25、2，所以，
所以a+f=b+g=c+h=d+i=e+j=9.
而9=9+0=8+1=7+2=6+3=5+4，所以，符合題意的數(shù)共有
5x4x3x2x1x25—4x3x2x1x24=3456(個).
19.1.35*★★從1，2,…，9這九個數(shù)字中，每次取出3個不同的數(shù)字組成三位數(shù)，求其中能被3整除的三位數(shù)的和．
解析對于固定的三個不同的非零數(shù)字、、，任意排列，可得6個不同的三位數(shù)，它們的
和為．
因為，所以有以下兩種情況：
(1) 、、除以3所得的余數(shù)相同，即、、取成，或，或，這樣得到的個的三位數(shù)的總和為2[(1+4+7)+(2+5+8)+(3+6+9)]x111=9990.
26、
(2) 、、除以3所得的余數(shù)各不相同，不妨設取自，取自，取自，這種三位數(shù)共有個．對于固定的，易知、有種取法，因而這162個三位數(shù)的和為
9（1+2+3++9）x2x111=89910.
綜合（1）、（2），可知，所求的滿足條件的三位數(shù)總和為
9990+89910=99900.
19.1.36*★★證明一個正整數(shù)，當且僅當它不是2的整數(shù)幕時，可以表示成若干個（至少兩個）連續(xù)正整數(shù)的和．
解析當且僅當，有兩方面的意思．一方面，當一個正整數(shù)不是2的整數(shù)幕時，它可以表示成幾個連續(xù)正整數(shù)的和．另一方面，如果一個正整數(shù)可以表示成幾個連續(xù)正整數(shù)的和，那么它一定不是2的整數(shù)幕．設不是2的整數(shù)幕．這
27、時可以寫成
，是大于1的奇數(shù).①
我們可將寫成個連續(xù)正整數(shù)的和.中間一個是，它的兩側是與，再向外分別寫與，?…直至與（是奇數(shù)，所以是整數(shù)），即
n=
:2k—h-1、
+
:2k—h-3、
++(2k—1)+2k+(2k+1)++
I2丿
(2丿
另一方面，設是個連續(xù)正整數(shù)，…，…，的和，貝U…
n=（k+1）+（k+2）++（k+h）=?+屮+心=￡（2k+1+h）h，
22
其中與奇偶性不同，?即至少有一個是大于1的奇數(shù).所以這時不是2的整數(shù)幕.
評注2的整數(shù)幕沒有大于1的奇約數(shù).所以一個整數(shù)，如果有大于1的奇約數(shù)就一定不是2的整數(shù)幕.
19.
28、1.37*★★瑪麗發(fā)現(xiàn)將某個三位數(shù)自乘后，所得乘積的末三位數(shù)與原三位數(shù)相同.請問：滿足上述性質的所有不同的三位數(shù)的和是多少？解析設三位數(shù)為，貝
，
即，而，所以，，且；或者，且.
（1）若，且，貝，375，625，875，只有使得，故此時滿足題意.
（2）若，且，貝，375，625，875，只有使得，故此時滿足題意.所以，所求的和為376+625=1001.
19.1.38^★★我們知道，約分后是，但按下面的方法，居然也得試求出所有分子和分母都是十進制兩位正整數(shù)，分子的個位數(shù)與分母的十位數(shù)相同，且具有上述“奇怪”性質的真分數(shù).
解析設真分數(shù)具有上述性質，貝，且，于是
，
故.
29、
若，貝，但是，所以，矛盾.故9不整除，所以.
（1）若，貝，于是，所以，而，故只能是，從而，矛盾.
（2）若，貝，于是，當時，，此時不是整數(shù)；當時，，矛盾；當時，應有，所以，而當時，此時，滿足題意的真分數(shù)為，當時，，此時，滿足題意的真分數(shù)為.
（3）若，貝，于是，所以，，故1，4，9.當時，，此時，滿足題意的真分數(shù)為；當時，，此時，滿足題意的真分數(shù)為；當時，，矛盾.
綜上所述，滿足題意的真分數(shù)為：，，，.
19.1.39*★★在1，2,3,…，1995這1995個數(shù)中，找出所有滿足下面條件的數(shù)：能整除.解析是一個整數(shù).這個式子的分子、分母都有，所以應當先進行變形，使得分子不含有.
30、
1995a1995（1995+a）-1995x19951995x1995
==1995—
1995+a1995+a1995+a
根據已知，是整數(shù)，所以是整數(shù).
因為1995x1995=32x52x72x192，所以它的因數(shù)可以通過檢驗的方法定出.注意，所以.
如果不被19整除，那么它的值只能是以下兩種：如果被19整除，而不被整除，那么它的值只能是以下兩種：如果被整除，那么它的值只能是以下兩種：于是滿足條件的有6個，即從以上的6個值分別減去1995，得出的6個值：
1680，210，798，1330，532，1254.
評注形如的式子，可以化成.使得只有分母含，而分子不含.這種方
31、法有點像假分數(shù)化
成帶分數(shù).
19.1.40*★★在1,2,…，xx這xx個正整數(shù)中，最多可以取出多少個數(shù)，使得所取出的數(shù)中任意三個數(shù)之和都能被33整除？
解析首先，如下61個數(shù)：11,11+33,,…，滿足題設條件.
另一方面，設是從1,2,…，xx中取出的滿足題設條件的數(shù)，對于這個數(shù)中的任意4個數(shù),因為，，所以.
因此，所取的數(shù)中任意兩個之差都是33的倍數(shù).
設，.由，得.
所以，，即.
~n
33
2010—11
__33
<61,
故，所以，.
綜上所述，的最大值為61.
19.1.41*★★圓周上放有枚棋子，如圖所示.點的棋子緊鄰點的棋子.小洪首先拿
32、走點的棋子，然后順時針每隔1枚拿走2枚棋子.這樣連續(xù)轉了10周.9次越過，當將要第10次越過取走其他棋子時，小洪發(fā)現(xiàn)圓周上余下20多枚棋子.若是14的倍數(shù)，請幫助小洪精確計算一下圓周上還有多少枚棋子.
解析如果在、之間再添一枚棋子，并在第一次取棋子時將它取走，那么每一次都是在相
①
即
因為是14的倍數(shù)，所以是偶數(shù)，是奇數(shù).又是7的倍數(shù)，而（7的倍數(shù)）+=（7的倍數(shù)）+4，所以是7的倍數(shù).
因為是20與29之間的奇數(shù)，將21，23，25，27，29代入，逐一檢驗，只有23時，是7的倍數(shù).
所以圓周上還有23枚棋子.
評注在、之間添上一枚棋子，使得取棋子有明顯的規(guī)律，從而得到①
33、.這是一種很巧妙
的想法.
在計算除以7的余數(shù)時，可以將其中7的倍數(shù)拋棄，直至出現(xiàn)小于7的4.這是常用的方法.
19.1.42^^★★求證：對，2,3,均有無窮多個正整數(shù)，使得，，中恰有個可表示為三個正整數(shù)的立方和.
解析三個整數(shù)的立方和被9除的余數(shù)不能為4或5，這是因為整數(shù)可寫為或（是整數(shù)）
（3k土1》=9（3k3土3k2+k）±1.
對，令（是正整數(shù)），則、被9除的余數(shù)分別為4、5，故均不能表示為三個整數(shù)的立方和而
n+2=（3m-1）3+（3m-1）3+（3m-1》.
對，令（是正整數(shù)）被9除的余數(shù)為5，故不能表示為三個整數(shù)的立方和，而
，
■
對，令（是正整數(shù)）
34、滿足條件：
§19．2奇數(shù)與偶數(shù)
19.2.1*設有101個自然數(shù)，記為.已知a+2a+3a++101a=s是偶數(shù)，求證：是偶
123101
數(shù).
a+a+a++a+a=s-(2a+2a+4a+4a++100a+100a)偶數(shù).
135991012345100101
19.2.2★設都是或者.求證：x+2x+3x++1998x豐0.
…1231998…\
解析x+2x+3x++1998x=(x+3x+5x++1997x)
(123、199813?…51997
+(2x+4x++1998x).
241998…
因為這999個數(shù)均為奇數(shù)，所以它們的和為奇數(shù)，于是奇數(shù).…
35、
19.2.3*★設為或為，并且
xxxx+xxxx+
12342345
求證：是4的倍數(shù)．
解析設xxxx
1234
扌巴xxxx
1234
xxxx
2345
xxxx
2345
xxxx
n1*2*3
xxxx中有個，
n123這個數(shù)相乘，得
于是也有個，故為偶數(shù)．
所以.
故是偶數(shù)，從而是4的倍數(shù)．
19.2.4★某次數(shù)學競賽，共有40道選擇題，規(guī)定答對一題得5分，不答得1分，答錯倒扣1分．證明：不論有多少人參賽，全體學生的得分總和一定是偶數(shù)．
解析我們證明每一個學生的得分都是偶數(shù)．設某個學生答對了道題，答錯了道題，那么還有道題沒有答．于是此
36、人的得分是5a+（40—a—b）—b=4a—2b+40，
這是一個偶數(shù)．所以，不論有多少人參賽，全體學生的得分總和一定是偶數(shù)．
19.2.5★把前50個正整數(shù)分成兩組，使第一組內各數(shù)之和等于第二組內各數(shù)之和，能辦到嗎？說明你的理由．
解析不能辦到．如果能辦到，那么所有數(shù)加起來應該是第一組內各數(shù)之和的2倍，是偶數(shù)，但這50個數(shù)的總和為
-小—50x51“―
1+2++50==25x51
2
是個奇數(shù)，矛盾！
19.2.6★設1，2，3,…，9的任一排列為，求證：是一個偶數(shù)．
解析因為
(a-l)+(a-2)+(a-3)++(a-9)
=(a+a++a)-(1+2+...+9
37、)
129
=0
是偶數(shù)，所以，(a-1),(a-2),,(a-9)這9個數(shù)中必定有一個是偶數(shù)，從而可知
129
是偶數(shù).
解析2由于1,2,…，9中只有4個偶數(shù)，所以、、、、中至少有一個是奇數(shù)，于是、、、、中至少有一個是偶數(shù)，從而是偶數(shù).
19.2.7★有個數(shù)，它們中的每一個數(shù)或者為1,或者為，如果
xx+xx++xx+xx=0，
1223n-1nn1
求證：是4的倍數(shù).
解析我們先證明為偶數(shù)，再證也是偶數(shù).
由于的絕對值都是1，所以的絕對值也都是1，即它們或者是為，或者為，設其中有個，由于總和為0，故也有個，從而．
下面我們來考慮.一方面，有
(xx).(xx)
38、??(xx)=(-1)k，
1223n1
另一方面，有…
(xx)?(xx)??(xx)=(xxx匕=1.
1223n112n
所以，故是偶數(shù)，從而是4的倍數(shù).
19.2.8★★設、是正整數(shù)，，且滿足關系式
(11111+a)(11111-b)=123456789.
求證：是4的倍數(shù).
解析由已知條件可得與均為奇數(shù)，所以、均為偶數(shù)，又由已知條件因為是4的倍數(shù)，也是4的倍數(shù)，所以是4的倍數(shù)，故是4的倍數(shù).
19.2.9*★和(注：，讀作99的階乘)能否表示成為99個連續(xù)的奇數(shù)的和?
+.
解析((1)能).(因為)()()9999=(9998-98)+(9998-96)+
39、+(9998-2)+9998+(9998+2)+
即能表示為99個連續(xù)奇數(shù)的和.
??????
(2)不能.因為是一個偶數(shù)，而99個連續(xù)奇數(shù)之和仍為奇數(shù)，所以不能表示為99個連續(xù)奇數(shù)之和.評注如果答案是肯定的，我們常常將滿足題意的例子舉出來或造出來，這稱為構造法.如果答案是否定的，常常采用反證法，找出其中的矛盾.
19.2.10^★代數(shù)式
rvz-rey-suz+swx+tuy-tvx.①
中，、、、、、、、、可以分別取或.
(1) 證明：代數(shù)式的值都是偶數(shù)；
(2) 求這個代數(shù)式所能取到的最大值.
解析(1)①式中共有6項，每項的值都是奇數(shù)(或)，所以它們的代數(shù)和為偶數(shù).
40、
(2)顯然，①式的值，但它取不到6這個值，事實上，在、、、、、這六項中，至少有一項是，要證明這一點，將上面這6項相乘，積是所以六項中，至少有一項是，這樣，六項和至多是.
在、、為，其他字母為1時，①式的值是4,所以①的最大值為4.評注本例中的代數(shù)式實際上是行列式
rst
uvw
的展開式，行列式是一個很有用的工具，在今后的學習中還會遇到．
19.2.11*★★在（為奇數(shù)）方格表里的每一個方格中任意填上一個或，在每一列的下面寫上該列所有數(shù)的乘積，在每行的右面寫上該行所有數(shù)的乘積，求證：這個乘積的和不等于0．解析設每列下面的數(shù)為,每行右面的數(shù)為，依題意得或，或\，，若這個乘積的和為0，
41、
即a+a++a+b+b++b—0，
12n12n
則這個數(shù)中的個數(shù)與的個數(shù)一樣多，都是個，但事實上，因為
aaabbb—\aaaJ2—1.
12n12n12n所以這個數(shù)中的個數(shù)為偶數(shù)，即為偶數(shù)，矛盾.
19.2.12^^在黑板上寫上1，2，…，xx，xx，只要黑板上還有兩個或兩個以上的數(shù)，就擦去其中任意兩個數(shù)和，并寫上，問最后黑板上剩下的數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？解析因為與有相同的奇偶性，而又與有相同的奇偶性，因此與具有相同的奇偶性．所以黑板上剩下的數(shù)的奇偶性與
1+2++2001—2001x2002—1001%2001的奇偶性相同，是奇數(shù).
2
19.2.1.3**把圖中的圓圈任
42、意涂上紅色或藍色，問有沒有可能使得在同一條直線上的紅圈數(shù)都是奇數(shù)？請說明理由．
解析如果每條線上紅圈都是奇數(shù)個，那么5條線上的紅圈數(shù)相加仍是奇數(shù)．
但另一方面，由于每個圈都在兩條直線上，因而相加時每個紅圈都被計算了兩次，從而相加的總和應該是偶數(shù)．
兩方面的結果是矛盾的．因此，不可能使同一條線上的紅圈數(shù)都是奇數(shù)．
19.2.14^★圍棋盤上有個交叉點，在交叉點上已經放滿了黑子與白子，并且黑子與白子相間地放，即黑子（白子）的上、下、左、右都放著白子（黑子）．問能否把這些黑子全部移到原來白子的位置上，而白子也全移到原來的黑子的位置上？解析不能．
因為是奇數(shù)，所以，必有奇數(shù)個白子，偶
43、數(shù)個黑子；或者奇數(shù)個黑子，偶數(shù)個白子．即黑、白子數(shù)必然一奇一偶．奇數(shù)不可能等于偶數(shù)，所以無法使黑子與白子的位置對調．19.2.15*★參加會議的人，有不少互相握過手.握手的次數(shù)是奇數(shù)的那部分人，人數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？
解析由于每握一次手，握手的兩個人，每一個都握了一次手．因此每握一次手，兩個人握手次數(shù)的和就是2次．所以，全部與會的人握手的總次數(shù)必定是偶數(shù)．
我們把參加會議的人分成兩類，甲類握手次數(shù)是偶數(shù)，乙類握手次數(shù)是奇數(shù)，甲類人握手的總次數(shù)顯然是偶數(shù)．注意甲類人握手的總次數(shù)加上乙類人握手的總次數(shù)等于全部與會的人握手的總次數(shù)，所以乙類人握手的總次數(shù)也應當是偶數(shù)．由于乙類人每人握手的次
44、數(shù)都是奇數(shù)，而偶數(shù)個奇數(shù)相加，和才能為偶數(shù)，因此，乙類人必為偶數(shù)個，即握手次數(shù)是奇數(shù)的那部分人，人數(shù)是偶數(shù)．
19.2.16^★設標有記號的七盞燈順次排成一行，每盞燈安裝一個開關.現(xiàn)
在、、、四盞燈開著，其余三盞燈是關的．小剛從燈開始，順次拉動開關.即從到，再從到，這樣拉動了xx次開關后，哪幾盞燈是開的？
解析一盞燈的開關被拉動奇數(shù)次后，改變狀態(tài)，即開的變成關的，關的變成開的．一盞燈的開關被拉動偶數(shù)次后，不改變狀態(tài)，即開的仍為開的，關的仍為關的．因此本題的關鍵是計算各盞燈被拉次數(shù)的奇偶性．由
可知，、、、四盞燈的開關各被拉動了286次，而、、三盞燈的開關各被拉動了285次．所以，、、、
45、四燈不改變狀態(tài)，、、三燈改變狀態(tài)．由于開始時、、、四燈是開著的．因此，最后、、三燈是開著的．
19.2.17*★桌上放著七只杯子，杯口全朝上，每次翻轉四個杯子.問能否經過若干次這樣的翻動，使全部的杯子口都朝下？
解析不可能．
我們將口向上的杯子記為0，口向下的杯子記為1．開始時，由于七個杯子全朝上，所以這七個數(shù)的和為0，是個偶數(shù)．
一個杯子每翻動一次，所記的數(shù)由0變?yōu)?或由1變?yōu)?，改變了奇偶性．每一次翻轉四個杯子，因此這七個數(shù)的和的奇偶性改變了四次，從而和的奇偶性仍與原來相同．所以，不論翻動多少次，這七個數(shù)的和與原來一樣，仍為偶數(shù)．
當杯子全部朝下時，這七個數(shù)的和為7，是奇數(shù)．因此
46、，不論經過多少次翻轉，都不可能使所有的杯子口都朝下．
19.2.18*★★設或者，，2,…，xx.令
S=xx+xx++xx
1）
23420112012
能否等于xx?證明你的結論;
（2）能取到多少個不同的整數(shù)值?
解析（1）因為，，，所以，或者，或者1.
設和式中有個，個，個1，則、、是非負整數(shù)，且.
S=翳x
x=（3+2邁）a+（3—2込）b+c
2i-12i
i=1
若，貝9，此時S=6a+c=6a+（1006-a-a）=4a+1006是一個偶數(shù).所以，不可能等于xx.（2）由（1）可知，若是整數(shù)，則，.
由于，，所以，可以取到504個不同的整數(shù)值.
47、
19.2.19*★★設、是這樣的兩組實數(shù)：對任意整數(shù)、，數(shù)和中至少有一個數(shù)為偶數(shù).證明:和中必有一組數(shù)全是整數(shù).
解析恰當選取、從得出的一系列結論中去尋找突破口.取，可知與中有一個數(shù)為偶數(shù)，不妨設為偶數(shù).
取，知與中有一個偶數(shù)，這樣有兩種情形.情形一：為偶數(shù)，貝為偶數(shù).此時如果為整數(shù)，貝命題已成立.不妨設不是整數(shù)，我們分別取和（1，1），可知與都是偶數(shù)，從而為偶數(shù).再取，知為偶數(shù)，故為偶數(shù)，結合為偶數(shù)，可得、都是整數(shù).從而，、、都是整數(shù)，命題成立.
情形二：為偶數(shù)，取，貝與中有一個偶數(shù)，如果是前者可以歸入情形一討論，如果是后者，貝、都是整數(shù).此時，令，貝與中有一個偶數(shù)，若為偶數(shù)，由與
48、的對稱性，可轉入情形一討論，若為偶數(shù)，貝為整數(shù)，導出命題成立.
綜上，命題獲證.
評注處理多條件分析討論的問題應學會使用“不妨設”，在巧妙利用對稱性后，結論會自然凸現(xiàn)出來.
19.2.20^★★把1，2，3，4,…，80，81這81個數(shù)任意排列為.計算：
，，…，;
再將這27個數(shù)任意排列為計算出：
，，…，;
如此繼續(xù)下去，最后得到一個數(shù)，問是奇數(shù)還是偶數(shù)?解析整數(shù)模2有些有趣的性質：
，.
利用上述性質可以使這個問題迎刃而解.
因為
b+b++b=|a—a+a|+|a—a+a|++|a—a+a|
1227123456798081
三a一a+a+a一a+a++a一a
49、+a
13456z798081?…
三a+a+a++a+a+a(mod2丿,
123798081
所以，將變換為,并不改變它們的和的奇偶性，因此經過多次變換后依然如此.所以x三a+a+a++a=1+2+3++81=41x81三1(mod2),
12381
即為奇數(shù).
19.2.21*★★求所有的正整數(shù)，使得是正整數(shù).
解析因為37.5n+26.5n二丄(75n+53n).
2n
當為偶數(shù)時，
75n+53n三(—1)n+1n=2(mod4),
—75n-2?53+
+53n-1
所以，此時不是正整數(shù)．當為奇數(shù)時，
75n+53n=（75+53）（75n-1—75n
50、一2?53+
由于是奇數(shù)個奇數(shù)的和，是奇數(shù)，所以，只有當，3,5,7時，是正整數(shù).
19.2.：：★★★★若干個球放在個袋中，如果任意取走一個袋，總可?以把剩下的個袋分成兩組，每組個袋，并且這兩組的球的個數(shù)相等．證明：每個袋中的球的個數(shù)相等．
解析用數(shù)分別表示這個袋中的球的個數(shù).顯然，是非負整數(shù)，不妨設.于是問題轉化為：有個非負整數(shù)，如果從中任意取走一個數(shù)，剩下的個數(shù)可以分成兩組，每組個，和相等，證明這個數(shù)全相等.
令，則對每個，都是偶數(shù)（否則剩下的數(shù)不能分成和數(shù)相等的兩部分）.從而與有相同的奇偶性.也具有相同的奇偶性.
易知把中的每一個都減去后所得到的個數(shù)
0,a一a,a一a,,
51、a一a
21312n一11
也滿足題設性質（即從.中任意取走一數(shù)，剩下的能分成和數(shù)相等的兩部分）.因為
a-a（i=2,3,,2n+1）都是偶數(shù)，從而
i1
a一aa一aa一a
0,r1,t,2n+11
222
這個數(shù)也滿足題意，且也都是偶數(shù).
把它們再都除以2,…這個過程不可能永遠繼續(xù)下去，除非所以，每個袋中的球數(shù)相等.
19.2.23**★★從0,1,2,…，13,14中選出10個不同的數(shù)填入圖中圓圈內，使每兩個
用線相連的圓圈中的數(shù)所成差的絕對值各不相同，能否做到這一點？證明你的結論.
解析結論是否定的.若不然，那么所說的差的絕對值共有14個，它們互不相同，并
52、且均不大于14，不小于1，因此它們只能是1,2,3,???，14,從而它們的和
S=1+2++14=7x15=105
是一個奇數(shù).
另一方面,…每個圓圈與偶數(shù)個（2個或4個）圓圈相連，設填入的數(shù)為，那么在中出現(xiàn)偶數(shù)次（2次或4次）.偶數(shù)個用加、減號相連，運算結果必為偶數(shù).因此，是10個偶數(shù)的和，從而是偶數(shù)．從上面可知，既是奇數(shù)又要是偶數(shù)，矛盾．
19.2.24*★在99枚外觀相同的硬幣中，要找出其中的某些假幣，已知每枚假幣與真幣的重量之差為奇數(shù)，且所給硬幣的總重量與99枚真幣的總重量相等．現(xiàn)在有一臺天平，它可以稱出兩個托盤中物品的重量之差.證明：對任意一枚硬幣，只需用該天平稱量一次，就
53、可確定該枚硬幣的真?zhèn)?
解析設這99枚硬幣中假幣共有枚，則此99枚硬幣總重量與99枚真幣的總重量之差為個奇數(shù)之和，而這個差為零，故為偶數(shù).
現(xiàn)在對任意選定的一枚硬幣，只需將剩下的98枚硬幣隨意分為兩堆，每堆49枚，分別放在天平的兩個托盤中.如果天平兩托盤中物品重量之差為奇數(shù)，那么利用條件，可知這98枚硬幣中，假幣有奇數(shù)枚，此時結合為偶數(shù)，可知選定的硬幣為假幣.否則，若稱出的重量差為偶數(shù)，則選定的硬幣為真幣.
19.2.25*★★已知4枚硬幣中可能混有假幣，其中真幣每枚重10克，假幣每枚重9克.現(xiàn)有一臺托盤秤，它可以稱出托盤中物體的總重量.問：至少需要稱幾次，才能保證可以鑒別出每一枚硬幣的
54、真假？
解析至少稱3次可以做到.事實上，設4枚硬幣分別是、、、.分3次稱出,,的重量.這3個重量之和等于，因此，如果這3個重量之和為奇數(shù)，則為假幣，否則為真幣.當確定后，解關于、、的3元一次方程組可確定、、的真假.所以，3次是足夠的.
下證：只稱兩次不能保證測出每枚硬幣的真假.
注意到，如果有兩枚硬幣，例如、，它們在每次稱量中要么同時出現(xiàn)，要么同時不出現(xiàn)，那么在、是一真一假時，改變、的真假對稱量結果沒有影響，故不能確定、的真假.
現(xiàn)在如果有一次稱量中至多只出現(xiàn)兩枚硬幣，例如、，那么另一次稱量中、中恰有一個在托盤中出現(xiàn)，此時，有一枚硬幣在兩次稱量中都不出現(xiàn)，它的真假改變不影響稱量結果，從
55、而不能斷定它的真假.故每次稱量托盤中都至少有3枚硬幣，這時必有兩枚硬幣同時在兩次稱量中出現(xiàn)，亦導致矛盾.
綜上可知，至少需要稱3次.
19.2.26^★★令S(n)=1-2+3一4++(—l)n+1n,，例如
(1) 求所有的正整數(shù)，，使得
S(a)+S(b)+S(a+b)=2011；
+((n-1)-n)=--
(2) 求所有的正整數(shù)，，使得S(c)+S(d)+S(c+d)=2012.
解析首先，若是偶數(shù)，則S(n)=(1-2)+(3-4)+
若是奇數(shù)，則
S(n)=S(n-1)+n=
+n=
于是對于有如下4種情形：
(I)當，都是奇數(shù)時，有
S(m)+S(n)+
56、S(m+n)=+
22
(II)當，都是偶數(shù)時，有
m+n
S(m)+S(n)+S(m+n)=
m
~2
m+n
=-m-n<0；
2
(III)當是奇數(shù)，是偶數(shù)時，有
S(m)+S(n)+S(m+n)=曲-土+=m+1是偶數(shù)；
222
(W)當是偶數(shù)，是奇數(shù)時，有S(m)+S(n)+S(m+n)=n+1是偶數(shù).
(1) 從上面(I),(II),(III),(IV)知，S(a)+S(b)+S(a+b人2011，即不存在正整數(shù)，，使得S(a)+S(b)+S(a+b)=2011.
(2) 從上面(I),(II),(III),(IV)知，當是奇數(shù)，是偶數(shù)時，，從而，
57、是偶數(shù);當是偶數(shù)，是奇數(shù)時，，從而是偶數(shù)，所以，滿足題設的所有正整數(shù)，或者，其中是偶正整數(shù).
19.2.27**★★設有一條平面閉折線，它的所有頂點，它的所有頂點都是格點，且|aaI=|aa丨==|aa丨=|aa丨?求證：是偶數(shù).
由題設有
1223n+1nn1
解析設頂點的坐標是，其中及都是整數(shù).
???
12
==(x-x匕+(y
n-1nn-1
其中是固定整數(shù).令
(x-x)2+(y-y)2=(x-x匕+(y-y匕
12122323
-y匕=(x-x匕+(y
nn1
則
，①
，②
a2+P2=0,2+P2==0,2+P2=M.③
1122nn
下面
58、對①、②作奇偶性分析.不妨設、中至少有一個是奇數(shù).否則，若、都是偶數(shù)，可設，卩=2kit'(i=1,2,???,』，其中、是奇數(shù).是個數(shù)：，，???，，，，???，中最小的數(shù)，ii
用去除、，那么、中至少有一個奇數(shù).
為確定起見，設是奇數(shù).由，則或(為整數(shù)).
若，由③知，所有的、必為一奇一偶.再由①和②，有
0=a+a++a+卩+卩++卩二偶數(shù)+個奇數(shù)之和(為偶數(shù)).
12n12n
若，則和必是奇數(shù).由①有個奇數(shù)之和(是偶數(shù)).…
綜上討論，可知必為偶數(shù)．
§19．3質數(shù)與合數(shù)
19.3.1*設、、都是質數(shù)，并且，.求.
解析由于，所以不是最小的質數(shù)，從而是奇數(shù)，所以、為
59、一奇一偶．因為，故既是質數(shù)又是偶數(shù)，于是．
19.3.2★設是質數(shù)，并且也是質數(shù).求證：是合數(shù).
解析由于是大于3的質數(shù)，故不會是的形式，從而必定是或的形式，是正整數(shù)．若，則
2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)
是合數(shù)，與題設矛盾．所以，這時
4p+1=4(3k+2)+1=3(4k+3)是合數(shù).
19.3.3*★設是大于1的正整數(shù)，求證：是合數(shù).
解析
n4+4=
我們只需把寫成兩個大于1的整數(shù)的乘積即可．
n4+4n2+4-4n22+2)2-4n2=(n2-2n+2)(n2+2n+2)
因為
n2+2n+2〉n2-2n+2=(n-1匕+1〉1，所以是合數(shù)
60、.
19.3.4*★★證明：當整數(shù)時，與之間一定有一個質數(shù).
解析首先，相鄰的兩個正整數(shù)是互質的．這是因為，于是有．
由于不超過的正整數(shù)都是的約數(shù)，所以不超過的正整數(shù)都與互質（否則，與不互質），于是的質約數(shù)一定大于，即所以，在與之間一定有一個質數(shù)．
19.3.5*★★證明質數(shù)有無窮多個.
解析下面是歐幾里得的證法．
假設只有有限多個質數(shù)，設為.考慮，由假設，是合數(shù)，它一定有一個質約數(shù).顯然，不同于，這與假設的為全部質數(shù)矛盾.
19.3.6*★★已知為大于1的整數(shù)，且數(shù)中任意兩個數(shù)除以所得的余數(shù)不同.證明為質數(shù).解析若為合數(shù)，當時，與除以4所得的余數(shù)相同，矛盾.當，為奇質數(shù)時，，，
61、且，亦得矛盾.
當不是某個質數(shù)的平方時，可寫，，、為正整數(shù)，此時，，亦得矛盾.所以，只能是質數(shù).
19.3.7*★設與是任意兩個大于3的質數(shù).，.與的最大公約數(shù)至少為多少？
解析因為是大于3的質數(shù)，所以不是3的倍數(shù)且是奇數(shù).因為不是3的倍數(shù)，所以或（為正整數(shù)）.當時，n2-1=（3k+1）2-1=9k2+6k+1-1=3（3k2+2k）,故.當時，
1
n—1=（3k+2）2—1=9k2+12k+4—1=3
又因為是奇數(shù)，所以.從而
n2—1=（2h+1）2—1=4h2+4h+1—1=4h（h+1），
又因為與是連續(xù)的整數(shù)，所以，即.
由于3與8互質，故.
同理.
另外，
62、取，則.
綜上所述，與的最大公約數(shù)至少為24.
評注從上述例題中，我們得到兩個有用的結論：
（1）若不是3的倍數(shù)，則除以3的余數(shù)為1.
（2）若是奇數(shù)，則除以8的余數(shù)為1.
19.3.8★證明：若是大于5的質數(shù)，則是24的倍數(shù).
解析關于整數(shù)的問題，我們常把它分成奇數(shù)和偶數(shù)（即按模2分類）來討論，有時也把整數(shù)按模3分成三類：.一般地，可根據問題的需要，把整數(shù)按模來分類.本題我們按模6來分類.
把正整數(shù)按模6分類，可分成6類：6k,6k+1,6k+2,6k+3,6k+4,6k+5.因是大于5的質數(shù)，故只能屬于、這兩類.
當時，
p2—1=36k2+12k=12k（3k+1）.
63、
因、中必有一個偶數(shù)，此時.
當時，
p2—1=3k2+60k+24三12k2+12k=12k（k+1）三0（mod24）.
所以，是24的倍數(shù)．
19.3.9★證明：毎一個大于11的整數(shù)都是兩個合數(shù)的和.
解析設是大于11的整數(shù)．
（1）若，則；
（2）若，則；
（3）若，則．
因此，不論在哪種情況下，都可以表為兩個合數(shù)的和．
19.3.10^★求不能用三個不同合數(shù)的和表示的最大奇數(shù).
解析三個最小的合數(shù)是4、6、8，它們的和是18，于是17是不能用三個不同的合數(shù)的
和表示的奇數(shù)．
下面證明大于等于19的奇數(shù)都能用三個不同的合數(shù)的和來表示．
由于當時，4、9、是三
64、個不同的合數(shù)，并且，所以只要適當選擇，就可以使大于等于19的奇數(shù)都能用4、9、的和來表示．
綜上所述，不能表示為三個不同的合數(shù)的和的最大奇數(shù)是17．
19.3.11^★是不小于40的偶數(shù).試證明：總可以表示成兩個奇合數(shù)的和.
解析因為是偶數(shù)，所以，的個位數(shù)字必為0、2、4、6、8中的某一個．
（1）若的個位數(shù)字為0，則（為奇數(shù)）．
（2）若的個位數(shù)字為2，則（為奇數(shù)）．
（3）若的個位數(shù)字為4，則（為奇數(shù)）．
（4）若的個位數(shù)字為6，則（為奇數(shù)）．
（5）若n的個位數(shù)字為8，則（為奇數(shù)）．
綜上所述，不小于40的任一偶數(shù)，都可以表示成兩個奇合數(shù)之和．
19.3.12*★證明
65、有無窮多個正整數(shù)，使多項式
（1）表示合數(shù)；
（2）是11的倍數(shù).
解析只需證（2）.
當時，多項式n+3n+7=11（11k2+5k+1）
是11的倍數(shù).而，所以，這時是合數(shù).
19.3.13*★若為正整數(shù)，與都是質數(shù).求除以3所得的余數(shù).
解析我們知道，除以3所得的余數(shù)只可能為0、1、2三種.
若余數(shù)為0，即（是一個非負整數(shù)，下同），則，所以.又，故不是質數(shù)，與題設矛盾.若余數(shù)為2，即，則，故不是質數(shù)，與題設矛盾.
所以，除以3所得的余數(shù)只能為1.
19.3.14^★是否存在連續(xù)88個正整數(shù)都是合數(shù)？
解析我們用表示.令
，
那么，如下連續(xù)88個正整數(shù)都是合數(shù)：
66、
a+2,a+3,a+4,,a+89.
這是因為對某個，有
a+k=kx（2xx（k-1）x（k+1）xx89+1）是兩個大于1的正整數(shù)的乘積.
評注由本例可知，對于任意正整數(shù)，存在連續(xù)的個合數(shù)，這也說明相鄰的兩個素數(shù)的差
可以任意的大.
19.3.15*★設為正整數(shù)，如果xx能寫成個正的奇合數(shù)之和，就稱為“好數(shù)”，則這種好數(shù)有多少個？
解析設為奇合數(shù)，，則為奇數(shù)，由于9是最小的奇合數(shù)，而，故，從而．
因2005=1980+25=9+9++9+25，①
20個9
故221是好數(shù)./、…/、
又當是奇合數(shù)時，（2k-1）x9+9+9=（2k+1）x9也是奇合數(shù)，因此可將①式右端逐步并項，從而可取221，219，…，5，3.
且由xx本身也是奇合數(shù)，則可取1.
于是1，3，5，…，221都是好數(shù)，共計111個.
19.3.16^★有7個不同的質數(shù)，它們的和是60.其中最小的是多少？
解析若7個不同的質數(shù)都是奇質數(shù)，則它們的和必為奇數(shù)，不可能等于60，所以這7個不同的質數(shù)中至少有一個偶數(shù)，而我們知道2是唯一的偶質數(shù)，所以這7個質數(shù)中必有又是所有質數(shù)中最小的，所以這
2019-2020年初中數(shù)學競賽專題復習 第三篇 初等數(shù)論 第19章 整數(shù)的整除性(上半部分)試題 新人教版
