2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第19章 整数的整除性(上半部分)试题 新人教版

2019-2020年初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性（上半部分）试题新人教版19.1.1*证明：三个连续奇数的平方和加1,能被12整除，但不能被24整除.解析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数于是即可.设三个连续的奇数分别为、（其中是整数）（2n-1）2+（2n+1）2+（2n+3匕+1=12n2+n+J.所以121（2n-1）2+（2n+1）2+（2n+3）2.又，而、是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以是偶数，从而是奇数，故24（2n-1）2+（2n+1）2+（2n+3匕.19.1.2若、为整数，且，之一能被17整除，那么另一个也能被17整除.解析设，若，从上面两式中消去，得所以因为（17，3）=1，所以即.若，同样从式可知.因为（17,5）=1，所以，即.19.1.3*设是奇数，求证：解析因为，、3、5是两两互质的，所以只需证明、3、5能整除即可.由于是奇数，有所以；又有所以又有所以.所以.评注我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数.偶数常用表示，奇数常用表示，其实这就是按模2分类.又如，一个整数被3除时，余数只能是0、1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为、这三类形式，这是按模3分类.有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理.19.1.4设为任意奇正整数，证明：能被xx整除.解析因为，所以为证结论成立，只需证为奇正整数时，能被2、17、59整除.显然，表达式能被2整除.应用公式，为奇数时，)an+bn(a+bVan-1-a-2b+bn-1丿,an-bn(a-b)Cn-1+an-2b+.+bn-1).由于，所以能被59整除.又，所以能被17整除.19.1.5*若整数不被2和3整除，求证：.解析因为既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的.较好的想法是按模6分类，把整数分成、这六类.由于、是2的倍数，是3的倍数，所以只能具有或的形式，有时候为了方便起见，也常把写成（它们除以6余数均为5）.故具有的形式，其中是整数，所以a2-1-（6k土1匕-136k2土12k12k（3k土1）.由于与为一奇一偶（若为奇数，则为偶数，若为偶数，则为奇数），所以，于是便有19.1.6*求证：（为正整数）能被2或22整除，但不能被2的更高次幕整除.解析按模2分类若为偶数，为正整数，则由是奇数，是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设，于是，是奇数，不含有2的因数，所以能被2整除，但不能被2的更高次幕整除.若为奇数，为非负整数，则3n+1=32k+1+1=3-（3k）+1=3（81+1）+1=4（61+1）.由于是奇数，所以此时能被整除，但不能被2的更高次幕整除.19.1.7*设是质数，证明：满足的正整数、不存在.解析用反证法假定存在正整数、，使得令，则.所以，所以由于是质数，可知，.令，则，所以同理可得，.即、都含有这个因子，这与矛盾19.1.8如果与都是大于3的质数，那么6是的约数.解析每一整数可以写成、中的一种（为整数），其中、在时都是合数，分别被6、2、2、3整除因此，质数是或的形式.如果，那么是3的倍数，而且大于3，所以不是质数与已知条件矛盾因此这时是6的倍数评注本题是将整数按照除以6，所得的余数分为6类质数一定是或的形式当然，反过来，形如或的数并不都是质数但可以证明形如的质数有无穷多个，形如的质数也有无穷多个猜测有无穷多个正整数，使与同为质数这是孪生质数猜测，至今尚未解决19.1.9*已知、是整数，能被3整除，求证：和都能被3整除.证用反证法.如果、不都能被3整除，那么有如下两种情况：（1）、两数中恰有一个能被3整除，不妨设，令，（、都是整数），于是a2+b2=9m2+9n2土6n+1=33m2+3n2土2n丿+1，不是3的倍数，矛盾（2），两数都不能被3整除.令，则a2+b2=（3m+1）2+（3n土1）2=9m2土6m+1+9n2土6n+1=33m2+3n2土2m土2n）+2不能被3整除，矛盾.由此可知，、都是3的倍数.19.1.10若正整数、使得是素数，求证：.解析设是素数，则，所以，故，或者，故可得，且.令，是大于1的整数，则19.1.11*证明：形如的六位数一定被7、11、13整除.解析abcabc=abcx1001=abcx7x11x13.由此可见，被7、11、13整除.19.1.12任给一个正整数，把的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的正整数，试证明：被9整除解析除以9，与的数字和除以9，所得余数相同除以9，与的数字和除以9，所得余数相同与的数字完全相同，只是顺序相反，所以与的数字和相等除以9与除以9，所得的余数相同，所以被9整除19.1.13*.求被11除所得的余数.解显然，的奇数位数字和与偶数位数字和的差为1999x（9+9-9-1）=1999x8除以11的余数与除以11的余数相同，即余数为9从而除以11，所得的余数为919.1.14在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被3、4、5分别整除.符合这些条件的六位数中，最小的一个是多少？解析要命名这个六位数尽可能小，而且能被5整除，百位数字和个位数字都应选0.这样，已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19.要使这个六位数能被3整除，十位上可填2、5、8.由能被4整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知，应在十位上填2.这个六位数是568020.19.1.15*已知四位数是11的倍数，且有，为完全平方数，求此四位数.解析在三个已知条件中，说明给出和，就随之给定，再由，可定.而为完全平方数，将和的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中，只要从这个范围中挑选符合要求的即可.由完全平方数，只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况.由，此时相应的为7、7、9、13、10、9.其中13和10显然不可能是四位数的千位数字.在、，这四种可能性中，由，应有.时，可为1；时，这种不存在；时，可为1；时，可为2.故满足条件的四位数有：7161、9361、9812.评注为完全平方数，表示是两位整数，因此，不考虑00、01、04、09这四种情况，否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.19.1.16用0，1，2,，9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？解析因为0+1+2+9=45.这个最大十位数若能被11整除，其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）为0或11的倍数.由于这十个数字之和是45（奇数），所以这个差不可能是0、22、44（偶数）.若这个差为33，则只能是，但0+1+2+3+4=10，即最小的五个数字之和都超过6，不可能.若这个差为11，.如果偶数位为9、7、5、3、1，其和为25；奇数位为8、6、4、2、0，其和为20.交换偶数位上的1与奇数位上的4，可得偶数位上的数为9、7、5、4、3，奇数位上的数为8、6、2、1、0.于是所求的最大十位数为9876524130.19.1.17*个六位数12口34是88的倍数，这个数除以88所得的商是多少？解析设这个六位数为，因为它是88的倍数，而，8与11互质，所以，这个六位数既是8的倍数，又是11的倍数.由能被8整除，可知能被8整除（一个数末三位组成的数能被8整除，这个数就能被8整除），所以是4.由能被11整除的数的特征（一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除，这个数就能被11整除），可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（2+3+4）-（1+A+4）=4-A能被11整除，贝V，即.所以，这个六位数是124344，它除以88的商是1413.19.1.18如果六位数1993口能被105整除，那么，它的最后两位数是多少？解析因为这个六位数能被105整除，而，3、5、7这三个数两两互质，所以，这个六位数能同时被3、5、7整除.根据能被5整除的数的特征，它的个位数可以是0或5.根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七种可能：199320，199350，199380，199305，199335，199365，199395.而能被7整除的数的特征是：这个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7整除.经试算：，196能被7整除.所以，199395能被105整除，它的最后两位数是95.19.1.19*形如，且能被11整除的最小数是几？解析本题实质上确定的最小值.利用被11整除的数的特征：偶数位数字之和与奇位数字之和的差能被11整除.该数的偶数位数字之和为，奇数位数字之和为，两者之差为.要使，不难看出最小的，故所求最小数为19.1.20*是否存在100个不同的正整数，使得它们的和与它们的最小公倍数相等？解析存在满足条件的100个数事实上，对任意正整数，下述个数3，它们的最小公倍数为，和为3+2x3+2x32+2x3n-2+3nt32+2x32+2x3n-2+3n-1=33+2x33+2x3n-2+3n-13n-1+3n-12X3n-1.所以，这几个数的和等于它们的最小公倍数.取，可知存在符合要求的100个数.19.1.21*下面这个41位数能被7整除，问中间方格代表的数字是几？解析因为，所以555555和999999都能被7整除，那么由18个5和18个9分别组成的18位数，也能被7整除.而原数=+55口，因此右边的三个加数中，前后两个数都能被1整除，那么只要中间的55口9能被7整除，原数就能被7整除.把55口9拆成两个数的和：其中因为，所以口.评注记住111111能被7整除很有用.19.1.22一位魔术师让观众写下一个六位数，并将的各位数字相加得，他让观众说出中的5个数字，观众报出1、3、5、7、9，魔术师便说出余下的那个数，问那个数是多少？解析由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同，所以是9的倍数.设余下的那个数为，则，即，由于，所以，.19.1.23若、都是整数，并且，.求的值.解析若，则不是整数，所以.不妨设，于是，而是整数，故，即.又是整数，所以只能为3，从而.所以19.1.24*试求出两两互质的不同的三个正整数、使得其中任意两个的和能被第三个数整除.解析题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数.不妨设，于是、都是正整数.先考虑最小的一个：，所以，即.再考虑，因为，即，所以，于是，所以，即，从而这三个数为、.又因为这三个数两两互质，所以.所求的三个数为1、2、3.19.1.25*求所有的有理数，使得，并且为整数.解析由条件，可知.当时，是整数；下面考虑的情形，此时设，、为正整数，且.则由为正整数和可知，进而，导致，再结合，得.于是，又.故，易知仅当时为正整数.综上可知，满足条件的或.19.1.26*设正整数、满足.求的最小值.解析由条件，可知x,r、1,r、1,y+11,y,1、2pyty100y100y100100y等号在(x,y,r,t)=(1,10,11,100)时取到,y121+100100100因此所求的最小值为.19.1.27*已知正整数、满足条件,证明：解析由条件,可知,故，将与，然后相加，得结合,可知.19.1.28将正整数接写在任意一个正整数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被整除，那么称为“魔术数”问：在小于130的正整数中有多少个魔术数？解析设为任意一个正整数，将魔术数接后得，下面对为一位数、两位数、三位数分别进行讨论.（1）当为一位数时，依题意，则.由于需对任意数成立，故.所以1，2，5.（2）当为两位数时，依题意，则，故.所以10，20，25，50.（3）当为三位数时，依题意，则，故.所以，125.综上所述，魔术数的个数为9个.评注（1）我们可以证明：位魔术数一定是的约数.事实上，设是位魔术数，将接写在正整数的右面得：，由魔术数定义可知：，因而也能被整除，所以.这样我们有：一位魔术数为1，2，5；二位魔术数为10，20，25，50；三位魔术数为100，125，200，250，500；三位或三位以上的魔术数，每种个数均为5.（2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题较容易解决.19.1.29*个正整数如果从左读到右与从右到左读所得的结果相同，则称这个数为回文数.例如：1，343及xx都是回文数，但xx则不是.请问能否找到xx个不同的回文数，使得n+110,n+110,n+110也都是回文数？122005解析取回文数，则也是回文数.因为中9的数目可以任选，可取，因此我们可以找到xx个回文数满足题目所要求的条件.19.1.30将xx个同学排成一行，并从左向右编为1至xx号.再从左向右从1到11地报数，报到11的同学原地不动，其余同学出列.留下的同学再次从左向右从1到11地报数，报到11的同学留下，其余同学出列.留下的同学第三次从左向右1到11报数，报到11的同学留下，其余同学出列.问最后留下的同学有多少人？他们的编号是几号？解由题意，第一次报数后留下的同学，他们的编号必为11的倍数.第二次报数后留下的同学，他们的编号必为的倍数.第三次报数后留下的同学，他们的编号必为的倍数.因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1xx中，1331的倍数只有一个，即1331号.所以，最后留下一位同学，编号为1331.19.1.31*甲、乙两人进行了下面的游戏.两人先约定一个整数，然后由甲开始，轮流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字之一填入下面的任一方格中.每一方格只填一个数字，六个方格都填上数字（数字可重复）后，就形成一个六位数，如果这个六位数能被整除，就算乙胜；如果这六位数不能被整除，就算甲胜.设小于15，那么当取哪几个数时，乙才能取胜？解析取偶数，甲可以在最右边方格里填一个奇数(六位数的个位)，就使六位数不能被整除，乙不能获胜，甲可以在六位数的个位填一个不是0或5的数，甲就获胜上面已经列出了乙不能获胜的的取值情况如果，很明显乙必获胜如果或9，那么乙在填最后一个数时，总是能把六个数字之和凑成3的整数倍或9的整数倍因此乙必获胜当，11，13时是本题最困难的情况注意到，乙就有一种必胜的办法我们从左往右数这六个格子，把第一与第四，第二与第五，第三与第六配对，甲在一对格子的一格上填某一个数字后，乙就在这一对格子的另一格子上填同样的数字，这就保证所填成的六位数能被1001整除，这个六位数就能被7、11或13整除，故乙就能获胜综合起来，使乙获胜的是1、3、7、9、11、1319.1.32*小明家电话号码原为六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个七位数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2，成为一个八位数的电话号码.小明发现，他家两次升位后的电话号码的八位数，恰是原来电话号码的六位数的81倍，问小明家原来的电话号码是多少？解析设原来电话号码的六位数为，则经过两次升位后电话号码的八位数为.根据题意，有记x=bx104+cx103+dx102+ex10+f，于是81xax105+81x=208x105+ax106+x，解得.因为，所以，故.因为为整数，所以.于是x=1250x(20871x2)=82500.所以，小明家原来的电话号码为282500.19.1.33*若是不超过1000的正整数，且是最简分数，则的取值有多少个？解析因为，所以，由于23是质数，所以不是23的倍数即可，在5,1004中，23的倍数有43个，所以满足条件的正整数有个19.1.34在各位数码各不相同的10位数中，是11111的倍数的数共有多少个.解析设这个10位数为，因为这10位数的各位数码各不相同，所以、是的一个排列，故a+b+c+d+e+f+g+h+i+j=45所以因为且(11111,9)=1，所以，即.又，所以.因为0abcde+fhj99999x2，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，符合题意的数共有5x4x3x2x1x254x3x2x1x24=3456(个).19.1.35*从1，2,，9这九个数字中，每次取出3个不同的数字组成三位数，求其中能被3整除的三位数的和解析对于固定的三个不同的非零数字、，任意排列，可得6个不同的三位数，它们的和为因为，所以有以下两种情况：(1) 、除以3所得的余数相同，即、取成，或，或，这样得到的个的三位数的总和为2(1+4+7)+(2+5+8)+(3+6+9)x111=9990.(2) 、除以3所得的余数各不相同，不妨设取自，取自，取自，这种三位数共有个对于固定的，易知、有种取法，因而这162个三位数的和为9（1+2+3+9）x2x111=89910.综合（1）、（2），可知，所求的满足条件的三位数总和为9990+89910=99900.19.1.36*证明一个正整数，当且仅当它不是2的整数幕时，可以表示成若干个（至少两个）连续正整数的和解析当且仅当，有两方面的意思一方面，当一个正整数不是2的整数幕时，它可以表示成几个连续正整数的和另一方面，如果一个正整数可以表示成几个连续正整数的和，那么它一定不是2的整数幕设不是2的整数幕这时可以写成，是大于1的奇数.我们可将写成个连续正整数的和.中间一个是，它的两侧是与，再向外分别写与，直至与（是奇数，所以是整数），即n=:2kh-1、+:2kh-3、+(2k1)+2k+(2k+1)+I2丿(2丿另一方面，设是个连续正整数，的和，贝Un=（k+1）+（k+2）+（k+h）=+屮+心=（2k+1+h）h，22其中与奇偶性不同，即至少有一个是大于1的奇数.所以这时不是2的整数幕.评注2的整数幕没有大于1的奇约数.所以一个整数，如果有大于1的奇约数就一定不是2的整数幕.19.1.37*玛丽发现将某个三位数自乘后，所得乘积的末三位数与原三位数相同.请问：满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少？解析设三位数为，贝，即，而，所以，且；或者，且.（1）若，且，贝，375，625，875，只有使得，故此时满足题意.（2）若，且，贝，375，625，875，只有使得，故此时满足题意.所以，所求的和为376+625=1001.19.1.38我们知道，约分后是，但按下面的方法，居然也得试求出所有分子和分母都是十进制两位正整数，分子的个位数与分母的十位数相同，且具有上述“奇怪”性质的真分数.解析设真分数具有上述性质，贝，且，于是，故.若，贝，但是，所以，矛盾.故9不整除，所以.（1）若，贝，于是，所以，而，故只能是，从而，矛盾.（2）若，贝，于是，当时，此时不是整数；当时，矛盾；当时，应有，所以，而当时，此时，满足题意的真分数为，当时，此时，满足题意的真分数为.（3）若，贝，于是，所以，故1，4，9.当时，此时，满足题意的真分数为；当时，此时，满足题意的真分数为；当时，矛盾.综上所述，满足题意的真分数为：，.19.1.39*在1，2,3,，1995这1995个数中，找出所有满足下面条件的数：能整除.解析是一个整数.这个式子的分子、分母都有，所以应当先进行变形，使得分子不含有.1995a1995（1995+a）-1995x19951995x1995=19951995+a1995+a1995+a根据已知，是整数，所以是整数.因为1995x1995=32x52x72x192，所以它的因数可以通过检验的方法定出.注意，所以.如果不被19整除，那么它的值只能是以下两种：如果被19整除，而不被整除，那么它的值只能是以下两种：如果被整除，那么它的值只能是以下两种：于是满足条件的有6个，即从以上的6个值分别减去1995，得出的6个值：1680，210，798，1330，532，1254.评注形如的式子，可以化成.使得只有分母含，而分子不含.这种方法有点像假分数化成带分数.19.1.40*在1,2,，xx这xx个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除？解析首先，如下61个数：11,11+33,，满足题设条件.另一方面，设是从1,2,，xx中取出的满足题设条件的数，对于这个数中的任意4个数,因为，所以.因此，所取的数中任意两个之差都是33的倍数.设，.由，得.所以，即.n33201011_3361,故，所以，.综上所述，的最大值为61.19.1.41*圆周上放有枚棋子，如图所示.点的棋子紧邻点的棋子.小洪首先拿走点的棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子.这样连续转了10周.9次越过，当将要第10次越过取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子.若是14的倍数，请帮助小洪精确计算一下圆周上还有多少枚棋子.解析如果在、之间再添一枚棋子，并在第一次取棋子时将它取走，那么每一次都是在相即因为是14的倍数，所以是偶数，是奇数.又是7的倍数，而（7的倍数）+=（7的倍数）+4，所以是7的倍数.因为是20与29之间的奇数，将21，23，25，27，29代入，逐一检验，只有23时，是7的倍数.所以圆周上还有23枚棋子.评注在、之间添上一枚棋子，使得取棋子有明显的规律，从而得到.这是一种很巧妙的想法.在计算除以7的余数时，可以将其中7的倍数抛弃，直至出现小于7的4.这是常用的方法.19.1.42求证：对，2,3,均有无穷多个正整数，使得，中恰有个可表示为三个正整数的立方和.解析三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是因为整数可写为或（是整数）（3k土1=9（3k3土3k2+k）1.对，令（是正整数），则、被9除的余数分别为4、5，故均不能表示为三个整数的立方和而n+2=（3m-1）3+（3m-1）3+（3m-1.对，令（是正整数）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而，对，令（是正整数）满足条件：192奇数与偶数19.2.1*设有101个自然数，记为.已知a+2a+3a+101a=s是偶数，求证：是偶123101数.a+a+a+a+a=s-(2a+2a+4a+4a+100a+100a)偶数.13599101234510010119.2.2设都是或者.求证：x+2x+3x+1998x丰0.1231998解析x+2x+3x+1998x=(x+3x+5x+1997x)(123、19981351997+(2x+4x+1998x).241998因为这999个数均为奇数，所以它们的和为奇数，于是奇数.19.2.3*设为或为，并且xxxx+xxxx+12342345求证：是4的倍数解析设xxxx1234扌巴xxxx1234xxxx2345xxxx2345xxxxn1*2*3xxxx中有个，n123这个数相乘，得于是也有个，故为偶数所以.故是偶数，从而是4的倍数19.2.4某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数解析我们证明每一个学生的得分都是偶数设某个学生答对了道题，答错了道题，那么还有道题没有答于是此人的得分是5a+（40ab）b=4a2b+40，这是一个偶数所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数19.2.5把前50个正整数分成两组，使第一组内各数之和等于第二组内各数之和，能办到吗？说明你的理由解析不能办到如果能办到，那么所有数加起来应该是第一组内各数之和的2倍，是偶数，但这50个数的总和为-小50x51“1+2+50=25x512是个奇数，矛盾！19.2.6设1，2，3,，9的任一排列为，求证：是一个偶数解析因为(a-l)+(a-2)+(a-3)+(a-9)=(a+a+a)-(1+2+.+9)129=0是偶数，所以，(a-1),(a-2),(a-9)这9个数中必定有一个是偶数，从而可知129是偶数.解析2由于1,2,，9中只有4个偶数，所以、中至少有一个是奇数，于是、中至少有一个是偶数，从而是偶数.19.2.7有个数，它们中的每一个数或者为1,或者为，如果xx+xx+xx+xx=0，1223n-1nn1求证：是4的倍数.解析我们先证明为偶数，再证也是偶数.由于的绝对值都是1，所以的绝对值也都是1，即它们或者是为，或者为，设其中有个，由于总和为0，故也有个，从而下面我们来考虑.一方面，有(xx).(xx)(xx)=(-1)k，1223n1另一方面，有(xx)(xx)(xx)=(xxx匕=1.1223n112n所以，故是偶数，从而是4的倍数.19.2.8设、是正整数，且满足关系式(11111+a)(11111-b)=123456789.求证：是4的倍数.解析由已知条件可得与均为奇数，所以、均为偶数，又由已知条件因为是4的倍数，也是4的倍数，所以是4的倍数，故是4的倍数.19.2.9*和(注：，读作99的阶乘)能否表示成为99个连续的奇数的和?+.解析(1)能).(因为)()()9999=(9998-98)+(9998-96)+(9998-2)+9998+(9998+2)+即能表示为99个连续奇数的和.(2)不能.因为是一个偶数，而99个连续奇数之和仍为奇数，所以不能表示为99个连续奇数之和.评注如果答案是肯定的，我们常常将满足题意的例子举出来或造出来，这称为构造法.如果答案是否定的，常常采用反证法，找出其中的矛盾.19.2.10代数式rvz-rey-suz+swx+tuy-tvx.中，、可以分别取或.(1) 证明：代数式的值都是偶数；(2) 求这个代数式所能取到的最大值.解析(1)式中共有6项，每项的值都是奇数(或)，所以它们的代数和为偶数.(2)显然，式的值，但它取不到6这个值，事实上，在、这六项中，至少有一项是，要证明这一点，将上面这6项相乘，积是所以六项中，至少有一项是，这样，六项和至多是.在、为，其他字母为1时，式的值是4,所以的最大值为4.评注本例中的代数式实际上是行列式rstuvw的展开式，行列式是一个很有用的工具，在今后的学习中还会遇到19.2.11*在（为奇数）方格表里的每一个方格中任意填上一个或，在每一列的下面写上该列所有数的乘积，在每行的右面写上该行所有数的乘积，求证：这个乘积的和不等于0解析设每列下面的数为,每行右面的数为，依题意得或，或，若这个乘积的和为0，即a+a+a+b+b+b0，12n12n则这个数中的个数与的个数一样多，都是个，但事实上，因为aaabbbaaaJ21.12n12n12n所以这个数中的个数为偶数，即为偶数，矛盾.19.2.12在黑板上写上1，2，xx，xx，只要黑板上还有两个或两个以上的数，就擦去其中任意两个数和，并写上，问最后黑板上剩下的数是奇数还是偶数？解析因为与有相同的奇偶性，而又与有相同的奇偶性，因此与具有相同的奇偶性所以黑板上剩下的数的奇偶性与1+2+20012001x20021001%2001的奇偶性相同，是奇数.219.2.1.3*把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色，问有没有可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由解析如果每条线上红圈都是奇数个，那么5条线上的红圈数相加仍是奇数但另一方面，由于每个圈都在两条直线上，因而相加时每个红圈都被计算了两次，从而相加的总和应该是偶数两方面的结果是矛盾的因此，不可能使同一条线上的红圈数都是奇数19.2.14围棋盘上有个交叉点，在交叉点上已经放满了黑子与白子，并且黑子与白子相间地放，即黑子（白子）的上、下、左、右都放着白子（黑子）问能否把这些黑子全部移到原来白子的位置上，而白子也全移到原来的黑子的位置上？解析不能因为是奇数，所以，必有奇数个白子，偶数个黑子；或者奇数个黑子，偶数个白子即黑、白子数必然一奇一偶奇数不可能等于偶数，所以无法使黑子与白子的位置对调19.2.15*参加会议的人，有不少互相握过手.握手的次数是奇数的那部分人，人数是奇数还是偶数？为什么？解析由于每握一次手，握手的两个人，每一个都握了一次手因此每握一次手，两个人握手次数的和就是2次所以，全部与会的人握手的总次数必定是偶数我们把参加会议的人分成两类，甲类握手次数是偶数，乙类握手次数是奇数，甲类人握手的总次数显然是偶数注意甲类人握手的总次数加上乙类人握手的总次数等于全部与会的人握手的总次数，所以乙类人握手的总次数也应当是偶数由于乙类人每人握手的次数都是奇数，而偶数个奇数相加，和才能为偶数，因此，乙类人必为偶数个，即握手次数是奇数的那部分人，人数是偶数19.2.16设标有记号的七盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关.现在、四盏灯开着，其余三盏灯是关的小刚从灯开始，顺次拉动开关.即从到，再从到，这样拉动了xx次开关后，哪几盏灯是开的？解析一盏灯的开关被拉动奇数次后，改变状态，即开的变成关的，关的变成开的一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变状态，即开的仍为开的，关的仍为关的因此本题的关键是计算各盏灯被拉次数的奇偶性由可知，、四盏灯的开关各被拉动了286次，而、三盏灯的开关各被拉动了285次所以，、四灯不改变状态，、三灯改变状态由于开始时、四灯是开着的因此，最后、三灯是开着的19.2.17*桌上放着七只杯子，杯口全朝上，每次翻转四个杯子.问能否经过若干次这样的翻动，使全部的杯子口都朝下？解析不可能我们将口向上的杯子记为0，口向下的杯子记为1开始时，由于七个杯子全朝上，所以这七个数的和为0，是个偶数一个杯子每翻动一次，所记的数由0变为1或由1变为0，改变了奇偶性每一次翻转四个杯子，因此这七个数的和的奇偶性改变了四次，从而和的奇偶性仍与原来相同所以，不论翻动多少次，这七个数的和与原来一样，仍为偶数当杯子全部朝下时，这七个数的和为7，是奇数因此，不论经过多少次翻转，都不可能使所有的杯子口都朝下19.2.18*设或者，2,，xx.令S=xx+xx+xx1）23420112012能否等于xx?证明你的结论;（2）能取到多少个不同的整数值?解析（1）因为，所以，或者，或者1.设和式中有个，个，个1，则、是非负整数，且.S=翳xx=（3+2迈）a+（32込）b+c2i-12ii=1若，贝9，此时S=6a+c=6a+（1006-a-a）=4a+1006是一个偶数.所以，不可能等于xx.（2）由（1）可知，若是整数，则，.由于，所以，可以取到504个不同的整数值.19.2.19*设、是这样的两组实数：对任意整数、，数和中至少有一个数为偶数.证明:和中必有一组数全是整数.解析恰当选取、从得出的一系列结论中去寻找突破口.取，可知与中有一个数为偶数，不妨设为偶数.取，知与中有一个偶数，这样有两种情形.情形一：为偶数，贝为偶数.此时如果为整数，贝命题已成立.不妨设不是整数，我们分别取和（1，1），可知与都是偶数，从而为偶数.再取，知为偶数，故为偶数，结合为偶数，可得、都是整数.从而，、都是整数，命题成立.情形二：为偶数，取，贝与中有一个偶数，如果是前者可以归入情形一讨论，如果是后者，贝、都是整数.此时，令，贝与中有一个偶数，若为偶数，由与的对称性，可转入情形一讨论，若为偶数，贝为整数，导出命题成立.综上，命题获证.评注处理多条件分析讨论的问题应学会使用“不妨设”，在巧妙利用对称性后，结论会自然凸现出来.19.2.20把1，2，3，4,，80，81这81个数任意排列为.计算：，;再将这27个数任意排列为计算出：，;如此继续下去，最后得到一个数，问是奇数还是偶数?解析整数模2有些有趣的性质：，.利用上述性质可以使这个问题迎刃而解.因为b+b+b=|aa+a|+|aa+a|+|aa+a|1227123456798081三a一a+a+a一a+a+a一a+a13456z798081三a+a+a+a+a+a(mod2丿,123798081所以，将变换为,并不改变它们的和的奇偶性，因此经过多次变换后依然如此.所以x三a+a+a+a=1+2+3+81=41x81三1(mod2),12381即为奇数.19.2.21*求所有的正整数，使得是正整数.解析因为37.5n+26.5n二丄(75n+53n).2n当为偶数时，75n+53n三(1)n+1n=2(mod4),75n-253+53n-1所以，此时不是正整数当为奇数时，75n+53n=（75+53）（75n-175n一253+由于是奇数个奇数的和，是奇数，所以，只有当，3,5,7时，是正整数.19.2.：若干个球放在个袋中，如果任意取走一个袋，总可以把剩下的个袋分成两组，每组个袋，并且这两组的球的个数相等证明：每个袋中的球的个数相等解析用数分别表示这个袋中的球的个数.显然，是非负整数，不妨设.于是问题转化为：有个非负整数，如果从中任意取走一个数，剩下的个数可以分成两组，每组个，和相等，证明这个数全相等.令，则对每个，都是偶数（否则剩下的数不能分成和数相等的两部分）.从而与有相同的奇偶性.也具有相同的奇偶性.易知把中的每一个都减去后所得到的个数0,a一a,a一a,a一a21312n一11也满足题设性质（即从.中任意取走一数，剩下的能分成和数相等的两部分）.因为a-a（i=2,3,2n+1）都是偶数，从而i1a一aa一aa一a0,r1,t,2n+11222这个数也满足题意，且也都是偶数.把它们再都除以2,这个过程不可能永远继续下去，除非所以，每个袋中的球数相等.19.2.23*从0,1,2,，13,14中选出10个不同的数填入图中圆圈内，使每两个用线相连的圆圈中的数所成差的绝对值各不相同，能否做到这一点？证明你的结论.解析结论是否定的.若不然，那么所说的差的绝对值共有14个，它们互不相同，并且均不大于14，不小于1，因此它们只能是1,2,3,，14,从而它们的和S=1+2+14=7x15=105是一个奇数.另一方面,每个圆圈与偶数个（2个或4个）圆圈相连，设填入的数为，那么在中出现偶数次（2次或4次）.偶数个用加、减号相连，运算结果必为偶数.因此，是10个偶数的和，从而是偶数从上面可知，既是奇数又要是偶数，矛盾19.2.24*在99枚外观相同的硬币中，要找出其中的某些假币，已知每枚假币与真币的重量之差为奇数，且所给硬币的总重量与99枚真币的总重量相等现在有一台天平，它可以称出两个托盘中物品的重量之差.证明：对任意一枚硬币，只需用该天平称量一次，就可确定该枚硬币的真伪.解析设这99枚硬币中假币共有枚，则此99枚硬币总重量与99枚真币的总重量之差为个奇数之和，而这个差为零，故为偶数.现在对任意选定的一枚硬币，只需将剩下的98枚硬币随意分为两堆，每堆49枚，分别放在天平的两个托盘中.如果天平两托盘中物品重量之差为奇数，那么利用条件，可知这98枚硬币中，假币有奇数枚，此时结合为偶数，可知选定的硬币为假币.否则，若称出的重量差为偶数，则选定的硬币为真币.19.2.25*已知4枚硬币中可能混有假币，其中真币每枚重10克，假币每枚重9克.现有一台托盘秤，它可以称出托盘中物体的总重量.问：至少需要称几次，才能保证可以鉴别出每一枚硬币的真假？解析至少称3次可以做到.事实上，设4枚硬币分别是、.分3次称出,的重量.这3个重量之和等于，因此，如果这3个重量之和为奇数，则为假币，否则为真币.当确定后，解关于、的3元一次方程组可确定、的真假.所以，3次是足够的.下证：只称两次不能保证测出每枚硬币的真假.注意到，如果有两枚硬币，例如、，它们在每次称量中要么同时出现，要么同时不出现，那么在、是一真一假时，改变、的真假对称量结果没有影响，故不能确定、的真假.现在如果有一次称量中至多只出现两枚硬币，例如、，那么另一次称量中、中恰有一个在托盘中出现，此时，有一枚硬币在两次称量中都不出现，它的真假改变不影响称量结果，从而不能断定它的真假.故每次称量托盘中都至少有3枚硬币，这时必有两枚硬币同时在两次称量中出现，亦导致矛盾.综上可知，至少需要称3次.19.2.26令S(n)=1-2+3一4+(l)n+1n,，例如(1) 求所有的正整数，使得S(a)+S(b)+S(a+b)=2011；+(n-1)-n)=-(2) 求所有的正整数，使得S(c)+S(d)+S(c+d)=2012.解析首先，若是偶数，则S(n)=(1-2)+(3-4)+若是奇数，则S(n)=S(n-1)+n=+n=于是对于有如下4种情形：(I)当，都是奇数时，有S(m)+S(n)+S(m+n)=+22(II)当，都是偶数时，有m+nS(m)+S(n)+S(m+n)=m2m+n=-m-n0；2(III)当是奇数，是偶数时，有S(m)+S(n)+S(m+n)=曲-土+=m+1是偶数；222(W)当是偶数，是奇数时，有S(m)+S(n)+S(m+n)=n+1是偶数.(1) 从上面(I),(II),(III),(IV)知，S(a)+S(b)+S(a+b人2011，即不存在正整数，使得S(a)+S(b)+S(a+b)=2011.(2) 从上面(I),(II),(III),(IV)知，当是奇数，是偶数时，从而，是偶数;当是偶数，是奇数时，从而是偶数，所以，满足题设的所有正整数，或者，其中是偶正整数.19.2.27*设有一条平面闭折线，它的所有顶点，它的所有顶点都是格点，且|aaI=|aa丨=|aa丨=|aa丨求证：是偶数.由题设有1223n+1nn1解析设顶点的坐标是，其中及都是整数.12=(x-x匕+(yn-1nn-1其中是固定整数.令(x-x)2+(y-y)2=(x-x匕+(y-y匕12122323-y匕=(x-x匕+(ynn1则，a2+P2=0,2+P2=0,2+P2=M.1122nn下面对、作奇偶性分析.不妨设、中至少有一个是奇数.否则，若、都是偶数，可设，卩=2kit(i=1,2,，其中、是奇数.是个数：，中最小的数，ii用去除、，那么、中至少有一个奇数.为确定起见，设是奇数.由，则或(为整数).若，由知，所有的、必为一奇一偶.再由和，有0=a+a+a+卩+卩+卩二偶数+个奇数之和(为偶数).12n12n若，则和必是奇数.由有个奇数之和(是偶数).综上讨论，可知必为偶数193质数与合数19.3.1*设、都是质数，并且，.求.解析由于，所以不是最小的质数，从而是奇数，所以、为一奇一偶因为，故既是质数又是偶数，于是19.3.2设是质数，并且也是质数.求证：是合数.解析由于是大于3的质数，故不会是的形式，从而必定是或的形式，是正整数若，则2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合数，与题设矛盾所以，这时4p+1=4(3k+2)+1=3(4k+3)是合数.19.3.3*设是大于1的正整数，求证：是合数.解析n4+4=我们只需把写成两个大于1的整数的乘积即可n4+4n2+4-4n22+2)2-4n2=(n2-2n+2)(n2+2n+2)因为n2+2n+2n2-2n+2=(n-1匕+11，所以是合数.19.3.4*证明：当整数时，与之间一定有一个质数.解析首先，相邻的两个正整数是互质的这是因为，于是有由于不超过的正整数都是的约数，所以不超过的正整数都与互质（否则，与不互质），于是的质约数一定大于，即所以，在与之间一定有一个质数19.3.5*证明质数有无穷多个.解析下面是欧几里得的证法假设只有有限多个质数，设为.考虑，由假设，是合数，它一定有一个质约数.显然，不同于，这与假设的为全部质数矛盾.19.3.6*已知为大于1的整数，且数中任意两个数除以所得的余数不同.证明为质数.解析若为合数，当时，与除以4所得的余数相同，矛盾.当，为奇质数时，且，亦得矛盾.当不是某个质数的平方时，可写，、为正整数，此时，亦得矛盾.所以，只能是质数.19.3.7*设与是任意两个大于3的质数.，.与的最大公约数至少为多少？解析因为是大于3的质数，所以不是3的倍数且是奇数.因为不是3的倍数，所以或（为正整数）.当时，n2-1=（3k+1）2-1=9k2+6k+1-1=3（3k2+2k）,故.当时，1n1=（3k+2）21=9k2+12k+41=3又因为是奇数，所以.从而n21=（2h+1）21=4h2+4h+11=4h（h+1），又因为与是连续的整数，所以，即.由于3与8互质，故.同理.另外，取，则.综上所述，与的最大公约数至少为24.评注从上述例题中，我们得到两个有用的结论：（1）若不是3的倍数，则除以3的余数为1.（2）若是奇数，则除以8的余数为1.19.3.8证明：若是大于5的质数，则是24的倍数.解析关于整数的问题，我们常把它分成奇数和偶数（即按模2分类）来讨论，有时也把整数按模3分成三类：.一般地，可根据问题的需要，把整数按模来分类.本题我们按模6来分类.把正整数按模6分类，可分成6类：6k,6k+1,6k+2,6k+3,6k+4,6k+5.因是大于5的质数，故只能属于、这两类.当时，p21=36k2+12k=12k（3k+1）.因、中必有一个偶数，此时.当时，p21=3k2+60k+24三12k2+12k=12k（k+1）三0（mod24）.所以，是24的倍数19.3.9证明：毎一个大于11的整数都是两个合数的和.解析设是大于11的整数（1）若，则；（2）若，则；（3）若，则因此，不论在哪种情况下，都可以表为两个合数的和19.3.10求不能用三个不同合数的和表示的最大奇数.解析三个最小的合数是4、6、8，它们的和是18，于是17是不能用三个不同的合数的和表示的奇数下面证明大于等于19的奇数都能用三个不同的合数的和来表示由于当时，4、9、是三个不同的合数，并且，所以只要适当选择，就可以使大于等于19的奇数都能用4、9、的和来表示综上所述，不能表示为三个不同的合数的和的最大奇数是1719.3.11是不小于40的偶数.试证明：总可以表示成两个奇合数的和.解析因为是偶数，所以，的个位数字必为0、2、4、6、8中的某一个（1）若的个位数字为0，则（为奇数）（2）若的个位数字为2，则（为奇数）（3）若的个位数字为4，则（为奇数）（4）若的个位数字为6，则（为奇数）（5）若n的个位数字为8，则（为奇数）综上所述，不小于40的任一偶数，都可以表示成两个奇合数之和19.3.12*证明有无穷多个正整数，使多项式（1）表示合数；（2）是11的倍数.解析只需证（2）.当时，多项式n+3n+7=11（11k2+5k+1）是11的倍数.而，所以，这时是合数.19.3.13*若为正整数，与都是质数.求除以3所得的余数.解析我们知道，除以3所得的余数只可能为0、1、2三种.若余数为0，即（是一个非负整数，下同），则，所以.又，故不是质数，与题设矛盾.若余数为2，即，则，故不是质数，与题设矛盾.所以，除以3所得的余数只能为1.19.3.14是否存在连续88个正整数都是合数？解析我们用表示.令，那么，如下连续88个正整数都是合数：a+2,a+3,a+4,a+89.这是因为对某个，有a+k=kx（2xx（k-1）x（k+1）xx89+1）是两个大于1的正整数的乘积.评注由本例可知，对于任意正整数，存在连续的个合数，这也说明相邻的两个素数的差可以任意的大.19.3.15*设为正整数，如果xx能写成个正的奇合数之和，就称为“好数”，则这种好数有多少个？解析设为奇合数，则为奇数，由于9是最小的奇合数，而，故，从而因2005=1980+25=9+9+9+25，20个9故221是好数./、/、又当是奇合数时，（2k-1）x9+9+9=（2k+1）x9也是奇合数，因此可将式右端逐步并项，从而可取221，219，5，3.且由xx本身也是奇合数，则可取1.于是1，3，5，221都是好数，共计111个.19.3.16有7个不同的质数，它们的和是60.其中最小的是多少？解析若7个不同的质数都是奇质数，则它们的和必为奇数，不可能等于60，所以这7个不同的质数中至少有一个偶数，而我们知道2是唯一的偶质数，所以这7个质数中必有又是所有质数中最小的，所以这