数学竞赛讲座
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。
小学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abq+r(0≤r 特别地,如果r0,那么abq。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 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)。 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 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:nan10n+an-110n-1+…+a0; 2.带余形式:abq+r; 4.2的乘方与奇数之积式:n2mt,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+90a2-9a01998,110a3+10a2-a0222。 比较上式等号两边个位、十位和百位,可得a08,a21,a32。 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个数与的和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。现在设N3194,请你当魔术师,求出数来。 解:依题意,得 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+c18m,a+b+d18n,其中m,n是自然数。于是c-d18(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a18a1+r,b18b1+r,c18c1+r, 其中a1,b1,c1是整数。于是a+b+c18(a1+b1+c1)+3r。 因为18|(a+b+c),所以18|3r,即6|r,推知r0,6,12。因为100055×18+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 由于N能被5和7249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102×5,故a1+1a2+1a5+1…an+11, 即a1a2a5…an0,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+15,a4+12是不可能的。因而a3+12,a4+15,即N52-1×75-15×7412005。 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2101024,2112048>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1024210,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。 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,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,10P+N,依题意N?,则N?10P,由于需对任意数P成立,故N?10,所以N1,2,5; ⑵当N为两位数时,100P+N,依题意N?,则N?100P,故N|100,所以N10,20,25,50; ⑶当N为三位数时,1000P+N,依题意N?,则N?1000P,故N|1000,所以N100,125,200,250,500; ⑷当N为四位数时,同理可得N1000,1250,2000,2500,5000。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+2351,513×17。 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 ③1,8,8④2,5,10 ⑤2,6,9 ⑥2,7,8 ⑦3,4,10 ⑧3,5,9 ⑨3,6,8 ⑩3,7,7 114,4,9 124,5,8 134,6,7 145,5,7 155,6,6 只有第⑧种情况可以满足题目要求,即3+5+513;3+3+915;5+9+923。 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。 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7;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,19994×499+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N2a(a0,1,2,3,…)时,剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张,即第2a张; (2)当N2a+m(m<2a)时,剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张。 取N100,因为10026+36,2×3672,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3-12。 (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+913(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+1327(克),可以称到1+3+9+2740(克)以内的任意整数克重。 总之,砝码的重量为1,3,32,33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。 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+d8,b+c17。 已知c-1d,d+2b,可求得:a1,b9,c8,d7。 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753×5×5,所以可设n有三个质因数2,3,5,即n2α×3β×5γ,其中α≥0,β≥1,γ≥2,并且 (α+1)(β+1)(γ+1)75。 易知当αβ4,γ2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A15+5n;A末位是2,则A27+5n;A 末位是4,则 A9+5n;A末位是6,则A21+5n;A末位是8,则A33+5n。 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36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[239a-1+1]枚棋子,所以N239a-1+1+39a310a-1。 若N310a59049a-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-17×8435a+4a-1是 7的倍数,则4a-1必须是7的倍数,当a21,25,27,29时,4a-1不是7的倍数,当a23时,4a-1917×13,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4×3×224(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)×4×3×2240。 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)×18180。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k13,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。 高中数学竞赛中数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相 时刻、时间与钟表 同学们，你一定知道钟表是用来记时的，爸爸妈妈当你很小时就会教你如何看钟表、报时间，可钟表里有许多有趣的数学问题。 什么叫“时间”它有两层意思： 1.表示某一种特定时候。 如：北京时间八点整。每天早上六点起床等等，为了区别别一种含义，我们把表示某一种特定的时候，叫时刻。（也叫点） 2.表示两个不同时刻的间隔。 如：从早上8时到10时，花了2个小时的时间写作业，从杭州到上海火车运行的时间是2小时30分。这叫做时间。 我们可以从单位名称上来区分时刻与时间的差异。 时刻，一般用“时”如：飞机上午8时起航，指飞机离开机场时刻。时间一般用“小时”共飞行了8小时，指飞机从上午8时起飞到下午4时降落，在空中飞行了8个小时。 同学们不仅要会读钟面上显示的时刻，还要学会观察钟面所表示的不同的时刻之间的时间关系。找出规律。 如：长短针位置的判断时刻，确定长，短针互换位置后的时刻，反射到镜面上的钟面的时刻等等。有利于培养自己观察能力。 例1根据前3个钟面的规律，画出第4个钟面的长、短针。 3 分析：前面三个钟表所表示的时刻分别是1时，3时30分，6时，相邻两个钟的时间差都是2小时30分。因此第4个钟也应是在第3个钟6点的基础上增加2小时30分，应显示出的时刻是8点30分 例2按次序观察图中各钟面所表示的时刻，找出各种钟面所表示的时间规律，请在第5只钟面上标出符合规律的时刻 分析：把各钟面表示的时刻依次排列起来 11点30分→12点5分→12点40分→1点15分→（）→2点25分 发现它们相邻两钟的间隔时间都是35分钟，因此第5个钟面的时刻应是1点50分。 例3见图：是反射在镜面上的两只钟面的长针和短针的位置，请说出各钟面的时刻？ 分析：同学们我们只要用镜子实践一下，就会发现任何物体经过镜面反射，它的位置发生了 全国初中数学联赛初二卷及详解 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2017年全国初中数学联合竞赛试题 初二卷 第一试 一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分） 1.已知实数a,b,c 满足2a+13b+3c=90，3a+9b+c=72，则32b c a b ++的值为（ ）. A.2 B.1 C.0 D.-1 2.已知实数a,b,c 满足a+b+c=1， 1110135 a b c ++=+++，则(a+1)2+(b+3)2+(c+5)2 的值为（ ）. A.125 B.120 C.100 D.81 3.若正整数a,b,c 满足a ≤b ≤c 且abc=2(a+b+c)，则称(a,b,c)为好数组.那么好数组的个数为（ ）. A.4 B.3 C.2 D.1 4.已知正整数a,b,c 满足a 2 -6b-3c+9=0，-6a+b 2 +c=0，则a 2 +b 2 +c 2 的值为（ ）. A.424 B.430 C.441 D.460 5.梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=3，BC=4，CD=2，AD=1，则梯形的面积为（ ）. A. 1023 B.103 3 C.32 D.33 6.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A=90°，点E 在AB 上，若AE=42，BE=28，BC=70，∠DCE=45°，则DE 的值为（ ）. A.56 B.58 C.60 D.62 二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分） 7.使得等式3 11a a ++=成立的实数a 的值为________. 8.已知△ABC 的三个内角满足A ＜B ＜C ＜100°.用θ表示100°-C,C-B,B-A 中的最小者，则θ的最大值为________. 9.设a,b 是两个互质的正整数，且3 8ab p a b =+为质数.则p 的值为________. 高中数学竞赛数论部分文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08] 初等数论简介 绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。 1．请看下面的例子： （1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。(1894年首 届匈牙利 数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。 ②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ???（1956年上海首 届数学竞赛第一题） （3） 证明：3231 122 n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。（1956年 北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数 214 143 n n ++不可约简。（1956年首届国际数学奥林匹 克竞赛第一题） （5） 令(,, ,)a b g 和[,, ,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数， 试证：[][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =??（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题） 这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。 2.再看以下统计数字： （1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。 （2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。 第五讲 计算——工具与算法的变迁 研究数学、学习数学总离不开计算，随着时代的变迁，计算工具在不断地改变，从中国古老的算盘、 纸笔运算发展到利用计算器、计算机运算． 初中代数中运算贯穿于始终，运算能力是运算技能与逻辑能力的结合，它体现在对算理算律的理解与使用，综合运算的能力及选择简捷合理的运算路径上，这要求我们要善于观察问题的结构特点，灵活选用算法和技巧，有理数的计算常用的方法与技巧有： 1．巧用运算律； 2．用字母代数； 3．分解相约； 4．裂项相消； 5．利用公式； 6．加强估算等． “当今科学活动可以分成理论、实验和计算三大类，科学计算已经与理论研究、科学实验一起，成为第三种科学方法．——威尔逊 注：威尔逊，著名计算物理学家，20世纪80年代诺贝尔奖获得者． 【例1】 现有四个有理数3，4，6-，l0，将这4个数(每个数用且只用一次)进行加、减、乘、除四则运算，使其结果等于24，其三种本质不同的运算式有： (1) ；(2) ；(3) ． (浙江省杭州市中考题) 思路点拨 从24最简单的不同表达式人手，逆推，拼凑． 链接： 今天，计算机泛应用于社会生活各个方面，计算机技术在数学上的应用，不但使许多繁难计算 变得简单程序化，而且还日益改变着我们的观念与思维． 著名的计算机专家沃斯说过：“程序=算法十数据结构”． 有理数的计算与算术的计算有很大的不同，主要体现在： (1)有理数的计算每一步要确定符号； （2）有理数计算常常是符号演算； (3)运算的观念得以改变，如两个有理数相加，其和不一定大于任一加数；两个有理数相减，其差不一定小于被减数． 程序框图是一种用规定、指向线及文字说明来准确、直观地表示算法的图形，能清晰地展现算法的逻辑结构，常见的逻辑结构有：顺序结构、条件结构和循环结构． 【例2】 如果4个不同的正整数q p n m 、、、满足4)7)(7)(7)(7(=----q p n m ，那么，q p n m +++等于( )． A ．10 B ．2l C ．24 D ．26 E ．28 (新加坡数学竞赛题) 思路点拨 解题的关键是把4表示成4个不同整数的形式． 【例3】 计算： (1)100 321132112111+++++++++++ ； (“祖冲之杯”邀请赛试题) (2)19492 —19502 +19512 —19522 +…+19972 —19982 +19992 (北京市竞赛题) (3)5+52+53+…十52002 ． 思路点拨 对于(1)，首先计算每个分母值，则易掩盖问题的实质，不妨先从考察一般情形人手；(2)式使人易联想到平方差公式，对于(3)，由于相邻的后一项与前一项的比都是5，可从用字母表示和式着手． 初等数论简介 绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。 1． 请看下面的例子： （1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。(1894年首届匈牙利 数学竞 赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明213 1n -是168的倍数。 ②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++ 能整除123n ??? ？（1956年上海首届数学竞赛第一题） （3） 证明：3 231 122 n n n + +-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数 214 143 n n ++不可约简。（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题） （5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证： [][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =??（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题） 这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。 2.再看以下统计数字： （1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。 （2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占10.8% 。 这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。 3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题： (1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ） A 、 0 B 、1 C 、3 D 、无穷多 （2007全国初中联赛5） （2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2 1 02 x abx a b -++=是否有两个整数解？ 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。 （2007全国初中联赛12） 第四讲一元一次方程 方程是中学数学中最重要的内容．最简单的方程是一元一次方程，它是进一步学习代数方程的基础，很多方程都可以通过变形化为一元一次方程来解决．本讲主要介绍一些解一元一次方程的基本方法和技巧． 用等号连结两个代数式的式子叫等式．如果给等式中的文字代以任何数值，等式都成立，这种等式叫恒等式．一个等式是否是恒等式是要通过证明来确定的． 如果给等式中的文字(未知数)代以某些值，等式成立，而代以其他的值，则等式不成立，这种等式叫作条件等式．条件等式也称为方程．使方程成立的未知数的值叫作方程的解．方程的解的集合，叫作方程的解集．解方程就是求出方程的解集． 只含有一个未知数(又称为一元)，且其次数是1的方程叫作一元一次方程．任何一个一元一次方程总可以化为ax=b(a≠0)的形式，这是一元一次方程的标准形式(最简形式)．解一元一次方程的一般步骤：(1)去分母；(2)去括号；(3)移项；(4)合并同类项，化为最简形式ax=b；(5)方程两边同除以未知数的系数，得出方程的解． 一元一次方程ax=b的解由a，b的取值来确定： (2)若a=0，且b=0，方程变为0·x=0，则方程有无数多个解； (3)若a=0，且b≠0，方程变为0·x=b，则方程无解． 例1解方程 解法1从里到外逐级去括号．去小括号得 去中括号得 去大括号得 解法2按照分配律由外及里去括号．去大括号得 化简为 去中括号得 去小括号得 例2已知下面两个方程 3(x+2)=5x，① 4x－3(a－x)=6x－7(a－x) ② 有相同的解，试求a的值． 分析本题解题思路是从方程①中求出x的值，代入方程②，求出a的值． 解由方程①可求得3x－5x=－6，所以x=3．由已知，x=3也是方程②的解，根据方程解的定义，把x=3代入方程②时，应有 初中数学竞赛讲座之数论初步(一) 整数的整除性 定义：设a ，b 为二整数，且b ≠０，如果有一整数c ，使a ＝bc ，则称b 是a 的约数，a 是b 的倍数，又称b 整除a ，记作b|a. 显然，１能整除任意整数，任意整数都能整除０. 性质：设a ，b ，c 均为非零整数，则 ①．若c|b ，b|a ，则c|a. ②．若b|a ，则bc|ac ③．若c|a ，c|b ，则对任意整数m 、n ，有c|ma ＋nb ④．若b|ac ，且(a ，b)＝1，则b|c 证明：因为(a ，b)＝1 则存在两个整数s ，t ，使得 as ＋bt ＝1 ∴ asc ＋btc ＝c ∵ b|ac ? b|asc ∴ b|(asc ＋btc) ? b|c ⑤．若(a ，b)＝1，且a|c ，b|c ，则ab|c 证明：a|c ，则c ＝as(s ∈Z) 又b|c ，则c ＝bt(t ∈Z) 又(a ，b)＝1 ∴ s ＝bt'(t'∈Z) 于是c ＝abt' 即ab|c ⑥．若b|ac ，而b 为质数，则b|a ，或b|c ⑦．(a －b)|(a n －b n )(n ∈N)，(a ＋b)|(a n ＋b n )(n 为奇数) 整除的判别法：设整数N ＝121n 1a a a a - ①.2|a 1?2|N ， 5|a 1? 5|N ②.3|a 1＋a 2＋…＋a n ?3|N 9|a 1＋a 2＋…＋a n ?9|N ③.4|a a ? 4|N 25|a a ? 25|N ④.8|a a a ?8|N 125|a a a ?125|N ⑤．7||41n n a a a -－a a a |?7|N ⑥．11||41n n a a a -－a a a |?11|N ⑦．11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)] ?11|N ⑧．13||41n n a a a -－a a a |?13|N 推论：三个连续的整数的积能被６整除. 例题： 1.设一个五位数d a c b a ，其中d －b ＝3，试问a ，c 为何值时，这个五位数被11整除. 解：11|d a c b a ∴ 11|a ＋c ＋d －b －a 即11|c ＋3 ∴ c ＝8 1≤a ≤9，且a ∈Z 2.设72|b 673a ，试求a ，b 的值. 解：72＝8×9，且(8，9)＝1 ∴ 8|b 673 a ，且9| b 673a ∴ 8|b 73 ? b ＝6 且 9|a ＋6＋7＋3＋6 即9|22＋a ∴ a ＝5 3.设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ， 数学竞赛讲座 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。 小学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abq+r(0≤r 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)。 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 第一讲跨越——从算术到代数 “加里宁曾经说过：数学是锻炼思维的体操，体操能使你身体健康，动作敏捷；数学能使你的思想正确敏捷，有了正确的思想，你们才有可能爬上科学的大山．” _______华罗庚。 华罗庚，我国现代有世界声誉的数学家，初中毕业后，靠自学成才，在数论、矩阵几何等许多领域中做出过卓越贡献． 纵观历史，数学的发展创造了数学符号，新的数学符号的使用又反过来促进了数学的发展．历史是这样一步一步走过来的，并将这样一步一步地继续走下去，数学的每一个进步都必须伴随着新的数学符号的产生．在文明和科学的发展过程中，人类创造用符号代替语言、文字的方法，这是因为符号比语言、文字更简练、更直观、更具一般性．“算术”可以理解为“计算的方法”，而“代数”可以理解为“以符号替代数字”，即“数学符号化”．著名数学教育家玻利亚曾说：“代数是一种不用词句而只用符号所构成的语言．” 用字母表示数是数学发展史上的一件大事，是由算术跨越到代数的桥梁，是人类发展史上的一个飞跃，也是代数与算术的最显著的区别． 字母表示数使得数学具有简洁的语言，能更普遍地说明数量关系，在列代数式、求代数式的值、形成公式等方面有广泛的应用． 例题讲解 【例1】观察下列等式9—l=8，16—4＝12，25—9＝16，36—16＝20，…… 这些等式反映出自然数间的某种规律，设n表示自然数，用关于n的等式表示出来： ．(河南省中考题) 思路点拨在观察给定的等式基础上，寻找数字特点，等式的共同特征，发现一般规律．链接：从个别事物中发现一般性规律．这种研究问题的方法叫“归纳法”，是由特殊到一般的思维过程，是发明创造的基础． 【例2】某商品2002年比2001年涨价5％，2003年又比2002年涨价10％，2004年比2003年降价12％，则2004年比2001年( )． A．涨价3％B．涨价1．64％C涨价1．2％D．降价1．2％ 思路点拨设此商品2001年的价格为a元，把相应年份的价格用a的代数式表示，由计算作出判断． 小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类： 整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容） 余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小） （2）同余的性质和运用 奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 （2）约数个数决定法则（小升初常考内容） 整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常 出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？ 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？ 很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划 高中数学竞赛 数论 剩余类与剩余系 1.剩余类的定义与性质 (1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类. (2)性质(ⅰ)i m i K Z 1 0-≤≤=Y 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ?a ≡b(modm). 2.剩余系的定义与性质 (1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,2 1 ,,1,0,1,,121,21--+----m m m ΛΛ;当m 为偶数时,12 ,,1,0,1,,12,2--+-- m m m ΛΛ或2,,1,0,1,,12m m ΛΛ-+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系?两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾! 七年级数学竞赛系列讲座(10) 应用题（二） 一、一、知识要点 1、工程类问题 工程类问题讨论工作效率、工作时间和工作总量之间的相互关系。它们满足如下基本关系式：工作效率?工作时间=工作总量 解工程问题时常将工作总量当作整体“1” 2、溶液类问题 溶质：能溶解到溶剂中的物质。如盐、糖、酒精等。 溶剂：能溶解溶质的物质。如水等。 溶液：溶质和溶剂的混合体。如盐水、糖水、酒精溶液等。 溶液的浓度：指一定量溶液中所含溶质的量，经常用百分数表示。浓度的基本算式是： %100?=溶液量溶质量浓度 二、二、例题精讲 例1江堤边一洼地发生了管涌，江水不断地涌出，假定每分钟涌出的水量相等，如果用两台抽水机抽水，40分钟可抽完；如果用4台抽水机抽水，16分钟可抽完，如果要在10分钟内抽完水，那么至少需要抽水机 台。(1999年全国初中数学联合竞赛试题) 解：设开始抽水前管涌已经涌出的水量为a 立方米，管涌每分钟涌出的水量为b 立方米，又设每台抽水机每分钟可抽水c 立方米，由条件可得： ????=+?=+c b a c b a 1641640240 解得?? ???==c b c a 323160 如果要在10分钟内抽完水，那么至少需要抽水机的台数为： 6103203 1601010=+=+c c c c b a 评注：本题设了三个未知数a 、b 、c ，但只列出两个方程。实质上c 是个辅助未知数，在解方程时把c 视为常数，解出a ，b(用c 表示出来)，然后再代入求出所要求的结果。 例2 甲、乙、丙三队要完成A 、B 两项工程。B 工程的工作量比A 工程的工作量多25%，甲、乙、丙三队单独完成A 工程所需的时间分别是20天、24天、30天。为了共同完成这两项工程，先派甲队做A 工程，乙、丙二队做B 工程；经过几天后，又调丙队与甲队共同完成A 工程。问乙、丙二队合作了多少天？(第十四届迎春杯决赛试题) 解：设乙、丙二队合作了x 天，丙队与甲队合作了y 天。将工程A 视为1，则工程B 可视为1+25%=5/4，由题意得： 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p 1＜p 2＜…＜p k 为质数，a 1，a 2，…，a k 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 ）=（a 1+1）（a 2+1）…（a k +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=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0； 2．带余形式：a=bq+r ； 4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，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a 3，a 2，a 1，a 0，则这个四位 数可以写成：1000a 3+100a 2+10a 1+a 0，它的各位数字之和的10倍是10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是： 990a 3+90a 2-9a 0=1998，110a 3+10a 2-a 0=222. 比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a 0=8，a 2=1，a 3=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cab bca bac acb ,,,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 竞赛中的数论问题的思考方法 一. 条件的增设 对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。 1. 大小顺序条件 与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x 第一讲正整数的表示及进位制 一、基础知识： 1．我们通常接触的整数都是―十进制‖整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用―逢十进一‖的法则进行计数的方法。例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为： 1999=1×1000+9×100+9×10+9 底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数： 100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1 位上的数) 故1999=1×103+9×102+9×101+9×100 二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。例如二进制中的111记为(111)2 111=1×22+1×2+1=7 60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1 所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。 具体做法是：用2乘十进制小数，可以得到积，将积的整数部分取出，再用2乘余下的小数部分，又得到一个积，再将积的整数部分取出，如此进行，直到积中的小数部分为零，或者达到所要求的精度为止。然后把取出的整数部分按顺序排列起来，先取的整数作为二进制小数的高位有效位，后取的整数作为低位有效位。 例如：0.25 0.25*2 = 0.5 ------------整数部分：0 0.5*2 = 1.0 ------------整数部分：1 所以十进制数0.25转为二进制数即为 0.01 所以十进制数 60.25 转为二进制数即为 (11100.01)2 二、典型问题： 例1 证明：形如abcabc 的六位数总能被7、11、13整除。 证明：将已知的六位数写成十进制表达形式，得 c b a c b a abcabc +?+?+?+?+?=10101010102345 )110()1010()1010(3 4 2 5 +?++?++?=c b a 100110010100100?+?+?=c b a )10100(1001c b a ++?= )10100(13117c b a ++??= a b c a b c ∴总能被7，11，13整除。 【变式】试证明：任何一个四位正整数，如果四个数字和是9的倍数，那么这个四位数必能被9整除。并 把它推广到n 位正整数，也有同样的结论。 证明：设一个四位数为103a +102b +10c +d ，根据题意得 七年级数学竞赛题精选 姓名_______ 一.填空题 1.一辆汽车车牌在地面积水中的倒影为 ，请写出该车牌号码 2.已知：|x+3|+|x －2｜＝5，y=－4x+5,则 y 的最大值是 。 3.已知a 、b 为△ABC 的两边，且满足ab b a 222=+，你认为△ABC 是 三角形。 4.在一个5×5 的方格盘中共有 个正方形。 5.已知ab x b a x b x a x +++=++)())((2，观察等式，试分解因式： =+-232x x 。 6.若a 3m ＝3 b 3n ＝2,则(a 2m )3＋(b n )3－b n b 2n ＝ 7.如图，把⊿ABC 绕点C 顺时针旋转o 25，得到⊿C B A ''， B A ''交AC 于D ，已知∠DC A '＝o 90，则∠A 的度数是 ； 8.已知012=-+x x ，则200422 3++x x ＝ ； 一、选择题： 1.下列属平移现象的是（ ） A ，山水倒映。 B.时钟的时针运转。 C.扩充照片的底片为不同尺寸的照片。 D ．人乘电梯上楼。 2.如图，在边长为a 的正方形中挖去一个边长为b 的小正方形，把余下的部分剪拼成一个矩形，通过计算两个阴影部分的面积，验证了一个等式，此等式是（ ） A. a 2－b 2=(a +b)(a －b) B.(a +b)2=a 2+2a b+b 2 C.(a －b)2=a 2－2a b+b 2 D .(a +2b)(a －b)=a 2+a b －b 2 3.已知实数a 、b 满足：1=ab 且b a M +++=1111， b b a a N +++=11，则M 、N 的关系为（ ） （A ）N M > （B ）N M < （C ）N M = （D ）M 、N 的大小不能确定 4.若x 2－2(m －3)x ＋9是一个多项式的平方，则m ＝( ) A 6 B 12 C 6或0 D 0或 第7讲同余的概念及基本性质 数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯． 先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？ 取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜． 在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用． 同余，顾名思义，就是余数相同． 一、基础知识 定义1 给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作 a≡b(mod m)， 并读作a同余b，模m． 否则，就称a与b对于模m不同余，记作a≡b（mod m）， 根据定义，a与b是否同余，不仅与a、b有关，还与模m有关，同一对数a和b，对于模m同余，而对于模n也许就不同余，例如，5≡8（mod 3），而5≡8（mod 4），若a与b对模m同余，由定义1，有 a=mq1＋r，b=mq2+r． 所以a-b=m(q1-q2)， 即m｜a-b． 反之，若m｜a-b，设 a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1， 则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2． 于是，我们得到同余的另一个等价定义： 七年级数学竞赛讲座01 自然数的有关性质 自然数的有关性质 一、一、知识要点 1、1、最大公约数 定义1如果a1,a2,…,a n和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…, d∣a n，那么d叫做a1,a2,…,a n的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2,…,a n的最大公约数，记作(a1,a2,…,a n). 如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4. 2、2、最小公倍数 定义2如果a1,a2,…,a n和m都是正整数，且a1∣m, a2∣m,…, a n∣m，那么m叫做a1,a2,…,a n 的公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,a n的最小公倍数，记作[a1,a2,…,a n]. 如对于4、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作[4,8,12]=24. 3、3、最大公约数和最小公倍数的性质 性质1 若a∣b,则(a,b)=a. 性质2 若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd. 性质3 若n∣a, n∣b,则 () n b a n b n a, ,= ? ? ? ? ? . 性质4 若a=bq+r (0≤r高中数学竞赛中数论问题的常用方法
七年级数学竞赛讲座：时间、时刻、时钟
全国初中数学联赛初二卷及详解
高中数学竞赛数论部分
数学竞赛专题讲座七年级第讲计算工具与算法的变迁含答案
高中数学竞赛资料-数论部分 (1)
七年级数学竞赛讲座：第四讲 一元一次方程
初中数学竞赛讲座之数论初步(一)
七年级数学竞赛讲座数论的方法与技巧(含答案详解)
数学竞赛专题讲座七年级第1讲_跨越—从算术到代数(含答案)
(完整版)小学奥数中的数论问题
高中数学竞赛数论
七年级数学竞赛讲座10 应用题2
最新：七年级数学竞赛讲义附练习及答案(12套)
高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题
初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)
七年级数学竞赛题精选和参考答案.doc
初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)
七年级数学竞赛讲座01 自然数的有关性质
相关主题
文本预览