《2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)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（24頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)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 19.1.1*證明：三個(gè)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(gè)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(gè)奇數(shù) 于是 即可.設(shè)三個(gè)連續(xù)的奇數(shù)分別為、、（其中是整數(shù)）（2n-1）2+（2n+1）2+（2n+3匕+1=12\n2+n+J. 所以 121［（2n-1）2+（2n+1）2+（2n+3）2］.又，而、是相鄰的兩個(gè)整數(shù)，必定一奇一偶，所以是偶數(shù)，從而是奇數(shù)，故 24［（2n-1）2+（2n+1）2+（2n+3匕］. 19.1

2、.2★★若、為整數(shù)，且，之一能被17整除，那么另一個(gè)也能被17整除. 解析 設(shè)，．若，從上面兩式中消去，得 ① 所以 因?yàn)椋?7，3）=1，所以即. 若，同樣從①式可知.因?yàn)椋?7,5）=1，所以，即. 19.1.3*★設(shè)是奇數(shù)，求證： 解析因?yàn)椋?、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(píng)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(shí)這就是按模2分類.又如，一個(gè)整數(shù)被3除時(shí)，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、、

3、這三類形式，這是按模3分類.有時(shí)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(wèn)題具體處理. 19.1.4★★設(shè)為任意奇正整數(shù)，證明：能被xx整除. 解析因?yàn)?，所以為證結(jié)論成立，只需證為奇正整數(shù)時(shí)，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(shí)，) an+bn—(a+bV

4、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(shí)候?yàn)榱朔奖闫鹨?jiàn)，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 a2-1-（6k土1匕-1—36k2土12k—12k（3k土1）. 由于與為一奇一偶（若為奇數(shù)，則為偶數(shù)，若為偶數(shù)，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的更高次幕整除.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

5、除，但不能被2的更高次幕整除.若為奇數(shù)，為非負(fù)整數(shù)，則 3n+1=32k+1+1=3-（3k）+1=3（81+1）+1=4（61+1）.由于是奇數(shù)，所以此時(shí)能被整除，但不能被2的更高次幕整除.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(gè)因子，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(shí)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

6、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(shí) 是6的倍數(shù)． 評(píng)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(guò)來(lái)，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(wú)窮多個(gè)，形如的質(zhì)數(shù)也有無(wú)窮多個(gè)． 猜測(cè)有無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)，使與同為質(zhì)數(shù)．這是孿生質(zhì)數(shù)猜測(cè)，至今尚未解決． 19.1.9*★已知、是整數(shù)，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(shù)中恰有一個(gè)能被3整除，不妨設(shè)，．令，（、都是整數(shù)），于是 a2+b2=9m2+9n2土6n+1=3\3m2+3n2土2n丿+1，

7、不是3的倍數(shù)，矛盾． （2），兩數(shù)都不能被3整除.令，，則 a2+b2=（3m+1）2+（3n土1）2=9m2土6m+1+9n2土6n+1=3\3m2+3n2土2m土2n）+2 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?cái)?shù)，求證：. 解析設(shè)是素?cái)?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abcabc=abcx1001=abcx7x11x13. 由此可見(jiàn)，被7、11、13整除. 19.1.12^任給一個(gè)正整數(shù)，把的各位數(shù)字按相反的順序?qū)懗鰜?lái)，得到一個(gè)新的正整數(shù)

8、，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1999x（9+9-9-1）=1999x8?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(bǔ)上三個(gè)數(shù)字，組成一個(gè)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(gè)是多少？ 解析要命名這個(gè)六位數(shù)盡可能小，而且能被5整除，

9、百位數(shù)字和個(gè)位數(shù)字都應(yīng)選0.這樣，已知的五個(gè)數(shù)位上數(shù)字之和是5+6+8+0+0=19.要使這個(gè)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(gè)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(gè)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(gè)已知條件中，說(shuō)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(gè)位數(shù)字范圍中，只要從這個(gè)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(shí)相應(yīng)的為7、7、9、13、10、9.其

10、中13和10顯然不可能是四位數(shù)的千位數(shù)字. 在、、、，這四種可能性中，由，應(yīng)有. 時(shí)，可為1； 時(shí)，這種不存在； 時(shí)，可為1；時(shí)，可為2. 故滿足條件的四位數(shù)有：7161、9361、9812. 評(píng)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(gè)四位數(shù). 19.1.16^★用0，1，2,…，9這十個(gè)數(shù)字組成能被11整除的最大的十位數(shù)是多少？解析因?yàn)?+1+2+???+9=45.這個(gè)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?。?或11的倍數(shù).由于這十個(gè)數(shù)字之和是4

11、5（奇數(shù)），所以這個(gè)差不可能是0、22、44（偶數(shù)）. 若這個(gè)差為33，則只能是，但0+1+2+3+4=10，即最小的五個(gè)數(shù)字之和都超過(guò)6，不可能.若這個(gè)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**—個(gè)六位數(shù)12口34□是88的倍數(shù)，這個(gè)數(shù)除以88所得的商是多少？解析設(shè)這個(gè)六位數(shù)為，因?yàn)樗?8的倍數(shù)，而，8與11互質(zhì)，所以，這個(gè)六位數(shù)既是 8的倍數(shù)，又是11的倍數(shù)

12、.由能被8整除，可知能被8整除（一個(gè)數(shù)末三位組成的數(shù)能被8整除，這個(gè)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(gè)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(gè)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（2+3+4）-（1+A+4）=4-A能被11整除，貝V，即. 所以，這個(gè)六位數(shù)是124344，它除以88的商是1413. 19.1.18^★如果六位數(shù)1993口□能被105整除，那么，它的最后兩位數(shù)是多少？解析因?yàn)檫@個(gè)六位數(shù)能被105整除，而，3、5、7這三個(gè)數(shù)兩兩互質(zhì)，所以，這個(gè)六位數(shù)能同時(shí)被3、5、7整除.根據(jù)能被5整除的數(shù)的特征，它的個(gè)位數(shù)可以是0

13、或5.根據(jù)能被3整除的數(shù)的特征，可知這個(gè)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(gè)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(shí)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

14、數(shù)為． 19.1.20*★★是否存在100個(gè)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(gè)數(shù)． 事實(shí)上，對(duì)任意正整數(shù)，下述個(gè)數(shù) 3，，，…°，，， 它們的最小公倍數(shù)為，和為 3+2x3+2x32++2x3n-2+3nt—32+2x32++2x3n-2+3n-1 =33+2x33++2x3n-2+3n-1——3n-1+3n-1—2X3n-1.所以，這幾個(gè)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(gè)數(shù). 19.1.21*★下面這個(gè)41位數(shù)□能被7整除，問(wèn)中間方格代表的數(shù)字是幾？ 解析因?yàn)椋?，，所?55555和999999都能

15、被7整除，那么由18個(gè)5和18個(gè)9分別組成的18位數(shù)，也能被7整除.而 原數(shù)=+55口， 因此右邊的三個(gè)加數(shù)中，前后兩個(gè)數(shù)都能被1整除，那么只要中間的55口9能被7整除，原數(shù)就能被7整除. 把55口9拆成兩個(gè)數(shù)的和： 其中因?yàn)椋?，所以? 評(píng)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(gè)六位數(shù)，并將的各位數(shù)字相加得，他讓觀眾說(shuō)出中的5個(gè)數(shù)字，觀眾報(bào)出1、3、5、7、9，魔術(shù)師便說(shuō)出余下的那個(gè)數(shù)，問(wèn)那個(gè)數(shù)是多少？解析由于一個(gè)數(shù)除以9所得的余數(shù)與這個(gè)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(gè)數(shù)為，則 ， 即， 由于，所以，.

16、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.所以 ■ 19.1.24*★★試求出兩兩互質(zhì)的不同的三個(gè)正整數(shù)、、使得其中任意兩個(gè)的和能被第三個(gè)數(shù)整除. 解析題中有三個(gè)未知數(shù)，我們?cè)O(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(gè)： ， 所以，即.再考慮，因?yàn)?，即，所以，于是，所以，即，從而這三個(gè)數(shù)為、、.又因?yàn)檫@三個(gè)數(shù)兩兩互質(zhì)，所以. 所求的三個(gè)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，

17、可知.當(dāng)時(shí)，是整數(shù)；下面考慮的情形，此時(shí)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(shí)為正整數(shù). 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 x,r、1,r、1,y+11,y,1、2p yty100y100y100100y 等號(hào)在(x,y,r,t)=(1,10,11,100)時(shí)取到, y121 + 100100100 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

18、,可知. 19.1.28^★★將正整數(shù)接寫在任意一個(gè)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(wèn)：在小于130的正整數(shù)中有多少個(gè)魔術(shù)數(shù)？ 解析設(shè)為任意一個(gè)正整數(shù)，將魔術(shù)數(shù)接后得，下面對(duì)為一位數(shù)、兩位數(shù)、三位數(shù)分別進(jìn)行討論. （1）當(dāng)為一位數(shù)時(shí)，，依題意，則.由于需對(duì)任意數(shù)成立，故.所以1，2，5. （2）當(dāng)為兩位數(shù)時(shí)，，依題意，則，故.所以10，20，25，50. （3）當(dāng)為三位數(shù)時(shí)，，依題意，則，故.所以，125.綜上所述，魔術(shù)數(shù)的個(gè)數(shù)為9個(gè). 評(píng)注（1）我們可以證明：位魔術(shù)數(shù)一定是的約數(shù). 事實(shí)上，設(shè)是位魔術(shù)數(shù)，將接寫在正

19、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(gè)數(shù)均為5. （2）這里將問(wèn)題分成幾種情況去討論，對(duì)每一種情況都增加了一個(gè)前提條件，從而降低了問(wèn)題的難度，使問(wèn)題較容易解決. 19.1.29**—個(gè)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(gè)數(shù)為回文數(shù).例如：1，343及xx都是回文數(shù)，但xx則不是.請(qǐng)問(wèn)能否找到xx個(gè)不同的回文數(shù)，使得n+110,n+110,,n+110也都是回文數(shù)？ 122005 解析取回文數(shù)

20、，則也是回文數(shù).因?yàn)橹?的數(shù)目可以任選，可取，，…，，因此我們可 以找到xx個(gè)回文數(shù)滿足題目所要求的條件. 19.1.30^★將xx個(gè)同學(xué)排成一行，并從左向右編為1至xx號(hào).再?gòu)淖笙蛴覐?到11地報(bào)數(shù)，報(bào)到11的同學(xué)原地不動(dòng)，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(bào)數(shù)，報(bào)到11的同學(xué)留下，其余同學(xué)出列.留下的同學(xué)第三次從左向右1到11報(bào)數(shù)，報(bào)到 11的同學(xué)留下，其余同學(xué)出列.問(wèn)最后留下的同學(xué)有多少人？他們的編號(hào)是幾號(hào)？解由題意，第一次報(bào)數(shù)后留下的同學(xué)，他們的編號(hào)必為11的倍數(shù).第二次報(bào)數(shù)后留下的同學(xué)，他們的編號(hào)必為的倍數(shù).第三次報(bào)數(shù)后留下的同學(xué)，他們的編號(hào)必為的倍數(shù). 因此，

21、最后留下的同學(xué)編號(hào)為1331的倍數(shù)，我們知道從1~xx中，1331的倍數(shù)只有一個(gè)，即1331號(hào).所以，最后留下一位同學(xué)，編號(hào)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(gè)整數(shù)，然后由甲開(kāi)始，輪流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9這十個(gè)數(shù)字之一填入下面的任一方格中. □□□□□□每一方格只填一個(gè)數(shù)字，六個(gè)方格都填上數(shù)字（數(shù)字可重復(fù)）后，就形成一個(gè)六位數(shù)，如果這個(gè)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(gè)數(shù)時(shí)，乙才能取勝？ 解析取偶數(shù)，甲可以在最右邊方格里填一個(gè)奇數(shù)(六位數(shù)的個(gè)位)，就使六位數(shù)不能被整除，乙不能獲

22、勝．，甲可以在六位數(shù)的個(gè)位填一個(gè)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(gè)數(shù)時(shí)，總是能把六個(gè)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(shí)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(shù)這六個(gè)格子，把第一與第四，第二與第五，第三與第六配對(duì)，甲在一對(duì)格子的一格上填某一個(gè)數(shù)字后，乙就在這一對(duì)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(gè)六位數(shù)就能被7、11或13整除，故乙就能獲勝． 綜合起來(lái)，使乙獲勝的是1、3、7、9、11、13． 19.1.32*★

23、小明家電話號(hào)碼原為六位數(shù)，第一次升位是在首位號(hào)碼和第二位號(hào)碼之間加上數(shù)字8，成為一個(gè)七位數(shù)的電話號(hào)碼；第二次升位是在首位號(hào)碼前加上數(shù)字2，成為一個(gè)八位數(shù)的電話號(hào)碼.小明發(fā)現(xiàn)，他家兩次升位后的電話號(hào)碼的八位數(shù)，恰是原來(lái)電話號(hào)碼的六位數(shù)的81倍，問(wèn)小明家原來(lái)的電話號(hào)碼是多少？ 解析設(shè)原來(lái)電話號(hào)碼的六位數(shù)為，則經(jīng)過(guò)兩次升位后電話號(hào)碼的八位數(shù)為.根據(jù)題意，有 記x=bx104+cx103+dx102+ex10+f， 于是 81xax105+81x=208x105+ax106+x， 解得. 因?yàn)?，所? ， 故. 因?yàn)闉檎麛?shù)，所以.于是 x=1250x(208—71x2)=82500.

24、 所以，小明家原來(lái)的電話號(hào)碼為282500. 19.1.33*★若是不超過(guò)1000的正整數(shù)，且是最簡(jiǎn)分?jǐn)?shù)，則的取值有多少個(gè)？ 解析因?yàn)?，所以，由?3是質(zhì)數(shù)，所以不是23的倍數(shù)即可，在5,1004中， 23的倍數(shù)有43個(gè)，所以滿足條件的正整數(shù)有個(gè)． 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(gè).解析設(shè)這個(gè)10位數(shù)為，因?yàn)檫@10位數(shù)的各位數(shù)碼各不相同，所以、、、、、、、、、是的一個(gè)排列，故 a+b+c+d+e+f+g+h+i+j=45? 所以． 因?yàn)榍?11111,9)=1，所以，即.又，所以. 因?yàn)?

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(gè)). 19.1.35*★★從1，2,…，9這九個(gè)數(shù)字中，每次取出3個(gè)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(duì)于固定的三個(gè)不同的非零數(shù)字、、，任意排列，可得6個(gè)不同的三位數(shù)，它們的 和為． 因?yàn)椋杂幸韵聝煞N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(gè)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(shè)取自，取自，取自，這種三位數(shù)共有個(gè)．對(duì)于固定的，易知、有種取法，因而這162個(gè)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(gè)正整數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)它不是2的整數(shù)幕時(shí)，可以表示成若干個(gè)（至少兩個(gè)）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(gè)正整數(shù)不是2的整數(shù)幕時(shí)，它可以表示成幾個(gè)連續(xù)正整數(shù)的和．另一方面，如果一個(gè)正整數(shù)可以表示成幾個(gè)連續(xù)正整數(shù)的和，那么它一定不是2的整數(shù)幕．設(shè)不是2的整數(shù)幕．這

27、時(shí)可以寫成 ，是大于1的奇數(shù).① 我們可將寫成個(gè)連續(xù)正整數(shù)的和.中間一個(gè)是，它的兩側(cè)是與，再向外分別寫與，?…直至與（是奇數(shù)，所以是整數(shù)），即 n= :2k—h-1、 + :2k—h-3、 ++(2k—1)+2k+(2k+1)++ I2丿 (2丿 另一方面，設(shè)是個(gè)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(gè)是大于1的奇數(shù).所以這時(shí)不是2的整數(shù)幕. 評(píng)注2的整數(shù)幕沒(méi)有大于1的奇約數(shù).所以一個(gè)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(gè)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(qǐng)問(wèn)：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，貝 ， 即，而，所以，，且；或者，且. （1）若，且，貝，375，625，875，只有使得，故此時(shí)滿足題意. （2）若，且，貝，375，625，875，只有使得，故此時(shí)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(jìn)制兩位正整數(shù)，分子的個(gè)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)，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(dāng)時(shí)，，此時(shí)不是整數(shù)；當(dāng)時(shí)，，矛盾；當(dāng)時(shí)，應(yīng)有，所以，而當(dāng)時(shí)，此時(shí)，滿足題意的真分?jǐn)?shù)為，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，滿足題意的真分?jǐn)?shù)為. （3）若，貝，于是，所以，，故1，4，9.當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，滿足題意的真分?jǐn)?shù)為；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，滿足題意的真分?jǐn)?shù)為；當(dāng)時(shí)，，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(gè)數(shù)中，找出所有滿足下面條件的數(shù)：能整除.解析是一個(gè)整數(shù).這個(gè)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.

30、 1995a1995（1995+a）-1995x19951995x1995 ==1995— 1995+a1995+a1995+a 根據(jù)已知，是整數(shù)，所以是整數(shù). 因?yàn)?995x1995=32x52x72x192，所以它的因數(shù)可以通過(guò)檢驗(yàn)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(gè)，即從以上的6個(gè)值分別減去1995，得出的6個(gè)值： 1680，210，798，1330，532，1254. 評(píng)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(diǎn)像假分?jǐn)?shù)化 成帶分?jǐn)?shù). 19.1.40*★★在1,2,…，xx這xx個(gè)正整數(shù)中，最多可以取出多少個(gè)數(shù)，使得所取出的數(shù)中任意三個(gè)數(shù)之和都能被33整除？ 解析首先，如下61個(gè)數(shù)：11,11+33,,…，滿足題設(shè)條件. 另一方面，設(shè)是從1,2,…，xx中取出的滿足題設(shè)條件的數(shù)，對(duì)于這個(gè)數(shù)中的任意4個(gè)數(shù),因?yàn)?，，所? 因此，所取的數(shù)中任意兩個(gè)之差都是33的倍數(shù). 設(shè)，.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(diǎn)的棋子緊鄰點(diǎn)的棋子.小洪首先拿

32、走點(diǎn)的棋子，然后順時(shí)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(guò)，當(dāng)將要第10次越過(guò)取走其他棋子時(shí)，小洪發(fā)現(xiàn)圓周上余下20多枚棋子.若是14的倍數(shù)，請(qǐng)幫助小洪精確計(jì)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(shí)將它取走，那么每一次都是在相 ① 即 因?yàn)槭?4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?yàn)槭?0與29之間的奇數(shù)，將21，23，25，27，29代入，逐一檢驗(yàn)，只有23時(shí)，是7的倍數(shù). 所以圓周上還有23枚棋子. 評(píng)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(jì)算除以7的余數(shù)時(shí)，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(duì)，2,3,均有無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)，使得，，中恰有個(gè)可表示為三個(gè)正整數(shù)的立方和. 解析三個(gè)整數(shù)的立方和被9除的余數(shù)不能為4或5，這是因?yàn)檎麛?shù)可寫為或（是整數(shù)） （3k土1》=9（3k3土3k2+k）±1. 對(duì)，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(gè)整數(shù)的立方和而 n+2=（3m-1）3+（3m-1）3+（3m-1》. 對(duì)，令（是正整數(shù)）被9除的余數(shù)為5，故不能表示為三個(gè)整數(shù)的立方和，而 ， ■ 對(duì)，令（是正整數(shù)）

34、滿足條件： §19．2奇數(shù)與偶數(shù) 19.2.1*設(shè)有101個(gè)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(shè)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?yàn)檫@999個(gè)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(shè)為或?yàn)?，并? xxxx+xxxx+ 12342345 求證：是4的倍數(shù)． 解析設(shè)xxxx 1234 扌巴xxxx 1234 xxxx 2345 xxxx 2345 xxxx n1*2*3 xxxx中有個(gè)， n123這個(gè)數(shù)相乘，得 于是也有個(gè)，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(xué)競(jìng)賽，共有40道選擇題，規(guī)定答對(duì)一題得5分，不答得1分，答錯(cuò)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(gè)學(xué)生的得分都是偶數(shù)．設(shè)某個(gè)學(xué)生答對(duì)了道題，答錯(cuò)了道題，那么還有道題沒(méi)有答．于是此

36、人的得分是5a+（40—a—b）—b=4a—2b+40， 這是一個(gè)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(gè)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(shuō)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(lái)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(gè)數(shù)的總和為 -小—50x51“― 1+2++50==25x51 2 是個(gè)奇數(shù)，矛盾！ 19.2.6★設(shè)1，2，3,…，9的任一排列為，求證：是一個(gè)偶數(shù)． 解析因?yàn)? (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(gè)數(shù)中必定有一個(gè)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(gè)偶數(shù)，所以、、、、中至少有一個(gè)是奇數(shù)，于是、、、、中至少有一個(gè)是偶數(shù)，從而是偶數(shù). 19.2.7★有個(gè)數(shù)，它們中的每一個(gè)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(duì)值都是1，所以的絕對(duì)值也都是1，即它們或者是為，或者為，設(shè)其中有個(gè)，由于總和為0，故也有個(gè)，從而． 下面我們來(lái)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(shè)、是正整數(shù)，，且滿足關(guān)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?yàn)槭?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(gè)連續(xù)的奇數(shù)的和? +. 解析((1)能).(因?yàn)?()()9999=(9998-98)+(9998-96)+

39、+(9998-2)+9998+(9998+2)+ 即能表示為99個(gè)連續(xù)奇數(shù)的和. ?????? (2)不能.因?yàn)槭且粋€(gè)偶數(shù)，而99個(gè)連續(xù)奇數(shù)之和仍為奇數(shù)，所以不能表示為99個(gè)連續(xù)奇數(shù)之和.評(píng)注如果答案是肯定的，我們常常將滿足題意的例子舉出來(lái)或造出來(lái)，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 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(gè)代數(shù)式所能取到的最大值. 解析(1)①式中共有6項(xiàng)，每項(xiàng)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(gè)值，事實(shí)上，在、、、、、這六項(xiàng)中，至少有一項(xiàng)是，要證明這一點(diǎn)，將上面這6項(xiàng)相乘，積是所以六項(xiàng)中，至少有一項(xiàng)是，這樣，六項(xiàng)和至多是. 在、、為，其他字母為1時(shí)，①式的值是4,所以①的最大值為4.評(píng)注本例中的代數(shù)式實(shí)際上是行列式 rst uvw 的展開(kāi)式，行列式是一個(gè)很有用的工具，在今后的學(xué)習(xí)中還會(huì)遇到． 19.2.11*★★在（為奇數(shù)）方格表里的每一個(gè)方格中任意填上一個(gè)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(gè)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(gè)乘積的和為0，

41、 即a+a++a+b+b++b—0， 12n12n 則這個(gè)數(shù)中的個(gè)數(shù)與的個(gè)數(shù)一樣多，都是個(gè)，但事實(shí)上，因?yàn)? aaabbb—\aaaJ2—1. 12n12n12n所以這個(gè)數(shù)中的個(gè)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(gè)或兩個(gè)以上的數(shù)，就擦去其中任意兩個(gè)數(shù)和，并寫上，問(wèn)最后黑板上剩下的數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？解析因?yàn)榕c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(lán)色，問(wèn)有沒(méi)有可能使得在同一條直線上的紅圈數(shù)都是奇數(shù)？請(qǐng)說(shuō)明理由． 解析如果每條線上紅圈都是奇數(shù)個(gè)，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(gè)圈都在兩條直線上，因而相加時(shí)每個(gè)紅圈都被計(jì)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(gè)交叉點(diǎn)，在交叉點(diǎn)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(wèn)能否把這些黑子全部移到原來(lái)白子的位置上，而白子也全移到原來(lái)的黑子的位置上？解析不能． 因?yàn)槭瞧鏀?shù)，所以，必有奇數(shù)個(gè)白子，偶

43、數(shù)個(gè)黑子；或者奇數(shù)個(gè)黑子，偶數(shù)個(gè)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(wú)法使黑子與白子的位置對(duì)調(diào)．19.2.15*★參加會(huì)議的人，有不少互相握過(guò)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(gè)人，每一個(gè)都握了一次手．因此每握一次手，兩個(gè)人握手次數(shù)的和就是2次．所以，全部與會(huì)的人握手的總次數(shù)必定是偶數(shù)． 我們把參加會(huì)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(huì)的人握手的總次數(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

44、數(shù)都是奇數(shù)，而偶數(shù)個(gè)奇數(shù)相加，和才能為偶數(shù)，因此，乙類人必為偶數(shù)個(gè)，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(hào)的七盞燈順次排成一行，每盞燈安裝一個(gè)開(kāi)關(guān).現(xiàn) 在、、、四盞燈開(kāi)著，其余三盞燈是關(guān)的．小剛從燈開(kāi)始，順次拉動(dòng)開(kāi)關(guān).即從到，再?gòu)牡?，這樣拉動(dòng)了xx次開(kāi)關(guān)后，哪幾盞燈是開(kāi)的？ 解析一盞燈的開(kāi)關(guān)被拉動(dòng)奇數(shù)次后，改變狀態(tài)，即開(kāi)的變成關(guān)的，關(guān)的變成開(kāi)的．一盞燈的開(kāi)關(guān)被拉動(dòng)偶數(shù)次后，不改變狀態(tài)，即開(kāi)的仍為開(kāi)的，關(guān)的仍為關(guān)的．因此本題的關(guān)鍵是計(jì)算各盞燈被拉次數(shù)的奇偶性．由 可知，、、、四盞燈的開(kāi)關(guān)各被拉動(dòng)了286次，而、、三盞燈的開(kāi)關(guān)各被拉動(dòng)了285次．所以，、、、

45、四燈不改變狀態(tài)，、、三燈改變狀態(tài)．由于開(kāi)始時(shí)、、、四燈是開(kāi)著的．因此，最后、、三燈是開(kāi)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(gè)杯子.問(wèn)能否經(jīng)過(guò)若干次這樣的翻動(dòng)，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(kāi)始時(shí)，由于七個(gè)杯子全朝上，所以這七個(gè)數(shù)的和為0，是個(gè)偶數(shù)． 一個(gè)杯子每翻動(dòng)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(gè)杯子，因此這七個(gè)數(shù)的和的奇偶性改變了四次，從而和的奇偶性仍與原來(lái)相同．所以，不論翻動(dòng)多少次，這七個(gè)數(shù)的和與原來(lái)一樣，仍為偶數(shù)． 當(dāng)杯子全部朝下時(shí)，這七個(gè)數(shù)的和為7，是奇數(shù)．因此

46、，不論經(jīng)過(guò)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,…，xx.令 S=xx+xx++xx 1） 23420112012 能否等于xx?證明你的結(jié)論; （2）能取到多少個(gè)不同的整數(shù)值? 解析（1）因?yàn)椋?，，所以，或者，或?. 設(shè)和式中有個(gè)，個(gè)，個(gè)1，則、、是非負(fù)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(shí)S=6a+c=6a+（1006-a-a）=4a+1006是一個(gè)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(gè)不同的整數(shù)值.

47、 19.2.19*★★設(shè)、是這樣的兩組實(shí)數(shù)：對(duì)任意整數(shù)、，數(shù)和中至少有一個(gè)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(gè)數(shù)為偶數(shù)，不妨設(shè)為偶數(shù). 取，知與中有一個(gè)偶數(shù)，這樣有兩種情形.情形一：為偶數(shù)，貝為偶數(shù).此時(shí)如果為整數(shù)，貝命題已成立.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，貝與中有一個(gè)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(shí)，令，貝與中有一個(gè)偶數(shù)，若為偶數(shù)，由與

48、的對(duì)稱性，可轉(zhuǎn)入情形一討論，若為偶數(shù)，貝為整數(shù)，導(dǎo)出命題成立. 綜上，命題獲證. 評(píng)注處理多條件分析討論的問(wèn)題應(yīng)學(xué)會(huì)使用“不妨設(shè)”，在巧妙利用對(duì)稱性后，結(jié)論會(huì)自然凸現(xiàn)出來(lái). 19.2.20^★★把1，2，3，4,…，80，81這81個(gè)數(shù)任意排列為.計(jì)算： ，，…，; 再將這27個(gè)數(shù)任意排列為計(jì)算出： ，，…，; 如此繼續(xù)下去，最后得到一個(gè)數(shù)，問(wèn)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(gè)問(wèn)題迎刃而解. 因?yàn)? 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(jīng)過(guò)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?yàn)?7.5n+26.5n二丄(75n+53n). 2n 當(dāng)為偶數(shù)時(shí)， 75n+53n三(—1)n+1n=2(mod4), —75n-2?53+ +53n-1 所以，此時(shí)不是正整數(shù)．當(dāng)為奇數(shù)時(shí)， 75n+53n=（75+53）（75n-1—75n

50、一2?53+ 由于是奇數(shù)個(gè)奇數(shù)的和，是奇數(shù)，所以，只有當(dāng)，3,5,7時(shí)，是正整數(shù). 19.2.：：★★★★若干個(gè)球放在個(gè)袋中，如果任意取走一個(gè)袋，總可?以把剩下的個(gè)袋分成兩組，每組個(gè)袋，并且這兩組的球的個(gè)數(shù)相等．證明：每個(gè)袋中的球的個(gè)數(shù)相等． 解析用數(shù)分別表示這個(gè)袋中的球的個(gè)數(shù).顯然，是非負(fù)整數(shù)，不妨設(shè).于是問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：有個(gè)非負(fù)整數(shù)，如果從中任意取走一個(gè)數(shù)，剩下的個(gè)數(shù)可以分成兩組，每組個(gè)，和相等，證明這個(gè)數(shù)全相等. 令，則對(duì)每個(gè)，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(gè)都減去后所得到的個(gè)數(shù) 0,a一a,a一a,,

51、a一a 21312n一11 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?yàn)? 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(gè)數(shù)也滿足題意，且也都是偶數(shù). 把它們?cè)俣汲?,…這個(gè)過(guò)程不可能永遠(yuǎn)繼續(xù)下去，除非所以，每個(gè)袋中的球數(shù)相等. 19.2.23**★★從0,1,2,…，13,14中選出10個(gè)不同的數(shù)填入圖中圓圈內(nèi)，使每?jī)蓚€(gè) 用線相連的圓圈中的數(shù)所成差的絕對(duì)值各不相同，能否做到這一點(diǎn)？證明你的結(jié)論. 解析結(jié)論是否定的.若不然，那么所說(shuō)的差的絕對(duì)值共有14個(gè)，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(gè)奇數(shù). 另一方面,…每個(gè)圓圈與偶數(shù)個(gè)（2個(gè)或4個(gè)）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(gè)用加、減號(hào)相連，運(yùn)算結(jié)果必為偶數(shù).因此，是10個(gè)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(tái)天平，它可以稱出兩個(gè)托盤中物品的重量之差.證明：對(duì)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(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(gè)奇數(shù)之和，而這個(gè)差為零，故為偶數(shù). 現(xiàn)在對(duì)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(gè)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(shí)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(tái)托盤秤，它可以稱出托盤中物體的總重量.問(wèn)：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(shí)上，設(shè)4枚硬幣分別是、、、.分3次稱出,,的重量.這3個(gè)重量之和等于，因此，如果這3個(gè)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(cè)出每枚硬幣的真假. 注意到，如果有兩枚硬幣，例如、，它們?cè)诿看畏Q量中要么同時(shí)出現(xiàn)，要么同時(shí)不出現(xiàn)，那么在、是一真一假時(shí)，改變、的真假對(duì)稱量結(jié)果沒(méi)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(gè)在托盤中出現(xiàn)，此時(shí)，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

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(shí)必有兩枚硬幣同時(shí)在兩次稱量中出現(xiàn)，亦導(dǎo)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(duì)于有如下4種情形： (I)當(dāng)，都是奇數(shù)時(shí)，有 S(m)+S(n)+

56、S(m+n)=+ 22 (II)當(dāng)，都是偶數(shù)時(shí)，有 m+n S(m)+S(n)+S(m+n)= m ~2 m+n =-m-n<0； 2 (III)當(dāng)是奇數(shù)，是偶數(shù)時(shí)，有 S(m)+S(n)+S(m+n)=曲-土+=m+1是偶數(shù)； 222 (W)當(dāng)是偶數(shù)，是奇數(shù)時(shí)，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(dāng)是奇數(shù)，是偶數(shù)時(shí)，，從而，

57、是偶數(shù);當(dāng)是偶數(shù)，是奇數(shù)時(shí)，，從而是偶數(shù)，所以，滿足題設(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(diǎn)，它的所有頂點(diǎn)都是格點(diǎn)，且|aaI=|aa丨==|aa丨=|aa丨?求證：是偶數(shù). 由題設(shè)有 1223n+1nn1 解析設(shè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)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(duì)①、②作奇偶性分析.不妨設(shè)、中至少有一個(gè)是奇數(shù).否則，若、都是偶數(shù)，可設(shè)，卩=2kit'(i=1,2,???,』，其中、是奇數(shù).是個(gè)數(shù)：，，???，，，，???，中最小的數(shù)，ii 用去除、，那么、中至少有一個(gè)奇數(shù). 為確定起見(jiàn)，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 0=a+a++a+卩+卩++卩二偶數(shù)+個(gè)奇數(shù)之和(為偶數(shù)). 12n12n 若，則和必是奇數(shù).由①有個(gè)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

59、一奇一偶．因?yàn)?，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(huì)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(shè)矛盾．所以，這時(shí) 4p+1=4(3k+2)+1=3(4k+3)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 n4+4= 我們只需把寫成兩個(gè)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?yàn)? n2+2n+2〉n2-2n+2=(n-1匕+1〉1，所以是合數(shù)

60、. 19.3.4*★★證明：當(dāng)整數(shù)時(shí)，與之間一定有一個(gè)質(zhì)數(shù). 解析首先，相鄰的兩個(gè)正整數(shù)是互質(zhì)的．這是因?yàn)?，于是有? 由于不超過(guò)的正整數(shù)都是的約數(shù)，所以不超過(guò)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(gè)質(zhì)數(shù)． 19.3.5*★★證明質(zhì)數(shù)有無(wú)窮多個(gè). 解析下面是歐幾里得的證法． 假設(shè)只有有限多個(gè)質(zhì)數(shù)，設(shè)為.考慮，由假設(shè)，是合數(shù)，它一定有一個(gè)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(gè)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(shí)，與除以4所得的余數(shù)相同，矛盾.當(dāng)，為奇質(zhì)數(shù)時(shí)，，，

61、且，亦得矛盾. 當(dāng)不是某個(gè)質(zhì)數(shù)的平方時(shí)，可寫，，、為正整數(shù)，此時(shí)，，亦得矛盾.所以，只能是質(zhì)數(shù). 19.3.7*★設(shè)與是任意兩個(gè)大于3的質(zhì)數(shù).，.與的最大公約數(shù)至少為多少？ 解析因?yàn)槭谴笥?的質(zhì)數(shù)，所以不是3的倍數(shù)且是奇數(shù).因?yàn)椴皇?的倍數(shù)，所以或（為正整數(shù)）.當(dāng)時(shí)，n2-1=（3k+1）2-1=9k2+6k+1-1=3（3k2+2k）,故.當(dāng)時(shí)， 1 n—1=（3k+2）2—1=9k2+12k+4—1=3 又因?yàn)槭瞧鏀?shù)，所以.從而 n2—1=（2h+1）2—1=4h2+4h+1—1=4h（h+1）， 又因?yàn)榕c是連續(xù)的整數(shù)，所以，即. 由于3與8互質(zhì)，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(píng)注從上述例題中，我們得到兩個(gè)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(wèn)題，我們常把它分成奇數(shù)和偶數(shù)（即按模2分類）來(lái)討論，有時(shí)也把整數(shù)按模3分成三類：.一般地，可根據(jù)問(wèn)題的需要，把整數(shù)按模來(lái)分類.本題我們按模6來(lái)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(zhì)數(shù)，故只能屬于、這兩類. 當(dāng)時(shí)， p2—1=36k2+12k=12k（3k+1）.

63、 因、中必有一個(gè)偶數(shù)，此時(shí). 當(dāng)時(shí)， 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(gè)大于11的整數(shù)都是兩個(gè)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(gè)合數(shù)的和． 19.3.10^★求不能用三個(gè)不同合數(shù)的和表示的最大奇數(shù). 解析三個(gè)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(gè)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(gè)不同的合數(shù)的和來(lái)表示． 由于當(dāng)時(shí)，4、9、是三

64、個(gè)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(lái)表示． 綜上所述，不能表示為三個(gè)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(gè)奇合數(shù)的和. 解析因?yàn)槭桥紨?shù)，所以，的個(gè)位數(shù)字必為0、2、4、6、8中的某一個(gè)． （1）若的個(gè)位數(shù)字為0，則（為奇數(shù)）． （2）若的個(gè)位數(shù)字為2，則（為奇數(shù)）． （3）若的個(gè)位數(shù)字為4，則（為奇數(shù)）． （4）若的個(gè)位數(shù)字為6，則（為奇數(shù)）． （5）若n的個(gè)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(gè)奇合數(shù)之和． 19.3.12*★證明

65、有無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)，使多項(xiàng)式 （1）表示合數(shù)； （2）是11的倍數(shù). 解析只需證（2）. 當(dāng)時(shí)，多項(xiàng)式n+3n+7=11（11k2+5k+1） 是11的倍數(shù).而，所以，這時(shí)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(gè)非負(fù)整數(shù)，下同），則，所以.又，故不是質(zhì)數(shù)，與題設(shè)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(gè)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(gè)正整數(shù)都是合數(shù)：

66、 a+2,a+3,a+4,,a+89. 這是因?yàn)閷?duì)某個(gè)，有 a+k=kx（2xx（k-1）x（k+1）xx89+1）是兩個(gè)大于1的正整數(shù)的乘積. 評(píng)注由本例可知，對(duì)于任意正整數(shù)，存在連續(xù)的個(gè)合數(shù)，這也說(shuō)明相鄰的兩個(gè)素?cái)?shù)的差 可以任意的大. 19.3.15*★設(shè)為正整數(shù)，如果xx能寫成個(gè)正的奇合數(shù)之和，就稱為“好數(shù)”，則這種好數(shù)有多少個(gè)？ 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2005=1980+25=9+9++9+25，① 20個(gè)9 故221是好數(shù)./、…/、 又當(dāng)是奇合數(shù)時(shí)，（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(xiàng)，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(jì)111個(gè). 19.3.16^★有7個(gè)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(gè)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(gè)不同的質(zhì)數(shù)中至少有一個(gè)偶數(shù)，而我們知道2是唯一的偶質(zhì)數(shù)，所以這7個(gè)質(zhì)數(shù)中必有又是所有質(zhì)數(shù)中最小的，所以這