2019-2020年初中數學競賽專題復習 第三篇 初等數論 第19章 整數的整除性（上半部分）試題 新人教版.doc

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2019-2020年初中數學競賽專題復習 第三篇 初等數論 第19章 整數的整除性（上半部分）試題 新人教版 19.1.1★證明：三個連續(xù)奇數的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除． 解析 要證明一個數能被12整除但不能被24整除，只需證明此數等于12乘上一個奇數即可．設三個連續(xù)的奇數分別為、、（其中是整數），于是 ． 所以 ． 又，而、是相鄰的兩個整數，必定一奇一偶，所以是偶數，從而是奇數，故 ． 19．1．2★★若、為整數，且，之一能被17整除，那么另一個也能被17整除． 解析 設，．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）=1，所以，即． 19.1.3★★設是奇數，求證： ． 解析 因為，、3、5是兩兩互質的，所以只需證明、3、5能整除即可． 由于是奇數，有 ，， 所以； 又有，， 所以； 又有，， 所以． 所以． 評注 我們通常把整數分成奇數和偶數兩類，即被2除余數為0的是偶數，余數為1的是奇數．偶數常用表示，奇數常用表示，其實這就是按模2分類．又如，一個整數被3除時，余數只能是0、1、2這三種可能，因此，全體整數可以分為、、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★★設為任意奇正整數，證明：能被xx整除． 解析 因為，所以為證結論成立，只需證為奇正整數時，能被2、17、59整除．顯然，表達式能被2整除． 應用公式，為奇數時， ， . 由于，，所以能被59整除. 又，，所以能被17整除． 19.1.5★★若整數不被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，把整數分成、、、、、這六類．由于、、是2的倍數，是3的倍數，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余數均為5）． 故具有的形式，其中是整數，所以 ． 由于與為一奇一偶（若為奇數，則為偶數，若為偶數，則為奇數），所以，于是便有． 19．1．6★★★求證：（為正整數）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，為正整數，則 ． 由是奇數，是奇數的平方，奇數的平方除以8余1，故可設，于是 ， 是奇數，不含有2的因數，所以能被2整除，但不能被2的更高次冪整除． 若為奇數，為非負整數，則 ． 由于是奇數，所以此時能被整除，但不能被2的更高次冪整除． 19.1.7★★設是質數，證明：滿足的正整數、不存在. 解析 用反證法．假定存在正整數、，使得 . 令，，，則.所以 ，， 所以．由于是質數，可知，.令，則，所以．同理可得，.即、都含有這個因子，這與矛盾． 19．1．8★★如果與都是大于3的質數，那么6是的約數. 解析 每一整數可以寫成、、、、、中的一種（為整數），其中、、、在時都是合數，分別被6、2、2、3整除．因此，質數是或的形式. 如果，那么 是3的倍數，而且大于3，所以不是質數．與已知條件矛盾． 因此．這時 是6的倍數． 評注 本題是將整數按照除以6，所得的余數分為6類． 質數一定是或的形式．當然，反過來，形如或的數并不都是質數．但可以證明形如的質數有無窮多個，形如的質數也有無窮多個． 猜測有無窮多個正整數，使與同為質數．這是孿生質數猜測，至今尚未解決． 19.1.9★★已知、是整數，能被3整除，求證：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）、兩數中恰有一個能被3整除，不妨設，．令，（、都是整數），于是 ， 不是3的倍數，矛盾． （2），兩數都不能被3整除.令，，則 ， 不能被3整除，矛盾． 由此可知，、都是3的倍數． 19．1．10★★若正整數、使得是素數，求證：. 解析 設是素數，則，所以，故，或者，故可得，且.令，是大于1的整數，則 ． 19.1.11★證明：形如的六位數一定被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，把的各位數字按相反的順序寫出來，得到一個新的正整數，試證明：被9整除． 解析 除以9，與的數字和除以9，所得余數相同．除以9，與的數字和除以9，所得余數相同．與的數字完全相同，只是順序相反，所以與的數字和相等．除以9與除以9，所得的余數相同，所以被9整除． 19.1.13★.求被11除所得的余數． 解 顯然，的奇數位數字和與偶數位數字和的差為.除以11的余數與除以11的余數相同，即余數為9．從而除以11，所得的余數為9． 19．1．14★在568后面補上三個數字，組成一個六位數，使它能被3、4、5分別整除．符合這些條件的六位數中，最小的一個是多少？ 解析 要命名這個六位數盡可能小，而且能被5整除，百位數字和個位數字都應選0．這樣，已知的五個數位上數字之和是5+6+8+0+0=19．要使這個六位數能被3整除，十位上可填2、5、8．由能被4整除的數的特征（這個數的末兩位數應該能被4整除）可知，應在十位上填2． 這個六位數是568020． 19.1.15★★已知四位數是11的倍數，且有，為完全平方數，求此四位數． 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，將和的取值定在兩位平方數的十位和個位數字范圍中，只要從這個范圍中挑選符合要求的即可． 由完全平方數，只可能為16、25、36、49、64、81這六種情況．由，此時相應的為7、7、9、13、10、9．其中13和10顯然不可能是四位數的千位數字． 在、、、，這四種可能性中，由，應有． 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有：7161、9361、9812． 評注 為完全平方數，表示是兩位整數，，因此，不考慮00、01、04、09這四種情況，否則還應加上1012、4048、9097這三個四位數. 19．1．16★★用0，1，2，…，9這十個數字組成能被11整除的最大的十位數是多少？ 解析 因為0+1+2+…+9=45．這個最大十位數若能被11整除，其奇數位上數字之和與偶數位上的數字之和的差（大減?。?或11的倍數．由于這十個數字之和是45（奇數），所以這個差不可能是0、22、44（偶數）． 若這個差為33，則只能是，但0+1+2+3+4=10，即最小的五個數字之和都超過6，不可能．若這個差為11，，． 如果偶數位為9、7、5、3、1，其和為25；奇數位為8、6、4、2、0，其和為20．交換偶數位上的1與奇數位上的4，可得偶數位上的數為9、7、5、4、3，奇數位上的數為8、6、2、1、0．于是所求的最大十位數為9876524130． 19.1.17★★一個六位數12 34 是88的倍數，這個數除以88所得的商是多少？ 解析 設這個六位數為，因為它是88的倍數，而，8與11互質，所以，這個六位數既是8的倍數，又是11的倍數．由能被8整除，可知能被8整除（一個數末三位組成的數能被8整除，這個數就能被8整除），所以是4．由能被11整除的數的特征（一個數奇數位數字之和與偶數位數字之和的差能被11整除，這個數就能被11整除），可知奇數位數字之和與偶數位數字之和的差能被11整除，則，即． ． 所以，這個六位數是124344，它除以88的商是1413． 19．1．18★★如果六位數1993 能被105整除，那么，它的最后兩位數是多少？ 解析 因為這個六位數能被105整除，而，3、5、7這三個數兩兩互質，所以，這個六位數能同時被3、5、7整除．根據能被5整除的數的特征，它的個位數可以是0或5．根據能被3整除的數的特征，可知這個六位數有如下七種可能：199320，199350，199380，199305，199335，199365，199395．而能被7整除的數的特征是：這個數的末三位數字所表示的數與末三位以前的數字所表示的數的差（以大減?。┠鼙?整除．經試算：，196能被7整除． 所以，199395能被105整除，它的最后兩位數是95． 19.1.19★★形如，且能被11整除的最小數是幾？ 解析 本題實質上確定的最小值．利用被11整除的數的特征：偶數位數字之和與奇位數字之和的差能被11整除．該數的偶數位數字之和為，奇數位數字之和為，兩者之差為．要使，不難看出最小的，故所求最小數為． 19．1．20★★★是否存在100個不同的正整數，使得它們的和與它們的最小公倍數相等？ 解析 存在滿足條件的100個數． 事實上，對任意正整數，下述個數 3，，，…，，， 它們的最小公倍數為，和為．所以，這幾個數的和等于它們的最小公倍數． 取，可知存在符合要求的100個數． 19.1.21★★下面這個41位數 能被7整除，問中間方格代表的數字是幾？ 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，也能被7整除．而 原數=+55 ， 因此右邊的三個加數中，前后兩個數都能被1整除，那么只要中間的55 99能被7整除，原數就能被7整除． 把55 99拆成兩個數的和： 其中 .因為，，所以 ． 評注 記住111111能被7整除很有用． 19．1．22★★一位魔術師讓觀眾寫下一個六位數，并將的各位數字相加得，他讓觀眾說出中的5個數字，觀眾報出1、3、5、7、9，魔術師便說出余下的那個數，問那個數是多少？ 解析 由于一個數除以9所得的余數與這個數的數字和除以9所得的余數相同，所以是9的倍數．設余下的那個數為，則 ， 即 ， 由于，所以，． 19．1．23★★若、、、都是整數，并且，．求的值． 解析 若，則 不是整數，所以．不妨設，于是 ， 而是整數，故，即．又 是整數，所以只能為3，從而．所以 ． 19．1．24★★★試求出兩兩互質的不同的三個正整數、、使得其中任意兩個的和能被第三個數整除． 解析 題中有三個未知數，我們設法得到一些方程，然后從中解出這些未知數． 不妨設，于是、、都是正整數．先考慮最小的一個： ， 所以，即．再考慮，因為，即，所以，于是， 所以，即，從而這三個數為、、．又因為這三個數兩兩互質，所以． 所求的三個數為1、2、3． 19.1.25★★★求所有的有理數，使得，并且為整數. 解析 由條件，可知.當時，是整數；下面考慮的情形，此時設，、為正整數，且．則由為正整數和可知，進而，導致，再結合，得. 于是，又．故，易知僅當時為正整數． 綜上可知，滿足條件的或． 19．1．26★★設正整數、、、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、、、、、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 ． 結合，可知. 19．1．28★★★將正整數接寫在任意一個正整數的右面（例如，將2接寫在35的右面得352），如果得到的新數都能被整除，那么稱為“魔術數”.問：在小于130的正整數中有多少個魔術數？ 解析 設為任意一個正整數，將魔術數接后得，下面對為一位數、兩位數、三位數分別進行討論． （1）當為一位數時，，依題意，則.由于需對任意數成立，故．所以1，2，5． （2）當為兩位數時，，依題意，則，故．所以10，20，25，50． （3）當為三位數時，，依題意，則，故．所以，125． 綜上所述，魔術數的個數為9個． 評注 （1）我們可以證明：位魔術數一定是的約數． 事實上，設是位魔術數，將接寫在正整數的右面得：，由魔術數定義可知：，因而也能被整除，所以．這樣我們有： 一位魔術數為1，2，5； 二位魔術數為10，20，25，50； 三位魔術數為100，125，200，250，500； 三位或三位以上的魔術數，每種個數均為5． （2）這里將問題分成幾種情況去討論，對每一種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★★一個正整數如果從左讀到右與從右到左讀所得的結果相同，則稱這個數為回文數．例如：1，343及xx都是回文數，但xx則不是．請問能否找到xx個不同的回文數，使得也都是回文數？ 解析 取回文數，則也是回文數．因為中9的數目可以任選，可取，，…，，因此我們可以找到xx個回文數滿足題目所要求的條件． 19．1．30★★將xx個同學排成一行，并從左向右編為1至xx號．再從左向右從1到11地報數，報到11的同學原地不動，其余同學出列．留下的同學再次從左向右從1到11地報數，報到11的同學留下，其余同學出列．留下的同學第三次從左向右1到11報數，報到11的同學留下，其余同學出列．問最后留下的同學有多少人？他們的編號是幾號？ 解 由題意，第一次報數后留下的同學，他們的編號必為11的倍數． 第二次報數后留下的同學，他們的編號必為的倍數． 第三次報數后留下的同學，他們的編號必為的倍數． 因此，最后留下的同學編號為1331的倍數，我們知道從1~xx中，1331的倍數只有一個，即1331號．所以，最后留下一位同學，編號為1331． 19.1.31★★★甲、乙兩人進行了下面的游戲．兩人先約定一個整數，然后由甲開始，輪流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9這十個數字之一填入下面的任一方格中． □□□□□□ 每一方格只填一個數字，六個方格都填上數字（數字可重復）后，就形成一個六位數，如果這個六位數能被整除，就算乙勝；如果這六位數不能被整除，就算甲勝．設小于15，那么當取哪幾個數時，乙才能取勝？ 解析 取偶數，甲可以在最右邊方格里填一個奇數（六位數的個位），就使六位數不能被整除，乙不能獲勝．，甲可以在六位數的個位填一個不是0或5的數，甲就獲勝． 上面已經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時，總是能把六個數字之和湊成3的整數倍或9的整數倍．因此乙必獲勝． 當，11，13時是本題最困難的情況．注意到，乙就有一種必勝的辦法．我們從左往右數這六個格子，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字后，乙就在這一對格子的另一格子上填同樣的數字，這就保證所填成的六位數能被1001整除，這個六位數就能被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，第一次升位是在首位號碼和第二位號碼之間加上數字8，成為一個七位數的電話號碼；第二次升位是在首位號碼前加上數字2，成為一個八位數的電話號碼．小明發(fā)現，他家兩次升位后的電話號碼的八位數，恰是原來電話號碼的六位數的81倍，問小明家原來的電話號碼是多少？ 解析 設原來電話號碼的六位數為，則經過兩次升位后電話號碼的八位數為．根據題意，有 ． 記， 于是 ， 解得 ． 因為，所以 ， 故. 因為為整數，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，且是最簡分數，則的取值有多少個？ 解析 因為，所以，由于23是質數，所以不是23的倍數即可，在5，6，…，1004中，23的倍數有43個，所以滿足條件的正整數有個． 19．1．34★★★★在各位數碼各不相同的10位數中，是11111的倍數的數共有多少個． 解析 設這個10位數為，因為這10位數的各位數碼各不相同，所以、、、、、、、、、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，符合題意的數共有 （個）． 19.1.35★★★從1，2，…，9這九個數字中，每次取出3個不同的數字組成三位數，求其中能被3整除的三位數的和． 解析 對于固定的三個不同的非零數字、、，任意排列，可得6個不同的三位數，它們的和為． 因為，所以有以下兩種情況： （1）、、除以3所得的余數相同，即、、取成，或，或，這樣得到的個的三位數的總和為 ． （2）、、除以3所得的余數各不相同，不妨設取自，取自，取自，這種三位數共有個．對于固定的，易知、有種取法，因而這162個三位數的和為 ． 綜合（1）、（2），可知，所求的滿足條件的三位數總和為 9990+89910=99900． 19．1．36★★★證明一個正整數，當且僅當它不是2的整數冪時，可以表示成若干個（至少兩個）連續(xù)正整數的和． 解析 當且僅當，有兩方面的意思．一方面，當一個正整數不是2的整數冪時，它可以表示成幾個連續(xù)正整數的和．另一方面，如果一個正整數可以表示成幾個連續(xù)正整數的和，那么它一定不是2的整數冪．設不是2的整數冪．這時可以寫成 ，是大于1的奇數. ① 我們可將寫成個連續(xù)正整數的和．中間一個是，它的兩側是與，再向外分別寫與，…，直至與（是奇數，所以是整數），即 ． 另一方面，設是個連續(xù)正整數，，…，的和，則 ， 其中與奇偶性不同，即至少有一個是大于1的奇數．所以這時不是2的整數冪． 評注 2的整數冪沒有大于1的奇約數．所以一個整數，如果有大于1的奇約數就一定不是2的整數冪． 19.1.37★★★瑪麗發(fā)現將某個三位數自乘后，所得乘積的末三位數與原三位數相同．請問：滿足上述性質的所有不同的三位數的和是多少？ 解析 設三位數為，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，分子的個位數與分母的十位數相同，且具有上述“奇怪”性質的真分數． 解析 設真分數具有上述性質，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，當時，，此時不是整數；當時，，矛盾；當時，應有，所以，而當時，，此時，滿足題意的真分數為，當時，，此時，滿足題意的真分數為． （3）若，則，于是，所以，，故1，4，9． 當時，，此時，滿足題意的真分數為； 當時，，此時，滿足題意的真分數為； 當時，，矛盾． 綜上所述，滿足題意的真分數為：，，，. 19.1.39★★★在1，2，3，…，1995這1995個數中，找出所有滿足下面條件的數：能整除． 解析 是一個整數．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． . 根據已知，是整數，所以是整數． 因為，所以它的因數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．這種方法有點像假分數化成帶分數． 19．1．40★★★在1，2，…，xx這xx個正整數中，最多可以取出多少個數，使得所取出的數中任意三個數之和都能被33整除？ 解析 首先，如下61個數：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，對于這個數中的任意4個數，因為，，所以． 因此，所取的數中任意兩個之差都是33的倍數． 設，.由，得． 所以，，即． ， 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)現圓周上余下20多枚棋子．若是14的倍數，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． 設最后剩下枚棋子．根據分析所說 ， ① 即 ． 因為是14的倍數，所以是偶數，是奇數．又是7的倍數，而（7的倍數）+=（7的倍數）+4，所以是7的倍數． 因為是20與29之間的奇數，將21，23，25，27，29代入，逐一檢驗，只有23時，是7的倍數． 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的余數時，可以將其中7的倍數拋棄，直至出現小于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，使得，，中恰有個可表示為三個正整數的立方和． 解析 三個整數的立方和被9除的余數不能為4或5，這是因為整數可寫為或（是整數），而， ． 對，令（是正整數），則、被9除的余數分別為4、5，故均不能表示為三個整數的立方和，而 ． 對，令（是正整數）被9除的余數為5，故不能表示為三個整數的立方和，而 ， ． 對，令（是正整數）滿足條件： ， ， ． 19．2奇數與偶數 19.2.1★設有101個自然數，記為．已知是偶數，求證：是偶數． 解析 是偶數． 19．2．2★設都是或者．求證：． 解析 . 因為這999個數均為奇數，所以它們的和為奇數，于是 奇數． 19.2.3★★設為或為，并且 ． 求證：是4的倍數． 解析 設中有個，于是也有個，故為偶數． 把這個數相乘，得 ， 所以 ． 故是偶數，從而是4的倍數． 19．2．4★某次數學競賽，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． 解析 我們證明每一個學生的得分都是偶數． 設某個學生答對了道題，答錯了道題，那么還有道題沒有答．于是此人的得分是 ， 這是一個偶數． 所以，不論有多少人參賽，全體學生的得分總和一定是偶數． 19.2.5★把前50個正整數分成兩組，使第一組內各數之和等于第二組內各數之和，能辦到嗎？說明你的理由． 解析 不能辦到．如果能辦到，那么所有數加起來應該是第一組內各數之和的2倍，是偶數，但這50個數的總和為 是個奇數，矛盾！ 19．2．6★設1，2，3，…，9的任一排列為，求證： 是一個偶數． 解析 因為 是偶數，所以，這9個數中必定有一個是偶數，從而可知是偶數． 解析2 由于1，2，…，9中只有4個偶數，所以、、、、中至少有一個是奇數，于是、、、、中至少有一個是偶數，從而是偶數. 19.2.7★有個數，它們中的每一個數或者為1，或者為，如果 ， 求證：是4的倍數． 解析 我們先證明為偶數，再證也是偶數． 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 ， 另一方面，有 ． 所以，故是偶數，從而是4的倍數. 19．2．8★★設、是正整數，且滿足關系式 ． 求證：是4的倍數． 解析 由已知條件可得與均為奇數，所以、均為偶數，又由已知條件， 因為是4的倍數，也是4的倍數，所以是4的倍數，故是4的倍數． 19.2.9★★和（注：，讀作99的階乘）能否表示成為99個連續(xù)的奇數的和？ 解析 （1）能．因為 ． 即能表示為99個連續(xù)奇數的和． （2）不能． 因為是一個偶數，而99個連續(xù)奇數之和仍為奇數，所以不能表示為99個連續(xù)奇數之和． 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★★代數式 ． ① 中，、、、、、、、、可以分別取或． （1）證明：代數式的值都是偶數； （2）求這個代數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（或），所以它們的代數和為偶數． （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，在今后的學習中還會遇到． 19.2.11★★★在（為奇數）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的乘積，在每行的右面寫上該行所有數的乘積，求證：這個乘積的和不等于0． 解析 設每列下面的數為,每行右面的數為，依題意得或，或\，，若這個乘積的和為0，即， 則這個數中的個數與的個數一樣多，都是個，但事實上，因為 ， ． 所以這個數中的個數為偶數，即為偶數，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，就擦去其中任意兩個數和，并寫上，問最后黑板上剩下的數是奇數還是偶數？ 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的奇偶性與 的奇偶性相同，是奇數． 19.2.13★★把圖中的圓圈任意涂上紅色或藍色，問有沒有可能使得在同一條直線上的紅圈數都是奇數？請說明理由． 解析 如果每條線上紅圈都是奇數個，那么5條線上的紅圈數相加仍是奇數． 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． 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都是奇數． 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，所以，必有奇數個白子，偶數個黑子；或者奇數個黑子，偶數個白子．即黑、白子數必然一奇一偶．奇數不可能等于偶數，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．握手的次數是奇數的那部分人，人數是奇數還是偶數？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，兩個人握手次數的和就是2次．所以，全部與會的人握手的總次數必定是偶數． 我們把參加會議的人分成兩類，甲類握手次數是偶數，乙類握手次數是奇數，甲類人握手的總次數顯然是偶數．注意甲類人握手的總次數加上乙類人握手的總次數等于全部與會的人握手的總次數，所以乙類人握手的總次數也應當是偶數．由于乙類人每人握手的次數都是奇數，而偶數個奇數相加，和才能為偶數，因此，乙類人必為偶數個，即握手次數是奇數的那部分人，人數是偶數． 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，、、、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，所以這七個數的和為0，是個偶數． 一個杯子每翻動一次，所記的數由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，這七個數的和與原來一樣，仍為偶數． 當杯子全部朝下時，這七個數的和為7，是奇數．因此，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 . （1）能否等于xx?證明你的結論； （2）能取到多少個不同的整數值？ 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，且． ． 若，則，此時是一個偶數．所以，不可能等于xx. （2）由（1）可知，若是整數，則，． 由于，，所以，可以取到504個不同的整數值． 19.2.19★★★設、是這樣的兩組實數：對任意整數、，數和中至少有一個數為偶數．證明：和中必有一組數全是整數． 解析 恰當選取、從得出的一系列結論中去尋找突破口． 取，可知與中有一個數為偶數，不妨設為偶數． 取，知與中有一個偶數，這樣有兩種情形． 情形一：為偶數，則為偶數．此時如果為整數，則命題已成立．不妨設不是整數，我們分別取和（1，1），可知與都是偶數，從而為偶數．再取，知為偶數，故為偶數，結合為偶數，可得、都是整數．從而，、、都是整數，命題成立． 情形二：為偶數，取，則與中有一個偶數，如果是前者可以歸入情形一討論，如果是后者，則、都是整數．此時，令，則與中有一個偶數，若為偶數，由與的對稱性，可轉入情形一討論，若為偶數，則為整數，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，結論會自然凸現出來． 19．2．20★★★把1，2，3，4，…，80，81這81個數任意排列為．計算： ，，…，； 再將這27個數任意排列為 . 計算出： ，，…，； 如此繼續(xù)下去，最后得到一個數，問是奇數還是偶數？ 解析 整數模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 ， 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 ， 即為奇數． 19.2.21★★★求所有的正整數，使得是正整數． 解析 因為． 當為偶數時， ， ， 所以，此時不是正整數． 當為奇數時， ， 由于是奇數個奇數的和，是奇數，所以，只有當，3，5，7時，是正整數． 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相等．證明：每個袋中的球的個數相等． 解析 用數分別表示這個袋中的球的個數．顯然，是非負整數，不妨設．于是問題轉化為：有個非負整數，如果從中任意取走一個數，剩下的個數可以分成兩組，每組個，和相等，證明這個數全相等． 令，則對每個，都是偶數（否則剩下的數不能分成和數相等的兩部分）．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 也滿足題設性質（即從中任意取走一數，剩下的能分成和數相等的兩部分）．因為都是偶數，從而 這個數也滿足題意，且也都是偶數． 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，每個袋中的球數相等． 19.2.23★★★★從0，1，2，…，13，14中選出10個不同的數填入圖中圓圈內，使每兩個用線相連的圓圈中的數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 是一個奇數． 另一方面，每個圓圈與偶數個（2個或4個）圓圈相連，設填入的數為，那么在中出現偶數次（2次或4次）．偶數個用加、減號相連，運算結果必為偶數．因此，是10個偶數的和，從而是偶數． 從上面可知，既是奇數又要是偶數，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，且所給硬幣的總重量與99枚真幣的總重量相等．現在有一臺天平，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之和，而這個差為零，故為偶數． 現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，那么利用條件，可知這98枚硬幣中，假幣有奇數枚，此時結合為偶數，可知選定的硬幣為假幣．否則，若稱出的重量差為偶數，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，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，要么同時不出現，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． 現在如果有一次稱量中至多只出現兩枚硬幣，例如、，那么另一次稱量中、中恰有一個在托盤中出現，此時，有一枚硬幣在兩次稱量中都不出現，它的真假改變不影響稱量結果，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，亦導致矛盾． 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，，使得 ； （2）求所有的正整數，，使得 ． 解析 首先，若是偶數，則. 若是奇數，則 ． 于是對于有如下4種情形： （Ⅰ）當，都是奇數時，有 ； （Ⅱ）當，都是偶數時，有 ； （Ⅲ）當是奇數，是偶數時，有 是偶數； （Ⅳ）當是偶數，是奇數時，有是偶數． （1）從上面（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ），（Ⅳ）知，，即不存在正整數，，使得． （2）從上面（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ），（Ⅳ）知，當是奇數，是偶數時，，從而，是偶數；當是偶數，是奇數時，，從而是偶數， ． 所以，滿足題設的所有正整數，或者，其中是偶正整數． 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．求證：是偶數． 解析 設頂點的坐標是，其中及都是整數．由題設有 ， 其中是固定整數．令 ，，…， ，； ，，…， ，， 則 ， ① ， ② ． ③ 下面對①、②作奇偶性分析.不妨設、中至少有一個是奇數．否則，若、都是偶數，可設，，其中、是奇數．是個數：，，…，，，，…，中最小的數，用去除、，那么、中至少有一個奇數． 為確定起見，設是奇數．由，則或（為整數）． 若，由③知，所有的、必為一奇一偶．再由①和②，有 =偶數+個奇數之和（為偶數）． 若，則和必是奇數．由①有 個奇數之和（是偶數）． 綜上討論，可知必為偶數． 19．3質數與合數 19.3.1★設、、都是質數，并且，．求. 解析 由于，所以不是最小的質數，從而是奇數，所以、為一奇一偶．因為，故既是質數又是偶數，于是． 19．3．2★設是質數，并且也是質數．求證：是合數． 解析 由于是大于3的質數，故不會是的形式，從而必定是或的形式，是正整數． 若，則 是合數，與題設矛盾．所以，這時 是合數． 19.3.3★★設是大于1的正整數，求證：是合數． 解析 我們只需把寫成兩個大于1的整數的乘積即可． ， 因為 ，所以是合數. 19．3． 4★★★證明：當整數時，與之間一定有一個質數． 解析 首先，相鄰的兩個正整數是互質的．這是因為， 于是有． 由于不超過的正整數都是的約數，所以不超過的正整數都與互質（否則，與不互質），于是的質約數一定大于，即 ． 所以，在與之間一定有一個質數． 19.3.5★★★證明質數有無窮多個． 解析 下面是歐幾里得的證法． 假設只有有限多個質數，設為．考慮，由假設，是合數，它一定有一個質約數.顯然，不同于，這與假設的為全部質數矛盾． 19．3．6★★★已知為大于1的整數，且數中任意兩個數除以所得的余數不同．證明為質數． 解析 若為合數，當時，與除以4所得的余數相同，矛盾．當，為奇質數時，，，且，亦得矛盾． 當不是某個質數的平方時，可寫，，、為正整數，此時，，亦得矛盾． 所以，只能是質數． 19.3.7★★設與是任意兩個大于3的質數．，．與的最大公約數至少為多少？ 解析 因為是大于3的質數，所以不是3的倍數且是奇數．因為不是3的倍數，所以或（為正整數）.當時，，故.當時，，故． 又因為是奇數，所以．從而 ， 又因為與是連續(xù)的整數，所以，即． 由于3與8互質，故． 同理． 另外，取，則． 綜上所述，與的最大公約數至少為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，則除以3的余數為1． （2）若是奇數，則除以8的余數為1． 19．3．8★證明：若是大于5的質數，則是24的倍數． 解析 關于整數的問題，我們常把它分成奇數和偶數（即按模2分類）來討論，有時也把整數按模3分成三類：．一般地，可根據問題的需要，把整數按模來分類．本題我們按模6來分類． 把正整數按模6分類，可分成6類：．因是大于5的質數，故只能屬于、這兩類． 當時， ． 因、中必有一個偶數，此時． 當時， ． 所以，是24的倍數． 19.3.9★證明：毎一個大于11的整數都是兩個合數的和． 解析 設是大于11的整數． （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的和． 19．3．10★★求不能用三個不同合數的和表示的最大奇數． 解析 三個最小的合數是4、6、8，它們的和是18，于是17是不能用三個不同的合數的和表示的奇數． 下面證明大于等于19的奇數都能用三個不同的合數的和來表示． 由于當時，4、9、是三個不同的合數，并且，所以只要適當選擇，就可以使大于等于19的奇數都能用4、9、的和來表示． 綜上所述，不能表示為三個不同的合數的和的最大奇數是17． 19.3.11★★是不小于40的偶數．試證明：總可以表示成兩個奇合數的和． 解析 因為是偶數，所以，的個位數字必為0、2、4、6、8中的某一個． （1）若的個位數字為0，則（為奇數）． （2）若的個位數字為2，則（為奇數）． （3）若的個位數字為4，則（為奇數）． （4）若的個位數字為6，則（為奇數）． （5）若n的個位數字為8，則（為奇數）． 綜上所述，不小于40的任一偶數，都可以表示成兩個奇合數之和． 19．3．12★★證明有無窮多個正整數，使多項式 （1）表示合數； （2）是11的倍數． 解析 只需證（2）． 當時，多項式 是11的倍數．而，所以，這時是合數． 19.3.13★★若為正整數，與都是質數．求除以3所得的余數． 解析 我們知道，除以3所得的余數只可能為0、1、2三種． 若余數為0，即（是一個非負整數，下同），則，所以.又，故不是質數，與題設矛盾． 若余數為2，即，則，故不是質數，與題設矛盾． 所以，除以3所得的余數只能為1． 19．3．14★★是否存在連續(xù)88個正整數都是合數？ 解析 我們用表示．令 ， 那么，如下連續(xù)88個正整數都是合數： ． 這是因為對某個，有 是兩個大于1的正整數的乘積． 評注 由本例可知，對于任意正整數，存在連續(xù)的個合數，這也說明相鄰的兩個素數的差可以任意的大． 19.3.15★★設為正整數，如果xx能寫成個正的奇合數之和，就稱為“好數”，則這種好數有多少個？ 解析 設為奇合數，，則為奇數，由于9是最小的奇合數，而，故，從而． 因， ① 故221是好數． 又當是奇合數時，也是奇合數，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，則可取1． 于是1，3，5，…，221都是好數，共計111個． 19．3．16★★有7個不同的質數，它們的和是60．其中最小的是多少？ 解析 若7個不同的質數都是奇質數，則它們的和必為奇數，不可能等于60，所以這7個不同的質數中至少有一個偶數，而我們知道2是唯一的偶質數，所以這7個質數中必有 又是所有質數中最小的，所以這7個質數中最小的質數就是2． 19.3.17★★已知正整數、、滿足條件 ， 且，求的最大值． 解析 由、、為正整數， ， 以及知，、、均為小于14的正整數．另一方面，將 展開，得 ， 即 ． 所以，能被7整除．結合7為質數，以及、、為小于14的正整數知，、、中至少有1個數為7．不妨設，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xx的約數個數． 解析 因為，， 所以，6000有個約數；xx有個約數． 評注 一般地，設正整數可以分解為 其中是不同的質數，是正整數，則形如 的數都是的約數，其中可取個值：0，1，2，…，；可取個值：0，1，2，…，；…；盡可取個值：0，1，2，…，.并且的約數也都是上述形式．所以的約數共有個． 19.3.19★如果是平方數，證明的約數個數一定是奇數． 解析1 利用的分解式．或者，設法將的約數配對． 將分解為質因數的積 ， 由于是平方數，所以都是偶數． 的約數個數是 ， ① 其中都是奇數，所以它們的乘積①也是奇數． 解析2 設，為正整數． 對的每一個約數， ， 所以也是的約數．這樣的約數就可以兩兩配對，只有是自身配對．所以的約數個數是奇數． 19．3．20★求72的所有約數的和． 解析 因為，所以，72的所有約數的和為． 評注 若正整數的質因數分解式為 ， 則的所有約數的和為 19.3.21★有多少個正整數除152，余數為8? 解析 一個正整數除152，余數為8，則這個數一定是的約數.問題轉化為：求144的約數中，大于8的約數個數． ， 共有 個約數．其中6個約數 1、2、3、4、6、8 不大于8．所以符合題意的數共有個． 19．3．22★★由正整數組成的有序數組中，滿足的有多少組？ 解析 由可設，，，，其中、為非負整數，并且 ，． 注意到的非負整數解共有組．所以，滿足條件的共有組． 19.3.23★★設為正整數，中.將的不等于自身的最大約數記為．已知：，證明：． 解析 令，是最小素因數．因為，得，．由此，．由不等式，，得．故，，，…，．這推出． 19．3．24★★★求所有的正整數、，使得是一個質數，且． 解析 由已知條件知： ， 注意到是一個質數，故不是3的倍數，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． 當或者時，分別是5和17均為素數，此時對應的分別為7和13．所以，滿足條件的或者（4，13）． 19.3.25★★★設是一個小于xx的四位數，已知存在正整數，使得為質數，且是一個完全平方數，求滿足條件的所有四位數． 解析 由題設條件知：，是質數，則，設，其中是正整數，那么 ， 即， 于是 注意到為質數，所以 把兩式相加得，進而，結合，可得，于是，質數只能是67、71、73、79或83．從而，滿足條件的為1156、1296、1369、1600、1764． 19．3．26★★★★若一個質數的各位數碼經任意排列后仍然是質數，則稱它是一個“絕對質數例如：2，3，5，7，11，13（31），17（71），37（73），79（97），113（131，311），199（919，991），337（373，733），…都是絕對質數．求證：絕對質數的各位數碼不能同時出現數碼1、3、7與9． 解析 一個兩位以上的絕對質數不可能含有數字0、2、4、5、6、8，否則，通過適當排列后，這個數能被2或者5整除． 設是一個同時含有數字1、3、7、9的絕對質數，因為7931、=1793、=9137， =7913、=7193、=9371、=7139被7除所得的余數分別是0、1、2、3、4、5、6，所以，如下7個正整數 ， ， … 中一定有一個能被7整除，這個數就不是質數，矛盾． 19.3.27★★★證明：存在無窮多個正整數，它不能表示為一個完全平方數與一個質數之和． 解析 抓住質數不能表示為兩個大于1的正整數之積這個特性，引導我們到完全平方數中去尋找符合要求的數，因為此時我們可用平方差公式． 設是正整數，我們尋找使不能表示為一個完全平方數與一個質數之和的條件． 若存在整數及質數，使得 ， ① 則，從而，．進而，因此，如果不是質數，則不能表示為①的形式． 注意到，當，為正整數時，是3的倍數，且大于3，從而不是質數．這表明有無窮多個滿足條件的正整數． 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，它不能表示為一個次方數與一個質數之和呢？這里為任給的正整數． 19．3．28★★★設為正整數，如果存在有個連續(xù)的整數（包括正整數、0及負整數）之和為質數，試求的所有可能值． 解析 我們先考慮個連續(xù)整數均為正數的情況，顯然，是可以的：只要取任何一個質數即可． 也可以：任何一個奇質數都可以寫成2個連續(xù)整數的和. 假設存在某一質數 ，其中為整數，，則 ， 與均為大于2的整數，與為質數矛盾，所以當個連續(xù)整數均為正數時，或2． 當個連續(xù)整數可以是0或負數時，任何一個質數都可以寫成 ． 對于任何一個奇質數，我們可以令，其中為正整數，則可以寫成 ． 所以，或任意質數或兩倍任意質數． 19.3.29★★★求證：xx個數，，…，中至少有99%的數不是質數． 解析 設是一個正整數且不是2的冪，則有奇因子，令，于是 ， 由于， 故是合數． 在1，2，…，xx中只有11個正整數是2的冪：，，，…，，于是，，…，中至少有1989個數不是質數，即至少有的數不是質數． 19．3．30★★★設為大于2的正整數，證明：在1，2，…，中，與互質的數的立方和能被整除． 解析 設，且，則，且．而且，導出，僅在為偶數時發(fā)生，而這時與不互質．所以與可以兩兩配對，而 是的倍數，從而命題得證． 19.3.31★★★正整數、、滿足． 證明：有一個大于5的質因子． 解析 只需證明：若為2、3、5的倍數，則、都是2、3、5的倍數．這樣在等式兩邊都約去質因子2、3、5后，形式完全相同，從而導出有大于5的質因子． 事實上，若，則為偶數，若、中有一個為奇數，不妨設為奇數，則為奇數，這要求與都是奇數，不可能，故、都為偶數；若 ③