1、競賽講座01 奇數(shù)和偶數(shù)整數(shù)中，能被2整除的數(shù)是偶數(shù)，反之是奇數(shù)，偶數(shù)可用2k表示 ，奇數(shù)可用2k+1表示，這里k是整數(shù).關于奇數(shù)和偶數(shù)，有下面的性質(zhì)：（1）奇數(shù)不會同時是偶數(shù)；兩個連續(xù)整數(shù)中必是一個奇數(shù)一個偶數(shù)；（2）奇數(shù)個奇數(shù)和是奇數(shù)；偶數(shù)個奇數(shù)的和是偶數(shù)；任意多個偶數(shù)的和是偶數(shù)；（3）兩個奇（偶）數(shù)的差是偶數(shù)；一個偶數(shù)與一個奇數(shù)的差是奇數(shù)；（4）若a、b為整數(shù)，則a+b與a-b有相同的奇數(shù)偶；（5）n個奇數(shù)的乘積是奇數(shù)，n個偶數(shù)的乘積是2n的倍數(shù)；順式中有一個是偶數(shù)，則乘積是偶數(shù).以上性質(zhì)簡單明了，解題時如果能巧妙應用，常?？梢猿銎嬷苿?1.代數(shù)式中的奇偶問題例1（第2屆“華羅庚金杯”決

2、賽題）下列每個算式中，最少有一個奇數(shù)，一個偶數(shù)，那么這12個整數(shù)中，至少有幾個偶數(shù)？+=，          -=，×           ÷.解 因為加法和減法算式中至少各有一個偶數(shù)，乘法和除法算式中至少各有二個偶數(shù)，故這12個整數(shù)中至少有六個偶數(shù).例2  （第1屆“祖沖之杯”數(shù)學邀請賽）已知n是偶數(shù)，m是奇數(shù)，方程組是整數(shù)，那么（A）p、q都是偶數(shù).  

3、             （B）p、q都是奇數(shù).（C）p是偶數(shù)，q是奇數(shù)           （D）p是奇數(shù)，q是偶數(shù)  分析   由于1988y是偶數(shù)，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶數(shù)，將其代入第二方程中，于是11x也為偶數(shù)，從而27y=m-11x為奇數(shù)，所以是y=q奇數(shù)，應選（C）例3  在1，2，3，1992前面任意

4、添上一個正號和負號，它們的代數(shù)和是奇數(shù)還是偶數(shù).分析  因為兩個整數(shù)之和與這兩個整數(shù)之差的奇偶性相同，所以在題設數(shù)字前面都添上正號和負號不改變其奇偶性，而1+2+3+1992=996×1993為偶數(shù)  于是題設的代數(shù)和應為偶數(shù).2.與整除有關的問題例4（首屆“華羅庚金杯”決賽題）70個數(shù)排成一行，除了兩頭的兩個數(shù)以外，每個數(shù)的3倍都恰好等于它兩邊兩個數(shù)的和，這一行最左邊的幾個數(shù)是這樣的：0，1，3，8，21，.問最右邊的一個數(shù)被6除余幾？解  設70個數(shù)依次為a1,a2,a3據(jù)題意有a1=0,     &

5、#160;       偶a2=1              奇a3=3a2-a1,          奇a4=3a3-a2,          偶a5=3a4-a3,     &

6、#160;    奇a6=3a5-a4,           奇 由此可知：當n被3除余1時，an是偶數(shù)；當n被3除余0時，或余2時，an是奇數(shù)，顯然a70是3k+1型偶數(shù)，所以k必須是奇數(shù)，令k=2n+1，則a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.解   設十位數(shù)，五個奇數(shù)位數(shù)字之和為a，五個偶數(shù)位之和為b(10a35,10b35)，則a+b=45，又十位數(shù)能被11整除，則a-b應為0，11，22（為什么？）.由于a+b與a-

7、b有相同的奇偶性，因此a-b=11即a=28，b=17.要排最大的十位數(shù)，妨先排出前四位數(shù)9876，由于偶數(shù)位五個數(shù)字之和是17，現(xiàn)在8+6=14，偶數(shù)位其它三個數(shù)字之和只能是17-14=3，這三個數(shù)字只能是2，1，0.故所求的十位數(shù)是9876524130.例6（1990年日本高考數(shù)學試題）設a、b是自然數(shù)，且有關系式123456789=（11111+a）（11111-b），               證明a-b是4的倍數(shù).證明  由式可知11

8、111（a-b）=ab+4×617                     a0,b0,a-b0首先，易知a-b是偶數(shù)，否則11111(a-b)是奇數(shù)，從而知ab是奇數(shù)，進而知a、b都是奇數(shù)，可知(11111+a)及(11111-b)都為偶數(shù)，這與式矛盾其次，從a-b是偶數(shù)，根據(jù)可知ab是偶數(shù)，進而易知a、b皆為偶數(shù)，從而ab+4×617是4的倍數(shù)，由知a-b是4的倍數(shù).3.圖

9、表中奇與偶例7（第10屆全俄中學生數(shù)學競賽試題）在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符號，然后每次將表中任一行或一列的各格全部變化試問重復若干次這樣的“變號”程序后，能否從一張表變化為另一張表.解   按題設程序，這是不可能做到的，考察下面填法：在黑板所示的2×2的正方形表格中，按題設程序“變號”，“+”號或者不變，或者變成兩個. 表(a)中小正方形有四個“+”號，實施變號步驟后，“+”的個數(shù)仍是偶數(shù)；但表(b)中小正方形“+”號的個數(shù)仍是奇數(shù)，故它不能從一個變化到另一個.顯然，小正方形互變無法實現(xiàn)，3×3的大正方形的互變，

10、更無法實現(xiàn).例8（第36屆美國中學生數(shù)學競賽試題）將奇正數(shù)1，3，5，7排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，從左數(shù)起是第幾列？（此處無表）解   由表格可知，每行有四個正奇數(shù)，而1985=4×496+1，因此1985是第497行的第一個數(shù)，又奇數(shù)行的第一個數(shù)位于第二列，偶數(shù)行的第一個數(shù)位于第四列，所以從左數(shù)起，1985在第二列.例9 如圖3-1，設線段AB的兩個端點中，一個是紅點，一個是綠點，在線段中插入n個分點，把AB分成n+1個不重疊的小線段，如果這些小線段的兩個端點一個為紅點而另一個為綠點的話，則稱它為標準線段.證明  不論分點如何選

11、取，標準線段的條路總是奇數(shù).分析  n個分點的位置無關緊要，感興趣的只是紅點還是綠點，現(xiàn)用A、B分別表示紅、綠點；不難看出：分點每改變一次字母就得到一條標準線段，并且從A點開始，每連續(xù)改變兩次又回到A，現(xiàn)在最后一個字母是B，故共改變了奇數(shù)次，所以標準線段的條數(shù)必為奇數(shù). 4.有趣的應用題例  10（第2屆“從小愛數(shù)學”賽題）圖3-2是某一個淺湖泊的平面圖，圖中所有曲線都是湖岸.（1）如果P點在岸上，那么A點在岸上還是在水中？（2）某人過這湖泊，他下水時脫鞋，上岸時穿鞋.如果有一點B，他脫鞋垢次數(shù)與穿鞋的次數(shù)和是個奇數(shù)，那么B點是在岸上還是在水中？說明理由.解  （

12、1）連結AP，顯然與曲線的交點數(shù)是個奇數(shù)，因而A點必在水中.（2）從水中經(jīng)過一次陸地到水中，脫鞋與穿鞋的次數(shù)和為2，由于 A點在水中，氫不管怎樣走，走在水中時，脫鞋、穿鞋的次數(shù)的和總是偶數(shù)，可見B點必在岸上.例11   書店有單價為10分，15分，25分，40分的四種賀年片，小華花了幾張一元錢，正好買了30張，其中某兩種各5張，另兩種各10張，問小華買賀年片花去多少錢？分析   設買的賀年片分別為a、b、c、d（張），用去k張1元的人民幣，依題意有10a+15b+25c+40d=100k,(k為正整數(shù))即    &

13、#160;  2a+3b+5c+8d=20k顯然b、c有相同的奇偶性.若同為偶數(shù)，b-c=10 和a=b=5，不是整數(shù)；若同為奇數(shù)，b=c=5和a=d=10,k=7.例12  一個矩形展覽廳被縱橫垂直相交的墻壁隔成若干行、若干列的小矩形展覽室，每相鄰兩室間都有若干方形門或圓形門相通，僅在進出展覽廳的出入口處有若干門與廳外相通，試證明：任何一個參觀者選擇任何路線任意參觀若干個展覽室（可重復）之后回到廳外，他經(jīng)過的方形門的次數(shù)與圓形門的次數(shù)（重復經(jīng)過的重復計算）之差總是偶數(shù).證明  給出入口處展覽室記“+”號，凡與“+”相鄰的展覽室記“-”號，凡與“-”號相鄰的展覽室

14、都記“+”號，如此則相鄰兩室的“+”、“-”號都不同.一參觀者從出入口處的“+”號室進入廳內(nèi)，走過若干個展覽室又回到入口處的“+”號室，他的路線是+-+-+-+-，即從“+”號室起到“+”號室止，中間“-”、“+”號室為n+1（重復經(jīng)過的重復計算），即共走了2n+1室，于是參觀者從廳外進去參觀后又回到廳外共走過了2n+2個門（包括進出出入口門各1次）.設其經(jīng)過的方形門的次數(shù)是r次，經(jīng)過圓形門的次數(shù)是s，則s+r=2n+2為偶數(shù)，故r-s也為偶數(shù)，所以命題結論成立.例13   有一無窮小數(shù)A=0.a1a2a3anan+1an+2其中ai(i=1,2)是數(shù)字，并且a1是奇數(shù)，a

15、2是偶數(shù)，a3等于a1+a2的個位數(shù)，an+2是an+an+1(n=1,2,)的個位數(shù)，證明A是有理數(shù).證明   為證明A是有理數(shù)，只要證明A是循環(huán)小數(shù)即可，由題意知無窮小數(shù)A的每一個數(shù)字是由這個數(shù)字的前面的兩位數(shù)字決定的，若某兩個數(shù)字ab重復出現(xiàn)了，即0.abab此小數(shù)就開始循環(huán).而無窮小數(shù)A的各位數(shù)字有如下的奇偶性規(guī)律：A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇又a是奇數(shù)可取1，3，5，7，9；b是偶數(shù)可取0，2，4，6，8.所以非負有序?qū)崝?shù)對一共只有25個是不相同的，在構成A的前25個奇偶數(shù)組中，至少出現(xiàn)兩組是完全相同的，這就證得A是一循環(huán)小數(shù)，即A是有理數(shù).  

16、                練  習 1.填空題（1）有四個互不相等的自然數(shù)，最大數(shù)與最小數(shù)的差等于4，最大數(shù)與最小數(shù)的積是一個奇數(shù)，而這四個數(shù)的和是最小的兩位奇數(shù)，那么這四個數(shù)的乘積是_.（2）有五個連續(xù)偶數(shù)，已知第三個數(shù)比第一個數(shù)與第五個數(shù)和的多18，這五個偶數(shù)之和是_.（3）能否把1993部電話中的每一部與其它5部電話相連結？答_.2.選擇題（1）設a、b都是整數(shù)，下列命題正確的個數(shù)是（  ）若a+5b是偶數(shù)，則a-

17、3b是偶數(shù)；若a+5b是偶數(shù)，則a-3b是奇數(shù)；若a+5b是奇數(shù)，則a-3b是奇數(shù)；若a+5b是奇數(shù)，則a-3b是偶數(shù).（A）1      （B）2      （C）3       （D）4（2）若n是大于1的整數(shù)，則的值（  ）.（A）一定是偶數(shù)        （B）必然是非零偶數(shù)（C）是偶數(shù)但不是2    （D）可以是偶數(shù)，

18、也可以是奇數(shù)（3）已知關于x的二次三項式ax2+bx+c（a、b、c為整數(shù)），如果當x=0與x=1時，二次三項式的值都是奇數(shù)，那么a（  ）（A）不能確定奇數(shù)還是偶數(shù)       （B）必然是非零偶數(shù)（C）必然是奇數(shù)                 （D）必然是零3.（1986年宿州競賽題）試證明11986+91986+81986+61986是一個偶數(shù).4.請用0到9

19、十個不同的數(shù)字組成一個能被11整除的最小十位數(shù).5.有n 個整數(shù)，共積為n，和為零，求證：數(shù)n能被4整除6.在一個凸n邊形內(nèi)，任意給出有限個點，在這些點之間以及這些點與凸n邊形頂點之間，用線段連續(xù)起來，要使這些線段互不相交，而且把原凸n邊形分為只朋角形的小塊，試證這種小三我有形的個數(shù)與n有相同的奇偶性.7.（1983年福建競賽題）一個四位數(shù)是奇數(shù)，它的首位數(shù)字淚地其余各位數(shù)字，而第二位數(shù)字大于其它各位數(shù)字，第三位數(shù)字等于首末兩位數(shù)字的和的兩倍，求這四位數(shù).   8.（1909年匈牙利競賽題）試證：3n+1能被2或22整除，而不能被2的更高次冪整除.9.（全俄15屆中學生數(shù)學

20、競賽題）在1，2，3，1989之間填上“+”或“-”號，求和式可以得到最小的非負數(shù)是多少？ 練習參考答案（）（最小兩位奇數(shù)是，最大數(shù)與最小數(shù)同為奇數(shù)）（）設第一個偶數(shù)為，則后面四個衣次為，（）不能是奇數(shù)，的個位數(shù)字是奇數(shù)，而，都是偶數(shù)，故最后為偶數(shù)仿例  設，滿足題設即·。假如為奇數(shù)，由，所有皆為奇數(shù)，但奇數(shù)個奇數(shù)之和為奇數(shù)，故這時不成立，可見只能為偶數(shù)由于為偶數(shù)，由知中必有一個偶數(shù)，由知中必有另一個偶數(shù)于是中必有兩個偶數(shù)，因而由知必能被整除設小三角形的個數(shù)為，則個小三角形共有條邊，減去邊形的條邊及重復計算的邊數(shù)扣共有（）條線段，顯然只有當與有相同的奇偶性時，（）

21、才是整數(shù)設這個四位數(shù)是由于，是奇數(shù)所以于是（），即或因是偶數(shù)，所以，由此得，又因，所以因此該數(shù)為當為奇數(shù)時，考慮（）的展開式；當為偶數(shù)時，考慮（）的展開式除外，可將，所有數(shù)分為對：（，）（，）（，）每對數(shù)中兩個數(shù)的奇偶性相同，所以在每對數(shù)前無論放置“”，“”號，運算結果只能是偶數(shù)而為奇數(shù)，所以數(shù)，的總值是奇數(shù)，于是所求的最小非負數(shù)不小于，數(shù)可用下列方式求得：（）（）（）競賽講座02 整數(shù)的整除性1  整數(shù)的整除性的有關概念、性質(zhì)（1） 整除的定義：對于兩個整數(shù)a、d（d0），若存在一個整數(shù)p，使得成立，則稱d整除a，或a被d整除，記作d|a。若d不能整除a，則記作d

22、0; a，如2|6，4  6。（2） 性質(zhì)1）  若b|a，則b|(-a)，且對任意的非零整數(shù)m有bm|am2）  若a|b，b|a，則|a|=|b|;3）  若b|a，c|b，則c|a4）  若b|ac，而（a，b）=1（a，b）=1表示a、b互質(zhì)，則b|c；5）  若b|ac，而b為質(zhì)數(shù)，則b|a，或b|c；6）  若c|a，c|b，則c|（ma+nb），其中m、n為任意整數(shù)（這一性質(zhì)還可以推廣到更多項的和）例1 （1987年北京初二數(shù)學競賽題）x，y，z均為整數(shù)，若11（7x+2y-5z），求證：11（3x-

23、7y+12z）。證明4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而        1111(3x-2y+3z),且      11(7x+2y-5z),       114(3x-7y+12z)又       (11,4)=1        11(3x-7y+

24、12z).2.整除性問題的證明方法(1)    利用數(shù)的整除性特征（見第二講）例2（1980年加拿大競賽題）設72的值。解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需討論8、9都整除的值。若8，則8，由除法可得。若9，則9（a+6+7+9+2），得a=3。（2）利用連續(xù)整數(shù)之積的性質(zhì)     任意兩個連續(xù)整數(shù)之積必定是一個奇數(shù)與一個偶數(shù)之一積，因此一定可被2整除。     任意三個連續(xù)整數(shù)之中至少有一個偶數(shù)且至少有一個是3的倍數(shù)，所以它們之積一定可以被2整除，也可被3整除，所以也

25、可以被2×3=6整除。這個性質(zhì)可以推廣到任意個整數(shù)連續(xù)之積。例3（1956年北京競賽題）證明：對任何整數(shù)n都為整數(shù)，且用3除時余2。證明為連續(xù)二整數(shù)的積,必可被2整除.對任何整數(shù)n均為整數(shù),為整數(shù),即原式為整數(shù).又，2n、2n+1、2n+2為三個連續(xù)整數(shù)，其積必是3的倍數(shù)，而2與3互質(zhì)，是能被3整除的整數(shù).故被3除時余2.例4         一整數(shù)a若不能被2和3整除，則a2+23必能被24整除.證明  a2+23=（a2-1）+24，只需證a2-1可以被24整除即可.2 .a為奇數(shù).設a=2

26、k+1(k為整數(shù)),則a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).k、k+1為二個連續(xù)整數(shù)，故k（k+1）必能被2整除，8|4k（k+1），即8|（a2-1）.又（a-1），a，（a+1）為三個連續(xù)整數(shù)，其積必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a2-1），3  a，3|（a2-1）.3與8互質(zhì), 24|(a2-1),即a2+23能被24整除.(3)利用整數(shù)的奇偶性下面我們應用第三講介紹的整數(shù)奇偶性的有關知識來解幾個整數(shù)問題.例5         求證:不存在這樣的整數(shù)a、b、c、

27、d使：a·b·c·d-a=       a·b·c·d-b=       a·b·c·d-c=       a·b·c·d-d=       證明  由，a（bcd-1）=.右端是奇數(shù)，左端a為奇數(shù)，bcd-1為奇數(shù).同理,由、知

28、b、c、d必為奇數(shù)，那么bcd為奇數(shù)，bcd-1必為偶數(shù)，則a（bcd-1）必為偶數(shù)，與式右端為奇數(shù)矛盾.所以命題得證.例6         (1985年合肥初中數(shù)學競賽題)設有n個實數(shù)x1,x2,，xn，其中每一個不是+1就是-1，且試證n是4的倍數(shù).證明  設   (i=1,2,，n-1)，則yi不是+1就是-1，但y1+y2+yn=0，故其中+1與-1的個數(shù)相同，設為k，于是n=2k.又y1y2y3yn=1，即（-1）k=1，故k為偶數(shù)，n是4的倍數(shù).其他方法：整數(shù)a整除整數(shù)b，

29、即b含有因子a.這樣,要證明a整除b,采用各種公式和變形手段從b中分解出因子a就成了一條極自然的思路.例7         (美國第4屆數(shù)學邀請賽題)使n3+100能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少?解n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.若n+100能被n+10整除,則900也能被n+10整除.而且,當n+10的值為最大時,相應地n的值為最大.因為900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.例8      &

30、#160;  (上海1989年高二數(shù)學競賽)設a、b、c為滿足不等式1abc的整數(shù)，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能數(shù)組（a，b，c）.解  （ab-1）（bc-1）（ca-1）=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.存在正整數(shù)k,使ab+ac+bc-1=kabc,     k=k=1.若a3，此時1=-矛盾.已知a1.   只有a=2.當a=2時，代入中得2b+2c-1=bc，即   1=0b4，

31、知b=3，從而易得c=5. 說明：在此例中通過對因數(shù)k的范圍討論，從而逐步確定a、b、c是一項重要解題技巧.例9         （1987年全國初中聯(lián)賽題）已知存在整數(shù)n，能使數(shù)被1987整除.求證數(shù)，都能被1987整除. 證明×××（103n+），且能被1987整除，p能被1987整除.同樣，q=（）且故、102（n+1）、被除，余數(shù)分別為1000，100，10，于是q表示式中括號內(nèi)的數(shù)被除，余數(shù)為1987，它可被1987整除，所以括號內(nèi)的數(shù)能被1987整除，即q能被1987整除.

32、練習二1  選擇題（1）（1987年上海初中數(shù)學競賽題）若數(shù)n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，則不是n的因數(shù)的最小質(zhì)數(shù)是（  ）.（A）19  （B）17  （C）13  （D）非上述答案（2）在整數(shù)0、1、2、8、9中質(zhì)數(shù)有x個，偶數(shù)有y個，完全平方數(shù)有z個，則x+y+z等于（   ）.（A）14  （B）13  （C）12  （D）1

33、1  （E）10（3）可除盡311+518的最小整數(shù)是（   ）.（A）2  （B）3  （C）5  （D）311+518（E）以上都不是2  填空題（1）（1973年加拿大數(shù)學競賽題）把100000表示為兩個整數(shù)的乘積，使其中沒有一個是10的整倍數(shù)的表達式為_.(2)    一個自然數(shù)與3的和是5的倍數(shù),與3的差是6的倍數(shù),這樣的自然數(shù)中最小的是_.(3)    (1989年全國初中聯(lián)賽題)在十進制中,各位數(shù)碼是0或1,并且能被225整除的最小自然數(shù)是_.3.求使

34、為整數(shù)的最小自然數(shù)a的值.4.(1971年加拿大數(shù)學競賽題)證明:對一切整數(shù)n,n2+2n+12不是121的倍數(shù).5.(1984年韶關初二數(shù)學競賽題)設是一個四位正整數(shù),已知三位正整數(shù)與246的和是一位正整數(shù)d的111倍,又是18的倍數(shù).求出這個四位數(shù),并寫出推理運算過程.6.(1954年蘇聯(lián)數(shù)學競賽題)能否有正整數(shù)m、n滿足方程m2+1954=n2.7.證明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n為非負整數(shù).(2)若將(1)中的11改為任意一個正整數(shù)a,則(1)中的12,133將作何改動?證明改動后的結論.8.(1986年全國初中數(shù)學競賽題)設a、b、c是三個互不相等的正整數(shù).求證

35、:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三個數(shù)中,至少有一個能被10整除.9.(1986年上海初中數(shù)學競賽題)100個正整數(shù)之和為101101,則它們的最大公約數(shù)的最大可能值是多少?證明你的結論. 練習參考答案（）·（）由2000a為一整數(shù)平方可推出a=5反證法若是的倍數(shù)，設（）（）是素數(shù)且除盡（），除盡除盡（）或，不可能由是的倍，可能是，；又是的倍數(shù)，只能是而，是（）××××××××（）第一項可被整除又，（）改為改為，改為（）改動后命題為（）（），可仿上證明（）；同理有（）；（）若、

36、中有偶數(shù)或均為奇數(shù)，以上三數(shù)總能被整除又在、中若有一個是的倍數(shù)，則題中結論必成立若均不能被整除，則，個位數(shù)只能是，從而，的個位數(shù)是從，中，任取三個兩兩之差，其中必有或±，故題中三式表示的數(shù)至少有一個被整除，又、互質(zhì)設個正整數(shù)為，最大公約數(shù)為，并令則（）×，故知，不可能都是，從而×，；若取，則滿足×，且，故的最大可能值為競賽講座03-同余式與不定方程同余式和不定方程是數(shù)論中古老而富有魅力的內(nèi)容.考慮數(shù)學競賽的需要,下面介紹有關的基本內(nèi)容.1.       同余式及其應用定義:設a、b、m為整數(shù)（m

37、0），若a和b被m除得的余數(shù)相同，則稱a和b對模m同余.記為或一切整數(shù)n可以按照某個自然數(shù)m作為除數(shù)的余數(shù)進行分類，即n=pm+r（r=0，1，m-1），恰好m個數(shù)類.于是同余的概念可理解為,若對n1、n2，有n1=q1m+r，n2=q2m+r，那么n1、n2對模m的同余，即它們用m除所得的余數(shù)相等.利用整數(shù)的剩余類表示,可以證明同余式的下述簡單性質(zhì):(1)    若,則m|(b-a).反過來,若m|(b-a),則;(2)    如果a=km+b(k為整數(shù)),則;(3)    每個整數(shù)恰與0,1,，m-1

38、，這m個整數(shù)中的某一個對模m同余；(4)    同余關系是一種等價關系：     反身性  ；     對稱性，則，反之亦然.     傳遞性，則；（5）如果，則；特別地應用同余式的上述性質(zhì)，可以解決許多有關整數(shù)的問題.例1（1898年匈牙利奧林匹克競賽題）求使2n+1能被3整除的一切自然數(shù)n.解  則2n+1當n為奇數(shù)時，2n+1能被3整除；當n為偶數(shù)時，2n+1不能被3整除.例2   

39、0;     求2999最后兩位數(shù)碼.解 考慮用100除2999所得的余數(shù).又2999的最后兩位數(shù)字為88.例3         求證31980+41981能被5整除.證明  2不定方程不定方程的問題主要有兩大類：判斷不定方程有無整數(shù)解或解的個數(shù)；如果不定方程有整數(shù)解，采取正確的方法，求出全部整數(shù)解.(1)    不定方程解的判定如果方程的兩端對同一個模m(常數(shù))不同余,顯然,這個方程必無整數(shù)解.而方程如有解則解必為奇數(shù)、偶數(shù)兩種，因而

40、可以在奇偶性分析的基礎上應用同余概念判定方程有無整數(shù)解.例4         證明方程2x2-5y2=7無整數(shù)解.證明  2x2=5y2+7，顯然y為奇數(shù).     若x為偶數(shù)，則方程兩邊對同一整數(shù)8的余數(shù)不等，x不能為偶數(shù).     若x為奇數(shù)，則但5y2+7x不能為奇數(shù).因則原方程無整數(shù)解.說明:用整數(shù)的整除性來判定方程有無整數(shù)解,是我們解答這類問題的常用方法.例5     

41、;    (第14屆美國數(shù)學邀請賽題)不存在整數(shù)x,y使方程   證明  如果有整數(shù)x，y使方程成立，則=知（2x+3y2）+5能被17整除.設2x+3y=17n+a，其中a是0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8中的某個數(shù)，但是這時（2x+3y）2+5=（17n）2+34na+（a2+5）=a2+5（mod17），而a2+5被17整除得的余數(shù)分別是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情況下（2x+3y）2+5都不能被17整除，這與

42、它能被17整除矛盾.故不存在整數(shù)x，y使成立.例7  （第33屆美國數(shù)學競賽題）滿足方程x2+y2=x3的正整數(shù)對（x，y）的個數(shù)是（   ）.（A）0 （B）1（C）2（D）無限個（E）上述結論都不對解由x2+y2=x3得y2=x2（x-1），所以只要x-1為自然數(shù)的平方，則方程必有正整數(shù)解.令x-1=k2(k為自然數(shù)),則為方程的一組通解.由于自然數(shù)有無限多個,故滿足方程的正整數(shù)對(x,y)有無限多個,應選(D).說明:可用寫出方程的一組通解的方法,判定方程有無數(shù)個解.(2)    不定方程的解法不定方程沒有統(tǒng)一的解法,常用的特殊

43、方法有:配方法、因式（質(zhì)因數(shù)）分解法、不等式法、奇偶分析法和余數(shù)分析法.對方程進行適當?shù)淖冃?并正確應用整數(shù)的性質(zhì)是解不定方程的基本思路.例6         求方程的整數(shù)解.解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.在勾股數(shù)中,最大的一個為13的只有一組即5,12,13,因此有8對整數(shù)的平方和等于132即(5,12),(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程組的解只能是下面的八個方程組的解  

44、60;   解得  例7         (原民主德國1982年中學生競賽題)已知兩個自然數(shù)b和c及素數(shù)a滿足方程a2+b2=c2.證明:這時有ab及b+1=c.證明（因式分解法）a2+b2=c2，a2=（c-b）（c+b），又a為素數(shù)，c-b=1，且c+b=a2.于是得c=b+1及a2=b+c=2b+13b，即.而a3,1，1.ab.例9（第35屆美國中學數(shù)學競賽題）滿足聯(lián)立方程的正整數(shù)（a，b，c）的組數(shù)是（   ）.（A）0  （B）1 

45、（C）2  （D）3  （E）4解（質(zhì)因數(shù)分解法）由方程ac+bc=23得（a+b）c=23=1×23.a，b，c為正整數(shù)，c=1且a+b=23.將c和a=23-b代入方程ab+bc=44得(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,b1=2,b2=22.從而得a1=21,a2=1.故滿足聯(lián)立方程的正整數(shù)組(a,b,c)有兩個,即(21,2,1)和(1,22,1),應選(C).例10求不定方程2(x+y)=xy+7的整數(shù)解.解 由(y-2)x=2y-7,得分離整數(shù)部分得由x為整數(shù)知y-2是3的因數(shù),y-2=±1，±3，x=3，5，&

46、#177;1.方程整數(shù)解為例11         求方程x+y=x2-xy+y2的整數(shù)解.解（不等式法）方程有整數(shù)解  必須=（y+1）2-4（y2-y）0，解得y.滿足這個不等式的整數(shù)只有y=0，1，2.當y=0時，由原方程可得x=0或x=1；當y=1時，由原方程可得x=2或0；當y=2時，由原方程可得x=1或2.所以方程有整數(shù)解最后我們來看兩個分式和根式不定方程的例子.例12         求滿足方程且使y是最大的正整數(shù)

47、解（x，y）.解將原方程變形得由此式可知，只有12-x是正的且最小時，y才能取大值.又12-x應是144的約數(shù)，所以，12-x=1，x=11，這時y=132.故  滿足題設的方程的正整數(shù)解為（x，y）=（11，132）.例13（第35屆美國中學生數(shù)學競賽題）滿足0xy及的不同的整數(shù)對（x，y）的個數(shù)是（   ）.（A）0  （B）1  （C）3  （D）4  （E）7解法1 根據(jù)題意知，0x1984，由得   當且僅當1984x是完全平方數(shù)時，y是整數(shù).而1984=26·31，故當且僅當x具有3

48、1t2形式時，1984x是完全平方數(shù).x1984，1t7.當t=1，2，3時，得整數(shù)對分別為（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.當t3時yx不合題意，因此不同的整數(shù)對的個數(shù)是3，故應選（C）.解法2 1984=由此可知：x必須具有31t2形式，y必須具有31k2形式，并且t+k=8（t，k均為正整數(shù)）.因為0xy，所以tk.當t=1，k=7時得（31，1519）；t=2，k=6時得（124，1116）；當t=3，k=5時得（279，775）.因此不同整數(shù)對的個數(shù)為3.練習二十1.       選擇題(1)方程

49、x2-y2=105的正整數(shù)解有(   ).（A）      一組 （B）二組  （C）三組  （D）四組(2)在0,1,2,，50這51個整數(shù)中，能同時被2，3，4整除的有（   ）.（A）      3個 （B）4個  （C）5個  （D）6個2填空題（1）的個位數(shù)分別為_及_.(2)滿足不等式104A105的整數(shù)A的個數(shù)是x×104+1，則x的值_.(3)    已知整數(shù)y

50、被7除余數(shù)為5,那么y3被7除時余數(shù)為_.(4)    (全俄第14屆中學生數(shù)學競賽試題)求出任何一組滿足方程x2-51y2=1的自然數(shù)解x和y_.3.(第26屆國際數(shù)學競賽預選題)求三個正整數(shù)x、y、z滿足.4（1985年上海數(shù)學競賽題）在數(shù)列4，8，17，77，97，106，125，238中相鄰若干個數(shù)之和是3的倍數(shù)，而不是9的倍數(shù)的數(shù)組共有多少組？5求的整數(shù)解.6求證可被37整除.7（全俄1986年數(shù)學競賽題）求滿足條件的整數(shù)x，y的所有可能的值.8（1985年上海初中數(shù)學競賽題）已知直角三角形的兩直角邊長分別為l厘米、m厘米，斜邊長為n厘米，且l，m，n均

51、為正整數(shù)，l為質(zhì)數(shù).證明：2（l+m+n）是完全平方數(shù).9.(1988年全國初中數(shù)學競賽題)如果p、q、都是整數(shù)，并且p1，q1，試求p+q的值. 練習二十1.D.C.2.(1)9及1.     (2)9.    (3)4.(4)原方程可變形為x2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.3.不妨設xyz,則,故x3.又有故x2.若x=2,則,故y6.又有,故y4.若y=4,則z=20.若y=5,則z=10.若y=6,則z無整數(shù)解.若x=3,類似可以確定3y4,y=3或4,z都不能是整數(shù).4.可仿例2

52、解.5.先求出,然后將方程變形為y=5+x-2要使y為整數(shù),5x-1應是完全平方數(shù),解得6.88888(mod37),8888222282(mod37).77777(mod37),7777333373(mod37),88882222+77773333(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,37|N.7.簡解:原方程變形為3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由關于x的二次方程有解的條件0及y為整數(shù)可得0y5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程僅有兩組解(4,5)、(5,4).8.l2+m2=n2,l2=(n+m)(n-m).l為質(zhì)數(shù),且n+mn

53、-m0,n+m=l2,n-m=1.于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方數(shù).9.易知pq,不妨設pq.令=n,則mn由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.競賽專題講座04平面幾何證明競賽知識點撥1 線段或角相等的證明（1） 利用全等或相似多邊形；（2） 利用等腰；（3） 利用平行四邊形；（4） 利用等量代換；（5） 利用平行線的性質(zhì)或利用比例關系（6） 利用圓中的等量關系等。2 線段或角的和差倍分的證明（1） 轉(zhuǎn)化為相等問題。如要證明a=b±c，

54、可以先作出線段p=b±c，再去證明a=p，即所謂“截長補短”，角的問題仿此進行。（2） 直接用已知的定理。例如：中位線定理，Rt斜邊上的中線等于斜邊的一半；的外角等于不相鄰的內(nèi)角之和；圓周角等于同弧所對圓心角的一半等等。3 兩線平行與垂直的證明（1） 利用兩線平行與垂直的判定定理。（2） 利用平行四邊形的性質(zhì)可證明平行；利用等腰的“三線合一”可證明垂直。（3） 利用比例關系可證明平行；利用勾股定理的逆定理可證明垂直等?！靖傎惱}剖析】【例1】從O外一點P向圓引兩條切線PA、PB和割線PCD。從A點作弦AE平行于CD，連結BE交CD于F。求證：BE平分CD。【分析1】構造兩個全等。連結

55、ED、AC、AF。CF=DFACFEDFPAB=AEB=PFB【分析2】利用圓中的等量關系。連結OF、OP、OB。PFB=POB注：連結OP、OA、OF，證明A、O、F、P四點共圓亦可?！纠?】ABC內(nèi)接于O，P是弧 AB上的一點，過P作OA、OB的垂線，與AC、BC分別交于S、T，AB交于M、N。求證：PM=MS充要條件是PN=NT?！痉治觥恐恍枳C， PM·PN=MS·NT。（1=2，3=4）APMPBNPM·PN=AM·BN（BNT=AMS，BTN=MAS）BNTSMAMS·NT=AM·BN【例3】已知A為平面上兩半徑不等的圓O1

56、和O2的一個交點，兩外公切線P1P2、Q1Q2分別切兩圓于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分別為P1Q1、P2Q2的中點。求證：O1AO2=M1AM2。【分析】設B為兩圓的另一交點，連結并延長BA交P1P2于C，交O1O2于M，則C為P1P2的中點，且P1M1CMP2M2，故CM為M1M2的中垂線。在O1M上截取MO3=MO2，則M1AO3=M2AO2。故只需證O1AM1=O3AM1，即證。由P1O1M1P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得?！纠?】在ABC中，AB>AC，A的外角平分線交ABC的外接圓于D，DEAB于E，求證：AE=。【分析】方法1

57、、2AE=AB-AC 在BE上截取EF=AE，只需證BF=AC，連結DC、DB、DF，從而只需證DBFDCA DF=DA，DBF=DCA，DFB=DAC DFA=DAF=DAG。方法2、延長CA至G，使AG=AE，則只需證BE=CG 連結DG、DC、DB，則只需證DBEDCG DE=DG，DBE=DCG，DEB=DGC=Rt?！纠?】ABC的頂點B在O外，BA、BC均與O相交，過BA與圓的交點K引ABC平分線的垂線，交O于P，交BC于M。求證：線段PM為圓心到ABC平分線距離的2倍。【分析】若角平分線過O，則P、M重合，PM=0，結論顯然成立。若角平分線不過O，則延長DO至D，使OD=OD，則

58、只需證DD=PM。連結DP、DM，則只需證DMPD為平行四邊形。過O作mPK，則DD,KP，DPK=DKPBL平分ABC，MKBLBL為MK的中垂線DKB=DMKDPK=DMK，DPDM。而D DPM，DMPD為平行四邊形。【例6】在ABC中，AP為A的平分線，AM為BC邊上的中線，過B作BHAP于H，AM的延長線交BH于Q，求證：PQAB。【分析】方法1、結合中線和角平分線的性質(zhì)，考慮用比例證明平行。倍長中線：延長AM至M，使AM=MA，連結BA，如圖6-1。PQABABQ=180°-(HBA+BAH+CAP)= 180°-90°-CAP=90°-BA

59、P=ABQ方法2、結合角平分線和BHAH聯(lián)想對稱知識。延長BH交AC的延長線于B，如圖6-2。則H為BB的中點，因為M為BC的中點，連結HM，則HMB/C。延長HM交AB于O，則O為AB的中點。延長MO至M，使OM=OM，連結MA、MB，則AMBM是平行四邊形，MPAM，QMBM。于是，所以PQAB?！纠?】菱形ABCD的內(nèi)切圓O與各邊分別切于E、F、G、H，在EF與GH上分別作O的切線交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。求證：MQNP。（95年全國聯(lián)賽二試3）【分析】由ABCD知：要證MQNP，只需證AMQ=CPN，結合A=C知，只需證AMQCPN，AM·CN=AQ&#

60、183;CP。連結AC、BD，其交點為內(nèi)切圓心O。設MN與O切于K，連結OE、OM、OK、ON、OF。記ABO=，MOK=，KON=，則EOM=，F(xiàn)ON=，EOF=2+2=180°-2。BON=90°-NOF-COF=90°-=CNO=NBO+NOB=+=AOE+MOE=AOM又OCN=MAO，OCNMAO，于是，AM·CN=AO·CO同理，AQ·CP=AO·CO?！纠?】ABCD是圓內(nèi)接四邊形，其對角線交于P，M、N分別是AD、BC的中點，過M、N分別作BD、AC的垂線交于K。求證：KPAB。【分析】延長KP交AB于L，則

61、只需證PAL+APL=90°，即只需證PDC+KPC=90°，只需證PDC=PKF，因為P、F、K、E四點共圓，故只需證PDC=PEF，即EFDC。DMECNF【例9】以ABC的邊BC為直徑作半圓，與AB、AC分別交于點D、E。過D、E作BC的垂線，垂足分別是F、G，線段DG、EF交于點M。求證：AMBC?！痉治觥窟B結BE、CD交于H，則H為垂心，故AHBC。（同一法）設AHBC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面證M1、M2重合。OM1DFOM1=。OM2EGOM2=。只需證OG·DF=EG·OF，即RtOEGRtODFDOF=DHB=E

62、HC=EOG。競賽講座05幾何解題途徑的探求方法 一充分地展開想象 想象力，就是人們平常說的形象思維或直覺思維能力。想象力對于人們的創(chuàng)造性勞動的重要作用，馬克思曾作過高度評價：“想象是促進人類發(fā)展的偉大天賦?！苯忸}一項創(chuàng)造性的工作，自然需要豐富的想象力。在解題過程中，充分展開想象，主要是指：1全面地設想 設想，是指對同一問題從各個不同的角度去觀察思考和深入分析其特征，推測解題的大致方向，構思各種不同的處理方案。例1在中，AB=AC，D是BC邊上一點，E是線段AD上一點 ，且，求證：BD=2CD（92年全國初中聯(lián)賽試題）例2 在中，AB>AC，的外角平分線交的外接圓于D，于E。求證：（89年全國高中聯(lián)賽試題）3在的斜邊上取一點D，