初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑵

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1、精品 1初一数学竞赛讲座初一数学竞赛讲座第第 2 2 讲讲 数论的方法技巧（下）数论的方法技巧（下）同学们：一分耕耘一分收获，同学们：一分耕耘一分收获，只要我只要我们能做到有永不言败们能做到有永不言败+ +勤奋学习勤奋学习+ +有远大的理想有远大的理想+ +坚定的信念，坚强的意志，明确的目标，相坚定的信念，坚强的意志，明确的目标，相信你在学习和生活也一定会收获成功（信你在学习和生活也一定会收获成功（可删除可删除）四、反证法四、反证法反证法即首先对命题的结论作出相反的假设， 并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的反证法的过程可简述

2、为以下三个步骤：1反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；2归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；3结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立运用反证法的关键在于导致矛盾 在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的解：解：如果存在这样的三位数，那么就有100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c） 上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为 a1，b9，c9 这表明所找的数是不存在的说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法

3、：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾例例 2 2 将某个 17 位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数解：解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数 在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和 d+a 为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和 b+c9 将已知数的前两位数字 a，b 与末两位数字 c，d 去掉，所得的 13 位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质 照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶

4、数，矛盾 故和的数字中必有偶数说明：显然结论对（ 4k+1）位数也成立 但对其他位数的数不一定成立 如12+21，506+605 等例例 3 3 有一个魔术钱币机，当塞入 1 枚 1 分硬币时，退出 1 枚 1 角和 1 枚 5分的硬币； 当塞入 1 枚 5 分硬币时， 退出 4 枚 1 角硬币； 当塞入 1 枚 1 角硬币时，精品 1退出 3 枚 1 分硬币 小红由 1 枚 1 分硬币和 1 枚 5 分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中 1 分的硬币刚好比 1 角的硬币少 10 枚？解：解：开始只有 1 枚 1 分硬币，没有 1 角的，所以开始时 1 角的和 1 分的总枚

5、数为 0+1=1，这是奇数 每使用一次该机器，1 分与 1 角的总枚数记为 Q 下面考查 Q 的奇偶性如果塞入 1 枚 1 分的硬币，那么Q 暂时减少 1，但我们取回了1 枚 1 角的硬币 （和 1 枚 5 分的硬币） ， 所以总数 Q 没有变化； 如果再塞入 1 枚 5 分的硬币 （得到 4 枚 1 角硬币），那么 Q 增加 4，而其奇偶性不变；如果塞入 1 枚 1 角硬币，那么 Q 增加 2，其奇偶性也不变 所以每使用一次机器，Q 的奇偶性不变，因为开始时 Q 为奇数，它将一直保持为奇数这样，我们就不可能得到 1 分硬币的枚数刚好比 1 角硬币数少 10 的情况，因为如果我们有 P 枚 1

6、 分硬币和（P+10）枚 1 角硬币，那么 1 分和 1 角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数 矛盾例例 4 在 33 的方格表中已如右图填入了 9 个质数 将表中同一行或同一列的 3 个数加上相同的自然数称为一次操作 问：你能通过若干次操作使得表中 9 个数都变为相同的数吗？为什么？解：解：因为表中 9 个质数之和恰为 100，被 3 除余 1，经过每一次操作，总和增加 3 的倍数，所以表中 9 个数之和除以 3 总是余 1 如果表中 9个数变为相等，那么 9 个数的总和应能被 3 整除，这就得出矛盾！所以，无论经过多少次操作，表中的数都不会变为 9 个相同的数五、构造法五、构造法构

7、造法是一种重要的数学方法， 它灵活多样，数论中的许多问题都可以通过构造某些特殊结构、特殊性质的整数或整数的组合来解决例例 5 5 9999和 99！能否表示成为 99 个连续的奇自然数之和？解：解：9999能 因为 9999等于 99 个 9998之和，所以可以直接构造如下：9999=（9998-98）+（9998-96）+=（9998-2）+9998+（9998+2）+=（9998+96）+（9998+98）99！不能 因为 99！为偶数，而 99 个奇数之和为奇数，所以 99！不能表示为 99 个连续奇数之和说明： 利用构造法证明存在性问题， 只要把满足题设要求的数学对象构造出来就行例例

8、6 6 从 1，2，3，999 这 999 个数中，要求划去尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不等于另外两个数的乘积 应划去哪些数？解：解：我们可划去 2，3，30，31 这 30 个数，因为划去了上述这 30 个数之后，余下的数中，除 1 以外的任何两个数之积将大于 32=1024999另一方面，可以通过构造三元数组来证明 30 是最少的个数（2，61，261），（3，60，360），（4，59，459），（30，33，3033），（31，32，3132）2精品 1上面写出的这些数都是互不相同的， 并且这些数中的最大数为 3132=992如果划去的数少于 30 个，那么上述三元数组至少剩下

9、一个，这样就不满足题设条件 所以，30 是最少的个数六、配对法六、配对法配对的形式是多样的， 有数字的凑整配对， 也有集合间元素与元素的配对 （可用于计数） 传说高斯 8 岁时求和（1+2+100）首创了配对 像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解例例 7 7 求 1，2，3，9999998，9999999 这 9999999 个数中所有数码的和解：解：在这些数前面添一个数 0，并不影响所有数码的和 将这 1000 万个数两两配对，因为0 与 9999999，1 与 9999998，4999999 与 5000000 各对的数码和 都 是 9 7=

10、63这 里 共 有 5000000 对 ， 故 所 有 数 码 的 和 是 63 5000000=315000000例例 8 8 某商场向顾客发放 9999 张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从 0001 到 9999 号 若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券” 例如号码 0734，因 0+7=3+4，所以这个号码的购物券是幸运券 试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被 101 整除解：解：显然，号码为 9999 的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码 n 是幸运券，那么号码为 m=9999-n 的购物券也是幸运券 由于 9999 是

11、奇数，所以 mn由于 m+n=9999， 相加时不出现进位， 所以除去号码是 9999 这张幸运券之外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为 9999，即所有幸运券号码之和是 9999 的倍数因为 9999=99101，所以所有幸运券号码之和能被 101 整除mm111例例 9 9 已知最简分数可以表示成：1试说明分子 m 是nn2388质数 89 的倍数解法一解法一：仿照高斯求和（1+2+3+n）的办法，将和两式相加，得从而 2m88！=89k（k 是正整数）因为 89 为奇质数，所以 89 不能整除 88！，从而 89|m解法二：解法二：作配对处理m1 11 1 11 1

12、1 1 89n8828744454445188287精品 1将括号内的分数进行通分，其公分母为1882873864445=88！，从而 m88！=89k（k=nq）因为 89 为奇质数，所以 89 不能整除 88！，从而 89|m七、估计法七、估计法估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解m例例 1010 已知一个整数等于 4 个不同的形如（m是整数）的真分数之和，m1求这个数，并求出满足题意的 5 组不同的真分数1m1，而所求的

13、数整 S 是四个不同的真分数解：解：因每一真分数满足2m 1之和，因此 2S4，推知 S=3 于是可得如下 5 组不同的真分数：1 2 6 41 1 2 7 23 1 2 9 14 1 3 4 19 1 3 5 11,2 3 7 42 2 3 8 24 2 3 10 15 2 4 5 20 2 4 6 12例例 1111 已知在乘积 123n 的尾部恰好有 106 个连续的零，求自然数 n 的最大值分析：若已知 n 的具体数值，求 12n 的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n 的值，不大好处理，我们可以先估计n 大约是多少，然后再仔细确定 n 的值400解：当n=4

14、00 时，数1，2，3，400 中共有 80个数是 5 的倍数，5400400其中有216个数是 52的倍数，有2 3个数是 53的倍数55因此，乘积 123400 中含质因数 5 的个数为 80+16+3=99（个）又乘积中质因数 2 的个数多于 5 的个数，故 n=400 时，12n 的尾部有 99个零，还需 7 个零，注意到 425 中含有 2 个质因数 5，所以当 n=430 时，12n 的尾部有 106 个零；当 n=435 时，12n 的尾部有 107 个零因此，n 的最大值为 434练习练习 2 21将两个自然数的差乘上它们的积，能否得到数 45045？2如下图，给定两张 33

15、方格纸，并且在每一方格内填上“+”或“-”号 现在对方格纸中任何一行或一列进行全部变号的操作 问：可否经过若干次操作，使图（1）变成图（2）？精品 13你能在 33 的方格表中每个格子里都填一个自然数，使得每行、每列及两条对角线上的三数之和都等于 1999 吗？若能，请举出一例；若不能，请说明理由示，求出表达式；若不能表示，请给出证明5公共汽车票的号码是一个六位数，若一张车票的号码的前 3 个数字之和等于后 3 个数字之和，则称这张车票是幸运的 试说明，所有幸运车票号码的和能被 13 整除6N 是由 5 个不同的非零数字组成的五位数，且 N 等于这 5 个数字中取 3个不同数字构成的所有三位数

16、的和，求出所有的这种五位数 N7证明：没有最大的质数练习练习 2 2 答案：答案：1不可能 因为 45045 是奇数，所以它只能表示成3 个奇数的连乘积，但是对任何两个奇数 x 和 y（xy）来说，y-x 都是偶数，从而 45045xy（x-y） 而如果 x 和 y 中有偶数，则亦不可能2不能 假设图（1）在第一、二、三行经过 m1，m2，m3次操作，而第一、二、三列经过 n1，n2，n3次操作变成图（2） 由于图（1）和图（2）左上角符号相反， 而从 “+” 号变到 “-” 号要进行奇数次变号， 故 （m1+n1） 是奇数 同理 （m1+n2）是偶数，（m2+n1），（m2+n2）都是奇数

17、这样（m1+n1）+（m1+n2）+（m2+n1）+（m2+n2）是奇数 但这个和又等于 2（m1+m2+n1+n2），是偶数，矛盾3不能 若能填入九个自然数 a1，a2，a8，a9满足题设条件（如图所示），则有 a1+a5+a9=1999，a2+a5+a8=1999，a3+a5+a7=1999，a4+a5+a6=1999相加得（a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9）+3a541999，而 a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=31999，所以 3a5=1999，1999a5=与 a5是自然数矛盾37111949;4不能332483984 1999解：因为777

18、128311111332483483124861241248312483984771111所以能表示成的形式，且332332483984lm11将一切形如的数（其中l,m为大于 1 的自然数），从大到小排列，前lm11115 113几项为1,22236 244精品 1显然，凡界于5111949q与 1 之间的分数不能表示成的形式，而却界6lm1999p511于与 1 之间，所以不能表示成的形式6lm5解：设幸运车票的号码为 A，则号码为 A=999999-A 的车票也是幸运的， 并且 AA （因为 999999 是奇数） ， 因而 A+A=1001999=1377999能被 13 整除 所以，

19、所有幸运车票号码的和也能被 13 整除635964=（a1+a2+a3+a4+a5）（10012+1012+12）=1332（a1+a2+a3+a4+a5）应是13329=11988的倍数 又15=1+2+3+4+5a1+a2+a3+a4+a59+8+7+6+5=35，所以 a1+a2+a3+a4+a5只能为 18，27当 a1+a2+a3+a4+a5=18 时，但 2+3+9+7+618，不合题意；当 a1+a2+a3+a4+a5=27 时，符合题意所以，所求的五位数为 359647证明：假设有最大质数 P 将所有小于等于 P 的质数相乘再加 1，所得结果如果是质数，那么这个质数大于 P，与假设矛盾；所得结果如果不是质数，那么它的每一个质因数都不同于小于等于 P 的质数， 也就是说这些质因数都是大于P 的质数，与假设矛盾 所以假设不成立，即没有最大的质数89504解：解：若先依次计算的值再求和，则很繁杂 我们的解法是采用配对，这也是求和的一种有效技巧=199，（这里x=xx）精品 1同理可知我们有198489504