初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第22章 [x]与{x}试题 新人教版

第22章 与22.1.1 求的值解析 因为 ，又，所以故22.1.2 若是正整数，求的值解析 因为，所以，所以22.1.13 数的末尾有多少个连续的零?解析 的质因数分解式中，5的最高次方幂为，所以的末尾有499个零评注 在中，质数的最高次幂是，其中，且22.1.4 设，求解析 要求，只需证明介于两个连续的整数之间所以需要对进行适当的变形，通过放大、缩小的手段求出的范围，从而确定的取值由题设知，考虑到，2，3，4，2007，可以得到，所以评注 上述解题过程中，首先对进行了“放缩”，又通过“拆项”的方法使和式中前后两项能够相互抵消一部分，使和式化简，从而得到了的范围在对和式取整时，利用和式本身的性质进行“缩放”的方法非常重要，需要在平时的学习中多积累一些和式的性质以及变形技巧22.1.5 计算和式的值解析 因为（23，101）=1，所以，当时，都不是整数，即都不为零又因为=23，而，且是整数，所以，则从而，可以把，首尾配对，共配成50对，每一对的和为22，所以22.1.6 已知，且满足，求的值解析 因为，所以，等于0或者1由题设知，其中有18个等于1，所以，所以，故，于是，所以22.1.7 求满足的所有实数的和解析 原方程可化为，所以，可得，于是101，102，125，从而，满足条件的实数为，它们的和为22.1.8 已知，如果要求是正整数，求满足条件所有实数的和解析 显然，2003是质数，设，由题设，是整数， ，1，2，3，2002和22.1.9 解方程解析 原方程可改写为，将其代人，可得解此不等式组，有，即，所以将代入原方程，得所以，原方程的解是评注 若一次方程中同时出现和的一次项，可以通过以下的步骤进行求解：（1）从方程中解出或，分别代入不等式组或，求解后得到或的范围，从而求得的“可能取值”（注意不一定是解!）（2）将这些“可能值”代人原方程进行求解（3）检验因为在（1）中将或代人不等式组，实际上是“放大”了的范围，所以必须验根！22.1.10 解方程：解析 设，则为整数，且， 由原方程知，即 ，即所以，或代入，得,22.1.11 解方程：解析 由原方程可化为，代入不等式组，有 整理后得到当时，因为，所以，即，所以，与矛盾当时，因为，所以，即又因为，所以所以，故代入原方程，得22.1.12 解方程解析 这是一个关于的二次方程，如果从方程中解出或，并代入不等式组将会使问题复杂化可以利用的性质，通过建立不等关系缩小的取值范围，从而得到的可能取值由原方程知，因为，所以将和分别代入中，得到不等式组 即所以或，2，6，7，8代入原方程得，得，经检验知，均为原方程的解22.1.13 已知、满足：对于数，表示不大于的最大整数，求、的值解析 首先注意到，对于任意有理数，所以+得，即 得到，从而，；得到，从而，；得到，因此，故，22.1.14 解方程（其中表示不超过的最大整数）解析 若是整数，则，于是非零整数都是原方程的解若不是整数，则，由题设得，所以设，则，代入上式得当时，这样的整数不存在当时，只有整数满足，此时于是综上所述，原方程的解为所有非零整数和9.922.1.15 证明：对于任意实数，有解析 设，其中，则有，当时，所以，于是当时，所以，于是所以，对于任意实数，恒成立说明 本题中的等式有更为一般的形式：对任意实数，有，其中为大于l的一切正整数这个等式称为埃尔米特（Hermite）恒等式22.1.16 设、为正整数，求证：解析 设为整数，且，则有，两边同时叠加，得到所以评注 对任意实数，有（请读者自证）22.1.17 如果是正整数，求证：解析 任意正整数，总存在正整数，满足，不妨设，其中（1）当时，即则 又因为，所以 由、式，得，所以另一方面，即故当时，等式成立（2）当时，则 又，因为，所以即所以 由、式，得另一方面，所以故当时，等式亦成立综上所述，原等式成立22.1.18 设、是正实数，求的最小值解析 对于实数，有，所以由于是整数，所以当，时，故的最小值为422.1.19 在1，2，2005这2005个正整数中，有多少个可以表示成的形式，其中是正实数（这里表示不超过的最大整数）解析 令，则，于是，因为，所以，令，则可以表示数，由于，所以，欲求的数的个数为22.1.20 将正整数中所有被4整除以及被4除余1的数全部删去，剩下的数依照从小到大的顺序排成一个数列：2，3，6，7，10，11，数列的前项之和记为，其中1，2，3，求的值（其中表示不超过的最大整数）解析 易知，2，因此，所以，故，从而，于是22.1.21 在，中，有多少个不同的整数?（其中，表示不超过的最大整数）解析 设，则当2，3，1003时，有，而，所以，从0到501的整数都能取到当1004，1005，2006时，有，而，所以，是互不相同的整数从而，在，中，共有个不同的整数11