數(shù),a2

是偶數(shù)，a?等于ai+a2的個(gè)位數(shù)…，a什2是an+a?+i（n=l,2…,）的個(gè)位數(shù),證明A是有理數(shù).

證明為證明A是有理數(shù)，只要證明A是循環(huán)小數(shù)即可，由題意知無窮小數(shù)A的每一個(gè)數(shù)

字是由這個(gè)數(shù)字的前面的兩位數(shù)字決定的，若某兩個(gè)數(shù)字ab重復(fù)出現(xiàn)了，即0….ab...ab…

此小數(shù)就開始循環(huán).

而無窮小數(shù)A的各位數(shù)字有如下的奇偶性規(guī)律：

A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇...

又a是奇數(shù)可取1,3,5,7,9；

b是偶數(shù)可取0,2,4,6,8.

所以非負(fù)有序?qū)崝?shù)對(duì)一共只有25個(gè)是不相同的，在構(gòu)成A的前25個(gè)奇偶數(shù)組中，至少出

現(xiàn)兩組是完全相同的，這就證得A是一循環(huán)小數(shù)，即A是有理數(shù).

練習(xí)

1.填空題

（1）有四個(gè)互不相等的自然數(shù)，最大數(shù)與最小數(shù)的差等于4,最大數(shù)與最小數(shù)的積是一個(gè)

奇數(shù)，而這四個(gè)數(shù)的和是最小的兩位奇數(shù)，那么這四個(gè)數(shù)的乘積是

1

（2）有五個(gè)連續(xù)偶數(shù)，已知第三個(gè)數(shù)比第一個(gè)數(shù)與第五個(gè)數(shù)和的W多18,這五個(gè)偶數(shù)之和

是■

（3）能否把1993部電話中的每一部與其它5部電話相連結(jié)？

答—.

2.選擇題

（1）設(shè)a、b都是整數(shù)，下列命題正確的個(gè)數(shù)是（）

①若a+5b是偶數(shù)，則a-3b是偶數(shù)；

②若a+5b是偶數(shù)，則a-3b是奇數(shù)；

③若a+5b是奇數(shù)，則a-3b是奇數(shù)；

④若a+5b是奇數(shù)，則a-3b是偶數(shù).

（A）1（B）2（C）3（D）4

（2）若n是大于1的整數(shù)，則尸一）2的值（）.

（A）一定是偶數(shù)（B）必然是非零偶數(shù)

（C）是偶數(shù)但不是2（D）可以是偶數(shù)，也可以是奇數(shù)

（3）已知關(guān)于x的二次三項(xiàng)式ax?+bx+c（a、b、c為整數(shù)），如果當(dāng)x=0與x=l時(shí)，二次三

項(xiàng)式的值都是奇數(shù)，那么a（）

（A）不能確定奇數(shù)還是偶數(shù)（B）必然是非零偶數(shù)

（C）必然是奇數(shù)（D）必然是零

3.（1986年宿州競(jìng)賽題）試證明了986+91986+81986+61986是一個(gè)偶數(shù)

4.請(qǐng)用0到9十個(gè)不同的數(shù)字組成一個(gè)能被11整除的最小十位數(shù).

5.有n個(gè)整數(shù)，共積為n,和為零，求證：數(shù)n能被4整除

6.在一個(gè)凸n邊形內(nèi)，任意給出有限個(gè)點(diǎn)，在這些點(diǎn)之間以及這些點(diǎn)與凸n邊形頂點(diǎn)之間，

用線段連續(xù)起來，要使這些線段互不相交，而且把原凸n邊形分為只朋角形的小塊，試證這

種小三我有形的個(gè)數(shù)與n有相同的奇偶性.

7.（1983年福建競(jìng)賽題）一個(gè)四位數(shù)是奇數(shù)，它的首位數(shù)字淚地其余各位數(shù)字，而第二位數(shù)

字大于其它各位數(shù)字，第三位數(shù)字等于首末兩位數(shù)字的和的兩倍，求這四位數(shù).

8.（1909年匈牙利競(jìng)賽題）試證：341能被2或2?整除，而不能被2的更高次幕整除.

9.（全俄15屆中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）在1,2,3...,1989之間填上“+”或號(hào)，求和式可以得

到最小的非負(fù)數(shù)是多少？

練習(xí)參考答案

1.（1）30.（最小兩位奇數(shù)是11,最大數(shù)與最小數(shù)同為奇數(shù)）

（2）180.設(shè)第一個(gè)偶數(shù)為x,則后面四個(gè)衣次為x+2,x+4,x+6,x+8.

（3）不能.

2.B.B.A

3.1"”是奇數(shù)1,9’986的個(gè)位數(shù)字是奇數(shù)1,而8619型都是偶數(shù)，故最后

為偶數(shù).

4.仿例51203465879.

5.設(shè)a-a2,...?an滿足題設(shè)即ai+a2+...+a,、=0①

a,-a2……a0=n②。假如n為奇數(shù)，由②，所有a?皆為奇數(shù)，但奇數(shù)個(gè)奇數(shù)之和為

奇數(shù)，故這時(shí)①不成立，可見n只能為偶數(shù).由于n為偶數(shù)，由②知a1中必有一個(gè)偶數(shù)，

由①知a?中必有另一個(gè)偶數(shù).于是a?中必有兩個(gè)偶數(shù)，因而由②知n必能被4整除.

6.設(shè)小三角形的個(gè)數(shù)為k,則k個(gè)小三角形共有3k條邊，減去n邊形的n條邊及重復(fù)計(jì)

12

算的邊數(shù)扣共有三（3k+n）條線段，顯然只有當(dāng)k與n有相同的奇偶性時(shí)，2（3k

-n）才是整數(shù).

7.設(shè)這個(gè)四位數(shù)是石牙由于iWaVd,d是奇數(shù)所以dN3于是c=2（a+d）>8,

即c=8或c=9.因c是偶數(shù)，所以c=8,由此得a=1,d=3.又因b>c,所以

b=9因此該數(shù)為1983.

8.當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，考慮(4-1)"+1的展開式；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，考慮(2+1)”+1

的展開式.

9.除995外，可將1,2,…，1989所有數(shù)分為994對(duì)：(1,1989)(2,

1988)...(994,996)每對(duì)數(shù)中兩個(gè)數(shù)的奇偶性相同，所以在每對(duì)數(shù)前無論放置

“+"，"一”號(hào)，運(yùn)算結(jié)果只能是偶數(shù).而995為奇數(shù)，所以數(shù)1,2,1989的總

值是奇數(shù)，于是所求的最小非負(fù)數(shù)不小于1,數(shù)1可用下列方式求得：

1=1+C2-3-4+5)+C6-7-8+9)+...+(1986-1987-198

8+1989).

初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題選講

奇數(shù)偶數(shù)

一、內(nèi)容提要

1.奇數(shù)和偶數(shù)是在整數(shù)集合里定義的，能被2整除的整數(shù)是偶數(shù)，如2,0—2…，不能被

2整除的整數(shù)是奇數(shù)，如一1,1,3。

如果n是整數(shù)，那么2n是偶數(shù)，2n—l或2n+l是奇數(shù)。如果n是正整數(shù)，那么2n是

正偶數(shù)，2n-l是正奇數(shù)。

2.奇數(shù)、偶數(shù)是整數(shù)的一種分類。可表示為：(一'\

?奇數(shù)(奇數(shù)集\

整數(shù)I偶數(shù)或整數(shù)集合

這就是說，在整數(shù)集合中是偶數(shù)就不是奇數(shù)，不是偶數(shù)就是奇數(shù)，如果既不是偶數(shù)又不是

奇數(shù)，那么它就不是整數(shù)。

3.奇數(shù)偶數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)：

奇數(shù)土奇數(shù)=偶數(shù)，奇數(shù)土偶數(shù)=奇數(shù)，偶數(shù)土偶數(shù)=偶數(shù)

奇數(shù)X奇數(shù)=奇數(shù)奇數(shù)X偶數(shù)=偶數(shù)，偶數(shù)X偶數(shù)=偶數(shù)

奇數(shù)的正整數(shù)次事是奇數(shù)，偶數(shù)的正整數(shù)次基是偶數(shù)，

兩個(gè)速續(xù)整數(shù)的和是奇數(shù)，積是偶數(shù)。

二、例題

例1求證：任意奇數(shù)的平方減去1是8的倍數(shù)

證明：設(shè)k為整數(shù)，那么2k-1是任意奇數(shù)，

(2k-l)2-l=4k2-4k+l-l=4k(k-l)

???k(k-l)是兩個(gè)速續(xù)整數(shù)的積，必是偶數(shù)??.4k(k—l)是8的倍數(shù)

即任意奇數(shù)的平方減去1是8的倍數(shù)

例2已知：有n個(gè)整數(shù)它們的積等于n,和等于0

求證：n是4的倍數(shù)

證明：設(shè)n個(gè)整數(shù)為XI,X2,X3,-xn根據(jù)題意得

|xlX2X3---X?="①

X

|+%2+七+…+n~0②

如果n為正奇數(shù)，由方程（1）可知X|,X2,X3,…Xn都只能是奇數(shù)，而奇數(shù)個(gè)奇數(shù)的和必是

奇數(shù)，這不適合方程（2）右邊的0,所以n一定是偶數(shù)；

當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，方程（1）左邊的X|,X2,X3,…Xn中，至少有一個(gè)是偶數(shù)，而要滿足方程

（2）右邊的0,左邊的奇數(shù)必浪是偶數(shù)個(gè)，偶數(shù)至少有2個(gè)。

所以n是4的倍數(shù)。

例3己知：a,b,c都是奇數(shù)

求證：方程ax?+bx+c=0沒有整數(shù)解

證明：設(shè)方程的有整數(shù)解x,若它是奇數(shù)，這時(shí)方程左邊的ax?,bx,c都是奇數(shù)，而右

邊。是偶數(shù)，故不能成立；

若方程的整數(shù)解x是偶數(shù)，那么ax2,bx,都是偶數(shù)，c是奇數(shù)，所以左邊仍然是奇數(shù)，不

可能等于0,

既然方程的解不可能是奇數(shù)，也不能是偶數(shù)，

二方程ax2+bx+c=0沒有整數(shù)解（以上的證明方法是反證法）

例4求方程x2-y2=60的正整數(shù)解

解：（x+y）（x—y）=60,

60可分解為：1X60,2X30,3X20,4X15,5X12,6X10

左邊兩個(gè)因式（x+y）,（x—y）至少有一個(gè)是偶數(shù)

因此x,y必浪是同奇數(shù)或同偶數(shù)，且x>y>0,適合條件的只有兩組

x+y=30x+y=10

x-y=2x-y=6

x=8

解得

..?方程、三、二6。的正整數(shù)解是x—=161x==82

三、練習(xí)

1.選擇題

①設(shè)n是正整數(shù)，那么n2+n-l的值是（）

（A）偶數(shù)（B）奇數(shù)（C）可能是奇數(shù)也可能是偶數(shù)

②求方程85x—324y=101的整數(shù)解，下列哪一個(gè)解是錯(cuò)誤的？（）

x=5x=329x=653x=978

(A)(B)(C)(D)<

y=1y=86y=171y=256

2.填空：

①能被3,5,7都整除的最小正偶數(shù)是

②能被9和15整除的最小正奇數(shù)是—最大的三位數(shù)是

(3)1+2+3+-+2001+2002的和是奇數(shù)或偶數(shù)？答

④正整數(shù)1234…20012002是奇位數(shù)或偶位數(shù)？答____

⑤100…01能被11整除，那么n是正奇數(shù)或正偶數(shù)？答.

3.任意三個(gè)整數(shù)中，必有兩個(gè)的和是偶數(shù)，這是為什么？

4.試說明方程2x+10y=77沒有整數(shù)解的理由

5.求證：兩個(gè)速續(xù)奇數(shù)的平方差能被8整除

6.試證明：任意兩個(gè)奇數(shù)的平方和的一半是奇數(shù)

7.求方程(2x—y—2)2+(x+y+2)2=5的整數(shù)解

8.方程19x+78y=8637的解是()

9十進(jìn)制中,六位數(shù)19ab87能被33整除,求a,b的值

練習(xí)題參考答案

1.①B,②D

2.①210,②45,945③奇數(shù)(有奇數(shù)個(gè)奇數(shù))，④奇數(shù)位，⑤正偶數(shù)

3.整數(shù)按奇數(shù)，偶數(shù)分為兩類，3個(gè)整數(shù)中必有兩個(gè)同是奇數(shù)或同偶數(shù)，故它們的和是偶數(shù)

4二?左邊2,10、都是偶數(shù)，x.y不論取什么整數(shù)，都是偶數(shù)，而右邊是奇數(shù)，等式不能成立

5.(2n+l)2-(2n-l)2=8n

6.任意兩個(gè)奇數(shù)可設(shè)為2m-l,2n-l

7.?.?兩個(gè)整數(shù)的平方和5為,只有(±1)2+(±2)2=5或(±2)2+(±1)2=5

x..1,.1,.—1,.—1

可得四個(gè)方程組

y=-1,-2,-3,-2

8.(D)9.a=9,b=2；a=2,b=6；a=5,b=9。

競(jìng)賽講座02-整數(shù)的整除性

i.整數(shù)的整除性的有關(guān)概念、性質(zhì)

(1)整除的定義：對(duì)于兩個(gè)整數(shù)a、d(存0),若存在一個(gè)整數(shù)p,使得，成立，則

稱d整除a,或a被d整除，記作d|a。

若d不能整除a,則記作da,如2|6,46.

(2)性質(zhì)

1)若b|a,則b|(-a),且對(duì)任意的非零整數(shù)m有bm|am

2)若a|b,b|a,貝炯=|b|;

3)若b|a,c|b,則c|a

4)若b|ac,而(a,b)=1((a,b)=l表示a、b互質(zhì),則b|c；

5)若b|ac,而b為質(zhì)數(shù),則b|a,或b|c；

6)若c|a,c|b,貝ijc|(ma+nb),其中m、n為任意整數(shù)(這一性質(zhì)還可以推廣到更多項(xiàng)的和)

例1(1987年北京初二數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)x,y,z均為整數(shù)，若11I(7x+2y-5z),求證：11I

(3x-7y+12z),.

ffitg4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)

而11Ill(3x-2y+3z),

Kill(7x+2y-5z),

11I4(3x-7y+12z)

又(11,4)=1

11I(3x-7y+12z).

2.整除性問題的證明方法

(1)利用數(shù)的整除性特征(見第二講)

例2(1980年加拿大競(jìng)賽題)設(shè)721a679&試求。-后的值。

解72=8x9,且(8,9)=1,所以只需討論8、9都整除a6792時(shí)凡小的值。

若8I而茄，則8I雙，由除法可得b=2。

若91a67?,則91(a+6+7+9+2),得a=3。

(2)利用連續(xù)整數(shù)之積的性質(zhì)

①任意兩個(gè)連續(xù)整數(shù)之積必定是一個(gè)奇數(shù)與一個(gè)偶數(shù)之一積，因此一定可被2整除。

②任意三個(gè)連續(xù)整數(shù)之中至少有一個(gè)偶數(shù)且至少有一個(gè)是3的倍數(shù)，所以它們之積一定

可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2x3=6整除。

這個(gè)性質(zhì)可以推廣到任意個(gè)整數(shù)連續(xù)之積。

例3(1956年北京競(jìng)賽題)證明：22對(duì)任何整數(shù)n都為整數(shù)，且用3

除時(shí)余2。

711

4*0(2?*Q-1

證明22

???“8+D為連續(xù)二整數(shù)的積，必可被2整除.

:.2對(duì)任何整數(shù)n均為整數(shù)，

—+Q(2M*1)-1

???2為整數(shù)，即原式為整數(shù).

M(M+1X2**D4x(jf+0(2*+9

又?:28

8,

2n、2n+l、2n+2為三個(gè)連續(xù)整數(shù)，其積必是3的倍數(shù)，而2與3互質(zhì),

“3++D

2是能被3整除的整數(shù).

「，3/3十域標(biāo)加1)-2

故22被3除時(shí)余2.

例4一整數(shù)a若不能被2和3整除，則a?+23必能被24整除.

證明Va2+23=(a2-l)+24,只需證a2-l可以被24整除即可.

V2C".a為奇數(shù).設(shè)a=2k+l(k為整數(shù))，

則a2-1=(2k+1產(chǎn)1=4k2+4k=4k(k+1).

Vk,k+1為二個(gè)連續(xù)整數(shù)，故k(k+1)必能被2整除，

?.8|4k(k+1),即8|(a2-l).

又(a-1)a,(a+1)為三個(gè)連續(xù)整數(shù)，其積必被3整除,即31a(a-1)(a+1)=a(a2-l),

V3a,；.3|(a2-l).3與8互質(zhì)，，24［包2-1),即a?+23能被24整除.

(3)利用整數(shù)的奇偶性

下面我們應(yīng)用第三講介紹的整數(shù)奇偶性的有關(guān)知識(shí)來解兒個(gè)整數(shù)問題.

例5求證:不存在這樣的整數(shù)a、b、c、d使：

3]

abc-d-a=XOBU-T*-①

知/Si

abcd-b=②

娟WW1

abc-d-c=個(gè)③

城區(qū)"目]

abc,d-d=1,98?*^④

4惻

證明由①，a(bcd-1)=B?t

???右端是奇數(shù)，，左端a為奇數(shù)，bcd-1為奇數(shù).

同理,由②、③、④知b、c、d必為奇數(shù)，那么bed為奇數(shù)，bcd-1必為偶數(shù)，則a(bcd-1)

必為偶數(shù)，與①式右端為奇數(shù)矛盾.所以命題得證.

例6(1985年合肥初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)設(shè)有n個(gè)實(shí)數(shù)X|,X2,...,Xn，其中每一個(gè)不是+1就是

-1,

且

+A工=o.

弓勺Jxl-

試證n是4的倍數(shù).

證明設(shè)“*?1(i=l,2,...,n-1),

K*

a*------r-

則y不是+1就是-1,但yi+y2+…+yn=0，故其中+1與-1的個(gè)數(shù)相同，設(shè)為k,于是n=2k.又

yiy2y3…yn=i，即(-1)k=i>故k為偶數(shù),

，n是4的倍數(shù).

其他方法：

整數(shù)a整除整數(shù)b,即b含有因子a.這樣,要證明a整除b,采用各種公式和變形手段從b中分

解出因子a就成了一條極自然的思路.

例7(美國(guó)第4屆數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題)使「+100能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少？

解n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.

若n+100能被n+10整除，則900也能被n+10整除.而且，當(dāng)n+10的值為最大時(shí)，相應(yīng)地n的值

為最大.因?yàn)?00的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.

例8(上海1989年高二數(shù)學(xué)競(jìng)賽)設(shè)a、b、c為滿足不等式l<a〈b<c的整數(shù)，且(ab-1)

(bc-1)(ca-1)能被abc整除,求所有可能數(shù)組(a,b.c).

解,:(ab-1)(bc-1)(ca-1)

=a2b2c2-abc(a+b+c)+ab+ac+bc-l,①

*/abc|(ab-1)(bc-1)(ca-1).

存在正整數(shù)k,使

ab+ac+bc-1=kabc,②

】，1.1IIII33

k=tfbe<a6c<abc<a<2'

.*.k=1.

若aN3,此時(shí)

1111III47

.Ml

\=abc-abc<34560矛盾.

已知a>l.I.只有a=2.

當(dāng)a=2時(shí)，代入②中得2b+2c-l=bc,

2.21224

一?—一_Hr.

即1=6cbe<bbb

.?.0<b<4,知b=3,從而易得c=5.

說明：在此例中通過對(duì)因數(shù)k的范圍討論，從而逐步確定a、b、c是一項(xiàng)重要解題技巧.

41公W1

例9(1987年全國(guó)初中聯(lián)賽題)已知存在整數(shù)n,能使數(shù)被1987整除.

求證數(shù)

P-只會(huì)31智參金勺鄲公國(guó)陽(yáng)參足7

a個(gè)看個(gè)，個(gè)v子,

q.I崢J憎金都般春筍W金#

w?Tv*?T

都能被1987整除.

P71Mli鏟+野管1廣?野嫡8吩+戢/7均式

證明:"xxvtxjrt”

?物尹

(l()3n+9xio?且K能被1987整除，；.p能被1987整除.

同樣，

佃I

q=■?<令(10切**?+9xl0<**>+8x10"4*7)

且-?

io”-1產(chǎn)W-(ioa)Jio1；

10皿.(10">1。2；10*3?1/10.故］0冷?匕］02nL］臚“被】架除，余數(shù)分別

為1000,100,10,于是q表示式中括號(hào)內(nèi)的數(shù)被“除，余數(shù)為1987,它可被1987

整除，所以括號(hào)內(nèi)的數(shù)能被1987整除，即q能被1987整除.

練習(xí)二

1.選擇題

(1)(1987年上海初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)若數(shù)n=203S405060708090106110120130,則不

是n的因數(shù)的最小質(zhì)數(shù)是().

(A)19(B)17(C)13(D)非上述答案

(2)在整數(shù)0、1、2...、8、9中質(zhì)數(shù)有x個(gè)，偶數(shù)有y個(gè)，完全平方數(shù)有z個(gè)，則x+y+z

等于().

(A)14(B)13(C)12(D)11(E)10

(3)可除盡3”+5一的最小整數(shù)是().

(A)2(B)3(C)5(D)3"+518(E)以上都不是

2.填空題

(1)(1973年加拿大數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)把100000表示為兩個(gè)整數(shù)的乘積，使其中沒有一個(gè)是10

的整倍數(shù)的表達(dá)式為.

(2)一個(gè)自然數(shù)與3的和是5的倍數(shù)，與3的差是6的倍數(shù)，這樣的自然數(shù)中最小的是

(3)(1989年全國(guó)初中聯(lián)賽題)在十進(jìn)制中，各位數(shù)碼是0或1,并且能被225整除的最小自然

數(shù)是.

3.求使^2000a為整數(shù)的最小自然數(shù)a的值.

4.(1971年加拿大數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)證明:對(duì)一切整數(shù)n,n2+2n+12不是121的倍數(shù).

5.(1984年韶關(guān)初二數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)設(shè)茶3是一個(gè)四位正整數(shù)，已知三位正整數(shù)而與246的和

是一位正整數(shù)d的111倍，&又是18的倍數(shù).求出這個(gè)四位數(shù)W，并寫出推理運(yùn)算過程.

6.(1954年蘇聯(lián)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)能否有正整數(shù)m、n滿足方程m2+1954=n2.

7證明：(I)133|(1嚴(yán)2+12同),其中n為非負(fù)整數(shù).

(2)若將(1)中的11改為任意一個(gè)正整數(shù)a,則(1)中的12,133將作何改動(dòng)?證明改動(dòng)后的結(jié)論.

8.(1986年全國(guó)初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)設(shè)a、b、c是三個(gè)互不相等的正整數(shù).求證：在

a'b-ab'bSc-bJda-ca'三個(gè)數(shù)中，至少有一個(gè)能被10整除.

9.(1986年上海初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)100個(gè)正整數(shù)之和為101101,則它們的最大公約數(shù)的最大可能

值是多少?證明你的結(jié)論.

練習(xí)參考答案

1.B.B.A

2.(1)25-55.(2)27.

3.由2000a為一整數(shù)平方可推出a=5.

4.反證法.若是121的倍數(shù)，設(shè)n2+2n+12=121k=i(n+l)2=l1(1

1k-1).VII是素?cái)?shù)且除盡(+1):

11除盡n+1=■112除盡(11+1)2或11|111；-1,不可能.

5.山&*246是d的111倍，=abc可能是198,309,420,531,6

42,753；又正是18的倍數(shù)，，而只能是198.而198+246=444,

,d=4,abed是1984.

7.(1)11n+2+122n+,=121x11n+12x144"=121x11n+12x11

n-12x1ln+l2x144"=...=133x11"+12x(144n-l1").第一一項(xiàng)可

被133整除.又144-11|144n-11n,Z.133|11n+2+122n+1.

(2)11改為a.12改為a+1,133改為a(a+1)+1.改動(dòng)后命題為a(a

+1)+1Ian+2+(a+1)2n+1,可仿上證明.

8."/a'b—ab3=ab(a2—b2)；同理有b(b2—c2)；ca(c2—a2).若a

、b、c中有偶數(shù)或均為奇數(shù)，以上三數(shù)總能被2整除.又?.?在a、b、c中若有一個(gè)是5

的倍數(shù)，則題中結(jié)論必成立.若均不能被5整除，則a二b2,c2個(gè)位數(shù)只能是1,4,

6,9,從而a'—b',b'-c',c'—a'的個(gè)位數(shù)是從1,4,6,9中，任取三個(gè)

兩兩之差，其中必有?；蚴?,故題中三式表示的數(shù)至少有一個(gè)被5整除，又2、5互質(zhì).

9.設(shè)100個(gè)正整數(shù)為a,,a2,…，a,oo,最大公約數(shù)為d,并令

,100)L

zz

則ai+a?+…+aioo=d(a?+a2+...+a0o)=101101=101x100

1,故知aJ,a2',3/100不可能都是1,從而a+a*2+...+a1100>1x99+2

=101,d<1001；若取a?=a2=a1001,a100=2002,則滿足a?

+a2+...+a1Oo=1001x101=101101,且d=l001,故d的最大可能

值為1001

競(jìng)賽講座03—同余式與不定方程

同余式和不定方程是數(shù)論中古老而富有魅力的內(nèi)容.考慮數(shù)學(xué)競(jìng)賽的需要，下面介紹有關(guān)的基

本內(nèi)容.

1.同余式及其應(yīng)用

定義:設(shè)a、b、m為整數(shù)(m>0),若a和b被m除得的余數(shù)相同，則稱a和b對(duì)模m同余.

記為a"A(tnod#d或d.6g

一切整數(shù)n可以按照某個(gè)自然數(shù)m作為除數(shù)的余數(shù)進(jìn)行分類，即n=pm+r(L(),1,

恰好m個(gè)數(shù)類.于是同余的概念可理解為，若對(duì)小、n2>有ni=qim+r,n2=q2m+r,那么川、n2

對(duì)模m的同余，即它們用m除所得的余數(shù)相等.

利用整數(shù)的剩余類表示,可以證明同余式的下述簡(jiǎn)單性質(zhì)：

⑴若。廁m|(b-a).反過來，若m|(b-a),則?！鰜V閱；

(2)如果a=km+b(k為整數(shù))，則&-*(*?);

(3)每個(gè)整數(shù)恰與0,1,…，m-1,這m個(gè)整數(shù)中的某個(gè)對(duì)模m同余；

(4)同余關(guān)系是一種等價(jià)關(guān)系：

①反身性?！?*?)；

②對(duì)稱性。?岫《),則6?。伽0,反之亦然.

③傳遞性3??司，則?！觥?聞；

(5)如果“bA(?),*,則

①a±x?俗士或㈤：

②.切(同特別地■**(??)-

應(yīng)用同余式的上述性質(zhì)，可以解決許多有關(guān)整數(shù)的問題.

例1(1898年匈牙利奧林匹克競(jìng)賽題)求使241能被3整除的一切自然數(shù)n.

,2--l(mod3),,2*■(-1)*(mod3J.

則2+i=(rV?Kmod無

???當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，241能被3整除；

當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),2n+l不能被3整除.

例2求2999最后兩位數(shù)碼.

解考慮用100除2999所得的余數(shù).

?:2n-40%-100).

又46-2B-40%--4(modl00)

.4?-(4?/4$?Y*4$?■/中"

-WGwxIlOO),

?2*"?(Y)m2,■(-64)2,--2*--512

-88(mod10(J)

??.2999的最后兩位數(shù)字為88.

例3求證31980+41981能被5整除.

證明：3?-2(B?XI5),3?■-l(R?d5),

4--l(mod5).

3m?.9卬■(_嚴(yán)(mod5).

.4mi-(-Dmi(mod5).

.3—+4*(-1)"?+(-嚴(yán)■OCmod?

2.不定方程

不定方程的問題主要有兩大類：判斷不定方程有無整數(shù)解或解的個(gè)數(shù)；如果不定方程有整數(shù)

解，采取正確的方法，求出全部整數(shù)解.

(1)不定方程解的判定

如果方程的兩端對(duì)同?個(gè)模m(常數(shù))不同余，顯然，這個(gè)方程必?zé)o整數(shù)解.而方程如有解則解必

為奇數(shù)、偶數(shù)兩種，因而可以在奇偶性分析的基礎(chǔ)上應(yīng)用同余概念判定方程有無整數(shù)解.

例4證明方程2x2-5y2=7無整數(shù)解.

證明V2x2=5y2+7,顯然y為奇數(shù).

①若x為偶數(shù)，則2*'?帕2尊

/■1(n*xl8),

5yl*7-4(mod8).

???方程兩邊對(duì)同一整數(shù)8的余數(shù)不等，

???X不能為偶數(shù).

②若X為奇數(shù)，則

但5y聯(lián)

??.x不能為奇數(shù).因則原方程無整數(shù)解.

說明:用整數(shù)的整除性來判定方程有無整數(shù)解，是我們解答這類問題的常用方法.

例5(第14屆美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題)不存在整數(shù)x,y使方程

x：+3,統(tǒng)722①

證明如果有整數(shù)X,y使方程①成立，

則17x29-5-488-4xa+12xy-函

=(2/3力：-17此知(2X+3/)+5能被17整除.

設(shè)2x+3y=17n+a,其中a是0,±1,±2,±3,±4,±5,±6,±7,±8中的某個(gè)數(shù)，但是這時(shí)

(2x+3y)2+5=(17n)2+34na+(a2+5)=a2+5(modl7),而a?+5被17整除得的余數(shù)分別是

5,6,9,14,4,13,7,3,1,即在任何情況下(2x+3y)?+5都不能被17整除，這與它

能被17整除矛盾.故不存在整數(shù)x,y使①成立.

例7(第33屆美國(guó)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)滿足方程x?+y2=x3的正整數(shù)對(duì)(x,y)的個(gè)數(shù)是().

(A)0(B)1(C)2(D)無限個(gè)(E)上述結(jié)論都不對(duì)

解由x2+y2=x3得y2=x2(x-l),所以只要x-1為自然數(shù)的平方,則方程必有正整數(shù)解.令x-l=k2(k

卜=8+L

為自然數(shù)b則U+D為方程的一組通解.由于自然數(shù)有無限多個(gè),故滿足方程的正整數(shù)

對(duì)(x,y)有無限多個(gè)，應(yīng)選(D).

說明:可用寫出方程的一組通解的方法，判定方程有無數(shù)個(gè)解.

(2)不定方程的解法

不定方程沒有統(tǒng)一的解法，常用的特殊方法有:配方法、因式(質(zhì)因數(shù))分解法、不等式法、

奇偶分析法和余數(shù)分析法.對(duì)方程進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?并正確應(yīng)用整數(shù)的性質(zhì)是解不定方程的基

本思路.

例6求方程--3+5/-169的整數(shù)解.

解(配方法)原方程配方得(x-2y尸+y2=13?.

在勾股數(shù)中,最大的一個(gè)為13的只有一組即5,12,13,因此有8對(duì)整數(shù)的平方和等于13?即

(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程組的解只能是下面的八個(gè)

方程組的解

fx-^y-5,(x-12,

口=123=5,

fx-?,y--5,(x-2^--5,

V=-u=12；

(x--12,卜-b.12.

“7\y=-5.

fx-12,(x-5,

V=5-tx=T2

fxt-29,(x,-22.fxt--29.［勺--22.

解得1乂TZ匕-土--uM■-土

-19,(xt?Z/孫--2■T9,

S-1ZS■工?,?工--12

例7(原民主德國(guó)1982年中學(xué)生競(jìng)賽題)已知兩個(gè)自然數(shù)b和c及素?cái)?shù)a滿足方程

a?+b2=c2.證明:這時(shí)有a<b及b+l=c.

證明(因式分解法),??a^b^c2,

a2=(c-b)(c+b),

又：a為素?cái)?shù)，.c-b=1,且c+b=a2.

于是得c=b+l及a2=b+c=2b+l<3b,

a33a

即A<a.而a>3,.\a<\,Ai<l,Aa<b.

例9(第35屆美國(guó)中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)滿足聯(lián)立方程

(ab*dc=44,

p?tde-23.

的正整數(shù)(a,b,c)的組數(shù)是().

(A)0(B)1(C)2(D)3(E)4

解(質(zhì)因數(shù)分解法)由方程ac+bc=23得

(a+b)c=23=lx23.

,/a,b,c為正整數(shù)，；.c=l且a+b=23.將c和a=23-b代入方程ab+bc=44得

(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22尸0,

/.5=2氏=22.從而得ai=21a=1.故滿足聯(lián)立方程的正整數(shù)組(a,b,c)有兩個(gè)，即(21,2,1)和

(1,22,1),應(yīng)選(C).

例10求不定方程2(x+y尸xy+7的整數(shù)解.

一一

解由(y-2)x=2y-7,得

分離整數(shù)部分得尸-22

由x為整數(shù)知y-2是3的因數(shù)，

y-2=±l,±3,/.x=3,5,i1.

方程整數(shù)解為

Vjx=T/x=5Jx=I/*=3,

22

例11求方程x+y=x-xy+y的整數(shù)解.

解(不等式法)方程有整數(shù)解必須△=(y+1)2-4(y2-y)>0,解得

3■班3+2石

-X-<y<一'3一.滿足這個(gè)不等式的整數(shù)只有y=0,1,2.

當(dāng)y=0時(shí)，，由原方程可得x=0或x=l；當(dāng)y=l時(shí)，山原方程可得x=2或0；當(dāng)y=2時(shí)，，由原

方程可得x=l或2.

所以方程有整數(shù)解

(x-0p-1/x-2/x-0/r-1p-2

V~■七-2,&-2.

最后我們來看兩個(gè)分式和根式不定方程的例子.

一I—一1■-I-

例12求滿足方程*￥12且使y是最大的正整數(shù)解(x,y).

]2x-144

v----------■-12+----------.

解將原方程變形得12-x12-X

由此式可知，只有12-x是正的且最小時(shí)，y才能取大值.又12-x應(yīng)是144的約數(shù)，所以，

12-x=l,x=ll,這時(shí)y=132.

故滿足題設(shè)的方程的正整數(shù)解為(x,y)=(11,132).

例13(第35屆美國(guó)中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)滿足0<xVy及J砌.石?石的不同的整數(shù)

對(duì)(x,y)的個(gè)數(shù)是().(A)0(B)1(C)3(D)4(E)7

解法1根據(jù)題意知，0<x<1984,由

(G，內(nèi)得jr-l984*x-2Vi?47.

當(dāng)且僅當(dāng)1984x是完全平方數(shù)時(shí)，y是整數(shù).而1984=2431,故當(dāng)且僅當(dāng)x具有31t2形式時(shí),

1984x是完全平方數(shù).

；xV1984,..TW飪7.當(dāng)t=l,2,3時(shí),得整數(shù)對(duì)分別為(31,1519)、(124,1116)和(279,

775）.當(dāng)t>3時(shí)yWx不合題意，因此不同的整數(shù)對(duì)的個(gè)數(shù)是3,故應(yīng)選（C）.

解法2..T984=26X3L.?.乘i-4+板山此可知：x必須具有31t2形式，y必須具有

31k2形式，并且t+k=8（t,k均為正整數(shù)）.因?yàn)?<x<y,所以t<k.當(dāng)t=Lk=7時(shí)得（31,

1519）；t=2,k=6時(shí)得（124,1116）；當(dāng)t=3,k=5時(shí)得（279,