小学奥数25完全平方数

1、2.7完全平方数 2.7.1相关概念 完全平方即用一个整数乘以自己例如1*1 , 2*2,3*3等等，依此类推。若一个数能表示 成某个整数的平方的形式，则称这个数为完全平方数。完全平方数是非负数。 2.7.2性质推论 例如： 0,1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,169,196,225,256,289,324,361,400,441,484,529 观察这些完全平方数，可以获得对它们的个位数、十位数、数字和等的规律性的认识。 下面我们来研究完全平方数的一些常用性质： 性质1:末位数只能是0,1,4,5,6,9。 此为完全平方数的必要不充分条件，且定义为“一

2、个数如果是另一个整数的完全平方， 那么我们就称这个数为完全平方数”，0为整数，故0是完全平方数 性质2 :奇数的平方的个位数字一定是奇数，十位数字为偶数；偶数的平方的个位数字 定是偶数。 证明奇数必为下列五种形式之一： 10a+1,10a+3,10a+5,10a+7,10a+9 分别平方后，得 (10a+1) 2=100a2+20a+1=20a(5a+1)+1 22 (10a+3) =100a +60a+9=20a(5a+3)+9 22 (10a+5) =100a +100a+25=20 (5a+5a+1)+5 22 (10a+7) =100a +140a+49=20 (5a+7a+2)+9

3、22 (10a+9) =100a +180a+8 仁20 (5a+9a+4)+1 综上各种情形可知：奇数的平方，个位数字为奇数1,5,9;十位数字为偶数。 性质3:如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6;反之，如果完 全平方数的个位数字是6,则它的十位数字一定是奇数。 证明 已知m2=10k+6 ,证明k为奇数。因为k的个位数为6,所以m的个位数为4或6, 于是可设 m=10n+4或10n+6。 则 10k+6=(10n+4) 2=100+(8n+1)x10+6 或 10k+6=(10n+6) 2=100+(12n+3)x10+6 即 k=10+8n+仁2(5+4n)+1 或

4、k=10+12n+3=2(5+6n)+3 k为奇数。 推论1:如果一个数的十位数字是奇数，而个位数字不是6，那么这个数一定不是完全 平方数。 推论2 :如果一个完全平方数的个位数字不是6,则它的十位数字是偶数。 性质4:( 1)凡个位数字是 5，但末两位数字不是 25的自然数不是完全平方数; (2)末尾只有奇数个“ 0”的自然数(不包括 0本身)不是完全平方数； 100, 10000, 1000000是完全平方数，10, 1000, 100000等则不是完全平方数。 (3)个位数字为1, 4, 9而十位数字为奇数的自然数不是完全平方数。 需要说明的是：个位数字为1, 4, 9而十位数字为奇数的

5、自然数一定不是完全平方数， 如：11, 31, 51, 74, 99, 211, 454, 879等一定不是完全平方数一定不是完全平方数。 但个位数字为1, 4, 9而十位数字为偶数的自然数不都是完全平方数。 女口： 21, 44, 89不是完全平方数，但 49, 64, 81是完全平方数。 性质5:偶数的平方是4的倍数；奇数的平方是4的倍数加1。 2 2 2 2 这是因为(2k+1) =4k+4k+ 仁4k(k+1)+1(2k) =4k 性质6:奇数的平方是 8n+1型；偶数的平方为 8n或8n+4型。 在性质4的证明中，由k(k+1) 一定为偶数可得到(2k+1)是8n+1型的数；由为奇数

6、或偶 数可得(2k)为8n型或8n+4型的数。 性质7 :完全平方数的形式必为下列两种之一：3k,3k+1。 因为自然数被3除按余数的不同可以分为三类：3m,3m+1,3m+2。平方后，分别得 2 2 (3m) =9m =3k 2 (3m+1) =9+6m+1=3k+1 2 (3m+2) =9+12m+4=3k+1 同理可以得到： 性质8:不能被5整除的数的平方为 5k 1型，能被5整除的数为5k型。 性质9:平方数的形式具有下列形式之一：16m,16m+1,16m+4,16m+9。 除了上面关于个位数，十位数和余数的性质之外，还可研究完全平方数各位数字之和。 例如，256它的各位数字相加为2

7、+5+6=13 , 13叫做256的各位数字和。如果再把13的各位 数字相加：1+3=4 , 4也可以叫做256的各位数字的和。下面我们提到的一个数的各位数字 之和是指把它的各位数字相加，如果得到的数字之和不是一位数，就把所得的数字再相加， 直到成为一位数为止。我们可以得到下面的命题： 一个数的数字和等于这个数被9除的余数。 下面以四位数为例来说明这个命题。 设四位数为，则 1000a+100b+10c+d =999a+99b+9c+(a+b+c+d) =9(111a+11b+c)+(a+b+c+d) 显然，a+b+c+d是四位数被9除的余数。 对于n位数，也可以仿此法予以证明。 关于完全平方

8、数的数字和有下面的性质： 性质10:完全平方数的数字之和只能是0,1,4,7,9。 证明 因为一个整数被 9除只能是9k,9k 1,9k 2,9k 3,9k 4这几种形式，而 (9k)2=9(9k2)+0 (9k 1)2=9(9k2 2k)+1 (9k 2)2=9(9k2 4k)+4 (9k 3)2=9(9k2 6k)+9 (9k 4)2=9(9k2 8k+1)+7 性质11： a2b为完全平方数的充分必要条件是 b为完全平方数。 性质12：如果质数p能整除a，但p的平方不能整除 a,则a不是完全平方数。 证明 由题设可知，a有质因数p，但无因数，可知 a分解成标准式时，p的次方为1， 而完全

9、平方数分解成标准式时，各质因数的次方均为偶数，可见a不是完全平方数。 性质13：在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完全平方数。 即若n2 k2 n-m 又因为89为质数， 所以：n+m=89; n-m=1 解之，得n=45。代入得。故所求的自然数是1981。 例2求证：四个连续的整数的积加上1,等于一个奇数的平方(1954年基辅数学竞赛题)。 解：设四个连续整数分别为n-1、n、n+1、n+2. 这时， (n-1) n(n+1)( n+2)+1 = 易知该式可被分解为两个二次因式的乘积，设为 得 ad=1,ae+bd=2,af+be+cd=-1,bf+ce=-2,cf=1，解得 a=

10、d=e=b=1,c=f=-1 故可被分解为 ，因为n与n+1是连续两个整数，故n(n+1)为偶数，所以n(n +1)-1为奇数， 即(n-1) n(n+1)( n+2)+1 为一个奇数的平方。 例3求证：11,111,1111, 11111这串数中没有完全平方数。(1972年基辅数学竞赛题。 解：易知该串数中若存在完全平方数，则为末尾是1或9的数的平方。 当该串数中存在末尾为1的数的平方时，则 ，其中n、k为正整数。 但，易知n2需满足十位数为偶数，矛盾。 解2：完全平方数除以四余数为0或1，而根据除以四余数性质(一个数除以四的余数=这 个数末两位除以四的余数)可得，这串数除以四余数为3，矛盾

11、，所以这串数中没有完全平 方数。 例4用300个2和若干个0组成的整数有没有可能是完全平方数？ 解：设由300个2和若干个0组成的数为A，则其数字和为600 3|600 3|A 此数有3的因数，故9|A。但9|600，矛盾。故不可能有完全平方数。 例5试求一个四位数，它是一个完全平方数，并且它的前两位数字相同，后两位数字也相同 (1999小学数学世界邀请赛试题)。 解：设该四位数为 1000a+100a+10b+b，则 1000a+100a+10b+b=1100a+11b =11 (100a+b) 故100a+b必须被11整除=a+b被11整除，又因为(a+b)A+B能被11整除，又因为 A+

12、B 18 故 A+B=11 易知100A+B除以11后得数为完全平方数，且各个数位之和为10 验证得该数64 所以A=7,B=4，则四位数是7744 例8求一个四位数，使它等于它的四个数字和的四次方，并证明此数是唯一的。 (1986年第27届IMO试题)设正整数d不等于2,5,13，求证在集合2,5,13,d中可以找到 两个不同的元素a,b,使得ab -1不是完全平方数。 解：显然2*5-1=9 2*13-1=25 5*13-1=64 都为完全平方数 假设2d-1为完全平方数，注意到d为正整数,2d-1为奇数不妨设2d-1=(2n-1)2得 d=2 n2-2 n+1 此时5d-仁10nA2-10n+4不是完全平方数 同理假设5d-1 13d-1为完全平方数 可以分d为奇偶去证明. 例9求k的最大值，使2010可以表示为k个连续正整数之和。 解：假设这 k 个数为 a,a+1,a+2,.,a+(k-1) 它们的和为 ka+k(k-1)/2=2010 k(k+2a-1)=2*2010=2A2*5*3*67=60*67 显然k最大只能是60,此时a=4 例10某校