初一竞赛讲座02(特殊的正整数)

初一数学竞赛讲座(2)特殊的正整数一、 知识要点1、  完全平方数及其性质定义1 如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数如：1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数性质3 偶完全平方数是4的倍数性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数2、  质数与合数定义2 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做质数（或素数）定义3 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他正约数，那么a叫做合数1既不是质数也不是合数3、  质数与合数的有关性质(1)    质数有无数多个(2)    2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数大于2的质数必为奇数3)    若质数p½a•b，则必有p½a或p½b4)    若正整数a、b的积是质数p，则必有a=p或b=p.(5)    唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：,其中p1

二、 例题精讲例1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是 解 设所求的四位数为m2，它的百位数字为a，则有 m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93) 因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)， 所以11∣(2a+5)，由题意 a+3≤9，故a≤6，从而a=3 于是所求的四位数为4356例2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方例如48022=2401=492=(48+1)2，则具有上述性质的最小四位数是 解　设具有上述性质的四位数是100c1+c2，其中10≤c1，c2≤99，按题意，得　　100c1+c2＝，∴100c1= c1c2 (c1+2)， 即，因而(c1+2)½100，又10≤c1≤99，所以c1=18，23，48，98 相应地c2=5，4，2，1 于是符合题意的四位数是1805，2304，4802，9801，其中最小的是1805评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解。

 例3 三个质数a、b、c的乘积等于这三个质数和的5倍，则a2+b2+c2= 分析：由题意得出abc=5(a+b+c)，由此显然得质数a、b、c中必有一个是5，不妨设a=5，代入前式中再设法求b、c解 因为abc=5(a+b+c)，所以在质数a、b、c中必有一个是5，不妨设a=5， 于是5bc=5b+5c+25，即(b-1) (c-1)=6，而6=23=16，则①或② 由①得b=3,c=4，不合题意，由②得b=2,c=7，符合题意所以所求的三个质数是5，2，7于是a2+b2+c2=78评注：质数问题常常通过分解质因数来解决例4 试证：一个整数的平方的个位数字为6时，十位数字必为奇数分析：一个整数的平方的个位数字为6，则这个整数的个位数字必为4或6，从而可设此数为a=10g+4或a=10g+6 (g为整数)证明：设一个整数为a，则由一个整数的平方的个位数字为6知，此数可设为a=10g+4或a=10g+6 (g为整数)∴当a=10g+4时，a2=(10g+4)2=100g2+80g+16=10(10g2+8g+1)+6当a=10g+6时，a2=(10g+6)2=100g2+120g+36=10(10g2+12g+3)+6∴十位数字必为10g2+8g+1和10g2+12g+3的个位数字，显然是奇数。

评注：类似地，可以证明：一个整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这个整数不是完全平方数 例5　三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得13块，甲所得是乙的2倍，已知糖的总块数是一个小于50的质数，且它的各位数字之和为11，试求每人得糖的块数分析：设出未知数，根据题意，列出方程和不等式组，再通过质数的性质来求解解　设甲、乙、丙分别得糖x、y、z块，依题意得　　　　∵ 11＝2+9＝3+8＝4+7＝5+6，故小于50且数字和为11的质数只可能是29和47　　若x+y+z＝29，则可得4y=42 ，y不是整数，舍去　　若x+y+z＝47，则可得4y=60，y＝15，从而x=30，z=2 ∴甲、乙、丙分别得糖30、15、2块.评注：本题的关键是分析出小于50且数字和为11的质数只可能是29和47这类问题是常利用质数的性质来分析求得所有的可能值，再设法检验求得所要的解例6 如果p与p+2都是大于3的质数，那么6是p+1的因数 分析：任何一个大于3整数都可以表示成6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2,6n+3(n是大于0的整数)中的一种，显然6n-2,6n, 6n+2,6n+3都是合数，所以大于3的质数均可以写成6n+1或6n-1的形式，问题即证明p不能写成6n+1的形式。

解 因为p是大于3的质数，所以可设p=6n+1(n是大于0的整数)，那么 p+2=6n+1+2=6n+3=3(2n+1) 与p+2是大于3的质数矛盾 于是p≠6n+1，所以p=6n-1(n是大于0的整数)，从而p+1=6n，即6是p+1的因数 评注：对大于3整数合理分类是解决这个问题的关键对无限多个整数进行讨论时，将其转化为有限的几类是一种常用的处理方法 例7　证明有无穷多个n，使多项式n2+3n+7表示合数分析：要使多项式n2+3n+7表示合数，只要能将多项式n2+3n+7表示成两个因式的积的形式证明 当n为7的倍数时，即n=7k(k是大于等于1的整数)时 n2+3n+7=(7k)2+3´7k+7=7(7k2+3k+1) 为7的倍数，所以它显然是一个合数评注：本题也可将7换成其他数，比如：3、5、11等等 例8求证：22001+3是合数分析：22001+3不能分解，22001次数又太高，无法计算我们可以探索2 n的末位数字的规律，从而得出22001+3的末位数字，由此来证明22001+3是合数证明：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，29＝256，…　　　　∴24k+1的末位数字是2，24k+2的末位数字是4，24k+3的末位数字是8，24k+4的末位数字是6（k为非负整数）　　　　而2001＝4250+1　∴22001的末位数字是2，∴22001+3的末位数字是5　　　　∴5½22001+3，显然22001+3≠5　　　所以22001+3是合数评注：本题另辟蹊径，通过探索2 n的末位数字的规律来得出22001+3的末位数字，从而证明22001+3是合数。

解数学竞赛题，思路要开阔  例9 求证大于11的整数一定可以表示成两个合数之和 证明 设大于11的整数为N 若N=3k(k≥4,且k为整数)，则N=6+3(k-2)，显然6和3(k-2)都是合数 若N=3k+1(k≥4,且k为整数)，则N=4+3(k-1)，显然4和3(k-1)都是合数 若N=3k+2(k≥4,且k为整数)，则N=8+3(k-2)，显然8和3(k-2)都是合数 于是对任意正整数N(N>11)，一定可以表示成两个合数之和 评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法但要注意对整数的分类要不重复不遗漏例10 证明：n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方 分析：注意到n (n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然数，∴n2

评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论例11 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字 分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9 证明： 因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9 假设有一个绝对质数M中出现的数字超过了3个，也即这个绝对质数中出现的数字包含了1，3，7，9，则 ，M2=M+9137，M3=M+7913，M4=M+3791，M5=M+1397，M6=M+3197，M7=M+7139都是质数 可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M1、M2、M3、M4、M5、M6、M7被7除所得余数互不相同因而必有一个是0，即能被7整除，这与此数是质数矛盾所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明。

三、 巩固练习1、在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x，偶数的个数为y，完全平方数的个数为z，合数的个数为u，则x+y+z+u的值是( )A、17 B、15 C、13 D、11 2、设n为大于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（　　）A、3n2-3n+3 B、5n2-5n-5 C、9n2-9n+9 D、11n2-11n-113、有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50的的最大质数，一个是大于60的最小质数，则这3个数的和是( )A、101 B、110 C、111 D、113 4、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )A、 B、 C、 D、5、a、b为正整数，且56a+392b为完全平方数，则a+b的最小值等于( )A、6 B、7 C、8 D、9 6、3个质数p、q、r满足等式p+q=r，且pn2，且，则n1= ，n2= 13、证明：不存在这样的三位数，使成为完全平方数。

14、试求四位数，使它是一个完全平方数15、a、b、c、d都是质数，且10

这类问题不需要过多的计算，只需要认真细致地分析，有时可以用“凑”、“猜”的方法求解，是一种有趣的数学游戏二、例题精讲例1、有一个四位数，已知其十位数字减去2等于个位数字，其个位数字加上2等于其百位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988，求这个四位数分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题解：设所求的四位数为a´103+b´102+c´10+d，依题意得：(a´103+b´102+c´10+d)+( d´103+c´102+b´10+a)=9988∴ (a+d) ´103+(b+c) ´102+(b+c) ´10+ (a+d)=9988比较等式两边首、末两位数字，得 a+d=8，于是b+c18又∵c-2=d，d+2=b，∴b-c=0从而解得：a=1，b=9，c=9，d=7故所求的四位数为1997评注：将整数用十进位数码表示，有助于将已知条件转化为等式，从而解决问题例2、 一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”。

分析：将所有的三位“新生数”写出来，然后设出最大、最小数，求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定解：设N是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a、b、c(a、b、c不全相等)，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：，不妨设其中的最大数为，则最小数为由“新生数”的定义，得N=由上式知N为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990这9个数中，只有954-459=495符合条件故495是唯一的三位“新生数”评注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数 例3 、从1到1999，其中有多少个整数，它的数字和被4整除？将每个数都看成四位数(不是四位的，在左面补0)，0000至1999共2000个数千位数字是0或1，百位数字从0到9中选择，十位数字从0到9中选择，各有10种在千、百、十位数字选定后，个位数字在2到9中选择，要使数字和被4整除，这时有两种可能：设千、百、十位数字和为a，在2，3，4，5中恰好有一个数b，使a+b被4整除(a+2、a+3、a+4、a+5除以4，余数互不相同，其中恰好有一个余数是0，即相应的数被4整除)；在6，7，8，9中也恰好有一个数c(=b+4)，使a+c被4整除。

因而数字和被4整除的有：2´10´10´2=400个再看个位数字是0或1的数千位数字是0或1，百位数字从0到9中选择，在千、百、个位数字选定后，十位数字在2到9中选择与上面相同，有两种可能使数字和被4整除因此数字和被4整除的又有：2´2´10´2=80个在个位数字、十位数字、千位数字均为0或1的数中，百位数字在2到9中选择有两种可能使数字和被4整除因此数字和被4整除的又有：2´2´2´2=16个最后，千、百、十、个位数字为0或1的数中有两个数，数字和被4整除，即1111和0000，而0000不算于是1到1999中共有400+80+16+1=497个数，数字和被4整除例4 、圆上有9个数码，已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下，得到的是一个9位数并且能被27整除证明：如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话，那么所得的一个9位数也能被27整除分析：把从某一位起按顺时针方向记下的9位数记为：，其能被27整除 只需证明从其相邻一位读起的数：也能被27整除即可证明：设从某一位起按顺时针方向记下的9位数为：依题意得：=能被27整除为了证明题目结论，只要证明从其相邻一位读起的数：也能被27整除即可。

∴10•-=10()-()=-(= ∵ 而999能被27整除，∴10003-1也能被27整除 因此，能被27整除从而问题得证评注：本题中，109-1难以分解因数，故将它化为10003-1，使问题得到顺利解决这种想办法降低次数的思想，应注意领会掌握 例5 证明：111111+112112+113113能被10整除分析：要证明111111+112112+113113能被10整除，只需证明111111+112112+113113的末位数字为0，即证111111，112112，113113三个数的末位数字和为10证明：111111的末位数字显然为1；112112=(1124)28，而1124的末位数字是6，所以112112的末位数字也是6；113113=(1134)28•113，1134的末位数字是1，所以113113的末位数字是3；∴111111，112112，113113三个数的末位数字和为1+6+3=10∴111111+112112+113113能被10整除评注：本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字和为10解决数学问题时，常将未知的问题转化为熟知的问题、复杂的问题转化为简单的问题，这是化归思想。

例6 设P (m)表示自然数m的末位数， 求的值解：=++…+ = = ∵1995=10´199+5，又因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5 ∴=5+5=10 又=0 ∴=10评注：本题用到了连续10个自然数的平方和的末位数都是5这个结论例7 请找出6个不同的自然数，分别填入6个问号中，使这个等式成立分析：分子为1分母为自然数的分数称作单位分数或埃及分数，它在很多问题中经常出现解决这类问题的一个基本等式是：，它表明每一个埃及分数都可以写成两个埃及分数之和解：首先，1=从这个式子出发，利用上面给出的基本等式，取n=2可得： ∴1=又利用上面给出的基本等式，取n=3可得： ∴ 1= 再利用上面给出的基本等式，取n=4可得：∴ 1=最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6可得：∴ 1=即可找出2，5，20，12，7，42六个自然数分别填入6个问号中，使等式成立评注：1、因为问题要求填入的六个自然数要互不相同，所以每步取n时要适当考虑，如：最后一步就不能取n=5，因为n=5将产生，而已出现了 2、本题的答案是不唯一的，如最后一步取n=12，就可得： 1=例8 如图，在一个正方体的八个顶点处填上1到9这些数码中的8个，每个顶点处只填一个数码，使得每个面上的四个顶点处所填的数码之和都相等，并且这个和数不能被那个未被填上的数码整除。

求所填入的8个数码的平方和解：设a是未填上的数码，s是每个面上的四个顶点处所填的数码之和，由于每个顶点都属于3个面，所以6s=3(1+2+3+4+5+6+7+8+9)-3a即6s=3•45-3a，于是2s=45-a，可以断定a是奇数而a不整除s，所以a只能是7，则填入的8个数码是1，2，3，4，5，6，8，9，它们的平方和是：12+22+32+42+52+62+82+92=236 例9在右边的加法算式中，每个€表示一个数字，任意两个数字都不同试求A和B乘积的最大值 € € € +) € € € € € A B分析：先通过运算的进位，将能确定的€确定下来，再来分析求出A和B乘积的最大值解：设算式为： a b c +) d e f g h A B 显然，g=1，d=9，h=0 a+c+f=10+B，b+c=9+A, ∴A≤62 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8要想A•B最大，∵ A≤6，∴取A=5，B=3。

此时b=6,e=8,a=2,c=4,f=7,故 A•B的最大值为15.评注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g，d，h，然后再通过分析、观察得出A、B的关系，最后求出A•B的最大值 例10 在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数并请这个人算出5个数、、、、的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数现在设N=3194，请你做魔术师，求出数来解：将也加到和N上，这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次，所以有 +N=222(a+b+c) ①从而 3194<222(a+b+c)<3194+1000，而a、b、c是整数所以 15≤a+b+c≤18因为 222´15-3194=136，222´16-3194=358，222´17-3194=580，222´18-3194=802其中只有3+5+8=16能满足①式，所以=358评注：本题将也加到和N上，目的是使得由a、b、c组成的6个三位数相加，这样a、b、c在每个数位上出现的次数相同这一技巧在解决数字问题中经常使用三、巩固练习1、两个十位数1111111111和9999999999和乘积的数字中有奇数( )A、7个 B、8个 C、9个 D、10个2、若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)时均不产生进位现象，便称n为“连绵数”。

如因为12+13+14不产生进位现象，所以12是“连绵数”；但13+14+15产生进位现象，所以13不是“连绵数”，则不超过100的“连绵数”共有( )个A、9 B、11 C、12 D、15 3、有一列数：2，22，222，2222，…，把它们的前27个数相加，则它们的和的十位数字是( )A、9 B、7 C、5 D、34、19932002+19952002的末位数字是( )A、6 B、4 C、5 D、35、设有密码3•BIDFOR=4• FORBID，其中每个字母表示一个十进制数字，则将这个密码破译成数字的形式是 6、八位数141§28ª3是99的倍数，则§= ，ª= 7、若，其中a、b都是1到9的数字，则a= ,b= 8、在三位数中，百位比十位小，并且十位比个位小的数共有 个 9、在六位数2552中皆是大于7的数码，这个六位数被11整除，那么，四位数10、4343的末位数字是 11、2 m+2000-2 m(m是自然数)的末位数字是 12、要使等式成立，处填入的适当的自然数是 13、有一个5位正奇数x，将x中的所有2都换成5，所有的5都换成2，其他数字不变，得到一个新的五位数，记作y。

若x和y满足等式y=2 (x+1)，求x14、有一个若干位的正整数，它的前两位数字相同，且它与它的反序数之和10879，求原数 15、求出所有满足如下要求的两位数：分别乘以2，3，4，5，6，7，8，9时，它的数字和不变16、求12+22+32+42+…+1234567892的末位数17、求符合下面算式的四位数 abcd ´ 9Dcba18、设是一个三位数，a3>a1，由减去得一个三位数， 证明：+=108919、对于自然数n，如果能找到自然数a和b，使得n=a+b+ab,那么n就称为“好数”如3=1+1+1´1，所以3是“好数”在1到100这100个自然数中，有多少个“好数”？20、AOMEN和MACAO分别是澳门的汉语拼音和英文名字如果它们分别代表两个5位数，其中不同的字母代表从1到9中不同的数字，相同字母代表相同的数字，而且它们的和仍是一个5位数，求这个和可能的最大值是多少？。