七年级数学竞赛讲义附练习及答案

七年级数学竞赛讲义附练习及答案（12套）

初一数学竞赛讲座

第1讲 数论的方法技巧（上）

数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力. 数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”. 因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了. 任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作. ”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重. 数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆. 主要的结论有： 1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的.

特别地，如果r=0，那么a=bq. 这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数.

2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c.

3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即

其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种表示是唯一的. （1）式称为n的质因数分解或标准分解.

4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为： d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）.

1

5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数. 因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的.

下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解. 一、利用整数的各种表示法

对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决. 这些常用的形式有：

1．十进制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0； 2．带余形式：a=bq+r；

4．2的乘方与奇数之积式：n=2mt，其中t为奇数.

例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差. 结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998. 问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？

解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3，a2，a1，a0，则这个四位数可以写成：1000a3+100a2+10a1+a0，它的各位数字之和的10倍是10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是：990a3+90a2-9a0=1998，110a3+10a2-a0=222.

比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a0=8，a2=1，a3=2.

所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8.

例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc(a,b,c依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数acb,bac,bca,cab与

cba的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc. 现

在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc来. 解：依题意，得

2

a+b+c＞14，

说明：求解本题所用的基本知识是，正整数的十进制表示法和最简单的不定方程.

例3 从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？ 解：设a，b，c，d是所取出的数中的任意4个数，则a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中m，n是自然数. 于是c-d=18（m-n）.

上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同. 设这个余数为r，则a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r， 其中a1，b1，c1是整数. 于是a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r.

因为18|（a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12. 因为1000=55×18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除.

例4 求自然数N，使得它能被5和49整除，并且包括1和N在内，它共有10个约数.

解：把数N写成质因数乘积的形式：N=2a1?3a2?5a3?7a4???Pnn

由于N能被5和72=49整除，故a3≥1，a4≥2，其余的指数ak为自然数或零. 依题意，有（a1+1）（a2+1）…（an+1）=10.

由于a3+1≥2，a4+1≥3，且10=2×5，故a1+1=a2+1=a5+1=…=an+1=1， 即a1=a2=a5=…an=0，N只能有2个不同的质因数5和7，因为a4+1≥3＞2，故由（a3+1）（a4+1）=10知，a3+1=5，a4+1=2是不可能的. 因而a3+1=2，a4+1=5，即N=5×7=5×7=12005.

例5 如果N是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数的积？

解：因为2=1024，2=2048＞2000，每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于10个，而1024=2，所以，N等于10个2与某个奇数的积. 说明：上述5例都是根据题目的自身特点，从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解. 二、枚举法

枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题. 运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原则是不重不漏. 正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度. 数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等.

例6 求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和. 分析与解：三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量.

2-1

5-1

410

11

10

a 3

设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z. 由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以x2+y2+z2≤10，

从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3. 所求三位数必在以下数中：

100，101，102，103，110，111，112，120，121，122，130，200，201，202，211，212，220，221，300，301，310. 不难验证只有100，101两个数符合要求.

例7 将自然数N接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N整除，那么N称为魔术数. 问：小于2000的自然数中有多少个魔术数？

解：设P为任意一个自然数，将魔术数N（N＜2000＝接后得PN，下面对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论.

⑴当N为一位数时，PN=10P+N，依题意N︱PN，则N︱10P，由于需对任意数P成立，故N︱10，所以N=1，2，5；

⑵当N为两位数时，PN=100P+N，依题意N︱PN，则N︱100P，故N|100，所以N=10，20，25，50；

PN=1000P+N，⑶当N为三位数时，依题意N︱PN，则N︱1000P，故N|1000，

所以N=100，125，200，250，500；

⑷当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000. 符合条件的有1000，1250.

综上所述，魔术数的个数为14个.

说明：（1）我们可以证明：k位魔术数一定是10k的约数，反之亦然. （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，使问题容易解决.

例8 有3张扑克牌，牌面数字都在10以内. 把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人. 每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23. 问：这3张牌的数字分别是多少？

解：13+15+23=51，51=3×17.

因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3张扑克牌数字之和是17，可能的情况有下面15种：

①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8 ④2，5，10 ⑤2，6，9 ⑥2，7，8 ⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8 ⑩3，7，7 (11)4，4，9 (12)4，5，8 (13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6

只有第⑧种情况可以满足题目要求，即3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23. 这3张牌的数字分别是3，5和9.

例9 写出12个都是合数的连续自然数. 分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90，91，92，93，94，95，96. 我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了.

4

解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：

114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126.

分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数. 又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数.

解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数. m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数.

说明：我们还可以写出13！+2，13！+3，…，13！+13（其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来.

同样，（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个连续的合数. 三、归纳法

当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径. 这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法.

例10 将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：

（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边； （2）从左到右两位一节组成若干个两位数； （3）划去这些两位数中的合数；

（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去； （5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串. 问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？

解：第1次操作得数字串711131131737；第2次操作得数字串11133173；第3次操作得数字串111731；第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731；第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173.

不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117.

例11 有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面. 再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面. 反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？ 分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律. 列表如下：

设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：

（1）当N=2（a=0，1，2，3，…）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2张；

aa

5

（2）当N=2+m（m＜2）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张.

a

a

取N=100，因为100=2+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第72张. 说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯. 如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯的号码是多少？

例12 要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？

分析与解：一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究.

（1）称重1克，只能用一个1克的砝码，故1克的一个砝码是必须的. （2）称重2克，有3种方案： ①增加一个1克的砝码； ②用一个2克的砝码；

③用一个3克的砝码，称重时，把一个1克的砝码放在称重盘内，把3克的砝码放在砝码盘内. 从数学角度看，就是利用3-1=2.

（3）称重3克，用上面的②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰.

（4）称重4克，用上面的方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰. 总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重. （5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用：9-（3+1）=5， 即用一个9克重的砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内. 这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重. 而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为：14+13=27（克），可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重.

总之，砝码的重量为1，3，3，3克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题的答案.

这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，

这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案.

练习1

1．已知某个四位数的十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数的数字反着顺序排列成的数与原数之和等于9878. 试求这个四位数.

2

3

6

6

3．设n是满足下列条件的最小自然数：它们是75的倍数且恰有75个

4．不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？

5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一个大圆圈，从1开始数：隔

过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去. 问：最后剩下哪个数？为什么？

6．圆周上放有N枚棋子，如下图所示，B点的一枚棋子紧邻A点的棋子. 小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，连续转了10周，

9次越过A. 当将要第10次越过A处棋子取走其它棋子时，小洪 发现圆周上余下20多枚棋子. 若N是14的倍数，则圆周上还有 多少枚棋子？

7．用0，1，2，3，4五个数字组成四位数，每个四位数中均

没有重复数字（如1023，2341），求全体这样的四位数之和.

8．有27个国家参加一次国际会议，每个国家有2名代表. 求证：不可能将54位代表安排在一张圆桌的周围就座，使得任一国的2位代表之间都夹有9个人.

练习1答案： 1．1987.

（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）= 9878.

比较等式两边，并注意到数字和及其进位的特点，可知：a+d=8，b+c=17. 已知c-1=d，d+2=b，可求得：a=1，b=9，c=8，d=7. 即所求的四位数为1987.

2．1324，1423，2314，2413，3412，共5个. 3．432.

解：为保证n是75的倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设n

有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且

（α+1）（β+1）（γ+1）=75.

易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件. 此时

4．38.

解：小于38的奇合数是9，15，21，25，27，33.

38不能表示成它们之中任二者之和，而大于38的偶数A，皆可表示为二奇合数之和：A末位是0，则A=15+5n；A末位是2，则A=27+5n；A末位是4，则 A=9+5n；A末位是6，则A=21+5n；A末位是8，则A=33+5n.

7

其中n为大于1的奇数. 因此，38即为所求.

5．406.

解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n个数（n为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数……划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下的还是起始数1.

36＜999＜37，从999个数中划掉（999-36=）270个数，剩下的（36=） 729个数，

即可运用上述结论.

因为每次划掉的是2个数，所以划掉270个数必须划135次，这时划掉的第270个数是（135×3=）405，则留下的3个数的起始数为406. 所以最后剩下的那个数是406. 6．23枚.

解：设圆周上余a枚棋子. 因为从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次将要越过A处棋子

6

时，圆周上有3a枚棋子. 依此类推，在第 8次将要越过 A处棋子时，圆周上有32a枚棋子……在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，小洪拿走了[2(39a-1)+1]枚棋子，所以N=2(39a-1)+1+39a=310a-1.

若N=310a=59049a-1是14的倍数，则N就是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；

若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是 7的倍数，则4a-1必须是7的倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7的倍数.

当N是14的倍数时，圆周上有23枚棋子. 7．259980.

解：用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：

若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和. 以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4×3×2=24（个）. 这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能. 因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为（1+2+3+4）×4×3×2=240.

8

以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择. 因此，百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180. 同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180.

所以满足条件的四位数之和为240×1000+180×（1+10+100）= 259980. 8．将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54. 由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除的余数号座.

设想满足要求的安排是存在的. 不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：

21和31是同一国的代表；31和41不是同一国的代表；41和51是同一国的代表；51和61不是同一国的代表（61即7号座）.

由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除的余数为号码的座位.

取k=13，则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45，271被54除的余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表. 这样，1号、11号、45号的三位代表是同一国的，这是不可能的. 所以题目要求的安排不可能实现.

初一数学竞赛讲座

第2讲 数论的方法技巧（下）

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：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a≥1，b≤9，c≤9. 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：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.

9

例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：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+c≤9. 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，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：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 4在3×3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：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

构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5 9999和99！能否表示成为99个连续的奇自然数之和？ 解：9999能. 因为9999等于99个9998之和，所以可以直接构造如下：

10

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：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=1024＞999. 另一方面，可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数.

（2，61，2×61），（3，60，3×60），（4，59，4×59），…， （30，33，30×33），（31，32，31×32）. 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 31×32=992. 如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件. 所以，30是最少的个数. 六、配对法

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7 求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和. 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=63. 这里共有5000000对，故所有数码的和是63×5000000=315000000.

例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：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是奇数，所以m≠n.

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=99×101，所以所有幸运券号码之和能被101整除.

mm111例9已知最简分数可以表示成： ?1?????. 试说明分子m

nn2388是质数89的倍数.

解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的办法，将和

2

11

①②两式相加，得

从而2m×88！=89×k（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：作配对处理

m?1??11?1?11??1?1??1?????????????89?????? n?88??287?44?45??4445??1?882?87 将括号内的分数进行通分，其公分母为1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，

从而m×88！=89×k（k=n×q）.

因为89为奇质数，所以89不能整除88！，从而89|m. 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10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，

m?1求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数.

1m解：因每一真分数满足??1，而所求的数整S是四个不同的真分数

2m?1之和，因此2＜S＜4，推知S=3. 于是可得如下5组不同的真分数：

?12641??12723??12914??13419??13511??,,,?,?,,,?,?,,,?,?,,,?,?,,,? ?23742??23824??231015??24520??24612? 例11 已知在乘积1×2×3×…×n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1×2×…×n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.

12

?400??80个数是5的倍数，解：当n=400时，数1，2，3，…，400中共有???5??400??400?其中有?2??16个数是52的倍数，有?2??3个数是53的倍数.

?5??5? 因此，乘积1×2×3×…×400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，1×2×…×n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，1×2×…×n的尾部有106个零； 当n=435时，1×2×…×n的尾部有107个零. 因此，n的最大值为434.

练习2

1．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3×3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）？

3．你能在3×3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.

6．N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的和，求出所有的这种五位数N. 7．证明：没有最大的质数.

练习2 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（x＜y）来说，y-x都是偶数，从而45045≠xy（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. 这样（m1+n1）+（m1+n2）

13

+（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）+3a5＝4×1999， 而a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=3×1999，所以3a5=1999， 1999a5=与a5是自然数矛盾.

371119494．不能. ??;3324839841999解：因为 777?1283?11111 ???????3324?834?83?124?86?124?124?83?12483984771111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

lm11115113几项为??1,??,??.

22236244显然，凡界于

q5111949与1之间的分数不能表示成?的形式，而却界

p6lm1999511于与1之间，所以不能表示成?的形式. 6lm 5．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A′≠A（因为999999是奇数），因而A+A′=1001×999=13×77×999能被 13整除. 所以，所有幸运车票号码的和也能被13整除. 6．35964.

=（a1+a2+a3+a4+a5）（100×12+10×12+12） =1332（a1+a2+a3+a4+a5）.

应是1332×9=11988的倍数. 又15=1+2+3+4+5≤a1+a2+a3+a4+a5≤9+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+6≠18，不合题意； 当a1+a2+a3+a4+a5=27时，

符合题意.

14

所以，所求的五位数为35964.

7．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. 8．9504.

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}=x[x]）

同理可知

我们有

15

＝198×48＝9504.

初一数学竞赛讲座

第3讲 奇偶分析

我们知道，全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类. 被2除余1的属于一类，被2整除的属于另一类. 前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数. 关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等. 灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题. 用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果.

例1 右表中有15个数，选出5个数，使它们 的和等于30，你能做到吗？为什么？

分析与解：如果一个一个去找、去试、去算， 那就太费事了. 因为无论你选择哪5个数，它们的

和总不等于30，而且你还不敢马上断言这是做不到的. 最简单的方法是利用奇偶数的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中15个数全是奇数，所以要想从中找出5个使它们的和为偶数，是不可能的.

例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）. 小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加. 试问，小丽所加得的和数能否为2000？ 解：不能.

由于每一张上的两数之和都为奇数，而25个奇数之和为奇数，故不可能为2000.

说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结. 例3 有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同. 试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由. 解：不能.

16

如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍，是个偶数. 所以这98个号码数的总和是个偶数，但是这98个数的总和为 1+2+…+98=99×49，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成.

例4 如右图，把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色. 问：有无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：不可能.

如果每条直线上的红圈数都是奇数，而五角星有五 条边，奇数个奇数之和为奇数，那么五条线上的红圈共 有奇数个（包括重复的）. 从另一个角度看，由于每个

圆圈是两条直线的交点，则每个圆圈都要计算两次，因

此，每个红圈也都算了两次，总个数应为偶数，得出矛盾. 所以，不可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数. 说明：上述两题都是从两个不同的角度去分析处理同一个量，而引出矛盾的. 例5 有20个1升的容器，分别盛有1，2，3，…，20厘米水. 允许由容器A向容器B倒进与B容器内相同的水（在A中的水不少于B中水的条件下）. 问：在若干次倒水以后能否使其中11个容器中各有11厘米3的水？ 解：不可能. 在倒水以后，含奇数立方厘米水的容器数是不会增加的. 事实上以（偶，偶）（偶，奇）（奇，奇）来表示两个分别盛有偶数及偶数，偶数及奇数，奇数及奇数立方厘米水的容器. 于是在题中条件限制下，在倒水后，（偶，偶）仍为（偶，偶）；而（偶，奇）会成为（偶，奇）或（奇，偶）；（奇，奇）却成为（偶，偶）. 在任何情况下，盛奇数立方厘米水的容器没有多出来. 因为开始时有10个容器里盛有奇数立方厘米的水，所以不会出现有11个盛有奇数立方厘米水的容器.

例6 一个俱乐部里的成员只有两种人：一种是老实人， 永远说真话；一种是骗子，永远说假话. 某天俱乐部的全 体成员围坐成一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子 两旁都是老实人. 外来一位记者问俱乐部的成员张三： “俱乐部里共有多少成员？”张三答：“共有45人. ” 另一个成员李四说：“张三是老实人. ”请判断李四是老 实人还是骗子？

分析与解：根据俱乐部的全体成员围坐一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子两旁都是老实人的条件，可知俱乐部中的老实人与骗子的人数相等，也就是说俱乐部的全体成员总和是偶数. 而张三说共有45人是奇数，这说明张三是骗子，而李四说张三是老实人，说了假话，所以李四也是骗子. 说明：解答此题的关键在于根据题设条件导出老实人与骗子的人数相等，这里实质上利用了对应的思想. 类似的问题是：

围棋盘上有19×19个交叉点，现在放满了黑子与白子，且黑子与白子相间地放，并使黑子（或白子）的上、下、左、右的交叉点上放着白子（或黑子）. 问：能否把黑子全移到原来的白子的位置上，而白子也全移到原来黑子的位置上？ 提示：仿例6. 答：不能.

3

17

例7 某市五年级99名同学参加数学竞赛，竞赛题共30道，评分标准是基础分15分，答对一道加5分，不答记1分，答错一道倒扣1分. 问：所有参赛同学得分总和是奇数还是偶数？

解：对每个参赛同学来说，每题都答对共可得165分，是奇数. 如答错一题，就要从165分中减去6分，不管错几道，6的倍数都是偶数，165减去偶数，差还是奇数. 同样道理，如有一题不答，就要减去4分，并且不管有几道题不答，4的倍数都是偶数，因此，从总分中减去的仍是偶数，所以每个同学的得分为奇数. 而奇数个奇数之和仍为奇数，故99名同学得分总和一定是奇数.

例8 现有足够多的苹果、梨、桔子三种水果，最少要分成多少堆（每堆都有苹果、梨和桔子三种水果），才能保证找得到这样的两堆，把这两堆合并后这三种水

果的个数都是偶数.

分析与解：当每堆都含有三种水果时，三种水果的奇偶情况如下表：

苹 果 桔 子 梨 奇 奇 奇 奇 偶 偶 奇 偶 奇 奇 奇 偶 偶 偶 偶 偶 奇 奇 偶 偶 奇 偶 奇 偶 可见，三种水果的奇偶情况共有8种可能，所以必须最少分成9堆，才能保证有两堆的三种水果的奇偶性完全相同，把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数.

说明：这里把分堆后三种水果的奇偶情况一一列举出来，使问题一目了然. 例9 有30枚2分硬币和8枚5分硬币，5角以内共有49种不同的币值，哪几种币值不能由上面38枚硬币组成？

解：当币值为偶数时，可以用若干枚2分硬币组成； 当币值为奇数时，除1分和3分这两种币值外，其余的都可以用1枚5分和若干枚2分硬币组成，所以5角以下的不同币值，只有1分和3分这两种币值不能由题目给出的硬币组成.

说明：将全体整数分为奇数与偶数两类，分而治之，逐一讨论，是解决整数问题的常用方法. 若偶数用2k表示，奇数用2k+1表示，则上述讨论可用数学式子更为直观地表示如下：

当币值为偶数时，2k说明可用若干枚2分硬币表示； 当币值为奇数时，2k+1=2（k-2）+5， 其中k≥2. 当k=0，1时，2k+1=1，3. 1分和3分硬币不能由2分和5分硬币组成，而其他币值均可由2分和5分硬币组成.

例10 设标有A，B，C，D，E，F，G的7盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关. 现在A，C，D，G这4盏灯亮着，其余3盏灯没亮. 小华从灯A开始顺次拉动开关，即从A到G，再从A开始顺次拉动开关，他这样拉动了999次开关后，哪些灯亮着，哪些灯没亮？

解：一盏灯的开关被拉动奇数次后，将改变原来的状态，即亮的变成熄的，熄的变成亮的；而一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变原来的状态. 由于999=7×142+5，

因此，灯A，B，C，D，E各被拉动143次开关，灯F，G各被拉动142次开关. 所以，当小华拉动999次后B，E，G亮，而A，C，D，F熄.

18

例11 桌上放有77枚正面朝下的硬币，第1次翻动77枚，第2次翻动其中的76枚，第3次翻动其中的75枚……第77次翻动其中的1枚. 按这样的方法翻动硬币，能否使桌上所有的77枚硬币都正面朝上？说明你的理由.

分析：对每一枚硬币来说，只要翻动奇数次，就可使原先朝下的一面朝上. 这一事实，对我们解决这个问题起着关键性作用.

解：按规定的翻动，共翻动1+2+…+77=77×39次，平均每枚硬币翻动了39次，这是奇数. 因此，对每一枚硬币来说，都可以使原先朝下的一面翻朝上. 注意到：

77×39=77+（76+1）+（75+2）+…+（39+38）， 根据规定，可以设计如下的翻动方法：

第1次翻动77枚，可以将每枚硬币都翻动一次；第2次与第77次共翻动77枚，又可将每枚硬币都翻动一次；同理，第3次与第76次，第4次与第75次……第39次与第40次都可将每枚硬币各翻动一次. 这样每枚硬币都翻动了39次，都由正面朝下变为正面朝上.

说明：（1）此题也可从简单情形入手（如9枚硬币的情形），按规定的翻法翻动硬币，从中获得启发.

（2）对有关正、反，开、关等实际问题通常可化为用奇偶数关系讨论. 例12 在8×8的棋盘的左下角放有9枚棋子，组成一个3×3的正方形（如左下图）. 规定每枚棋子可以跳过它身边的另一枚棋子到一个空着的方格，即可以以它旁边的棋子为中心作对称运动，可以横跳、竖跳或沿着斜线跳（如右下图的1号棋子可以跳到2，3，4号位置）. 问：这些棋子能否跳到棋盘的右上角（另一个3×3的正方形）？

解：自左下角起，每一个方格可以用一组数（行标、列标）来表示，（自下而上）第i行、（自左而右）第j列的方格记为（i，j）. 问题的关键是考虑9枚棋子（所在方格）的列标的和S.

一方面，每跳一次，S增加0或偶数，因而S的奇偶性不变. 另一方面，右上角9个方格的列标的和比左下角9个方格的列标之和大 3×（6+7+8）-3×（1+2+3）=45， 这是一个奇数.

综合以上两方面可知9枚棋子不能跳至右上角的那个3×3的正方形里. 奇偶分析作为一种分析问题、处理问题的方法，在数学中有广泛的应用，是处理存在性问题的有力工具，本讲所举例题大多属于这类问题. 这种方法具有很强的技巧性，尤其是选择什么量进行奇偶分析往往是很困难的. 选准了，只须依据奇偶数的性质，分析这个量的奇偶特征，问题便迎刃而解；选不好，事倍功半. 同学们应认真领会本讲所举例题，以把握选择合适的量进行奇偶分析的技巧.

练习3

19

1．下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？

□+□=□ □-□=□ □×□=□ □÷□=□

2．任意取出1234个连续自然数，它们的总和是奇数还是偶数？

3．一串数排成一行，它们的规律是：前两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和. 如右所示：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，… 试问：这串数的前100个数（包括第100个数）中，有多少个偶数？

4．能不能将1010写成10个连续自然数之和？如果能，把它写出来；如果不能，说明理由.

5．能否将1至25这25个自然数分成若干组，使得每一组中的最大数都等于组内其余各数的和？

6．在象棋比赛中，胜者得1分，败者扣1分，若为平局，则双方各得0分. 今有若干个学生进行比赛，每两人都赛一局. 现知，其中有一位学生共得7分，另一位学生共得20分，试说明，在比赛过程中至少有过一次平局.

7．在黑板上写上1，2，…，909，只要黑板上还有两个或两个以上的数就擦去其中的任意两个数a，b，并写上a-b（其中a≥b）. 问：最后黑板上剩下的是奇数还是偶数？ 8．设a1，a2，…，a64是自然数1，2，…，64的任一排列，令b1=a1-a2，b2=a3-a4，…，b32=a63-a64；

c1=b1-b2，c2=b3-b4，…，c16=b31-b32； d1=c1-c2，d2=c3-c4，…，d8=c15-c16； ……

这样一直做下去，最后得到的一个整数是奇数还是偶数？ 练习3答案：

1．至少有6个偶数.

2．奇数. 解：1234÷2=617，所以在任取的1234个连续自然数中，奇数的个数是奇数，奇数个奇数之和是奇数，所以它们的总和是奇数. 3．33. 提示：这串数排列的规律是以“奇奇偶”循环. 4．不能.

如果1010能表示成10个连续自然数之和，那么中间2个数的和应当是1010÷5=202. 但中间 2个数是连续自然数，它们的和应是奇数，不能等于偶数202. 所以，1010不能写成10个连续自然数之和. 5．不能. 提示：仿例3.

6．证：设得7分的学生胜了x1局，败了y1局，得 20分的学生胜了x2局，败了y2局. 由得分情况知： x1-y1=7，x2-y2＝20.

如果比赛过程中无平局出现，那么由每人比赛的场次相同可得x1+y1=x2+y2，即x1+y1+x2+y2是偶数. 另一方面，由x1-y1=7知x1+y2为奇数，由x2-y2=20知x2+y2为偶数，推知x1+y1+x2+y2为奇数. 这便出现矛盾，所以比赛过程中至少有一次平局.

7．奇数. 解：黑板上所有数的和S＝1+2+…＋909是一个奇数，每操作一次，总和S减少了a+b-（a-b）=2b，这是一个偶数，说明总和S的奇偶性不变. 由于开始时S是奇数，因此终止时S仍是一个奇数.

20

8．偶数.

解：我们知道，对于整数a与b，a+b与a-b的奇偶性相同，由此可知，上述计算的第二步中，32个数 a1-a2， a3-a4，…，a63-a64， 分别与下列32个数

a1+a2， a3+a4，…，a63+a64，

有相同的奇偶性，这就是说，在只考虑奇偶性时，可以用“和”代替“差”，这样可以把原来的计算过程改为

第一步：a1，a2，a3，a4，…，a61，a62，a63，a64； 第一步：a1+a2，a3+a4，…，a61+a62，a63+a64； 第三步：a1+a2+a3+a4，…，a61+a62+a63+a64； ……

最后一步所得到的数是a1+a2+…+a63+a64. 由于a1，a2，…，a64是1，2，…，64的一个排列，因此它们的总和为1+2+…+64是一个偶数，故最后一个整数是偶数.

初一数学竞赛讲座

第4讲 整数的分拆

整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆. 整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想. 在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等.

例1 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？

分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少.

我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28. 如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出. 由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题. 例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以. 所以最多可以播7天.

说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：

5=1+1+1+1+1=1+1+1+2， =1+2+2 =1+1+3

=2+3 =1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）. 例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分. 问：有多少种不同的支付方法？

21

分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币. 因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币.

当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2），23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法.

当使用4枚5分币时，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有23=20+（2+1），23=20+（1+1+1），共2种支付方法. 总共有5种不同的支付方法.

说明：本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例.

例3 把37拆成若干个不同的质数之和，有多少种不同的拆法？将每一种拆法中所拆出的那些质数相乘，得到的乘积中，哪个最小？ 解：37=3+5+29=2+5+7+23=3+11+23=2+3+13+19=5+13+19=7+11+19=2+5+11+19 =7+13+17=2+5+13+17=2+7+11+17，

共10种不同拆法，其中3×5×29=435最小.

说明：本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题，只是硬凑. 比37小的最大质数是31，但37-31=6，6不能分拆为不同的质数之和，故不取；再下去比37小的质数是29，37-29=8，而8=3+5. 其余的分拆考虑与此类似.

例4 求满足下列条件的最小自然数：它既可以表示为9个连续自然数之和，又可以表示为10个连续自然数之和，还可以表示为11个连续自然数之和. 解：9个连续自然数之和是其中第5个数的9倍，10个连续自然数之和是其中第5个数和第6个数之和的5倍，11个连续自然数之和是其中第6个数的11倍. 这样，可以表示为9个、10个、11个连续自然数之和的数必是5，9和11的倍数，故最小的这样的数是［5，9，11］=495. 对495进行分拆可利用平均数，采取“以平均数为中心，向两边推进的方法”. 例如，495÷10=49.5，则10个连续的自然数为：45，46，47，48，49，（49.5），50，51，52，53，54. 于是495=45+46+…+54. 同理可得495=51+52+…+59=40+41+…+50.

例5 若干只同样的盒子排成一列，小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出，小明从每只盒子里取出一个小球，然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去，再把盒子重排了一下. 小聪回来，仔细查看，没有发现有人动过小球和盒子. 问：一共有多少只盒子？

分析与解：设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加到了b只，由于小明没有发现有人动过小球和盒子，这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子，这只盒子里原来装有（a+1）个小球.

同理，现在另有一个盒子里装有（a+1）个小球，这只盒子里原来装有（a+2）个小球.

依此类推，原来还有一只盒子装有（a+3）个小球，（a+4）个小球等等，故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数.

现在这个问题就变成了：将42分拆成若干个连续整数的和，一共有多少种分法，每一种分法有多少个加数？

因为42=6×7，故可将42看成7个6的和，又（7+5）+（8+4）+（9+3）是6个6，从而42=3+4+5+6+7+8+9，一共有7个加数.

又因42=14×3，故可将42写成13+14+15，一共有3个加数. 又因42=21×2，故可将42写成9+10+11+12，一共有4个加数.

22

于是原题有三个解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子. 例6 机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染色： 凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色，不符合上述要求的自然数染成黄色（比如23可表示为两个不同合数15和8之和，23要染红色；1不能表示为两个不同合数之和，1染黄色）. 问：被染成红色的数由小到大数下去，第2000个数是多少？请说明理由.

解：显然1要染黄色，2=1+1也要染黄色，

3=1+2，4=1+3=2+2，5=1+4=2+3，6=1+5=2+4=3+3，7=1+6=2+5=3+4， 8=1+7=2+6=3+5=4+4，9=1+8=2+7=3+6=4+5，11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6. 可见，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均应染黄色. 下面说明其它自然数n都要染红色. （1）当n为大于等于10的偶数时， n=2k=4+2（k-2）

由于n≥10，所以k≥5，k-2≥3，2（k-2）与4均为合数，且不相等. 也就是说，大于等于10的偶数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色.

（2）当n为大于等于13的奇数时， n=2k+1=9+2（k-4）

由于n≥13，所以k≥6，k-4≥2，2（k-4）与9均为合数，且不相等. 也就是说，大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色.

综上所述，除了1，2，3，4，5，6，7，8，9，11这10个数染黄色外，其余自然数均染红色，第k个染为红色的数是第（k+10）个自然数（k≥2）. 所以第2000个染为红色的数是2000+10=2010. 下面看一类有规律的最优化问题.

例7 把12分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？

解：把12分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+11，2+10，3+9，4+8，5+7，6+6六种方法. 它们的乘积分别是1×11=11，2×10=20，3×9=27，4×8=32，5×7=35，6×6=36.

显然，把12分拆成6+6时，有最大的积6×6=36.

例8 把11分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？

分析与解：把11分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+10，2+9，3+8，4+7，5+6五种方法. 它们的乘积分别是：

1×10=10，2×9=18，3×8=24，4×7=28，5×6=30. 显然，把11分拆成5+6时，有最大的积5×6=30.

说明：由上面的两个例子可以看出，在自然数n的所有二项分拆中，当n是偶数2m时，以分成m+m时乘积最大；当n是奇数2m+1时，以分成m+（m+1）时乘积最大. 换句话说，把自然数S（S＞1）分拆为两个自然数m与n的和，使其积mn最大的条件是：m=n，或m=n+1.

S在具体分析时，当S为偶数时， m?n?；当S为奇数时，m，n分别为

2S?1S?1和. 22 例9 试把1999分拆为8个自然数的和，使其乘积最大.

23

分析：反复使用上述结论，可知要使分拆成的8个自然数的乘积最大，必须使这8个数中的任意两数相等或差数为1.

解：因为1999=8×249+7，由上述分析，拆法应是1个249，7个250，其乘积249×2507为最大.

说明：一般地，把自然数S=pq+r（0≤r＜p，p与q是自然数）分拆为p个自然数的和，使其乘积M为最大，则M为qp-r×（q+1）r.

例10 把14分拆成若干个自然数的和，再求出这些数的积，要使得到的积最大，应该把14如何分拆？这个最大的乘积是多少？

分析与解：我们先考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大. 首先，分成的数中不能有1，这是显然的. 其次，分成的数中不能有大于4的数，否则可以将这个数再分拆成2与另外一个数的和，这两个数的乘积一定比原数大，例如7就比它分拆成的2和5的乘积小.

再次，因为4=2×2，故我们可以只考虑将数分拆成2和3.

注意到2+2+2=6，2×2×2=8；3+3=6，3×3=9，因此分成的数中若有三个2，则不如换成两个3，换句话说，分成的数中至多只能有两个2，其余都是3. 根据上面的讨论，我们应该把14分拆成四个3与一个2之和，即14=3+3+3+3+2，这五数的积有最大值3×3×3×3×2=162. 说明：这类问题最早出现于1976年第18届国际数学奥林匹克试卷中. 该试卷第4题是：若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值. 答案是2×3658.

这是由美国提供的一个题目，时隔两年，它又出现在美国大学生数学竞赛中. 1979年美国第40届普特南数学竞赛A-1题是：求出正整数n及a1，a2，…，an的值，使a1+a2+…+an=1979且乘积最大. 答案是n=660.

1992年武汉市小学数学竞赛第一题的第6题是：将1992表示成若干个自然数的和，如果要使这些数的乘积最大，这些自然数是__ _ _. 答案：这些数应是664个3.

上述三题的逻辑结构并不随和的数据而改变，所以分别冠以当年的年份1976，1979和1992，这种改换数据的方法是数学竞赛命题中最简单的方法，多用于不同地区不同级别不同年份的竞赛中，所改换的数据一般都是出于对竞赛年份的考虑. 将上述三题的结论推广为一般情形便是：

把自然数S（S＞1）分拆为若干个自然数的和：S=a1+a2+…+an，

则当a1，a2，…，an中至多有两个2，其余都是3时，其连乘积m=a1a2…an有最大值.

例11 把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，且使这些自然数的乘积最大，该乘积是多少？

解：由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种，因而一定存在一种分法，使得这些自然数的乘积最大.

若1作因数，则显然乘积不会最大. 把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，因数个数越多，乘积越大. 为了使因数个数尽可能地多，我们把1993分成2+3…+n直到和大于等于1993.

若和比1993大1，则因数个数至少减少1个，为了使乘积最大，应去掉最小的2，并将最后一个数（最大）加上1.

若和比1993大k（k≠1），则去掉等于k的那个数，便可使乘积最大.

24

所以n=63. 因为2015-1993=22，所以应去掉22，把1993分成 （2+3+…+21）+（23+24+…+63）

这一形式时，这些数的乘积最大，其积为 2×3×…×21×23×24×…×63.

说明：这是第四届“华杯赛”武汉集训队的一道训练题，在训练学生时，发现大多数学生不加思索地沿用例10的思考方法，得出答案是3663×4，而忽视了题中条件“分成若干个互不相等的自然数的和”. 由此可见，认真审题，弄清题意的重要性.

例12 将1995表示为两个或两个以上连续自然数的和，共有多少种不同的方法？

分析与解：为了解决这个问题，我们设1995可以表示为以a为首项的k(k＞1）个连续自然数之和. 首项是a，项数为k，末项就是a+k-1，由等差数列求

?a?(a?k?1)??k?1995

和公式，得到

2 化简为：(2a+k-1）×k=3990. (*)

注意，上式等号左边的两个因数中，第一个因数2a+k-1大于第二个因数k，并且两个因数必为一奇一偶. 因此，3990有多少个大于1的奇约数，3990就有多少种形如（*）式的分解式，也就是说，1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法. 因为1995与3990的奇约数完全相同，所以上述说法可以简化为，1995有多少个大于1的奇约数，1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法.

1995=3×5×7×19，共有15个大于1的奇约数，所以本题的答案是15种. 一般地，我们有下面的结论：

若自然数N有k个大于1的奇约数，则N共有k种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法.

知道了有多少种表示方法后，很自然就会想到，如何找出这些不同的表示方法呢？从上面的结论可以看出，每一个大于1的奇约数对应一种表示方法，我们就从1995的大于1的奇约数开始. 1995的大于1的奇约数有：

3，5，7，15，19，21，35，57，95，105，133，285，399，665，1995. 例如，对于奇约数35，由（*）式，得：3990=35×114，

因为114＞35，所以 k=35，2a+k-1=114，解得a=40. 推知35对应的表示方法是首项为40的连续35个自然数之和，即：1995=40+41+42+…+73+74.

再如，对于奇约数399，由（*）式，得3990=399×10

因为399＞10，所以k=10，2a+k-1=399，解得a=195. 推知399对应的表示方法是首项为195的连续10个自然数之和，即：1995=195+196+197+…+204. 对于1995的15个大于1的奇约数，依次利用（*）式，即可求出15种不同的表示方法.

练习4

25

1．将210拆成7个自然数的和，使这7个数从小到大排成一行后，相邻两个数的差都是5. 第1个数与第6个数分别是几？

2．将135个人分成若干个小组，要求任意两个组的人数都不同，则至多可以分成多少组？

3．把19分成几个自然数（可以相同）的和，再求出这些数的乘积，并且要使得到的乘积尽可能大，最大乘积是多少？

4．把1999分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，一共有多少种不同的分拆方法？求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应将1999如何分拆？

5．把456表示成若干个连续自然数的和. 要求写出所有的表达式（如9可以有两种表达形式：9=4+5=2+3+4）.

6．几个连续自然数相加，和能等于2000吗？如果能，有几种不同的答案？写出这些答案. 如果不能，说明理由.

7．把70分拆成11个不同自然数的和，这样的分拆方式一共有多少种？将不同的表示方法列举出来.

8．有一把长为13厘米的直尺，在上面刻几条刻度线，使得这把尺子能一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度. 问：至少要刻几条线？要刻在哪些位置上？

练习4答案

1．15，40. 解：这7个数中第4个数是中间数，它是这7个数的平均数，即210÷7=30. 因为相邻 2数的差都是 5，所以这7个数是15，20，25，30，35，40，45. 故第1个数是15，第6个数是40. 2．15组.

解：因为要求任意两个组的人数不相等，且分得的组要尽可能地多，所以，要使每个组分得的人数尽可能地少.

由于1+2+3+4+…+14+15=120，所以将 135人分成每组人数不等的15个组后还余15人. 剩下的15人不能再组成一个或几个新的小组，否则就会出现两个或两个以上的组的人数相等的情况. 因此，应将剩下的15人安插在已分好的15个组之中，所以至多可以分成15个组. 这15个组各组人数可以有多种情况，例如，分别是 2，3，4，5，6，…，14，15，16人. 3．972. 解：要使乘积尽可能大，把19分成的几个自然数中，3要尽量多且不能有1，所以应把19分成5个3及1个4的和. 最大乘积为3×4=972. 4．有999种方法，分成999+1000时积最大.

5．提示：456有三个大于1的奇约数3，19，57. 利用例12的方法可得：对于3，有k=3，a=151；对19，有k=19，a=15；对于57，有k=16，a=21. 所以456有如下三种分拆方法： 456＝151+152+153 ＝21+22+23+…+39 ＝15+16+17+…+33. 6．能.

5

26

提示：与例12类似，2000=24×53，有三个大于1的奇约数5，25，125. 对于5，有k=5，a=398；对于25，有k=25，a=68；对于125，有k=32， a=47. 所以2000共有如下三种分拆方法： 2000＝398+399+400+401+402 ＝68+69+70+…+91+92 ＝47+48+49+…+77+78. 7．5种.

解：1+2+3+…+11=66，现在要将4分配到适当的加数上，使其和等于70，又要使这11个加数互不相等.

先将4分别加在后4个加数上，得到4种分拆方法： 70＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+15 ＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+14+11 ＝1+2+3+4+5+6+7+8+13+10+11 ＝1+2+3+4+5+6+7+12+9+10+11.

再将4拆成1+3，把1和3放在适当的位置上，仅有1种新方法： 1+2+3+4+5+6+7+8+9+13+12.

再将4拆成1+1+2或1+1+1+1+1或2+2，分别加在不同的位置上，都得不出新的分拆方法，故这样的分拆方法一共有5种.

8．至少要刻4条线，例如刻在1，4，5，11厘米处，便可一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度. 这是因为由1，4，5，11，13这5个数以及它们之间任意2个的差能够得到1到13这13个整数，见下列各式： 5-4=1， 13-11=2， 4-1=3， 11-5=6， 11-4=7， 13-5=8， 13-4=9， 11-1＝10， 13-1＝12. 下面我们来证明，只有3个刻度是不够的. 如果只刻了3条线，刻在a厘米、b厘米、 c厘米处（0＜a＜b＜c＜13），那么 a，b，C，13两两之差（大减小），只有至多6个不同的数：13-a，13-b，13-c，c-a，c-b，b-a，再加上a，b，c，13这4个数，至多有10个不同的数，不可能得到1到13这13个不同的整数来. 顺便说明一下，刻法不是唯一的. 例如我们也可以刻在1厘米、2厘米、6厘米、10厘米这4个位置上.

初一数学竞赛讲座

第5讲 与年号有关的竞赛题

在数学竞赛中，常可以看到某些题目中出现了当年的年号，这类题我们称之为“年号题”. 这类题趣味性强，时间性强，引起了参加竞赛的少年朋友很大的兴趣.

“年号题”一般可分成两类，一类是题目的条件中出现了当年的年号，另一类是题目答案中出现了当年的年号. 下面我们分别举例说明这两类问题的解法.

27

一、题目条件中出现年号的问题

1．题目在编制和解答中巧妙地运用了该年年号的数字特征，如年号数值的质因数分解式、是否质数、它的数的整除性等等.

例1 将19到80的两位数顺次排成数A＝19202122…7980. 问：这个数A能否被1980整除？

解：由于1980=99×20，因此要考察A能否被1980整除，只需要考察A能否被99和20整除就行了. 能被20整除是显然的. 因为99除100的任何次方所得的余数都是1，所以A＝19×10061+20×10060+…+79×100+80

除以99的余数与B=19+20+…+79+80=99×31除以99的余数相同. 因为99|B，所以99|A. 于是A能被1980整除.

例2 用S（n）表示自然数n的各位数字之和，又n+S（n）=1999，求自然数n.

11x+2y＝89.

注意到x是奇数且x，y都是一位整数，不难求得x=7，y=6，从而n=1976. 例3 在3×3的九宫格中，填上 9个不同的自然数，使得每行三数相乘，每列三数相乘所得的6个乘积都等于P. 试确定P能取1996，1997， 1998，1999，2000，2001这6个数中的哪些值.

解：所填的9个数应为P的9个不同约数，又P不能填入九宫格内，故P的不同约数的个数应不小于10. 1996=2×499，有6个约数；

1997和1999是质数，各有2个约数；1998=2×3×37，有16个约数； 2000=2×5，有20个约数；2001=3×2×29，有8个约数.

显然P不能取1996，1997，1999和2001. 当P=1998和2000时，有下图的填法（填法不唯一），故P可取1998和2000.

2

3

4

3

3

例4 有1999块边长为1的正方块，求满足下述条件的有盖箱子的尺寸： （1）长、宽、高均大于1；

（2）将正方块放入箱子中时，能合上盖子，并且使空隙最小； （3）在保证（1）（2）的前提下，使箱子的表面积最小.

解：由于1999是质数且2000=24×53，故空隙最小的箱子的体积应是2000. 表面积最小的箱子应是各边长相差尽量小的长方体. 将2000分解成三个尽量接近的三个数的乘积是：2000＝10×10×20，

所以表面积最小的箱子的长、宽、高应为10，10，20.

2．题目中的年号数是可以换成任意的自然数n的，它只不过是编制时仅仅用具体的年号数来代替n. 对于这种情况要善于透过表面看本质，做过后要将特殊推广到一般.

1例5若两个不相等的自然数的倒数的和的一半等于，求这两个自然数.

1999

28

解：设这两个自然数为x，y，且x＞y.

比较①②两式，取n=1999，有2x=1999×2000，2y=1999+1， 于是x=1999000，y=1000.

例6 有一张1949×2000的长方形方格纸，方格边长为1. 问：这个长方形的一条对角线穿过多少个方格？ 解：由于1949与2000是互质数，故对角线在长方形内不经过任何一个格点. 对角线与纵向的1950条线有1950个交点，与横向的2001条线有2001个交点. 去掉重复计算的对角线两个端点，它与纵横线共有1950+2001-2=3949（个）交点，交点间有3948条线段，即对角线穿过3948个小方格.

1 例7 有两个容器A和B，A中装有1升水，B是空的. 先将容器A中的水的

211倒入容器B，然后将容器B中的水的倒入容器A，再将容器A中的水的倒入

34容器B…如此继续，这样倒了1999次以后，A中还有水多少升？

解：设an和bn分别表示倒了n次以后A中和B中水的升数，显然an+bn=1. 列表观察如下：

说明：如果求倒了2000次以后，A中还剩多少水，那么可进一步计算如下：

例8 从自然数列1，2，3，4，…中依次划去3的倍数和4的倍数，保留5的倍数（例如15，20都不划去），将剩下的数依次写成数列A1＝1，A2＝2，A3＝5，A4=7，…求A2000.

解：3，4，5的最小公倍数是60，在连续的60个自然数中，3的倍数有60÷3=20（个），4的倍数有60÷4=15（个），12的倍数有60÷12=5（个），15的倍数有60÷15=4（个）， 20的倍数有60÷20=3（个），60的倍数有1个.

于是由容斥原理得到，连续60个自然数中，按题设要求划去各数后还剩下 60-（20+15）+（5+4+3）-1=36（个）.

29

2000÷36=55……20. 因为在1～34中可以剩下20个数，所以剩下的第2000个数是A2000=60×55+34＝3334. 二、题目答案中出现年号的题

这类问题和一般的数学题没有什么区别，都要运用数字运算的规律和特征，借助逻辑推理求得问题的解决.

例9 将我家门牌号码倒置着看是一个四位数，它比原来的号码大7875，我家门牌号码是多少？

解：倒置后仍有意义的数有0，1，6，8，9. 设门牌号码正着看是

于是门牌号码为1986.

例10 有一个小于2000的四位数，它恰好含有14个因数，其中有一个质因数的末位数字是1，求这个四位数.

解：因为14=2×7，所以这个四位数的质因数分解式为

6

6

6

因为4=4096＞2000，所以P2≤3. 故P1的末位数为1. 若P2=3，则m=P1×3≥11×3＞2000，舍去. 故P2=2. 若P1=11，则m=64×11=704，不是四位数. 若P1≥41，则m≥64×41＞2000，与题设不符. 当P1=31时，m=64×31=1984. 这是本题的唯一解.

例11 在20世纪的最后10年中，恰有一年年号的不同约数的个数比1990的约数个数少2，求该年号所有不同正约数的积.

解：用T（A）表示A的不同约数个数.

1990=2×5×199，T（1990）=（1+1）×（1+1）×（1×1）=8； 1991＝11×181，T（1991）=（1+1）×（1+1）=4；

1992＝2×3×83，T（1992）=（3+1）×（1+1）×（1×1）=16； 1993是质数，T（1993）=2；

1994＝2×997，T（1994）=（1+1）×（1+1）=4；

1995＝3×5×7×9，T（1995）=（1+1）×（1+1）×（1+1）×（1+1）=16； 1996＝22×499，T（1996）＝（2+1）×（1+1）＝6. 故所求年号数为1996，其所有不同正约数之积为 1×2×2×499×（2×499）×1996＝1996.

32

2

30