2023年初中數(shù)學(xué)競賽專題講座

競賽講座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表達，奇數(shù)可用2k+l表

達，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)不會同時是偶數(shù)；兩個連續(xù)整數(shù)中必是一個奇數(shù)一個偶數(shù)：

（2）奇數(shù)個奇數(shù)和是奇數(shù)；偶數(shù)個奇數(shù)的和是偶數(shù)；任意多個偶數(shù)的和是偶數(shù)；

（3）兩個奇（偶）數(shù)的差是偶數(shù)；一個偶數(shù)與一個奇數(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個奇數(shù)的乘積是奇數(shù)，n個偶數(shù)的乘積是2n的倍數(shù)；順式中有一個是偶數(shù)，則乘積

是偶數(shù).

以上性質(zhì)簡樸明了，解題時假如能巧妙應(yīng)用，經(jīng)?？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）下列每個算式中，最少有一個奇數(shù)，一個偶數(shù)，那么這

12個整數(shù)中,至少有幾個偶數(shù)?

□+□=□,□-□=□,□><□=□□+□=口.

解由于加法和減法算式中至少各有一個偶數(shù)，乘法和除法算式中至少各有二個偶數(shù)，故這

12個整數(shù)中至少有六個偶數(shù).

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

（x-1988〉-n

?27y-w

的解

-q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1lx也為偶數(shù)，從而27y=m-llx為奇數(shù)，所以是y二q奇數(shù)，應(yīng)選（C）

例3在1,2,3…，1992前面任意添上一個正號和負號，它們的代數(shù)和是奇數(shù)還是偶數(shù).

分析由「兩個整數(shù)之和與這兩個整數(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

1992(1992

和負號不改變其奇偶性，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個數(shù)排成一行，除了兩頭的兩個數(shù)以外，每個數(shù)的3倍

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

最右邊的?個數(shù)被6除余幾？

解設(shè)70個數(shù)依次為ai,a2,a3據(jù)題意有

ai=0,偶

a2=l奇

a3=3a2-ai,奇

a4=3a3-a2,偶

as=3a4-a3,奇

a6=3a5-a4,奇

由此可知：

當n被3除余1時，a”是偶數(shù)；

當n被3除余0時，或余2時，an是奇數(shù)，顯然a,o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)+I=6n+4.

解設(shè)十位數(shù)，五個奇數(shù)位數(shù)字之和為a,五個偶數(shù)位之和為b(l/aW35,l/區(qū)35),則a+b=45,

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

因此a-b=11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)位五個數(shù)字之和是17,現(xiàn)在8+6=14,

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

故所求的十位數(shù)是.

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

=(Ulll+a)(lllll-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,Aa-b>0

一方面，易知a-b是偶數(shù)，否則Ulll(a-b)是奇數(shù)，從而知ab是奇數(shù)，進而知a、b都是奇

數(shù)，可知(11111+a)及(lllll-b)都為偶數(shù)，這與式①矛盾

另一方面，從a-b是偶數(shù)，根據(jù)②可知ab是偶數(shù)，進而易知a、b皆為偶數(shù)，從而ab+4x617

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)競賽試題)在3x3的正方格(a)和(b)中,每格填“+”或“」

的符號，然后每次將表中任一行或一列的各格所有變化試問反復(fù)若干次這樣的“變號”程序

后，能否從一張表變化為另一張表.

解按題設(shè)程序，這是不也許做到的，考察下面填法：

在黑板所示的2x2的正方形表格中，按題設(shè)程序“變號號或者不變，或者變成兩個?

(a)(b)

表(a)中小正方形有四個號，實行變號環(huán)節(jié)后，的個數(shù)仍是偶數(shù)；但表(b)中小正方形

號的個數(shù)仍是奇數(shù)，故它不能從一個變化到另一個.

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

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

圖3-2

解（1）連結(jié)AP,顯然與曲線的交點數(shù)是個奇數(shù)，因而A點必在水中.

（2）從水中通過一次陸地到水中，脫鞋與穿鞋的次數(shù)和為2,由于A點在水中，氫不管如

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

例11書店有單價為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+l5b+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.

13

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12一個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：任何一個參觀者選擇任何路線任意參觀若干個展覽室（可反復(fù)）之后回到廳外，他通

過的方形門的次數(shù)與圓形門的次數(shù)（反復(fù)通過的反復(fù)計算）之差總是偶數(shù).

證明給出入口處展覽室記號，凡與相鄰的展覽室記號，凡與號相鄰的展覽室

都記號，如此則相鄰兩室的號都不同.

一參觀者從出入口處的號室進入廳內(nèi)，走過若干個展覽室又回到入口處的“+”號室，他的

路線是即從“+”號室起到“+”號室止，中間號室為n+1(反復(fù)通過的反復(fù)

計算)，即共走了2n+l室，于是參觀者從廳外進去參觀后又回到廳外共走過了2n+2個門(涉

及進出出入口門各I次).設(shè)其通過的方形門的次數(shù)是r次，通過圓形門的次數(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.a〔a2a3…aa+ia,…其中由(i=L2)是數(shù)字,并且川是奇數(shù)，a?

是偶數(shù),a3等于ai+a2的個位數(shù)…，an+2是an+a同(n=l,2...,)的個位數(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的每一個數(shù)

字是由這個數(shù)字的前面的兩位數(shù)字決定的，若某兩個數(shù)字ab反復(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.

所以非負有序?qū)崝?shù)對一共只有25個是不相同的，在構(gòu)成A的前25個奇偶數(shù)組中，至少出

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

練習(xí)

I.填空題

(1)有四個互不相等的自然數(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

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

2

(2)有五個連續(xù)偶數(shù)，已知第二個數(shù)比第一個數(shù)與第五個數(shù)和的,多18,這五個偶數(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)，下列命題對的的個數(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-33是奇數(shù)；

③若a+5b是奇數(shù)，則a-35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

⑵若n是大于1的整數(shù)，則。=%+（'一）’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的二次三項式ax?+bx+c（a、b、c為整數(shù)），假如當x=0與x=l時，二次三

項式的值都是奇數(shù)，那么a（）

（A）不能擬定奇數(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年宿州競賽題）試證明「986+8986+81986+61986是一個偶數(shù).

4.請用0到9十個不同的數(shù)字組成一個能被11整除的最小十位數(shù).

5.有n個整數(shù)，共積為n,和為零，求證：數(shù)n能被4整除

6.在一個凸n邊形內(nèi)，任意給出有限個點，在這些點之間以及這些點與凸n邊形頂點之間，

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

種小三我有形的個數(shù)與n有相同的奇偶性.

7.（1983年福建競賽題）一個四位數(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.（192023匈牙利競賽題）試證：3%1能被2或2?整除，而不能被2的更高次辱整除.

9.（全俄15屆中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽題）在1,2,3…，1989之間填上或號，求和式可以得

到最小的非負數(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)第一個偶數(shù)為x，則后面四個衣次為x+2,x+4,x+6,x+8.

(3)不能.

2.B.B.A

3.11986是奇數(shù)1,9586的個位數(shù)字是奇數(shù)1,而81g86,6-86都是偶數(shù)，故最后

為偶數(shù).

4.仿例5.

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

a..a2……an=n②。假如n為奇數(shù)，由②，所有ai皆為奇數(shù)，但奇數(shù)個奇數(shù)之和為

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

由①知ai中必有另一個倡數(shù).于是ai中必有兩個偶數(shù)，因而由②知n必能被4整除.

6.設(shè)小三角形的個數(shù)為k,則k個小三角形共有3k條邊，減去n邊形的n條邊及反復(fù)計

22

算的邊數(shù)扣共有5(3k+n)條線段，顯然只有當k與n有相同的奇偶性時，2(3k

n)才是整數(shù).

7.設(shè)這個四位數(shù)是aicd由于1WaVd,d是奇數(shù)所以d23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n為奇數(shù)時，考慮(4—1)1的展開式；當n為偶數(shù)時，考慮(2+1)“十】

的展開式.

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

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

“+，，,"一，，號，運算結(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數(shù)不小于1,數(shù)1可用下列方式求得：

1=1+(2—3—4+5)+(6—7—8+9)+...+(1986-1987-198

8+1989).

初中數(shù)學(xué)競賽專題選講

奇數(shù)偶數(shù)

一、內(nèi)容提綱

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,I,3。

假如n是整數(shù)，那么2n是偶數(shù)，2n—l或2n+l是奇數(shù)。假如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。可表達為：/、

［奇婺集\

整數(shù)i3y或整數(shù)集合i偶返;

t偶數(shù)\一一，

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)，假如既不是偶數(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)次塞是奇數(shù)，偶數(shù)的正整數(shù)次第是偶數(shù)，

兩個速續(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—I是任意奇數(shù),

(2k—1)2—1=4k2—4k-|-I—1=4k(k—1)

???k(k-l)是兩個速續(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I是8的倍數(shù)

例2已知：有n個整數(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個整數(shù)為X|,X2,X3,…xn根據(jù)題意得

產(chǎn)出七…七7=〃①

|%1+%+%3+…+怎=0②

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

(2)右邊的0,左邊的奇數(shù)必演是偶數(shù)個，偶數(shù)至少有2個。

所以n是4的倍數(shù)。

例3己知：ahc都是奇數(shù)

求證：方程ax2+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)，這時方程左邊的axtbx,c都是奇數(shù)，而右

邊0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

也許等于0。

既然方程的解不也許是奇數(shù)，也不能是偶數(shù)，

???方程ax2+bx+c=O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

左邊兩個因式(x+y),(x—y)至少有一個是偶數(shù)

因此x,y必演是同奇數(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=16x=8

解得

y=14b=2

???方程xT=6。的正整數(shù)解是］x日=1461x）二=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）也許是奇數(shù)也也許是偶數(shù)

②求方程85x—324y=101的整數(shù)解，下列哪一個解是錯發(fā)的？（）

卜=329x-653x=978

(A)?(B)4(C)\(D)\

[y=Iy=86y=171)二256

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

③1+2+3+-+2023+2023的和是奇數(shù)或偶數(shù)？答

④正整數(shù)1234…20232023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.

3.仟意三個整數(shù)中，必有兩個的和是偶數(shù)，i文是為什么？

4.試說明方程2x+10y=77沒有整數(shù)解的理由

5.求證：兩個速續(xù)奇數(shù)的平方差能被8整除

6.試證明：任意兩個奇數(shù)的平方和的一半是奇數(shù)

7.求方程（2x—y—2）2+（x+y+2）?=5的整數(shù)解

8.方程I9x+78y=8637的解是（）

x=78x=84x=88x=81

(A)(B)《(C)〈(D)<

y=914Jy=92y=93y=91

9.十進制中，六位數(shù)19岫87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個整數(shù)中必有兩個同是奇數(shù)或同偶數(shù)，故它們的和是偶數(shù)

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

5.(2n+1)2-(2n-1)2=8n

6.任意兩個奇數(shù)可設(shè)為2m-l,2n-l

7.???兩個整數(shù)的平方和5為，只有(±1尸+(±2)2=5或(±2六(±1)2=5

2.x—y-2=1,2,—1,-2x=1,.~1

可得四個方程組解得

x+y+2=2,1,-2,-1y=-1-2-3-2

8.(D)9.a=9,b=2；a=2,b=6；a=5，b=9?

競賽講座02-整數(shù)的整除性

1.整數(shù)的整除性的有關(guān)概念、性質(zhì)

(1)整除的定義：對于兩個整數(shù)a、d(d翔)，若存在一個整數(shù)p,使得a.dy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),且對任意的非零整數(shù)m有bm|am

2)若a|b,b|a,則間二|b|;

3)若b|a,c|b,則c|a

4)若b|ac,而(a,b)=1((a,b)=1表達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,則c|(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的和)

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

(3x-7y+12z)o

證明V4(3x-7y+12z)+3(7x-i-2y-5z)=11(3x-2y+3z)

而11Ill(3x-2y+3z),

且11I(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)運用數(shù)的整除性特性(見第二講)

例2(1980年加拿大競賽題)設(shè)721°679人試求的值。

解72=8x9,且(8,9)=1,所以只需討論8、9都整除。679時4?)的值。

若8I。67%,則8I9，由除法可得b=2。

若9|?67%，貝|J9|(a+6+7+9+2),得a=3°

(2)運用連續(xù)整數(shù)之積的性質(zhì)

①任意兩個連續(xù)整數(shù)之積必然是一個奇數(shù)與一個偶數(shù)之一積，因此一定可被2整除。

②任意三個連續(xù)整數(shù)之中至少有一個偶數(shù)且至少有一個是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。

這個性質(zhì)可以推廣到任意個整數(shù)連續(xù)之積。

33211

n+—n+一4—I

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

除時余2。

nz?—?-I-—?(?+1)(2?+1)-1

證明222

???"伽,D為連續(xù)二整數(shù)的積，必可被2整除.

：?~2~對任何整數(shù)n均為整數(shù)，

2為整數(shù)，即原式為整數(shù).

n(n7)(2+1)4府伽7)(%?D

___________.____________

又???28

2n[2n+1)(3?2)

8

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

W+1)(2,7)

~2是能被3整除的整數(shù).

j3211n(n+1)(2力+1)-2

n?-月+—月-1

故222被3除時余2.

例4一整數(shù)a若不能被2和3整除，則a2+23必能被24整除.

證明Va2+23=(a2-l)+24,只需證a?」可以被24整除即可.

V2t.???a為奇數(shù).設(shè)a=2k+l(k為整數(shù)),

貝lja2-l=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).

???k、k+1為二個連續(xù)整數(shù)，故k(k+1)必能被2整除，

A8|4k(k+1),即8|(a2-l).

又???(a-1),a,(a+1)為三個連續(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|團-1),即a?+23能被24整除.

⑶運用整數(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)知識來解幾個整數(shù)問題.

例5求證:不存在這樣的整數(shù)a、b、c、d使：

Nd工

a-b-c-d-a=①

abcd-b=198CT②

abcd-c=7十(3)

也叱句

abcd-d=1S08個④

颯1

證明由①，a(bed-1)=LW5t.

???右端是奇數(shù)，，左端a為奇數(shù)，bed-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)，bed-1必為偶數(shù)，則a(bed-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)競賽題)設(shè)有n個實數(shù)xi,x2,…，xn,其中每一個不是+1就是

-19

且

2+至十八+土=0.

試證n是4的倍數(shù).

證明設(shè)(i=l,2,...,n-1),

Kg

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

yiy2y3…yn=L即<1)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具有因子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緒.

例7(美國第4屆數(shù)學(xué)邀請賽題)使n3+IOO能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少？

解n3+l00=(n+10)(n2-lOn+100)-900.

若n+100能被n+10整除，則9()0也能被n+10整除.并且，當n+10的值為最大時，相應(yīng)地n的值

為最大.由于900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)競賽)設(shè)a、b、c為滿足不等式1VaVbVc的整數(shù)，且(ab-l)

(bc-1)(ca-1)能被abc整除，求所有也許數(shù)組(a,b,c).

解V(ab-l)(bc-1)(ca-1)

=a2b2c2-abc(a+b+c)+ab+ac+bc-1?①

,:abc|(ab-1)(be-1)(ca-1).

???存在正整數(shù)k.使

ab+ac+bc-l=kabc,②

111111133

k=abc<abc<abc<a<2'

k=1.

若記3,此時

1111I1147

\=abc-abc<34560矛盾.

已知a>l.?,?只有a=2.

當a=2時，代入②中得2b+2c-l=bc,

2+2?12+24

即\=bcbe<bbb

.\0<b<4,知b=3,從而易得c=5.

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

會§1

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

求證數(shù)

p-Il631皆△出9野合由陽△前7

每個JT個K個“個,

夕?N合31野合出9號82§8玄￡左7

??1個個“?1個”.IT

都能被1987整除.

P-6?野乎910吟例/10,+雨印7助》

證明:xX?TX?tit

1-

(lO3n+9xl02*+8X10?+7),且?t能被1987整除，???p能被1987整除.

同樣，

HAjl

q=z-+9x10^+8x10^^7)

101=9x^^l+L

且?f

.10=3=io"?io3=(10B)3103.

工.(】故［、］產(chǎn)被，除，余數(shù)分別

102?0,21070?“?10?,100*7)1()2(415,

他1

為1000,100,10,于是q表達式中括號內(nèi)的數(shù)被“1除，余數(shù)為1987,它可被1987

整除，所以括號內(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)競賽題)若數(shù)n=20,3040?50?60?70?80?90100110120130,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、I、2…、8、9中質(zhì)數(shù)有x個，偶數(shù)有y個，完全平方數(shù)有z個，則x+y+z

等于().

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

(3)可除盡3“+5第的最小整數(shù)是().

(A)2(B)3(C)5(D)3"+5,8(E)以上都不是

2.填空題

(1)(1973年加拿大數(shù)學(xué)競賽題)把100000表達為兩個整數(shù)的乘積，使其中沒有一個是10

的整倍數(shù)的表達式為.

(2)一個自然數(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年全國初中聯(lián)賽題)在十進制中，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.2000。為整數(shù)的最小自然數(shù)a的值.

4.(1971年加拿大數(shù)學(xué)競賽題)證明:對一切整數(shù)n,n2+2n+12不是121的倍數(shù).

5.(1984年韶關(guān)初二數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)五Z是?個四位正整數(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，而又是18的倍數(shù).求出這個四位數(shù)五2,并寫出推理運算過程.

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

7證明:(1)133|(lln+2+12n+l),其中n為非負整數(shù).

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

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

a3b*-ab\b?c-hc3,c5a-ca3一:個數(shù)中，至少有一個能被10整除.

9.(1986年上海初中數(shù)學(xué)競賽題)100個正整數(shù)之和為101101,則它們的最大公約數(shù)的最大也許

值是多少?證明你的結(jié)論.

練習(xí)參考笞案

1.B.B.A

2.(1)2t5s.(2)27.

3.由2023a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)n?+2n+l2=121k(n+1)2=11(1

1k-1).V11是素數(shù)且除盡(+1)2,

，11除盡n+1=>112除盡(n+1)2或11|11k-1,不也許.

5.由+246是d的111倍，也許是198,309,420,531,6

42,753；又阪是18的倍數(shù)，，血只能是198.而198+246=444,

???d=4,abed是19S4.

7.(1)11n+2+122n+,=121x11n+12x144n=121x11n4-12x11

n-12x11n+12x144n=...=133x11n+12x(144n-11n).第一項可

被133整除.又144-11|144n-11n,.*.133I11n42+122n+,.

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

+1)+1Ian+2+(a+1)2n+,,可仿上證明.

8.*/a'b—abs=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',b2,c之個位數(shù)只能是1,4,

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

兩兩之差，其中必有0或+5,故題中三式表達的數(shù)至少有一個被5整除，又2、5互質(zhì).

9.設(shè)100個正整數(shù)為aa...........a.oo,最大公約數(shù)為d,并令

%(1。￡100).

f

則ai+az+…+a】o(i=d(a/+a2+...4-aSoo)=101101=101x100

1,故知@「，a2、a0。。不也許都是1,從而a\+a%+…+aT00Nlx99+2

=101,dglOOl；若取8i=32=a99=1001>a?oo=2002*則滿足a】

+a2+...+aI00=1001x101=101101,且d=l001,故d的最大也許

值為1001

競賽講座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對模m同余.

記為。=6(modW)或。=&(W)

一切整數(shù)n可以按照某個自然數(shù)m作為除數(shù)的余數(shù)進行分類，即n=pm+r(r=(),1,…，m-1),

恰好m個數(shù)類.于是同余的概念可理解為，若對口、皿,有ni=qim+r,皿=q2m+r,那么n1、n?

對模m的同余，即它們用m除所得的余數(shù)相等.

運用整數(shù)的剩余類表達，可以證明同余式的下述簡樸性質(zhì)：

(I)若。=6(掰)廁m|(b-a).反過來，若m|(b-a),則。=仇掰)；

(2)假如a-kin+b(k為整數(shù))，則。=機制);

(3)每個整數(shù)恰與(),1,…，m-1,這m個整數(shù)中的某一個對模m同余；

(4)同余關(guān)系是一種等價關(guān)系：

①反身性。?儀冽)；

②對稱性儀掰)，則力,。(掰)，反之亦然.

③傳遞性。=6(掰)，6=?附)，則?？谑疥?；

(5)假如。二川用)，則

①a士x;@±>)(愕)；

②以■如(用)特別地/=b"M)

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賽題）求使2。+1能被3整除的一切自然數(shù)n.

解...2=3),...2/■(T)?(mod3).

則2"i三(-1)*+I(mod3).

???當n為奇數(shù)時，2"+1能被3整除；

當n為偶數(shù)時，2'1+1不能被3整除.

例2求2硼最后兩位數(shù)碼.

解考慮用100除2999所得的余數(shù).

U

V2-4096?-4(fnod100),

.2加=(2lJ)w.23=(-4)w-2\mod100).

又d-2U-4096--4(mod100)

u5U31843

.4?.(4?).4--4-4--4--(4)

=-(-4)3=M(mod100),

.299J(7產(chǎn)23=(-64)?2?=-29=-512

>8S(mod100).

???2硼的最后兩位數(shù)字為88.

例3求證39的+4可能被5整除.

證明:3=-2(mod5),.=-l(mod5),

4■-l(mod5).

3】頌=嚴0?(-1嚴觸<15),

.3?4例=(T嚴+(7嚴噎0(mod5)

?習(xí)嚴.4叫).

2.不定方程

不定方程的問題重要有兩大類：判斷不定方程有無整數(shù)解或解的個數(shù)；假如不定方程有整數(shù)

解，采用對的的方法，求出所有整數(shù)解.

(1)不定方程解的鑒定

假如方程的兩端對■同一個模m(常數(shù))不同余，顯然，這個方程必?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)用同余概念鑒定方程有無整數(shù)解.

例4證明方程2x"戶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/=O(mod8)

y2-(2%.1)2-4忒力+

.?./='(mod8),

5y—Mgodg)

???方程兩邊對同一整數(shù)8的余數(shù)不等，

???x不能為偶數(shù).

②若x為奇數(shù)，則2/=2(mod4).

但5y2+7=°(mod4),

:?x不能為奇數(shù).因則原方程無整數(shù)解.

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

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

X2^3xy-2y2-122①

證明假如有整數(shù)X,y使方程①成立，

貝ij】7'29-5,488,4/+\2xy-3y2

=(2彳?3/277y.知(2x+3y2)+5能被17整除.

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

(2x+3y)2+5=(17n)2+34na+(a2+5)=a2+5(mod17),而M+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屆美國數(shù)學(xué)競賽題)滿足方程x?+y2=x3的正整數(shù)對(x,y)的個數(shù)是().

(A)0(B)1(C)2(D)無限個(E)上述結(jié)論都不對

解由x?+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=k2+1

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

對(x,y)有無限多個，應(yīng)選(D).

說明:可用寫出方程的一組通解的方法,鑒定方程有無數(shù)個解?.

(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.對方程進行適當?shù)淖冃?并對的應(yīng)用整數(shù)的性質(zhì)是解不定方程的基

本思緒.

例6求方程/YD”/769的整數(shù)解.

解(配方法)原方程配方得(K-2y)2+y2=m.

在勾股數(shù)中,最大的一個為13的只有一組即5,12,13,因此有8對整數(shù)的平方和等于132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

方程組的解

/x-2>r-5,(x-2y-12,

/x-27?-5,fx-27?-5,

\y=-12;\y=12,

jx-2y-72Jx-4■12,

\y=-5,\y=-5,

fx-27--12,/x-^y-5,

\y=5;Vs-12

pj=29,(x2=22.pj--29,=-22,

解得I312,l巧?5,［必72,

例7(原民主德國1982年中學(xué)生競賽題)已知兩個自然數(shù)b和c及素數(shù)a滿足方程

a?+b2=c2.證明:這時有aVb及b+1=c.

證明(因式分解法)Va2+b2=c2,

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

又Ya為素數(shù)，:.c-b=1,且c+b=a2.

于是得c=b+l及a2=b+c=2b+lV3b,

a33a

即bV。.而a>3,.\a<l,:.b<l.Aa<b.

例9(第35屆美國中學(xué)數(shù)學(xué)競賽題)滿足聯(lián)立方程

(ab*6c-44,

yac=23

的正整數(shù)(a,b,c)的組數(shù)是().

(A)0(B)I(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.

Va,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)=0,

???b尸2h=22.從而得a產(chǎn)21,az=l.故滿足聯(lián)立方程的正整數(shù)組(a,b,c)有兩個，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.

2y-7

x----------

解由(y-2)x=2y-7,得2

2^-7.3

x——------―/--------

分離整數(shù)部分得7-2

由x為整數(shù)知y-2是3的因數(shù)，

/.y-2=±l,±3,/.x=3,5,±1.

???方程整數(shù)解為

(x--1G-5,(x?I,p-3,

V=*[y=l\y=5,\y=T.

例11求方程x+y=x2-xy+y2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

3-2不3,2招

-X-<y<-3~.滿足這個不等式的整數(shù)只有y=O,1,2.

當y=0時，由原方程可得x=O或x=1；當y=l時，由原方程可得x=2或0；當y=2時，由原

方程可得x=l或2.

所以方程有整數(shù)解

P-0p-1p-2p-0jx-1p-2

V=0.V=m=山=中=2\y=2

最后我們來看兩個分式和根式不定方程的例子.

一1——1■_1_

例12求滿足方程刀y12且使y是最大的正整數(shù)解(x,y).

12彳s144

y■------■-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，y才干取大值.又12-x應(yīng)是144的約數(shù)，所以，

12-x=l,x=1l,這時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屆美國中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽題)滿足OVxVy及而蟾=石+6的不同的整數(shù)

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

解法1根據(jù)題意知，0VxV1984,由

(萬尸=(屈弱-6)2得y=198Ox-2鬧后

當且僅當1984x是完全平方數(shù)時，y是整數(shù).而1984=26.31,故當且僅當x具有31t2形式時，

1984x是完全平方數(shù).

Vx<1984,Vl<t<7.^t=l,2,3時，得整數(shù)對分別為(31,1519)、(124,1116)和(279,

775).當t>3時ygx不合題意，因此不同的整數(shù)對的個數(shù)是3,故應(yīng)選(C).

解法2???1984=26x3L.?.gJ費?正?方由此可知：x必須具有31t2形式，丫必須具有

31k2形式，并且t+k=8（t,k均為正整數(shù)）.由于OVxVy,所以tVk.當t=l,k=7時得（31,

1519）；1=2,k=6時得（124,1116）；當1=3,k=5時得（279,775）.因此不同整數(shù)對的個

數(shù)為3.

練習(xí)二十

1.選擇題

⑴方程x2-y2=105的正整數(shù)解有（）.

（A）一組（B）二組（C）三組（D）四組

⑵在0,1,2,…，50這51個整數(shù)中，能同時被2,3,4整除的有（）.

（A）3個（B）4個（C）5個（D）6個

2.填空題

（1）的個位數(shù)分別為及.

⑵滿足不3,7等式ioyAWl（）5的整數(shù)A的個數(shù)是xxioll,則X的值.

（3）已知整數(shù)y被7除余數(shù)為5,那么y3被7除時余數(shù)為.

（4）（全俄第14屆中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽試題）求出任何一組滿足方程x2-5ly2=l的自然數(shù)解x和

y----------------

3.（第26屆國際數(shù)學(xué)競賽預(yù)選題）求三個正整數(shù)x、y、z滿足

1114

—+—4一?—

xyz5.

4.（1985年上海數(shù)學(xué)競賽題）在數(shù)列4,8,17,77,97,106,125,238中相鄰若干個數(shù)

之和是3的倍數(shù)，而不是9的倍數(shù)的數(shù)組共有多少組？

5,求斤后

.整數(shù)解.

6.求證"=8888?也+7777^3可被37整除

x?y.3