初一数学竞赛系列讲座全套

1、初一数学竞赛讲座 (三)数字、数位及数谜问题一、一、知识要点1、整数的十进位数码表示一般地，任何一个n 位的自然数都可以表示成：an 10n 1an 1 10n 2a3102a2 10 a1其中， a i (i=1 ， 2， , ， n)表示数码，且0? a i? 9， a n0.对于确定的自然数N，它的表示是唯一的，常将这个数记为N= anan 1a2 a12、正整数指数幂的末两位数字(1)(1) 设 m、 n 都是正整数， a 是 m 的末位数字，则 mn 的末位数字就是an 的末位数字。(2)(2) 设 p、 q 都是正整数， m 是任意正整数，则 m 4p+q的末位数字与m q 的末位

2、数字相同。3、在与整数有关的数学问题中，有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题，这类问题称为数迷问题。这类问题不需要过多的计算，只需要认真细致地分析，有时可以用“凑” 、“猜”的方法求解，是一种有趣的数学游戏。二、二、例题精讲例 1、有一个四位数，已知其十位数字减去2 等于个位数字，其个位数字加上2 等于其百位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988，求这个四位数。分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。解：设所求的四位数为a 103+b 102+c10+d ，依题意得：(a 103+b 102+c10+d)+(

3、d 103+c102+b 10+a)=9988 (a+d) 103210+ (a+d)=9988+(b+c) 10 +(b+c)比较等式两边首、末两位数字，得a+d=8，于是 b+c18又 c-2=d ， d+2=b， b-c=0从而解得： a=1， b=9，c=9， d=7故所求的四位数为1997评注：将整数用十进位数码表示，有助于将已知条件转化为等式，从而解决问题。例 2 一个正整数 N 的各位数字不全相等，如果将N 的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N ，则称 N 为“新生数” ，试求所有的三位“新生数” 。分析：将所有的三位“新生数

4、”写出来，然后设出最大、最小数，求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定。解：设 N 是所求的三位“新生数” ，它的各位数字分别为a、 b、c(a、b、 c 不全相等 )，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6 个三位数： abc, acb, bac,bca,cab, cba ，不妨设其中的最大数为abc ，则最小数为cba 。由“新生数”的定义，得N= abccba100a10bc100c10ba99 ac由上式知 N 为 99 的整数倍，这样的三位数可能为： 198， 297， 396，495，594， 693，792，891， 990。这 9 个数中，只有 954-459

5、=495 符合条件。故 495 是唯一的三位“新生数”评注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。这也是解答数学竞赛题的一种常用方法。例 3 从 1 到 1999，其中有多少个整数，它的数字和被4 整除？将每个数都看成四位数(不是四位的，在左面补0)，0000 至 1999 共 2000 个数。千位数字是 0 或 1，百位数字从0 到 9 中选择，十位数字从0 到 9 中选择，各有10 种。在千、百、十位数字选定后，个位数字在2 到 9 中选择，要使数字和被4 整除，这时有两种可能：设千、百、十位数字和为a，在 2，3， 4， 5 中

6、恰好有一个数b，使 a+b 被 4整除 (a+2、 a+3、a+4、 a+5 除以 4，余数互不相同，其中恰好有一个余数是0，即相应的数被 4 整除 )；在 6，7， 8， 9 中也恰好有一个数c(=b+4) ，使 a+c 被 4 整除。因而数字和被4整除的有： 2 10 10 2=400 个再看个位数字是0 或 1 的数。千位数字是0 或 1，百位数字从0 到 9 中选择， 在千、百、个位数字选定后，十位数字在2 到 9 中选择。与上面相同，有两种可能使数字和被4 整除。因此数字和被4 整除的又有：2 2 10 2=80 个。在个位数字、十位数字、千位数字均为0 或 1 的数中，百位数字在2

7、 到 9 中选择。有两种可能使数字和被4 整除。因此数字和被4 整除的又有： 2 2 2 2=16 个。最后，千、百、十、个位数字为0 或 1 的数中有两个数，数字和被4 整除，即1111 和0000，而 0000 不算。于是 1 到 1999 中共有 400+80+16+1=497 个数，数字和被4 整除。例 4 圆上有 9 个数码，已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下，得到的是一个 9 位数并且能被 27 整除。证明：如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话，那么所得的一个 9 位数也能被 27 整除。分析：把从某一位起按顺时针方向记下的9 位数记为： a1a2 a3a9 ，其能

8、被 27 整除。只需证明从其相邻一位读起的数：a2 a3 a9 a1 也能被27 整除即可。证明：设从某一位起按顺时针方向记下的9 位数为： a1a2 a3a9依题意得： a1 a2 a3a9 = a1 108a210 7a810a9 能被 27 整除。为了证明题目结论，只要证明从其相邻一位读起的数：a2 a3a9 a1 也能被27 整除即可。a2a3a9 a1 = a2 108a3 107a9 10 a110? a1a2 a3a9 - a2 a3a9 a1=10( a1 108a2 10 7a8 10a9 )-(a2 108a3107a9 10a1 )= a110 9a2108a3 107a

9、9 10 -( a2 108a3 107a9 10 a1 )= a1109a11091 a1 100031 a1 10003110001 10002100019991000210001而 999 能被 27 整除， 10003-1 也能被 27 整除。因此， a2 a3a9 a1 能被 27 整除。从而问题得证。评注：本题中，109-1 难以分解因数，故将它化为10003 -1 ，使问题得到顺利解决。这种想办法降低次数的思想，应注意领会掌握。例 5 证明： 111111+112112+113113 能被 10 整除分析：要证明111111+112112+113113 能被 10 整除，只需证明

10、111111+112112+113113 的末位数字为 0，即证 111111， 112112， 113113 三个数的末位数字和为 10。证明： 111111 的末位数字显然为1；112112=(1124)28，而 1124 的末位数字是6，所以 112112 的末位数字也是6；11311342841，所以 1131133；=(113 )?113， 113 的末位数字是的末位数字是 111111，112112， 113113 三个数的末位数字和为 1+6+3=10 111111+112112+113113 能被 10 整除评注：本题是将证明被 10 整除转化为求三数的末位数字和为 10。解决

11、数学问题时，常将未知的问题转化为熟知的问题、复杂的问题转化为简单的问题，这是化归思想。例 6 设 P (m)表示自然数 m 的末位数， anP n 2P n求 a1a2a1995 的值。解： a1a2a1995 = P 12P1+P22P2+,+ P 19952P 1995= P12P 22P 19952P 1P 2P 1995=P122219952P 1219951995=10 199+5 ，又因为连续 10 个自然数的平方和的末位数都是5 P122219952P 1222324 252P 1995 =5+5=10P 121995P 19951996又2=0 a1a2a1995 =10评注：

12、本题用到了连续10 个自然数的平方和的末位数都是5 这个结论。1111111例7？请找出 6 个不同的自然数， 分别填入6 个问号中， 使这个等式成立。 (第三届华杯赛口试题)分析：分子为1 分母为自然数的分数称作单位分数或埃及分数，它在很多问题中经常出现。解决这类问题的一个基本等式是：可以写成两个埃及分数之和。111nn1n n1 ，它表明每一个埃及分数都11解：首先， 1=22从这个式子出发，利用上面给出的基本等式，取n=2 可得：1111112361= 236111又利用上面给出的基本等式，取n=3 可得： 34121111 1=24126111再利用上面给出的基本等式，取n=4 可得：

13、 452011111 1=2520126111最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6 可得： 6742111111 1=252012742即可找出2， 5， 20， 12，7， 42 六个自然数分别填入6 个问号中，使等式成立。评注： 1、因为问题要求填入的六个自然数要互不相同，所以每步取n 时要适当考虑，如：111最后一步就不能取n=5，因为 n=5 将产生 630，而 6 已出现了。2、本题的答案是不唯一的，如最后一步取n=12，就可得：1111111= 2520131566例 8 如图，在一个正方体的八个顶点处填上1 到 9 这些数码中的 8 个，每个顶点处只填一个数码，使得每个面上的

14、四个顶点处所填的数码之和都相等，并且这个和数不能被那个未被填上的数码整除。求所填入的8 个数码的平方和。(第 12 届“希望杯”数学竞赛培训题)解：设 a 是未填上的数码， s 是每个面上的四个顶点处所填的数码之和，由于每个顶点都属于 3 个面，所以6s=3(1+2+3+4+5+6+7+8+9)-3a即 6s=3?45- 3a，于是 2s=45- a，可以断定 a 是奇数而 a 不整除 s，所以 a 只能是 7，则填入的 8 个数码是1， 2，3， 4， 5，6， 8， 9，它们的平方和是：12+22+32+42+5 2+62+82+92=236例 9 在右边的加法算式中，每个表示一个数字，任

15、意两个数字都不同。试求A 和B乘积的最大值。+)A B分析：先通过运算的进位，将能确定的确定下来，再来分析求出A 和 B 乘积的最大值。解：设算式为：ab c+)d e fg h A B显然， g=1 ， d=9， h=0a+c+f=10+B， b+c=9+A,A? 62 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35， A+B=8要想 A ?B 最大，A ? 6，取 A=5， B=3。此时大值为 15.评注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定得出 A 、B 的关系，最后求出A ?B 的最大值。b=6,e=8,a=2,c=4,f=7,故 A?B 的最g，d， h，然后再通过分析、观察

16、例 10 在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc。并请这个人算出5 个数acb 、 bac 、 bca 、 cab 、 cba 的和 N，把 N 告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数 abc。现在设 N=3194 ，请你做魔术师，求出数abc 来。 (第四届美国数学奥林匹克试题)解：将 abc 也加到和 N 上，这样 a、 b、 c 就在每一位上都恰好出现两次，所以有abc +N=222(a+b+c)从而3194<222(a+b+c)<3194+1000 ，而 a、 b、 c 是整数所以15? a+b+c? 18因为 22215-3194=136 ，222 16

17、-3194=358 ， 222 17-3194=580， 222 18-3194=802其中只有3+5+8=16 能满足式，所以abc =358评注：本题将abc 也加到和N 上，目的是使得由a、 b、 c组成的6 个三位数相加，这样 a、 b、 c 在每个数位上出现的次数相同。这一技巧在解决数字问题中经常使用。三、三、巩固练习选择题1、两个十位数 1111111111和 9999999999 和乘积的数字中有奇数()A、7 个B、8 个C、9 个D、10 个2、若自然数 n 使得作竖式加法 n+(n+1)+(n+2) 时均不产生进位现象， 便称 n 为“连绵数”。如因为 12+13+14 不

18、产生进位现象，所以12 是“连绵数” ；但 13+14+15产生进位现象，所以 13 不是“连绵数” ，则不超过 100的“连绵数”共有()个A 、 9B、 11C、12D 、153、有一列数： 2，22，222，2222， , ，把它们的前27 个数相加，则它们的和的十位数字是 ()A 、 9B、 7C、 5D、 34、 19932002+1995 2002 的末位数字是 ()A 、 6B、 4C、 5D、 35、设有密码 3?BIDFOR =4 ? FORBID ，其中每个字母表示一个十进制数字，则将这个密码破译成数字的形式是6、八位数 141 283 是 99 的倍数，则 =， =填空题

19、7、若 a babbbb ，其中 a、 b 都是 1 到 9 的数字，则 a=,b=8、在三位数中，百位比十位小，并且十位比个位小的数共有个。9、在六位数 25 xy52 中 x, y 皆是大于7 的数码，这个六位数被11 整除，那么，四位数1xy5_ 。10、 4343 的末位数字是11、 2 m+2000-2 m(m 是自然数 )的末位数字是11112、要使等式8成立，处填入的适当的自然数是解答题13、有一个5 位正奇数x，将 x 中的所有变，得到一个新的五位数，记作y。若 x 和 y2 都换成满足等式5，所有的5 都换成y=2 (x+1) ，求 x2，其他数字不14、有一个若干位的正整数

20、，它的前两位数字相同，且它与它的反序数之和为10879，求原数。15、求出所有满足如下要求的两位数：分别乘以2， 3， 4，5， 6， 7， 8， 9 时，它的数字和不变。16、求22222的末位数1 +2 +3 +4 +, +12345678917、求符合下面算式的四位数 abcdabcd9dcba18、设a3a2 a1 是一个三位数， a，由 a3a2 a1 减去 a1a2 a3得一个三位数 b3b2b1 ，3>a1证明： b3b2b1 + b1b2 b3 =108919、对于自然数n，如果能找到自然数 a 和 b，使得 n=a+b+ab,那么 n 就称为“好数” 。如 3=1+1+

21、11，所以3 是“好数”。在 1 到 100 这 100 个自然数中，有多少个“好数”？20、AOMEN和 MACAO分别是澳门的汉语拼音和英文名字。如果它们分别代表两个 5位数， 其中不同的字母代表从1 到 9 中不同的数字， 相同字母代表相同的数字， 而且它们的和仍是一个5 位数，求这个和可能的最大值是多少？初一数学竞赛讲座 (二 )特殊的正整数四、一、知识要点1、 1、 完全平方数及其性质定义 1如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。 如：1、4、9、,等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：性质 1任何完全平方数的个位数只能是0，1， 4， 5， 6， 9 中的一个。性质

22、 2奇完全平方数的十位数一定是偶数。性质 3偶完全平方数是 4 的倍数。性质 4完全平方数有奇数个不同的正约数。性质 5完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。2、 2、 质数与合数定义 2一个大于1 的整数 a,如果只有 1 和 a 这两个约数，那么 a 叫做质数。定义 3一个大于1 的整数 a,如果只有 1 和 a 这两个约数外， 还有其他正约数， 那么a 叫做合数。1 既不是质数也不是合数。3、 3、 质数与合数的有关性质(1) (1) 质数有无数多个(2) (2)2 是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。大于2 的质数必为奇数

23、。(3) (3) 若质数 p a?b，则必有 p a 或 p b。(4) (4) 若正整数 a、 b 的积是质数 p，则必有 a=p 或 b=p.(5) (5)唯 一 分 解 定 理 ： 任 何 整 数n(n>1) 可 以 唯 一 地 分 解 为 ：npa1pa2p ak12k ,其中 p1<p 2<, <p k 是质数， a1，a2，, ， a k 是正 整数。五、二、例题精讲例 1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少 2，这个四位数是解 设所求的四位数为 m2 ，它的百位数字为 a，则有m2=1000(a+1)+

24、100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)因为 11 是质数，所以 11 (101a+93) ，而 101a+93=11(9a+8)+(2a+5) ，所以 11 (2a+5)，由题意 a+3? 9，故 a? 6，从而 a=3于是所求的四位数为4356例 2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是 0，就只用个位数去除 )，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。例如4802 2=2401=49 2=(48+1) 2，则具有上述性质的最小四位数是（ 1994 年四川省初中数学联合竞赛试题）解 设具有上述性质的

25、四位数是100c1+c2，其中 10? c1， c2? 99，按题意，得100c1+c2 c11 2 c2c12 c2 2c1c2c2 ， 100c1= c1c2 (c1+2)，c2100c1 2，因而 (c? 99，所以 c即1+2) 100，又1=18， 23， 48， 9810? c1相应地 c2=5， 4， 2，1于是符合题意的四位数是1805， 2304， 4802， 9801 ，其中最小的是1805评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解。例 3 三个质数 a、 b、c 的乘积等于这三个质数和的5 倍，则 a2+b 2+c2=(1996 年“希望杯”初二试题 )

26、分析：由题意得出abc=5(a+b+c)，由此显然得质数 a、 b、c 中必有一个是5，不妨设 a=5，代入前式中再设法求b、 c解 因为 abc=5(a+b+c) ，所以在质数 a、 b、 c 中必有一个是5，不妨设 a=5，于是 5bc=5b+5c+25 ，即 (b-1) (c-1)=6 ，而 6=23=1 6，b12b11则 c13 或c16 由得 b=3,c=4 ，不合题意，由得b=2,c=7 ，符合题意。所以所求的三个质数是5， 2，2227。于是 a +b +c =78评注：质数问题常常通过分解质因数来解决。例 4试证：一个整数的平方的个位数字为6 时，十位数字必为奇数。分析：一个

27、整数的平方的个位数字为6，则这个整数的个位数字必为4 或 6，从而可设此数为 a=10g+4 或 a=10g+6 (g 为整数 )。证明：设一个整数为 a，则由一个整数的平方的个位数字为6 知，此数可设为a=10g+4 或 a=10g+6 (g 为整数 )当 a=10g+4 时， a2=(10g+4) 2=100g2+80g+16=10(10g 2+8g+1)+6当 a=10g+6 时， a2=(10g+6) 2=100g2+120g+36=10(10g 2+12g+3)+622十位数字必为10g +8g+1 和 10g +12g+3 的个位数字，显然是奇数。评注： 类似地， 可以证明： 一个

28、整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这个整数不是完全平方数。例 4三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得13块，甲所得是乙的 2 倍，已知糖的总块数是一个小于 50 的质数，且它的各位数字之和为11，试求每人得糖的块数。 （安徽省初中数学联赛试题）分析：设出未知数，根据题意，列出方程和不等式组，再通过质数的性质来求解。解 设甲、乙、丙分别得糖x、 y、z 块，依题意得x2yyz13xyz50，且 xyz为质数 11 2+9 3+8 4+7 5+6 ，故小于50 且数字和为11 的质数只可能是29 和 47若 x+y+z 29，则可得 4y=42 ， y 不是整数，舍去。若 x+y+z 47，则可

29、得 4y=60 ， y15，从而 x=30， z=2甲、乙、丙分别得糖30、 15、 2 块.评注：本题的关键是分析出小于50 且数字和为11 的质数只可能是29 和47。这类问题是常利用质数的性质来分析求得所有的可能值，再设法检验求得所要的解。例 5 如果 p 与 p+2 都是大于 3 的质数，那么 6 是 p+1 的因数。 (第五届加拿大数学奥林匹克试题 )分析 任何一个大于3 整数都可以表示成6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2,6n+3(n 是大于 0 的整数 )中的一种，显然6n-2,6n, 6n+2,6n+3 都是合数，所以大于3 的质数均可以写成6n+1或 6n-1 的形

30、式，问题即证明p 不能写成 6n+1 的形式。解 因为 p 是大于 3 的质数，所以可设p=6n+1(n 是大于 0 的整数 )，那么p+2=6n+1+2=6n+3=3(2n+1)与 p+2 是大于 3 的质数矛盾。于是 p 6n+1，所以 p=6n-1(n 是大于 0 的整数 )，从而 p+1=6n ，即 6 是 p+1 的因数。评注：对大于 3 整数合理分类是解决这个问题的关键。 对无限多个整数进行讨论时， 将其转化为有限的几类是一种常用的处理方法。例 6 证明有无穷多个n，使多项式 n2+3n+7 表示合数。分析：要使多项式 n2+3n+7 表示合数， 只要能将多项式n2+3n+7 表示

31、成两个因式的积的形式。证明 当 n 为 7 的倍数时，即 n=7k(k 是大于等于 1 的整数 )时n2+3n+7=(7k) 2 +37k+7=7(7k 2+3k+1)为 7 的倍数，所以它显然是一个合数。评注：本题也可将 7 换成其他数，比如：3、 5、 11 等等。例7求证：22001+3 是合数分析：22001+3 不能分解， 22001 次数又太高，无法计算。我们可以探索2 n 的末位数字的规律，从而得出 22001+3 的末位数字，由此来证明22001+3 是合数。证明： 21 2， 22 4， 238， 24 16， 25 32， 26 64， 27 128， 29 256，,4k

32、+14k+24k+3的末位数字是 8， 24k+4的末2 的末位数字是 2，2的末位数字是 4， 2位数字是6（ k 为非负整数）而 200142001的末位数字是 2，22001的末位数字是 5250+1 2+35 22001+3，显然 22001+3 5所以 22001+3是合数评注：本题另辟蹊径，通过探索2n 的末位数字的规律来得出22001+3 的末位数字，从而证明 22001+3是合数。解数学竞赛题，思路要开阔。例 8 求证大于 11 的整数一定可以表示成两个合数之和。证明 设大于 11 的整数为 N若 N=3k(k ? 4,且 k 为整数 )，则 N=6+3(k-2) ，显然 6

33、和 3(k-2) 都是合数若 N=3k+1(k ? 4,且 k 为整数 )，则 N=4+3(k-1) ，显然 4 和 3(k-1) 都是合数若 N=3k+2(k ? 4,且 k 为整数 )，则 N=8+3(k-2) ，显然 8 和 3(k-2) 都是合数于是对任意正整数 N(N>11) ，一定可以表示成两个合数之和。评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法。但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。例 9 证明： n (n+1)+1(n 是自然数 )不能是某个整数的平方。分析：注意到 n (n+1)+1=n 2+n+1 ， n 是自然数， n2<n2+n

34、+1<(n+1) 2，这为我们证题提供了出发点。证明： n (n+1)+1=n 2+n+1 ， n 是自然数， n2<n2+n+1<( n+1) 2，而 n、 n+1 是两个相邻的自然数， n (n+1)+1(n 是自然数 )不能是某个整数的平方。评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论。例 10 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数。证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5 它就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1

35、，3，7， 9。接下来用反证法来证明这个问题。证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1， 3， 7，9。假设有一个绝对质数M 中出现的数字超过了3 个，也即这个绝对质数中出现的数字包含了1， 3， 7， 9，则M 1 a1a2an1379M 1379 ， M 2=M+9137 ， M 3=M+7913 ，M 4 =M+3791 ，M 5=M+1397 ， M 6=M+3197 ， M 7=M+7139 都是质数。可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7 整除，说明 M 1、M2、 M3、M4、M 5、

36、 M 6、M 7 被 7 除所得余数互不相同。因而必有一个是0，即能被 7 整除，这与此数是质数矛盾。 所以假设不成立， 所以绝对质数不能有多于三个不同的数字。评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明。六、三、巩固练习选择题1、在整数0、 1、2、 3、 4、5、 6、 7、 8、 9 中，设质数的个数为x，偶数的个数为y，完全平方数的个数为z，合数的个数为u，则 x+y+z+u 的值是 ()A、17B、 15C、13D、112、设 n 为大于 1 的自然数， 则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（）A 、 3n2-3n+3B、 5n2-5n-5C、

37、9n2-9n+9D 、 11n2-11n-113、有 3 个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50 的的最大质数，一个是大于60 的最小质数，则这3 个数的和是 ()A 、 101B 、110C、 111D、 1134、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是()94498645A、 49B、 94C、 45D、 865、 a、b 为正整数，且 56a+392b 为完全平方数，则a+b 的最小值等于 ()A 、 6B 、7C、 8D、 96、 3 个质数 p、q、 r 满足等式 p+q=r ，且 p<q<r ，则 p 的值是 ()A 、 2B、 3C、 5D、 7填空题7、使得

38、m2+m+7 是完全平方数的所有整数m 的积是8、如果一个正整数减去54，是一个完全平方数，这个正整数加上35后，是另外一个完全平方数，那么这个正整数是9、一个质数的平方与一个正奇数的和等于125，则这两个数和积是10、 p 是质数， p2+2 也是质数，则 1997+p4=11、若 n 为自然数， n+3 ， n+7 都是质数，则n 除以 3 所得的余数是12、设自然数 n1>n2，且n2n2 79，则 n1=，n2=12解答题13、证明：不存在这样的三位数abc ，使 abcbcacab 成为完全平方数。14、试求四位数 xxyy ，使它是一个完全平方数。15、a、b、c、d 都是质

39、数，且 10<c<d<20 ，c-a 是大于 2 的质数， d 2-c 2=a3b(a+b)，求 a、b、 c、 d 的值m ab cd 21 a 2b 2c 2d 216、设 a、b、c、d 是四个整数， 且4是非零整数，求证： m 是合数。17、求一个三位数，使它等于n2，并且各位数字之积为n-1.、n是任意两个大于3 的质数， M= n121 ，N= n221 ，M 与 N 的最大公约数18、设 n1 2至少为多少？19、证明有无穷多个n，使多项式n2+n+41 表示合数。20、已知 p 和 8p2+1 都是质数，求证：8p2 -p+2 也是质数。初一数学竞赛讲座 (一

40、 )自然数的有关性质七、一、知识要点1、 1、 最大公约数定义 1 如果 a1,a2 ,an 和 d 都是正整数，且 d a1,d a2, d an ，那么 d 叫做 a1 ,a2, ,an的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2 , ,an 的最大公约数，记作(a1,a2, ,an).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n 和 m 都是正整数，且a1 m, a2 m, , an m，那么 m 叫做定义 2 如果 a1 2,a ,aa1,a2, ,an 的

41、公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2, ,an 的最小公倍数，记作a1,a2, ,an.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.a ba, b,性质 3 若 n a, n b, 则 n nn.性质 4 若 a=bq+r (0 ? r<b), 则 (a,b)= (b,r) .性质 4 实质上是求最大公约数的一种

42、方法，这种方法叫做辗转相除法。性质 5 若 b a, 则 a,b=a.性质 6 若 a,b=m, 且 n 为正整数，则 na,nb=nm.a , ba, b性质 7 若 n a, n b, 则 n nn.4、 4、 数的整除性定义 3 对于整数 a 和不为零的整数b，如果存在整数q，使得 a=bq成立，则就称b 整除 a 或 a 被 b 整除，记作b a，若b a，我们也称a 是 b 倍数；若b 不能整除 a，记作 ba5、 5、数的整除性的性质性质 1 若 a b，b c，则 a c性质 2 若 c a，c b，则 c(a ±b)性质 3 若 b a, n 为整数，则b na6、 6、 同余定义 4设 m是大于 1 的整数，如果整数a， b 的差被 m整除，我们就说a，b 关于模 m同余，记作 ab(mod m) 7、 7、 同余的性质性质 1 如果 ab(mod m)，cd(mod m)，那么 a±cb±d(mod m)，acbd(mod m)性质 2如果 ab(mod m)，那么对任意整数k 有 kakb(mod m)性质 3如果 ab(mod m)，那么对任意正整数kkk 有 ab(mod m)abm性质 4 如果 ab(mod m)， d 是 a， b 的公约数，那么 dmoddm, d八、二、例题精讲例 1 设 m 和 n