初中數(shù)學(xué)競賽專題復(fù)習(xí) 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

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1、 第三篇 初等數(shù)論 第19章 整數(shù)的整除性 §19．1整除 19.1.1★證明：三個連續(xù)奇數(shù)的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除． 解析 要證明一個數(shù)能被12整除但不能被24整除，只需證明此數(shù)等于12乘上一個奇數(shù)即可．設(shè)三個連續(xù)的奇數(shù)分別為、、（其中是整數(shù)），于是 ． 所以 ． 又，而、是相鄰的兩個整數(shù)，必定一奇一偶，所以是偶數(shù)，從而是奇數(shù)，故 ． 19．1．2★★若、為整數(shù)，且，之一能被17整除，那么另一個也能被17整除． 解析 設(shè)，．若，從上面兩式中消去，得 ． ① 所以 ． 因為（17，3）=1，所以即． 若，同樣從①式可知．因為（17，5）

2、=1，所以，即． 19.1.3★★設(shè)是奇數(shù)，求證： ． 解析 因為，、3、5是兩兩互質(zhì)的，所以只需證明、3、5能整除即可． 由于是奇數(shù)，有 ，， 所以； 又有，， 所以； 又有，， 所以． 所以． 評注 我們通常把整數(shù)分成奇數(shù)和偶數(shù)兩類，即被2除余數(shù)為0的是偶數(shù)，余數(shù)為1的是奇數(shù)．偶數(shù)常用表示，奇數(shù)常用表示，其實這就是按模2分類．又如，一個整數(shù)被3除時，余數(shù)只能是0、1、2這三種可能，因此，全體整數(shù)可以分為、、這三類形式，這是按模3分類．有時為了解題方便，還常把整數(shù)按模4、模5、模6、模8等分類，但這要具體問題具體處理． 19．1．4★★設(shè)為任意奇正整數(shù)，證明：能被2

3、006整除． 解析 因為，所以為證結(jié)論成立，只需證為奇正整數(shù)時，能被2、17、59整除．顯然，表達(dá)式能被2整除． 應(yīng)用公式，為奇數(shù)時， ， . 由于，，所以能被59整除. 又，，所以能被17整除． 19.1.5★★若整數(shù)不被2和3整除，求證：． 解析 因為既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分類與按模3分類都是不合適的．較好的想法是按模6分類，把整數(shù)分成、、、、、這六類．由于、、是2的倍數(shù)，是3的倍數(shù)，所以只能具有或的形式，有時候為了方便起見，也常把寫成（它們除以6余數(shù)均為5）． 故具有的形式，其中是整數(shù)，所以 ． 由于與為一奇一偶（若為奇數(shù)，則為偶數(shù)，若為偶數(shù)，

4、則為奇數(shù)），所以，于是便有． 19．1．6★★★求證：（為正整數(shù)）能被2或22整除，但不能被2的更高次冪整除． 解析 按模2分類．若為偶數(shù)，為正整數(shù)，則 ． 由是奇數(shù)，是奇數(shù)的平方，奇數(shù)的平方除以8余1，故可設(shè)，于是 ， 是奇數(shù)，不含有2的因數(shù)，所以能被2整除，但不能被2的更高次冪整除． 若為奇數(shù)，為非負(fù)整數(shù)，則 ． 由于是奇數(shù)，所以此時能被整除，但不能被2的更高次冪整除． 19.1.7★★設(shè)是質(zhì)數(shù)，證明：滿足的正整數(shù)、不存在. 解析 用反證法．假定存在正整數(shù)、，使得 . 令，，，則.所以 ，， 所以．由于是質(zhì)數(shù)，可知，.令，則，所以．同理可得，.即、都含有這個因

5、子，這與矛盾． 19．1．8★★如果與都是大于3的質(zhì)數(shù)，那么6是的約數(shù). 解析 每一整數(shù)可以寫成、、、、、中的一種（為整數(shù)），其中、、、在時都是合數(shù)，分別被6、2、2、3整除．因此，質(zhì)數(shù)是或的形式. 如果，那么 是3的倍數(shù)，而且大于3，所以不是質(zhì)數(shù)．與已知條件矛盾． 因此．這時 是6的倍數(shù)． 評注 本題是將整數(shù)按照除以6，所得的余數(shù)分為6類． 質(zhì)數(shù)一定是或的形式．當(dāng)然，反過來，形如或的數(shù)并不都是質(zhì)數(shù)．但可以證明形如的質(zhì)數(shù)有無窮多個，形如的質(zhì)數(shù)也有無窮多個． 猜測有無窮多個正整數(shù)，使與同為質(zhì)數(shù)．這是孿生質(zhì)數(shù)猜測，至今尚未解決． 19.1.9★★已知、是整數(shù)，能被3整除，求

6、證：和都能被3整除． 證 用反證法.如果、不都能被3整除，那么有如下兩種情況： （1）、兩數(shù)中恰有一個能被3整除，不妨設(shè)，．令，（、都是整數(shù)），于是 ， 不是3的倍數(shù)，矛盾． （2），兩數(shù)都不能被3整除.令，，則 ， 不能被3整除，矛盾． 由此可知，、都是3的倍數(shù)． 19．1．10★★若正整數(shù)、使得是素數(shù)，求證：. 解析 設(shè)是素數(shù)，則，所以，故，或者，故可得，且.令，是大于1的整數(shù)，則 ． 19.1.11★證明：形如的六位數(shù)一定被7、11、13整除． 解析 ． 由此可見，被7、11、13整除． 19．1．12★任給一個正整數(shù)，把的各位數(shù)字按相反的順序?qū)懗鰜?，得?/p>

7、一個新的正整數(shù)，試證明：被9整除． 解析 除以9，與的數(shù)字和除以9，所得余數(shù)相同．除以9，與的數(shù)字和除以9，所得余數(shù)相同．與的數(shù)字完全相同，只是順序相反，所以與的數(shù)字和相等．除以9與除以9，所得的余數(shù)相同，所以被9整除． 19.1.13★.求被11除所得的余數(shù)． 解 顯然，的奇數(shù)位數(shù)字和與偶數(shù)位數(shù)字和的差為.除以11的余數(shù)與除以11的余數(shù)相同，即余數(shù)為9．從而除以11，所得的余數(shù)為9． 19．1．14★在568后面補上三個數(shù)字，組成一個六位數(shù)，使它能被3、4、5分別整除．符合這些條件的六位數(shù)中，最小的一個是多少？ 解析 要命名這個六位數(shù)盡可能小，而且能被5整除，百位數(shù)字和個位數(shù)字都應(yīng)

8、選0．這樣，已知的五個數(shù)位上數(shù)字之和是5+6+8+0+0=19．要使這個六位數(shù)能被3整除，十位上可填2、5、8．由能被4整除的數(shù)的特征（這個數(shù)的末兩位數(shù)應(yīng)該能被4整除）可知，應(yīng)在十位上填2． 這個六位數(shù)是568020． 19.1.15★★已知四位數(shù)是11的倍數(shù)，且有，為完全平方數(shù)，求此四位數(shù)． 解析 在三個已知條件中，說明給出和，就隨之給定，再由，可定.而為完全平方數(shù)，將和的取值定在兩位平方數(shù)的十位和個位數(shù)字范圍中，只要從這個范圍中挑選符合要求的即可． 由完全平方數(shù)，只可能為16、25、36、49、64、81這六種情況．由，此時相應(yīng)的為7、7、9、13、10、9．其中13和10顯然不可

9、能是四位數(shù)的千位數(shù)字． 在、、、，這四種可能性中，由，應(yīng)有． 時，可為1； 時，這種不存在； 時，可為1； 時，可為2． 故滿足條件的四位數(shù)有：7161、9361、9812． 評注 為完全平方數(shù)，表示是兩位整數(shù)，，因此，不考慮00、01、04、09這四種情況，否則還應(yīng)加上1012、4048、9097這三個四位數(shù). 19．1．16★★用0，1，2，…，9這十個數(shù)字組成能被11整除的最大的十位數(shù)是多少？ 解析 因為0+1+2+…+9=45．這個最大十位數(shù)若能被11整除，其奇數(shù)位上數(shù)字之和與偶數(shù)位上的數(shù)字之和的差（大減小）為0或11的倍數(shù)．由于這十個數(shù)字之和是45（奇數(shù)），所以這個

10、差不可能是0、22、44（偶數(shù)）． 若這個差為33，則只能是，但0+1+2+3+4=10，即最小的五個數(shù)字之和都超過6，不可能．若這個差為11，，． 如果偶數(shù)位為9、7、5、3、1，其和為25；奇數(shù)位為8、6、4、2、0，其和為20．交換偶數(shù)位上的1與奇數(shù)位上的4，可得偶數(shù)位上的數(shù)為9、7、5、4、3，奇數(shù)位上的數(shù)為8、6、2、1、0．于是所求的最大十位數(shù)為9876524130． 19.1.17★★一個六位數(shù)12 34 是88的倍數(shù)，這個數(shù)除以88所得的商是多少？ 解析 設(shè)這個六位數(shù)為，因為它是88的倍數(shù)，而，8與11互質(zhì)，所以，這個六位數(shù)既是8的倍數(shù)，又是11的倍數(shù)．由能被8整除

11、，可知能被8整除（一個數(shù)末三位組成的數(shù)能被8整除，這個數(shù)就能被8整除），所以是4．由能被11整除的數(shù)的特征（一個數(shù)奇數(shù)位數(shù)字之和與偶數(shù)位數(shù)字之和的差能被11整除，這個數(shù)就能被11整除），可知奇數(shù)位數(shù)字之和與偶數(shù)位數(shù)字之和的差能被11整除，則，即． ． 所以，這個六位數(shù)是124344，它除以88的商是1413． 19．1．18★★如果六位數(shù)1993 能被105整除，那么，它的最后兩位數(shù)是多少？ 解析 因為這個六位數(shù)能被105整除，而，3、5、7這三個數(shù)兩兩互質(zhì)，所以，這個六位數(shù)能同時被3、5、7整除．根據(jù)能被5整除的數(shù)的特征，它的個位數(shù)可以是0或5．根據(jù)能被3整除的數(shù)的特征，可知

12、這個六位數(shù)有如下七種可能：199320，199350，199380，199305，199335，199365，199395．而能被7整除的數(shù)的特征是：這個數(shù)的末三位數(shù)字所表示的數(shù)與末三位以前的數(shù)字所表示的數(shù)的差（以大減?。┠鼙?整除．經(jīng)試算：，196能被7整除． 所以，199395能被105整除，它的最后兩位數(shù)是95． 19.1.19★★形如，且能被11整除的最小數(shù)是幾？ 解析 本題實質(zhì)上確定的最小值．利用被11整除的數(shù)的特征：偶數(shù)位數(shù)字之和與奇位數(shù)字之和的差能被11整除．該數(shù)的偶數(shù)位數(shù)字之和為，奇數(shù)位數(shù)字之和為，兩者之差為．要使，不難看出最小的，故所求最小數(shù)為． 19．1．20★★★

13、是否存在100個不同的正整數(shù)，使得它們的和與它們的最小公倍數(shù)相等？ 解析 存在滿足條件的100個數(shù)． 事實上，對任意正整數(shù)，下述個數(shù) 3，，，…，，， 它們的最小公倍數(shù)為，和為．所以，這幾個數(shù)的和等于它們的最小公倍數(shù)． 取，可知存在符合要求的100個數(shù)． 19.1.21★★下面這個41位數(shù) 能被7整除，問中間方格代表的數(shù)字是幾？ 解析 因為，，，所以555555和999999都能被7整除，那么由18個5和18個9分別組成的18位數(shù)，也能被7整除．而 原數(shù)=+55 ， 因此右邊的三個加數(shù)中，前后兩個數(shù)都能被1整除，那么只要中間的55 99能被7整除，原數(shù)就能被7整除．

14、把55 99拆成兩個數(shù)的和： 其中 .因為，，所以 ． 評注 記住111111能被7整除很有用． 19．1．22★★一位魔術(shù)師讓觀眾寫下一個六位數(shù)，并將的各位數(shù)字相加得，他讓觀眾說出中的5個數(shù)字，觀眾報出1、3、5、7、9，魔術(shù)師便說出余下的那個數(shù)，問那個數(shù)是多少？ 解析 由于一個數(shù)除以9所得的余數(shù)與這個數(shù)的數(shù)字和除以9所得的余數(shù)相同，所以是9的倍數(shù)．設(shè)余下的那個數(shù)為，則 ， 即 ， 由于，所以，． 19．1．23★★若、、、都是整數(shù)，并且，．求的值． 解析 若，則 不是整數(shù)，所以．不妨設(shè)，于是 ， 而是整數(shù)，故，即．又 是整數(shù)，所以只能為3，從而

15、．所以 ． 19．1．24★★★試求出兩兩互質(zhì)的不同的三個正整數(shù)、、使得其中任意兩個的和能被第三個數(shù)整除． 解析 題中有三個未知數(shù)，我們設(shè)法得到一些方程，然后從中解出這些未知數(shù)． 不妨設(shè)，于是、、都是正整數(shù)．先考慮最小的一個： ， 所以，即．再考慮，因為，即，所以，于是， 所以，即，從而這三個數(shù)為、、．又因為這三個數(shù)兩兩互質(zhì)，所以． 所求的三個數(shù)為1、2、3． 19.1.25★★★求所有的有理數(shù)，使得，并且為整數(shù). 解析 由條件，可知.當(dāng)時，是整數(shù)；下面考慮的情形，此時設(shè)，、為正整數(shù)，且．則由為正整數(shù)和可知，進(jìn)而，導(dǎo)致，再結(jié)合，得. 于是，又．故，易知僅當(dāng)時為正整數(shù)．

16、綜上可知，滿足條件的或． 19．1．26★★設(shè)正整數(shù)、、、滿足．求的最小值． 解析 由條件，可知 . 等號在時取到，因此所求的最小值為. 19.1.27★★已知正整數(shù)、、、、、滿足條件 ，． 證明：． 解析 由條件，可知，，故 ， ① ． ② 將①與②，然后相加，得 ． 結(jié)合，可知. 19．1．28★★★將正整數(shù)接寫在任意一個正整數(shù)的右面（例如，將2接寫在35的右面得352），如果得到的新數(shù)都能被整除，那么稱為“魔術(shù)數(shù)”.問：在小于130的正整數(shù)中有多少個魔術(shù)數(shù)？ 解析 設(shè)為任意一個正整數(shù)，將魔術(shù)數(shù)接后得，下面對為一位數(shù)、兩位數(shù)、三位數(shù)分別進(jìn)行討論． （1）當(dāng)

17、為一位數(shù)時，，依題意，則.由于需對任意數(shù)成立，故．所以1，2，5． （2）當(dāng)為兩位數(shù)時，，依題意，則，故．所以10，20，25，50． （3）當(dāng)為三位數(shù)時，，依題意，則，故．所以，125． 綜上所述，魔術(shù)數(shù)的個數(shù)為9個． 評注 （1）我們可以證明：位魔術(shù)數(shù)一定是的約數(shù)． 事實上，設(shè)是位魔術(shù)數(shù)，將接寫在正整數(shù)的右面得：，由魔術(shù)數(shù)定義可知：，因而也能被整除，所以．這樣我們有： 一位魔術(shù)數(shù)為1，2，5； 二位魔術(shù)數(shù)為10，20，25，50； 三位魔術(shù)數(shù)為100，125，200，250，500； 三位或三位以上的魔術(shù)數(shù)，每種個數(shù)均為5． （2）這里將問題分成幾種情況去討論，對每一種

18、情況都增加了一個前提條件，從而降低了問題的難度，使問題較容易解決． 19.1.29★★一個正整數(shù)如果從左讀到右與從右到左讀所得的結(jié)果相同，則稱這個數(shù)為回文數(shù)．例如：1，343及2002都是回文數(shù)，但2005則不是．請問能否找到2005個不同的回文數(shù)，使得也都是回文數(shù)？ 解析 取回文數(shù)，則也是回文數(shù)．因為中9的數(shù)目可以任選，可取，，…，，因此我們可以找到2005個回文數(shù)滿足題目所要求的條件． 19．1．30★★將2008個同學(xué)排成一行，并從左向右編為1至2008號．再從左向右從1到11地報數(shù)，報到11的同學(xué)原地不動，其余同學(xué)出列．留下的同學(xué)再次從左向右從1到11地報數(shù)，報到11的同學(xué)留下，

19、其余同學(xué)出列．留下的同學(xué)第三次從左向右1到11報數(shù)，報到11的同學(xué)留下，其余同學(xué)出列．問最后留下的同學(xué)有多少人？他們的編號是幾號？ 解 由題意，第一次報數(shù)后留下的同學(xué)，他們的編號必為11的倍數(shù)． 第二次報數(shù)后留下的同學(xué)，他們的編號必為的倍數(shù)． 第三次報數(shù)后留下的同學(xué)，他們的編號必為的倍數(shù)． 因此，最后留下的同學(xué)編號為1331的倍數(shù)，我們知道從1~2008中，1331的倍數(shù)只有一個，即1331號．所以，最后留下一位同學(xué)，編號為1331． 19.1.31★★★甲、乙兩人進(jìn)行了下面的游戲．兩人先約定一個整數(shù)，然后由甲開始，輪流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9這十個數(shù)字之一填入下面的

20、任一方格中． □□□□□□ 每一方格只填一個數(shù)字，六個方格都填上數(shù)字（數(shù)字可重復(fù)）后，就形成一個六位數(shù)，如果這個六位數(shù)能被整除，就算乙勝；如果這六位數(shù)不能被整除，就算甲勝．設(shè)小于15，那么當(dāng)取哪幾個數(shù)時，乙才能取勝？ 解析 取偶數(shù)，甲可以在最右邊方格里填一個奇數(shù)（六位數(shù)的個位），就使六位數(shù)不能被整除，乙不能獲勝．，甲可以在六位數(shù)的個位填一個不是0或5的數(shù)，甲就獲勝． 上面已經(jīng)列出了乙不能獲勝的的取值情況． 如果，很明顯乙必獲勝． 如果或9，那么乙在填最后一個數(shù)時，總是能把六個數(shù)字之和湊成3的整數(shù)倍或9的整數(shù)倍．因此乙必獲勝． 當(dāng)，11，13時是本題最困難的情況．注意到，乙就有一種

21、必勝的辦法．我們從左往右數(shù)這六個格子，把第一與第四，第二與第五，第三與第六配對，甲在一對格子的一格上填某一個數(shù)字后，乙就在這一對格子的另一格子上填同樣的數(shù)字，這就保證所填成的六位數(shù)能被1001整除，這個六位數(shù)就能被7、11或13整除，故乙就能獲勝． 綜合起來，使乙獲勝的是1、3、7、9、11、13． 19．1．32★★小明家電話號碼原為六位數(shù)，第一次升位是在首位號碼和第二位號碼之間加上數(shù)字8，成為一個七位數(shù)的電話號碼；第二次升位是在首位號碼前加上數(shù)字2，成為一個八位數(shù)的電話號碼．小明發(fā)現(xiàn)，他家兩次升位后的電話號碼的八位數(shù)，恰是原來電話號碼的六位數(shù)的81倍，問小明家原來的電話號碼是多少？

22、解析 設(shè)原來電話號碼的六位數(shù)為，則經(jīng)過兩次升位后電話號碼的八位數(shù)為．根據(jù)題意，有 ． 記， 于是 ， 解得 ． 因為，所以 ， 故. 因為為整數(shù)，所以．于是 ． 所以，小明家原來的電話號碼為282500． 19.1.33★★若是不超過1000的正整數(shù)，且是最簡分?jǐn)?shù)，則的取值有多少個？ 解析 因為，所以，由于23是質(zhì)數(shù)，所以不是23的倍數(shù)即可，在5，6，…，1004中，23的倍數(shù)有43個，所以滿足條件的正整數(shù)有個． 19．1．34★★★★在各位數(shù)碼各不相同的10位數(shù)中，是11111的倍數(shù)的數(shù)共有多少個． 解析 設(shè)這個10位數(shù)為，因為這10位數(shù)的各位數(shù)碼各不相同，所

23、以、、、、、、、、、是的一個排列，故 ． 所以． 因為且（11111，9）=1，所以，即．又，所以． 因為，所以， 所以． 而，所以，符合題意的數(shù)共有 （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）、、除以3所得的余數(shù)各不相同，不妨設(shè)取自，取自，取自，這種三位數(shù)共有個．對于固定的，易知、

24、有種取法，因而這162個三位數(shù)的和為 ． 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(dāng)且僅當(dāng)它不是2的整數(shù)冪時，可以表示成若干個（至少兩個）連續(xù)正整數(shù)的和． 解析 當(dāng)且僅當(dāng)，有兩方面的意思．一方面，當(dāng)一個正整數(shù)不是2的整數(shù)冪時，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)冪．設(shè)不是2的整數(shù)冪．這時可以寫成 ，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(cè)是與，再向外分別寫與，…，直至與（是奇數(shù)，所以是整

25、數(shù)），即 ． 另一方面，設(shè)是個連續(xù)正整數(shù)，，…，的和，則 ， 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)冪． 評注 2的整數(shù)冪沒有大于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)冪． 19.1.37★★★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(zhì)的所有不同的三位數(shù)的和是多少？ 解析 設(shè)三位數(shù)為，則 ， 即， 而，所以，，且；或者，且． （1）若，且，則，375，625，875，只有使得，故此時滿足題意． （2）若，且，則，375，625，875，只有使得，故此時滿足題意． 所以，所求的和

26、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(jìn)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(zhì)的真分?jǐn)?shù)． 解析 設(shè)真分?jǐn)?shù)具有上述性質(zhì)，則，且，于是 ， 故． 若，則，但是，所以，矛盾．故9不整除，所以． （1）若，則，于是，所以，而，故只能是，從而，矛盾． （2）若，則，于是，當(dāng)時，，此時不是整數(shù)；當(dāng)時，，矛盾；當(dāng)時，應(yīng)有，所以，而當(dāng)時，，此時，滿足題意的真分?jǐn)?shù)為，當(dāng)時，，此時，滿足題意的真分?jǐn)?shù)為． （3）若，則，于是，所以，，故1，4，9． 當(dāng)時，，此時，滿足題意的真分?jǐn)?shù)為；

27、 當(dāng)時，，此時，滿足題意的真分?jǐn)?shù)為； 當(dāng)時，，矛盾． 綜上所述，滿足題意的真分?jǐn)?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(yīng)當(dāng)先進(jìn)行變形，使得分子不含有． . 根據(jù)已知，是整數(shù)，所以是整數(shù)． 因為，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

28、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．這種方法有點像假分?jǐn)?shù)化成帶分?jǐn)?shù)． 19．1．40★★★在1，2，…，2010這2010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(shè)條件． 另一方面，設(shè)是從1，2，…，2010中取出的滿足題設(shè)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(shè)，.由，得． 所以，，即． ， 故，所以，． 綜

29、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(zhuǎn)了10周．9次越過，當(dāng)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鄰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． 設(shè)最后剩下枚棋子．根據(jù)分析所說 ， 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)）

30、+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．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)），而， ． 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

31、三個整數(shù)的立方和，而 ． 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)）滿足條件： ， ， ． §19．2奇數(shù)與偶數(shù) 19.2.1★設(shè)有101個自然數(shù)，記為．已知是偶數(shù)，求證：是偶數(shù)． 解析 是偶數(shù)． 19．2．2★設(shè)都是或者．求證：． 解析 . 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)． 19.2.3★★設(shè)為或為，并且 ． 求證：是4的倍數(shù)． 解析 設(shè)中有個，于是也有個，故為偶數(shù)． 把這個數(shù)相乘，得 ， 所以 ． 故是偶數(shù)，從而是4的倍數(shù)． 19．2．4★某次數(shù)學(xué)競賽，共有4

32、0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(xué)生的得分總和一定是偶數(shù)． 解析 我們證明每一個學(xué)生的得分都是偶數(shù)． 設(shè)某個學(xué)生答對了道題，答錯了道題，那么還有道題沒有答．于是此人的得分是 ， 這是一個偶數(shù)． 所以，不論有多少人參賽，全體學(xué)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(nèi)各數(shù)之和等于第二組內(nèi)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(yīng)該是第一組內(nèi)各數(shù)之和的2倍，是偶數(shù)，但這50個數(shù)的總和為 是個奇數(shù)，矛盾！ 19．2．6★設(shè)1，2，3，…，9的任一排列為

33、，求證： 是一個偶數(shù)． 解析 因為 是偶數(shù)，所以，這9個數(shù)中必定有一個是偶數(shù)，從而可知是偶數(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 ， 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(shè)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 ， 另一方面，有 ． 所以，故是偶數(shù)，從而是4的倍數(shù). 19．2．8★★設(shè)、是正整數(shù)，

34、且滿足關(guān)系式 ． 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 ． 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(gòu)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 ． ① 中

35、，、、、、、、、、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)． （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 的展開式，行列式是一個很有用的工具，在今后的學(xué)習(xí)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

36、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(shè)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，即， 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 ， ． 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，…，2000，2001，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 的

37、奇偶性相同，是奇數(shù)． 19.2.13★★把圖中的圓圈任意涂上紅色或藍(lán)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(yīng)該是偶數(shù)． 兩方面的結(jié)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(jīng)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

38、上？ 解析 不能． 因為是奇數(shù)，所以，必有奇數(shù)個白子，偶數(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(diào)． 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

39、的總次數(shù)，所以乙類人握手的總次數(shù)也應(yīng)當(dāng)是偶數(shù)．由于乙類人每人握手的次數(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(shè)標(biāo)有、、、、、、記號的七盞燈順次排成一行，每盞燈安裝一個開關(guān)．現(xiàn)在、、、四盞燈開著，其余三盞燈是關(guān)的．小剛從燈開始，順次拉動開關(guān).即從到，再從到，這樣拉動了1999次開關(guān)后，哪幾盞燈是開的？ 解析 一盞燈的開關(guān)被拉動奇數(shù)次后，改變狀態(tài)，即開的變成關(guān)的，關(guān)的變成開的．一盞燈的開關(guān)被拉動偶數(shù)次后，不改變狀態(tài)，即開的仍為開的，關(guān)的仍為關(guān)的．因此本題的關(guān)鍵是計算各盞燈被拉次數(shù)的奇偶性．由 ， 可知，

40、、、、四盞燈的開關(guān)各被拉動了286次，而、、三盞燈的開關(guān)各被拉動了285次．所以，、、、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(zhuǎn)四個杯子．問能否經(jīng)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(zhuǎn)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

41、次，這七個數(shù)的和與原來一樣，仍為偶數(shù)． 當(dāng)杯子全部朝下時，這七個數(shù)的和為7，是奇數(shù)．因此，不論經(jīng)過多少次翻轉(zhuǎn)，都不可能使所有的杯子口都朝下． 19．2．18★★★設(shè)或者，，2，…，2012．令 . （1）能否等于2013?證明你的結(jié)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(shè)和式中有個，個，個1，則、、是非負(fù)整數(shù)，且． ． 若，則，此時是一個偶數(shù)．所以，不可能等于2013. （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． 19.2.19★★★設(shè)、是這樣的兩組實數(shù)：對任意整數(shù)、，數(shù)和中至少有

42、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(dāng)選取、從得出的一系列結(jié)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(shè)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)，則為偶數(shù)．此時如果為整數(shù)，則命題已成立．不妨設(shè)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(jié)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，則與中有一個偶數(shù)，如果是前者可以歸入情形一討論，如果是后者，則、都是整數(shù)．此時，令，則與中有一個偶數(shù)，若為偶數(shù)，由與的對稱性，可轉(zhuǎn)入情形一討論，若為偶數(shù)，則為整數(shù)，導(dǎo)出命題成立．

43、 綜上，命題獲證． 評注 處理多條件分析討論的問題應(yīng)學(xué)會使用“不妨設(shè)”，在巧妙利用對稱性后，結(jié)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(zhì)： ，． 利用上述性質(zhì)可以使這個問題迎刃而解． 因為 ， 所以，將變換為，并不改變它們的和的奇偶性，因此經(jīng)過多次變換后依然如此．所以 ， 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．

44、 當(dāng)為偶數(shù)時， ， ， 所以，此時不是正整數(shù)． 當(dāng)為奇數(shù)時， ， 由于是奇數(shù)個奇數(shù)的和，是奇數(shù)，所以，只有當(dāng)，3，5，7時，是正整數(shù)． 19．2．22★★★★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(fù)整數(shù)，不妨設(shè)．于是問題轉(zhuǎn)化為：有個非負(fù)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．

45、易知把中的每一個都減去后所得到的個數(shù) 也滿足題設(shè)性質(zhì)（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）．因為都是偶數(shù)，從而 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(yuǎn)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(nèi)，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(jié)論． 解析 結(jié)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

46、 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(shè)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(jié)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，就可確定該枚硬幣的真?zhèn)危? 解析 設(shè)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

47、，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(jié)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真假？ 解析 至少稱3次可以做到． 事實上，設(shè)4枚硬幣分別是、、、.分3次稱出,,的重量．這3個重量之和等于，

48、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(dāng)確定后，解關(guān)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(jié)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(jié)果，從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(dǎo)致矛盾．

49、綜上可知，至少需要稱3次． 19．2．26★★★令,，2，…．例如 ． （1）求所有的正整數(shù)，，使得 ； （2）求所有的正整數(shù)，，使得 ． 解析 首先，若是偶數(shù)，則. 若是奇數(shù)，則 ． 于是對于有如下4種情形： （Ⅰ）當(dāng)，都是奇數(shù)時，有 ； （Ⅱ）當(dāng)，都是偶數(shù)時，有 ； （Ⅲ）當(dāng)是奇數(shù)，是偶數(shù)時，有 是偶數(shù)； （Ⅳ）當(dāng)是偶數(shù)，是奇數(shù)時，有是偶數(shù)． （1）從上面（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ），（Ⅳ）知，，即不存在正整數(shù)，，使得． （2）從上面（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ），（Ⅳ）知，當(dāng)是奇數(shù)，是偶數(shù)時，，從而，是偶數(shù)；當(dāng)是偶數(shù)，是奇數(shù)時，，從而是偶數(shù)， ． 所以，滿足題

50、設(shè)的所有正整數(shù)，或者，其中是偶正整數(shù)． 19.2.27★★★★設(shè)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．求證：是偶數(shù)． 解析 設(shè)頂點的坐標(biāo)是，其中及都是整數(shù)．由題設(shè)有 ， 其中是固定整數(shù)．令 ，，…， ，； ，，…， ，， 則 ， ① ， ② ． ③ 下面對①、②作奇偶性分析.不妨設(shè)、中至少有一個是奇數(shù)．否則，若、都是偶數(shù)，可設(shè)，，其中、是奇數(shù)．是個數(shù)：，，…，，，，…，中最小的數(shù)，用去除、，那么、中至少有一個奇數(shù)． 為確定起見，設(shè)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 =偶數(shù)+個奇數(shù)之和（為偶

51、數(shù)）． 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(zhì)數(shù)與合數(shù) 19.3.1★設(shè)、、都是質(zhì)數(shù)，并且，．求. 解析 由于，所以不是最小的質(zhì)數(shù)，從而是奇數(shù)，所以、為一奇一偶．因為，故既是質(zhì)數(shù)又是偶數(shù)，于是． 19．3．2★設(shè)是質(zhì)數(shù)，并且也是質(zhì)數(shù)．求證：是合數(shù)． 解析 由于是大于3的質(zhì)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 是合數(shù)，與題設(shè)矛盾．所以，這時 是合數(shù)． 19.3.3★★設(shè)是大于1的正整數(shù)，求證：是合數(shù)． 解析 我們只需把寫成兩個大于1的整數(shù)的乘積即可． ， 因為 ，所以是合數(shù). 19．3．

52、 4★★★證明：當(dāng)整數(shù)時，與之間一定有一個質(zhì)數(shù)． 解析 首先，相鄰的兩個正整數(shù)是互質(zhì)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(zhì)（否則，與不互質(zhì)），于是的質(zhì)約數(shù)一定大于，即 ． 所以，在與之間一定有一個質(zhì)數(shù)． 19.3.5★★★證明質(zhì)數(shù)有無窮多個． 解析 下面是歐幾里得的證法． 假設(shè)只有有限多個質(zhì)數(shù)，設(shè)為．考慮，由假設(shè)，是合數(shù)，它一定有一個質(zhì)約數(shù).顯然，不同于，這與假設(shè)的為全部質(zhì)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(zhì)數(shù)． 解析 若為合數(shù)，當(dāng)時，與除以4所得的余數(shù)相同，矛盾．當(dāng)，為奇質(zhì)

53、數(shù)時，，，且，亦得矛盾． 當(dāng)不是某個質(zhì)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(zhì)數(shù)． 19.3.7★★設(shè)與是任意兩個大于3的質(zhì)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(zhì)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(dāng)時，，故.當(dāng)時，，故． 又因為是奇數(shù)，所以．從而 ， 又因為與是連續(xù)的整數(shù)，所以，即． 由于3與8互質(zhì)，故． 同理． 另外，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(jié)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

54、1． 19．3．8★證明：若是大于5的質(zhì)數(shù)，則是24的倍數(shù)． 解析 關(guān)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(jù)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：．因是大于5的質(zhì)數(shù)，故只能屬于、這兩類． 當(dāng)時， ． 因、中必有一個偶數(shù)，此時． 當(dāng)時， ． 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(shè)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． 1

55、9．3．10★★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(dāng)時，4、9、是三個不同的合數(shù)，并且，所以只要適當(dāng)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

56、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(dāng)時，多項式 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(zhì)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(fù)整數(shù)，下同），則，所以.又，故不是質(zhì)數(shù)，與題設(shè)

57、矛盾． 若余數(shù)為2，即，則，故不是質(zhì)數(shù)，與題設(shè)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)： ． 這是因為對某個，有 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(shè)為正整數(shù)，如果2005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(shè)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， ① 故221是好數(shù)． 又當(dāng)是奇合數(shù)

58、時，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2005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(zhì)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(zhì)數(shù)都是奇質(zhì)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(zhì)數(shù)中至少有一個偶數(shù)，而我們知道2是唯一的偶質(zhì)數(shù)，所以這7個質(zhì)數(shù)中必有 又是所有質(zhì)數(shù)中最小的，所以這7個質(zhì)數(shù)中最小的質(zhì)數(shù)就是2． 19.3.17★★已知正整數(shù)、、滿足條件 ， 且，求的最大值． 解析 由、、為正整數(shù)， ， 以及知，、、均為小于14的

59、正整數(shù)．另一方面，將 展開，得 ， 即 ． 所以，能被7整除．結(jié)合7為質(zhì)數(shù)，以及、、為小于14的正整數(shù)知，、、中至少有1個數(shù)為7．不妨設(shè)，則條件等式化為 ． 所以，，因此．此時，的最大值為．所以，的最大值為． 19．3．18★求6000和2008的約數(shù)個數(shù)． 解析 因為，， 所以，6000有個約數(shù)；2008有個約數(shù)． 評注 一般地，設(shè)正整數(shù)可以分解為 其中是不同的質(zhì)數(shù)，是正整數(shù)，則形如 的數(shù)都是的約數(shù)，其中可取個值：0，1，2，…，；可取個值：0，1，2，…，；…；盡可取個值：0，1，2，…，.并且的約數(shù)也都是上述形式．所以的約數(shù)共有個． 19.3.19

60、★如果是平方數(shù)，證明的約數(shù)個數(shù)一定是奇數(shù)． 解析1 利用的分解式．或者，設(shè)法將的約數(shù)配對． 將分解為質(zhì)因數(shù)的積 ， 由于是平方數(shù)，所以都是偶數(shù)． 的約數(shù)個數(shù)是 ， ① 其中都是奇數(shù)，所以它們的乘積①也是奇數(shù)． 解析2 設(shè)，為正整數(shù)． 對的每一個約數(shù)， ， 所以也是的約數(shù)．這樣的約數(shù)就可以兩兩配對，只有是自身配對．所以的約數(shù)個數(shù)是奇數(shù)． 19．3．20★求72的所有約數(shù)的和． 解析 因為，所以，72的所有約數(shù)的和為． 評注 若正整數(shù)的質(zhì)因數(shù)分解式為 ， 則的所有約數(shù)的和為 19.3.21★有多少個正整數(shù)除152，余數(shù)為8? 解析 一個正整數(shù)除152，余數(shù)

61、為8，則這個數(shù)一定是的約數(shù).問題轉(zhuǎn)化為：求144的約數(shù)中，大于8的約數(shù)個數(shù)． ， 共有 個約數(shù)．其中6個約數(shù) 1、2、3、4、6、8 不大于8．所以符合題意的數(shù)共有個． 19．3．22★★由正整數(shù)組成的有序數(shù)組中，滿足的有多少組？ 解析 由可設(shè)，，，，其中、為非負(fù)整數(shù)，并且 ，． 注意到的非負(fù)整數(shù)解共有組．所以，滿足條件的共有組． 19.3.23★★設(shè)為正整數(shù)，中.將的不等于自身的最大約數(shù)記為．已知：，證明：． 解析 令，是最小素因數(shù)．因為，得，．由此，．由不等式，，得．故，，，…，．這推出． 19．3．24★★★求所有的正整數(shù)、，使得是一個質(zhì)數(shù)，且． 解析 由已知條

62、件知： ， 注意到是一個質(zhì)數(shù)，故不是3的倍數(shù)，所以 （1）若將兩式相減，分別可得，不可能． （2）若將兩式相減，分別可得，不可能． （3）若，將兩式相減，分別可得，故． （4）若將兩式相減，分別可得，故． 當(dāng)或者時，分別是5和17均為素數(shù)，此時對應(yīng)的分別為7和13．所以，滿足條件的或者（4，13）． 19.3.25★★★設(shè)是一個小于2006的四位數(shù)，已知存在正整數(shù)，使得為質(zhì)數(shù)，且是一個完全平方數(shù)，求滿足條件的所有四位數(shù)． 解析 由題設(shè)條件知：，是質(zhì)數(shù)，則，設(shè)，其中是正整數(shù)，那么 ， 即， 于是 注意到為質(zhì)數(shù)，所以 把兩式相加得，進(jìn)而，結(jié)合，可得，于是，質(zhì)數(shù)只能

63、是67、71、73、79或83．從而，滿足條件的為1156、1296、1369、1600、1764． 19．3．26★★★★若一個質(zhì)數(shù)的各位數(shù)碼經(jīng)任意排列后仍然是質(zhì)數(shù)，則稱它是一個“絕對質(zhì)數(shù)例如：2，3，5，7，11，13（31），17（71），37（73），79（97），113（131，311），199（919，991），337（373，733），…都是絕對質(zhì)數(shù)．求證：絕對質(zhì)數(shù)的各位數(shù)碼不能同時出現(xiàn)數(shù)碼1、3、7與9． 解析 一個兩位以上的絕對質(zhì)數(shù)不可能含有數(shù)字0、2、4、5、6、8，否則，通過適當(dāng)排列后，這個數(shù)能被2或者5整除． 設(shè)是一個同時含有數(shù)字1、3、7、9的絕對質(zhì)數(shù)，因為79

64、31、=1793、=9137， =7913、=7193、=9371、=7139被7除所得的余數(shù)分別是0、1、2、3、4、5、6，所以，如下7個正整數(shù) ， ， … 中一定有一個能被7整除，這個數(shù)就不是質(zhì)數(shù)，矛盾． 19.3.27★★★證明：存在無窮多個正整數(shù)，它不能表示為一個完全平方數(shù)與一個質(zhì)數(shù)之和． 解析 抓住質(zhì)數(shù)不能表示為兩個大于1的正整數(shù)之積這個特性，引導(dǎo)我們到完全平方數(shù)中去尋找符合要求的數(shù)，因為此時我們可用平方差公式． 設(shè)是正整數(shù)，我們尋找使不能表示為一個完全平方數(shù)與一個質(zhì)數(shù)之和的條件． 若存在整數(shù)及質(zhì)數(shù)，使得 ， ① 則，從而，．進(jìn)而，因此，如果不是質(zhì)數(shù)，

65、則不能表示為①的形式． 注意到，當(dāng)，為正整數(shù)時，是3的倍數(shù)，且大于3，從而不是質(zhì)數(shù)．這表明有無窮多個滿足條件的正整數(shù)． 評注 自然地，我們可以提出更一般的問題：是否存在無窮多個正整數(shù)，它不能表示為一個次方數(shù)與一個質(zhì)數(shù)之和呢？這里為任給的正整數(shù)． 19．3．28★★★設(shè)為正整數(shù)，如果存在有個連續(xù)的整數(shù)（包括正整數(shù)、0及負(fù)整數(shù)）之和為質(zhì)數(shù)，試求的所有可能值． 解析 我們先考慮個連續(xù)整數(shù)均為正數(shù)的情況，顯然，是可以的：只要取任何一個質(zhì)數(shù)即可． 也可以：任何一個奇質(zhì)數(shù)都可以寫成2個連續(xù)整數(shù)的和. 假設(shè)存在某一質(zhì)數(shù) ，其中為整數(shù)，，則 ， 與均為大于2的整數(shù)，與為質(zhì)數(shù)矛盾，所以當(dāng)個連續(xù)

66、整數(shù)均為正數(shù)時，或2． 當(dāng)個連續(xù)整數(shù)可以是0或負(fù)數(shù)時，任何一個質(zhì)數(shù)都可以寫成 ． 對于任何一個奇質(zhì)數(shù)，我們可以令，其中為正整數(shù)，則可以寫成 ． 所以，或任意質(zhì)數(shù)或兩倍任意質(zhì)數(shù)． 19.3.29★★★求證：2000個數(shù)，，…，中至少有99%的數(shù)不是質(zhì)數(shù)． 解析 設(shè)是一個正整數(shù)且不是2的冪，則有奇因子，令，于是 ， 由于， 故是合數(shù)． 在1，2，…，2000中只有11個正整數(shù)是2的冪：，，，…，，于是，，…，中至少有1989個數(shù)不是質(zhì)數(shù)，即至少有的數(shù)不是質(zhì)數(shù)． 19．3．30★★★設(shè)為大于2的正整數(shù)，證明：在1，2，…，中，與互質(zhì)的數(shù)的立方和能被整除． 解析 設(shè)，且，則，且．而且，導(dǎo)出，僅在為偶數(shù)時發(fā)生，而這時與不互質(zhì)．所以與可以兩兩配對，而 是的倍數(shù)，從而命題得證． 19.3.31★★★正整數(shù)、、滿足． 證明：有一個大于5的質(zhì)因子． 解析 只需證明：若為2、3、5的倍數(shù)，則、都是2、3、5的倍數(shù)．這樣在等式兩邊都約去質(zhì)因子2、3、5后，形式完全相同，從而導(dǎo)出有大于5的質(zhì)因子． 事實上，若，則為偶數(shù)，若、中有一個為奇數(shù)，不妨設(shè)為奇數(shù)，則為奇數(shù)，這要求