千里之外费玉清-世界看中国

1．选择题





是


(1)若n是大于1的整数，则p=n+(n
2
-1)的值
(A)一定是偶数． (B)一定是奇数．
(C)是偶数但不是2． (D)可以是偶数也可以是奇数．
(1985年全国初中数学联赛题)
(2)设二次方程x
2
+2px+2q=0有实数根，其中p，q都是奇数那么它的根一定
(A)奇数． (B)偶数． (C)分数． (D)无理数．
(1983年上海市初中数学竞赛题)
1
(3)如果n是正整数，那么[1-(-1)
n
](n
2
-1)的 值
8
(A)一定是零． (B)一定是偶数．
(C)是整数但不一定是偶数． (D)不一定是整数．
(1984年全国高考题)
(4)满足等式1983=1982x-1981y的一组自然数是
(A)x=12785，y=12768． (B)x=12784，y=12770．
(C)x=11888，y=11893． (D)x=1947，y=1945．
(1983年福建省初中数学竞赛题)
(5)若7个连续偶数之和为1988，则此7个数中最大的一个是
(A)286． (B)288． (C)290． (D)292．
(1987年全国部分省市初中数学通讯赛题)
1(1)
r
2








x1988yn

xp
(6)已知n是偶数，m是 奇数，方程组

的解

是整数，

11x27ym
yq
则


















(A)p，q都是偶数． (B)p，q都是奇数．
(C)p是偶数，q是奇数．(D)p是奇数，q是偶数．
(1989年“祖冲之杯”初中数学邀请赛题)
(7)如果方程x
2
+(4 n+1)x+2n=0(n为整数)有两个整数根，那么这两个根是
(A)都是奇数． (B)都是偶数． (C)一奇一偶． (D)无法判断．
(1985年成都市初中数学竞赛题)
(8)设a，b都是整数，给出四个命题：
(i)若a+5b是偶数，则a-3b也是偶数；
(ii)若a+b能被3整除，则a，b都能被3整除；
(iii)若a+b是素数，则a- b一定不是素数；
a
3
b
3
ab
(iv)若c=a+ b≠0，则
33

．
acac
上述命题中是正确命题的个数是
(A)1个． (B)2个． (C)3个． (D)4个．
(第二届“祖冲之杯”初中数学邀请赛题)
(9)六个奇数，它们的和是42，它们的平方和只可能是

(A)280． (B)368． (C)382． (D)423．
(1990年南昌市初中数学竞赛题)
(10)自然数1，2，3，…，1989之和为一个奇数，若将前t个数添上“-”号，
则这1989个数的和
(A)总是奇数． (B)总是偶数．
(C)t为奇数时其和为整数． (D)奇偶性不能确定．
(第6届缙云杯数学邀请赛题)
(11)设u=x
2
+y
2< br>+z
2
，其中x，y是相邻的整数，且z=xy，则
u

(A)总为奇数． (B)总为偶数．
(C)有时为偶数，有时为奇数． (D)总为无理数．
(第6届缙云杯数学邀请赛题)
(12)设a为任一给定的正整数，则关于x与y的方程x
2
-y
2
=a2

(A)没有正整数解． (B)只有正整数解．
(C)仅当a为偶数时才有整数解． (D)总有整数解．
(1988年江苏省初中数学竞赛题)
(13)将正奇数1，3，5，7，…依次排成五 列，如下表所示．把最左边的一
列叫做第1列，从左到右依次将每列编号．这样，数“1985”出现在

(A)第1列．(B)第2列．(C)第3列．(D)第4列．(E)第5列．
(1985年第36届美国中学生数学竞赛题)
2．扑克牌中的A，J，Q，K分别表示 1，11，12，13．甲取13张红桃，
乙取13张黑桃，分别洗和后，甲、乙依次各出一张牌，使红 、黑牌配成13对，
求证：这13对的差的积必为偶数．(1987年天津市初二数学竞赛题)
3．求证：1986不能等于任何一个整数系数二次方程ax
2
+bx+c=0的 判别式
的值．(1985年苏州市初中数学竞赛题)
4．设有n个实数x
1，x
2
，…，x
n
，其中每一个不是+1就是-1，且
x
x
1
x
2
+
+…+
n1
x
2
x
3
x
n
＋
x
n
=0，求证：n是4的倍数．(1 985合肥市初中数学竞赛题)
x
1
5．把n
2
个互不相等的实数排成下表：
a
11
，a
12
，…，a
1n
，
a
21
，a
22
，…，a
2n
，
……
a
n1
，a
n2
，…，a
nn
．
取 每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小值，又
得n个数，其中最大的一个是y， 试比较x
n
与y
n
的大小．(1982年上海市高中数
学竞赛题)

6．把1980分解成连续整数之和．(1980年长沙市高中数学竞赛题)
7．求证：当n为自然数时，2(2n+1)形式的数不能表示为两个整数的平方
差．(1 990年西安市初中数学竞赛题)
8．设n是正的偶数，试问下列诸数：
1×(n-1)，2×(n-2)，…，(n-1)×1
中哪个数最大？为什么？(1989年浙江省初二数学竞赛题)
9．有一无穷小数A=0.a1
a
2
a
3
…a
n
a
n+1
a
n+2
…，其中a
k
(k=1，2，…)是0，1，2，…，
9中 的一个数，且a
1
为奇数，a
2
为偶数，a
3
等于a
1
+a
2
的个位数，a
4
等于a
2
+a
3
的个位数，…，a
n+2
等于a
n
+a
n+1
的 个位数．求证：A是一个循环小数．(1991年
浙江省初中数学竞赛题)
10．在99 张卡片上分别写着数字1，2，3，…，99，现将卡片顺序打乱，
让空白面朝上，再在空白面上分别写 上1，2，3，…，99，然后将每一张卡片
两个面上的数字相加，再将这99个和数相乘，问这个乘积 是奇数还是偶数？说
明理由．(1991年浙江省初中数学竞赛题)
11．桌上放有19 93枚硬币，第一次翻动1993枚，第二次翻动其中的1992
枚，第三次翻动其中的1991枚，… ，第1993次翻动其中的一枚，按这样的方
法翻动硬币，问能否使桌上所有的1993枚硬币原先朝下 的一面都朝上？说明你
的理由．(1992年浙江省初中数学竞赛题)
12．求证：不存在两个连续的奇数，每个都可写成两个整数的平方和．
13．已知一个整数n， 当它减去48所得的差是一个整数的平方，当它加上
41所得的和是另一个整数的平方，求n．(198 4年苏州市高中数学竞赛题)
14．给定自然数a，b，求证：(1)如果ab是偶数，那么一定 可以找到两个
自然数c和d，使得a
2
+b
2
+c
2
=d
2
；(2)如果ab是奇数，那么满足a
2
+b
2
+ c
2
=d
2
的
自然数c和d一定不存在．(1980年北京市初中数 学竞赛题)
15．平面上的任意五个格点，若任何三点都不在同一条直线上，求证：以
其 中三点为顶点的所有三角形中，至少有一个面积为整数．
16．设数列{a
n
} ：1，9，8，5，…，其中a
i+4
是a
i
+a
i+3
的 个位数字(i=1，2，…)，
222
求证：
a
1985
是4的倍数 ．
a
1986
a
2000
17．存在多少个不同的七位数字，其数字和为偶数．
18．设a，b是正整数，求证：仅有有限 个正整数n存在，使得
1

1

ab
< br>是整数．(1992澳大利亚数学竞赛题)
2

2

19．设a，b，c是奇自然数，求证：方程ax
2
+bx+c=0没有形如
p
的解，其
q
nn
中p，q是整数．(1991澳大利亚数学通讯赛题)
20．求满足|12
m
-5
n
|=7的全部正整数解．(第30届加拿大IM O训练题)
21．求证：x
2
+y
2
=1983没有整数解．
22．求证：方程2x
2
-5y
2
=7没有整数解．
23．是否有整数m，n使得5m
2
-6mn+7n
2
=1987？
24．求证：5
x
+2=17
y
没有正整数解．

25．求证：四个正整数之和为13时，它们的立方和不可能是120．你能否把这个命题推广到一般的情形？请证明你的结论．
26．一张8×8的方格纸，任意把其中3 2个方格涂上黑色，剩下的32个方
格涂成白色，接着对涂了色的方格纸进行“操作”，每次操作把任意 横行或者竖
列上每个方格同时变换颜色，问能否最终得到恰有一个黑色方格的方格纸？
27．用0至9十个不同数字，组成一个能被11整除的最大十位数．
28．在一个凸n边形内， 任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与
凸n边形的顶点之间，用线段连结起来，要使这些线段互 不相交，而且把原凸
n边形分为只有三角形的小块．求证：这种小三角形的个数与n的奇偶性相同．
29．在1，2，3，…，1989之间填上“+、-”号，求和式可以得到最小的非
负数 是多少？(第15届全俄中学生数学竞赛题)
30．三个质数之积恰好等于它们和的7倍，求这三个质数．
31．置于暗室的一只抽屉内装有1 00只红袜子，80只绿袜子，60只蓝袜子，
40只黑袜子，一个人从抽屉中选取袜子，但他无法看清 所取袜子的颜色．为确
保取出的袜子至少有10双(一双袜子是指两只相同颜色的袜子，但每只袜子只< br>能一次用在一双中)，问至少需取多少只袜子？(第37届美国中学生数学竞赛题)
32． 如图表示64间陈列室，凡邻室皆有门相通，一人从A进，从B出，
但要求每室都到且只到一次，问这种 路线是否存在？

33．求证：不存在三阶幻体．即将数1，2，…，27填入3×3× 3的立方体中，
不可能使所有“共线”的三数之和均相等．
34．设a，b是自然数，且 有关系式123456789=(11111+a)(11111-b)，求证：
a-b是4的倍数．( 1990年日本高考数学题)
35．求证：方程x
2
+4xy+4y
2
+6x+12y=1986无整数解．
36．已知多项式x
3
+bx< br>2
+cx+d的系数都是整数，并且bd+cd是奇数，求证：
这个多项式不能分解为两 个整系数多项式的乘积．(1963年北京市中学数学竞赛
题)
37．求证：x
4
+1980x
2
+2000x+1990不可能分解成两个整系数二次三项式之积．
38．设有7个3的不同方幂：
3
x
1
，3
x
2
，…，3
x
7
，(x
i
≥0，i=1，2，… ，7)．求
证：可以从中找到四个数，它们的积等于某整数的四次方．
39．求出所有的正整数m，n，使得(m+n)
m
=n
m
+1413．
(1987年第2届东北三省数学邀请赛题)
40．给定关于x，y的方程组

y2xa0
(其中a，b是整数)．

22

yxyxb0
求证：如果这个方程组有一组有理数解，那么这组有理数一定是整数．

41．求证：勾股三角形(即边长为整数的直角三角形)的两条直角边长不可能
是两个差为2的质数．
42．设n为大于2的整数，求证，可以找到一个整数边长的直角三角形，
它的一条边长等于n．
43．设a，b，c为三个偶数，且a>b>c>0，它们的最小公倍数为1988．当
a 在它可取值的范围内取最小的一个时，试确定a，b，c可能组成的数组．(1988
年天府杯初中数学 竞赛题)
44．设有101个自然数，记为a
1
，a
2
，…， a
101
，已知
a
1
+2a
2
+3a
3< br>+…+100a
100
+101a
101
=S是偶数，求证：a
1
+a
3
+…+a
99
+a
101
是偶数．
45．设n为正整数，k为大于1的正整数，求证：n
k
是n个连续奇数之和．
46．设a，b，c为正整数，n为正奇数．如果a+b+c可被6整除，求证：
a
n
+b
n
+c
n
可被6整除．
47．求证：任何形 如2
n
的正整数，都不可能表示为两个或两个以上的连续
整数之和，而其他形式的正整 数都可以表示为这样的和．
48．设a，b，c，d都是奇数，0有a+d=2
k
及b+c=2
m
，求证：a= 1．(第25届IMO试题)
49．设点O在凸1000边形A
1
A
2
…A
1000
内部，用整数1，2，…，1000把
1000边形的各边任意 编号，用同样的整数把线段OA
1
，OA
2
，…，OA
1000任意编
号．问能否找到这样一种编号法，使△A
1
OA
2
，△A
2
OA
3
，…，△A
1000
OA
1
各边 上
的号码和相等？
50．已知如下数表：

将它的任一行或任一 列中的所有数同时变号，称为一次变换．问能否经过
若干次变换，使表中的数全变为正数？
51．设集合M由奇数个元素组成，如果对于M中的每一个元素x，都有一
个唯一确定的集合H
x
M与x对应，并且满足条件：(i)对于任意xM，都有xH
x
；
(i i)对于任意两个元素x，yM，当且仅当yH
x
时，xH
y
．求证： 至少有一个
H
x
由奇数个元素组成．(1987年安徽省数学竞赛题)
52．在两张1994×1995的方格纸上涂上红蓝两种颜色，使得每一行及每一
列都有偶数个方格是 蓝色的，如果将这两张纸重叠时，有一个蓝格与一个红格
重合，求证：至少还有三个方格与不同颜色的方 格重合．
53．m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987，对于
所有这样的m与n，问3m+4n的最大值是多少？请证明你的结论．(第2届全国
中学生数学冬令营试 题)
54．在4000与7000之间有多少个偶数具有4个不同的数字？
(1993年第11届美国数学邀请赛试题)

55．设E={1，2，3，…，2 00}，G={a
1
，a
2
，…，a
100
}E．且G具 有下列
两条性质：
(i)对任何1≤i≤j≤100，恒有a
i
+a
j
≠201；
(ii)

a
i
=10080．
i1
100
求证：G中的奇数的个数是4的倍数，且G中所有数字的平方和为一 个定
数．(1990年全国高中数学联赛题)
56．每个正整数都可以表示成一个或者多 个连续正整数之和，试对每个正
整数n，求n有多少种不同的方法表示成这样的和．(1992年中国台 北第1届数
学竞赛题)
57．设r为正整数，定义数列{a
n
}如下： a
1
=1．且对每个正整数n，
ma
n
2(n1)
2r
a
n+1
=．求证：每个a
n
都是正整数，且确定对哪些n，an
是偶
n2
数．(1992年中国台北第1届数学竞赛题)

习题一解答

1．(1)B．(2)D．(3)B．(4)C．(5)C．(6)C ．(7)C．(8)B．(9)C．(10)A．(11)A．(12)B．(13)B．
2．由于这 13对数的差的和为0，所以不可能每对数的差都是奇数(原因是它
们的和为奇数)．于是至少有一对数 的差为偶数，即13对数的差的积必为偶数．
3．用反证法．设△=b
2
-4ac= 1986=4k+2(k为正整数)，这时b
2
能被2整除，
因而b为偶数，令b=2 t，b
2
=4t
2
且4t
2
-4ac=4k+2．这时等式 左边的数被4整除，
而右边的数不能被4整数，矛盾．
x
4．由于n个实数x
1
，x
2
，…，x
n
中每一个不是+1就是-1，所以n个实数< br>1
，
x
2
x
x
2
，…，
n
中每一个不是+1就是-1．设其中有a个+1，b个-1，则a+b=n．又
x
3
x
1
n
xx
xxxx
由
1
+
2
+… +
n
=0，即a-b=0，∴a=b=．又由于
1
·
2
·… ·
n
=1，即1
a
·(-1)
b
=-1，
2
x
2
x
3
x
1
x
2
x
3
x
1
∴b为偶数，设b=2m，则n=4m．
5．设x=a
ij
，y=a
pq
，a
ij
≥a
iq
≥a
pq
，∴x≥y．(1)当n是奇数时，x
n
≥y
n
；(2)当n是
偶数 时，(i)如果x≥y≥0，则x
n
≥y
n
；(ii)如果0≥x≥y，则x
n
≤y
n
；(iii)如果x≥0≥y，则
当x≥-y时，x
n
≥y时，x
n
≤y
n
．
1
6．设1980= a+(a+1)+…+(a+n-1)，即na+n(n-1)=2
2
·3
2
·11·5，
2
故有n(2a+n-1)=2
3
×3
2
× 11×5．易知n与2a+n-1有不同的奇偶性，由此可得n，
2a+n-1与a的取值如下表：

可知分解成连续正整数的分解法有12种，分解成含有负整数的分解法也 有
12种，共有24种不同的分解法．
7．应用反证法，进行奇偶性分析．
8．所列各数可表示为i(n-i)(i=1，2，…，n-1)，由于
nnn
n
2< br>n
2
n
2
22
i(n-i)=-i+in=-(i-2··i +)+=-(i-)
2
．故当i=时，i(n-i)取得最大值，且
222
4 44
nn
n
2
最大值为(n-)=．
22
4
9．由题设知：A=0.a
1
a
2
…a
n
a
n+1
…中的a
i
是0，1，2，…，9中的数，而a
1
是奇数，a
2
是偶数，a
3
是由a
1
+a
2
确定的，个位数 必为奇数，以下类推，可知有
如下规律：
A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇……
因 为0，1，2，…，9这10个数字只能组成不同的奇偶数组25个，开首的
不同奇偶数组，便决定了不 同的A．另一方面，对于每一个A，至多在小数点后
第26个奇偶组之后便开始循环，出现重复的奇偶组 ，因此，A必然是循环小数．
10．因为1，2，…，99中，奇数个数多于偶数个数，两面数字 之和中必有
一个是两面为奇数的情况，此时必然得到其和为偶数，99个和的乘积也必然是
偶数 ．
11．能．按题目规定的翻法，共翻了1+2+3+…+1993=1993×997(次)， 平均
每枚硬币翻动了997次，这是奇数．翻动奇数次的结果，必使硬币朝向相反，只
要在翻动 n个硬币时，选择翻动1993-n个硬币时所剩余的硬币，则每个硬币恰
好都翻动了997次，故能使 所有1993枚硬币都反了面，将原来朝下的一面都变
成朝上．
12．可表成两整数的平方和的奇数必是4m+1型，故不存在．
13．设n-48=m
2
，n+41=l
2
，解得m=±44，l=±45，∴n=48+44
2< br>=1984．
14．(1)分两种情况讨论：a，b一奇一偶，则a
2
+ b
2
为奇数．可设a
2
+b
2
=2k+1，
所以a
2
+b
2
+k
2
=(k+1)
2
．故可找 到c=k，d=k+1，使a
2
+b
2
+c
2
=d
2
成立；a，b同为偶
数，则a
2
+b
2
是4的倍数，可设 a
2
+b
2
=4m+4，所以，a
2
+b
2
+m
2
=(m+2)
2
，故可找
到c=m，d=m+2，使a2
+b
2
+c
2
=d
2
成立．
(2)∵ab是奇数，∴a，b都是奇数．不妨设a=2m+1，b=n+1，则
2222
a+ b=(2m+1)+(2n+1)=4m
2
+4n
2
+4m+4n+2．可见 a
2
+b
2
是偶数，但不能被4整
除．如果存在c，d，使a
2
+b
2
+c
2
=d
2
成立，则d
2< br>-c
2
=(d+c)(d-c)应为偶数，即d+c
与d-c应都是偶数，因此 a
2
+b
2
=d
2
-c
2
必能被4整除， 这就导致了矛盾．
15．设五个格点为A
k
，其坐标是(x
k
，y
k
)(k=1，2，3，4，5)．在五个整数x
1
，
x
2
，x
3
，x
4
，x
5
中至少有三个同是奇数或 者同是偶数．不妨设三个整数为x
1
，x
2
，
x
3
，则x
1
-x
3
和x
2
-x
3
都是偶数．
x
1
y
1
1
1
1
△A
1
A
2
A
3
的面积=
x
2
y
2
1< br>=|(x
1
-x
3
)(y
2
-y
3
)-(x
2
-x
3
)(y
1
-y
3
)|．
2
2
x
3
y
3
1
∵y
2-y
3
和y
1
-y
3
都是整数，∴(x
1-x
3
)(y
2
-y
3
)-(x
2
- x
3
)(y
1
-y
3
)是偶数，∴△A
1
A
2
A
3
的面
积为整数．
16．当原数列中a
i
为奇数，偶数时，分别记b
i
为1，0，则得数列{b
i
}：1 ，1，
0，1，0，1，1，0，0，1，0，0，0，1，1，1，1，0，1，0，…且a
i
与b
i
的奇
偶性相同．由观察及{a
i
}，{b
i
}的定义可见，{b
i
}从第15项开始出现循环，即

b< br>i
=b
i+15
．∵1985=15×132+5，1986=15×132+ 6，…，2000=15×133+5，∴b
1985
=b
5
=0，
b
1986
=b
6
=1，…，b
2000
=b
5< br>=0，即在a
1985
到a
2000
的16项中，奇数，偶数各有8项 ．由
22
于偶数的平方能被4整除，奇数的平方被4除余1，∴
a
1985< br>+…+
a
2000
是4的倍数．
17．研究以下10个七位数：
a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
0，a
1
a
2
a
3
a< br>4
a
5
a
6
1，…，a
1
a
2a
3
a
4
a
5
a
6
9，这里a
1
，a
2
…，a
6
为任意
数字，且a
1
≠0．显然数字和为偶数的有5个．第一个数字a
1
可以取9个不同的
值，a
1
，a
2
…，a
6
中的每一个可以取10个不同的值，∴存在9·1 0
5
·5=45·10
5
个不
同的七位数字，其数字和为偶数． < br>18．当n为偶数时，(2a+1)+(2b+1)=(4a+4a+1)+(4b+4b+1)是奇数的 2倍，
11
不能被2
n
整除，所以(a+)
n
+(b+)< br>n
不可能是整数；当n为奇数时，
22
(2a+1)
n
+(2 b+1)
n
=2(a+b+1)[(2a+1)
n-1
-(2a+1)
n-2
(2b+1)+…+(2b+1)
n-1
]．这里第二个括
11号内有n个奇数项，它们的代数和为奇数，所以若(a+)
n
+(b+)
n
是整数，必有
22
n
2整除2(a+b+1)，显然这样的整数n只有有限个．
p
19．假设x=是方程的解，(p，q)=1，则方程可化为ap
2
+ bpq+cq
2
=0．由已
q
知a，b，c为奇数．(1)当p，q都为奇数 时，方程左边=奇数，而右边为零，矛
盾：(2)当p，q为一奇一偶时，可推知方程左边仍为奇数，矛 盾．
20．若5
n
-12
m
=7，两边mod4，得1≡3( mod4)，这不可能．若12
m
-5
n
=7，而m，
n中有一个大 于1，则另一个也大于1，mod3可得(-1)
n
+1≡(mod3)，∴n为奇数，
而mod8可得-5
n
≡-1(mod8)．∵n为奇数，上式导出-5≡-1(mod8) ．矛盾！∴m=1，
n=1是唯一的解．
21．显然x，y的奇偶性相反．若x=2n， 则y=2k+1，(2n)
2
+(2k+1)
2
=1983，即
4( n
2
+k
2
+k)=1982，但41982，∴方程x
2
+y
2
=1983没有整数解．
22．设方程有整数解，则y应是奇数，可设为 y=2k+1，则2x
2
-5(2k+1)
2
=7，
整理得x
2
-10k
2
-10k=6，可见x是偶数．设x=2M，则有2M
2-5k(k+1)=3，因k(k+1)
是偶数，而两个偶数之差不可能等于奇数，因此等式不成立 ，原方程没有整数解．
23．容易看出，若m，n同奇同偶，所给方和左边为偶数，而1987是 奇数，
矛盾．所以m，n一奇一偶，从而m+n与m-n是奇数．原方程为
4(m-n)2
+(m+n)
2
+2n
2
=1987．①
(1)若 n=2k，m-n=2l+1，m+n=2p+1，由①式得4(2l+1)
2
+(2p+1)
2
+2(2k)
2
=1987，
即
16(l
2
+l)+4p(p+1)+8k
2
+5=1987．②
∵p(p+1)是偶数，∴16(l
2
+l)+4p(p+1)+8k
2
能被8整除，则②式可写成
8M+5=1987，但1987被8除余3，故上式不可能成立．
(2)若n为奇数时，类似可推出②式左边为8k+7，矛盾，故满足要求的整数m，
n不存在．
24．设有正整数x，y使得5
x
+2=17
y
，即(3·2- 1)
x
+2=(3·6-1)
y
，
∴3k+(-1)
x+2=3l+(-1)
y
，即(-1)
x
+2=3m+(-1)
y
．若y为奇数，则(-1)
x
=3(m-1)，这不可
能，∴y必须是偶数 ．另一方面，由5
x
+2=17
y
=(5·3+2)
y
=5 M+2
y
，知2
y
-2可被5整
除，但y为偶数时，2
y< br>-2的末位数是2或4，又得矛盾．
nn2
n
2
2
n
2

25．由已 知可知四数必是三奇一偶或一奇三偶，不论哪一种，四数之立方和
为奇数，不可能为120．一般命题： 如果偶数个正整数之和为奇数，则它们的幂
之和必为奇数．
26．回答是否定的．可用奇 偶性来证明：设横行或竖列内含k个黑色方格及
8-k个白色方格(0≤k≤8)．当改变方格颜色时， 即得8-k个黑色方格和k个白色方
格，因此，每进行一次操作，黑色方格数“增加了”(8-k)-k =8-2k(即改变了一个偶
数)．于是无论进行多少次操作，方格纸上黑色方格数目的奇偶性无变化． 所以
原来32个黑色方格(偶数)进行操作后，最后还是有偶数个黑色方格，决不会得
到恰有一 个(奇数)黑色方格的方格纸．
27．设十位数中，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位数字之 和为
b(10≤a≤35，10≤b≤35)，则a+b=45．又十位数能被11整除，则a- b应为0，11，
22．由于a+b与a- b有相同的奇偶性，经分析所求的十位数是9876524130．
类似地，我们还可以求出由0 到9十个不同数字组成的能被11整除的最小
十位数为1203465879．
28．设 小三角形的个数为k，则k个小三角形共有3k条边，减去n边形的n
1
条边及重复计算的边数 后共有(3k-n)条线段．显然只有k与n有相同的奇偶性
2
1
时，(3k-n)才 是整数．
2
29．除995外，可将1，2，…，1989所有数分为994对：(1， 1989)，(2，
1988)，…，(994，996)，每对数中两个数的奇偶性相同，所以在每对 数前无论放
置“+”、“-”号，运算结果只能是偶数．而995为奇数，所以数1，2，…，1989
的总值是奇数，于是所求的最小非负数不小于1；数1可用下列方式求得：
1=1+(2-3- 4+5)+(6-7-8+9)+…+(1986-1987-1988+1989)．
xyz
30．设三个质数分别为x，y，z，则x+y+z=，∴x，y，z中必有一个是 7．若
7
x=7，则yz=y+z+7，即(y-1)(z-1)=8．利用奇偶性分析求得y =5，z=3．
31．注意到一种袜子至多一只无配偶，而且，某一种颜色的袜子有一只无配对该颜色的袜子取了奇数只．当取出袜子总数是奇数时，最坏的可能是有三种
颜色为奇数只，由此 可知至少要取23只袜子。
32．把第i行第j列的室记为a
ij
，转化的方法 是利用相邻的室i+j的奇偶性
不同．注意从一角A到其对角B，B为a
81
，A为a
18
，1+8与8+1为奇数．从A
出发要穿过64道门才到达B，每穿过一个门，i +j的奇偶性变化一次，变化63
次不可能从奇数变到奇数，所以满足题设要求的路线不存在．
33．用反证法．若幻体存在，则相等的和为42．首先，幻体的每个面为三
阶幻方．如下 左图，将幻方标为9个位置，不难证明：5号位置只能排偶数．事
实上，若5号为奇，则1，9必须一奇 一偶；设1号为奇，则9号为偶，从而2，
3必一奇一偶；设2号为奇，3号为偶．依次推得4号为偶， 6号为奇，7号为偶，
这样，3，5，7号位三数之和为奇数．其次，3×3幻方奇偶性分布只有两种可 能：
一种是六奇三偶，另一种是四奇五偶．注意到1，2，…，27中共14个奇数，从
而幻体 的上、中、下三层幻方中有且只有一个是第一类的．最后考虑每层行方的
4号位，三数中两偶一奇，其和 不可能为42．

34．由已知有
11111(a-b)=ab+4×617．①
∵a>0，b>0，∴a-b>0．首先易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而
知 ab是奇数．进而知a，b都是奇数，知11111+a及11111-b都为偶数，这与已
知矛盾．其 次，从a- b是偶数及①知ab为偶数，进而知a，b都为偶数，从而
ab+4×617是4的倍数，由①知a- b是4的倍数．
35．方程左边=(x+2y)
2
+6(x+2y)=(x+2 y)(x+2y+6)，故原方程为
(x+2y)(x+2y+6)=1986．由于x+2y和x+2 y+6同奇同偶，即(x+2y)(x+2y+6)或者是
奇数或者是4的倍数，而1986既不是奇数 又不是4的倍数，∴原方程无整数解．
32
36．假设f(x)=x+bx+cx+d能分解为两个整系数多项式之积，则对所有实数
x都有 x
3
+bx
2
+cx+d=(x+p)(x
2
+qx+ r)．①
令x=1，则1+b+c+d=(1+p)(1+q+r)．②
又由①有pr=d，pq+r=c，p+q=b．③
∵bd+cd=(b+c)d是奇数，因此b +c和d为奇数，又由pr=d可得p和r为奇
数．考察②式，左边为1，b+c和d的和，即三个奇数 之和，而右边的1+p为偶
数，于是②式不可能成立，从而①式不成立．即这个多项式不能分解成两个整 系
数多项式的乘积．
37．设原式=(x
2
+ax+b)(x
2
+cx+d)，则
a+c=0，①
b+ac+d=1980，②
bc+ad=2000，③
bd=1990．④
由④，b，d一奇一偶．否则，要么bd为奇数，要么bd被4 整除，都不可能
等于1990．不妨设b为奇数，d为偶数，考察方程③，因d为偶数，2000为偶数 ，
则bc为偶数，而b为奇数，所以c为偶数．再考察②，已有b为奇数，c，d都
为偶数，可 知b+ac+d为奇数，这与1980为偶数矛盾．
38．任三个数中必有两个同奇同偶，∴x< br>1
，x
2
，…，x
7
中必有三组同奇同偶
xxx x
xx
的数组，设为x
1
，x
2
，x
3
，x
4
，x
5
，x
6
．这样y
1
=
12
，y
2
=
34
，y
3
=
56
都
222
为整数，且它们中也必有两个同奇同偶，设为y
1
，y
2
，于是
xxxx
yy
x=
12
=
1234
为整数，由此
3
x
1
3
x
2
3
x
3
3
x
4
(3
x
)
4
．
24
m
39．由于n+1413=(m+n)
m
≥m
m+n
m
，∴m
m
≤1413，∴m≤4．若m为偶数，则不
论n 为奇数还是偶数，①式的左右两边一边为奇数，一边为偶数，都不可能成立，
于是m为奇数，m=1或3 ．当m=1时，则n+1=n+143不可能成立；当m=3时，
则由(3+n)
3
= n
3
+1413解得n=11或n=-14(舍去)．于是，所求的所有正整数m，n
为m=3，n=11．
ya
40．由①得x=
…③，代入②并整理得3y
2
=4b-a
2
，(3y)
2
=3(4b-a
2
) …④．
2
假设x，y是满足①，②的有理数，则x，y也满足③，④．∵a，b是整数， ∴④
式右边为整数，于是(3y)
2
为整数，∴3y也必是整数．又由④式，(3y)
2
是3的倍数，
∴3y也是3的倍数，∴y是整数．以下证x是整数：由④式有3y< br>2
+a
2
=4b
2
，∵4b

是偶数， ∴3y
2
和a
2
的奇偶性相同．∵3为奇数，∴y和a的奇偶性相同，∴y- a为
偶数，由③式，x为整数．
41．设勾、股分别是质数p及p+2(p≠2，否则p +2=4不是质数)，弦为正整
数k．由p
2
+(p+2)
2
=k< br>2
，得2p
2
+4p+4=k
2
．上式左边是偶数，故k为偶 数．设k=2m，
2222
得2p+4p+4=4m，即p+2p+2=2m．又因p为奇数， 这样，上式左端为奇数，
而右端为偶数，这是不可能的．
42．若n为奇数，则n
2
为奇数．又n>2，从而n
2
+1，n
2
-1为正偶数．由恒< br>n
2
1
22
n
2
1
2
等式() +n=()知结论成立；若n为偶数，则n
2
为4的倍数，又n>2，
22
n
2
n
2
22
从而是大于1的整数．由恒等式(-1)+n=(+1)
2
知结论成立．
44
43．∵a，b，c为偶数，∴a，b，c必都含 有因数2．∵a，b，c的最小公倍
数为1988，将1988分解成质因数的连乘积．由a>b>c知 ，a必含有质因数2与
71；b必含有质因数2与7；c必含有因数2．从而a可取4×7×71，2× 7×71，4×71，
2×71．当a取诸a值中最小的一个值时，a=2×71=142．从而b可取 4×7，2×7；
c可能取2×7，4，2．故(a，b，c)=(142，28，14)，(142， 28，4)，(142，28，2)，
(142，14，4)，(142，14，2)．
44．设a
1
+a
3
+…+a
99
+a
101=P，则
a
1
+2a
2
+…+101a
101
=P+(2a
2
+4a
4
+…+100a
100
)+(2a
3
+4a
5
+…+100a
101
)=P+2[(a
2
+2a
4
+
…+50a
100
)+(a
3+2a
5
+…+50a
101
)］．即S=P+偶数，而已知S是偶数， 所以P是偶
数．
45．利用辅助命题“设n与m是两个奇偶性相同的正整数，则mn是n个连
续奇数的和”证明．
46．只须证a
n
+b
n
+c
n
既可被2整除 ，又可被3整除．因a
n
与a，b
n
与b，c
n
与c分别具 有相同的奇偶性，知a
n
+b
n
+c
n
与a+b+c具有相 同的奇偶，因后者可被
6整除，是偶数，知a
n
+b
n
+c
n
也为偶数，可被2整除．
为证a
n
+b
n
+cn
可被3整除，可利用性质“若n为正奇数，k为正整数，则k
n
与k被3除的余 数相同”．
现证此性质：设n是大于1的正奇数，则有n-1=m·2
l
．其中l为 正整数，m
为正奇数，于是
k
n
kk(k
m2
1 )k(k
m2
1)(k
m2
1)k(k
m2
1)(k
m2
1)(k
m2
1)
这
个分解过程可 以一直进行下去，得到k
n
-k=k(k-1)(k+1)·p，其中p是关于k的整多
项式．由于k-1，k，k+1是3个连续整数，其中一定有一个是3的倍数，所以k
n
-k
可被3整除，亦即k
n
与k被3除的余数相同．
47．因2
n
仅含有因子2，不含有任何大于1的奇数因子，但若干个连续整数
1
之和为m+(m+ 1)+…+(m+k)=(2m+k)(k+1)，
2
由于2m+k与k+1具有不同的 奇偶性，所以其中必有一个(大于1的)奇数因
11
子，∴2
n
不可能表示为 若干个连续整数的和．设r为奇数，则(r+1)与(r-1)是
22
11
两个连续整 数，且有r=(r+1)+(r-1)．设r为偶数，但r≠2
n
，则存在奇数p>1，
22
l
和正整数l，使r=p·2，于是有
ll1l1l2l2l1

1
r=[(p+1)+(p- 1)+(p+3)+(p-3)+…+(p+2
l+1
-1)+(p-2
l+1
+1)]
2
11111
其中(p-2
l+1
+1)，(p-2< br>l+1
+3)，…，(p-1)，(p+1)，(p+2
l+1
-1)是2l+1
个连续
22222
整数．
48．因a[(a+d)-(b+c)]=a
2
+ad-ab-ac=(a-b)(a-c)> 0，知a+d>b+c，即2
k
>2
m
，
k>m．又ad=bc，即 a(2
k
-a)=b(2
m
-b)，移项后得2
m
(b-2
k-m
a)=b
2
-a
2
=(b+a)(b-a)．因为< br>a，b为奇数，所以b-2
k-m
a也为奇数，b+a与b- a为偶数．另外b+a与b-a不可
能都是4k型或都是4k+2型偶数，否则它们的差应为4的倍数， 但(b+a)-(b-a)=2a
不是4的倍数．这就是说b+a和b-a中有一个为4k+2型的数， 将该数记作x，由
于2
m-1
≤x≤b+am
，可见x =2
m-1
．于是
m1km


ba2

ba2(b2a)
或



kmm1


ba2(b2a)


ba2
解得a·2
k-m
+1=2
m-1
．因a为奇数，故只可能a=1．
49．设各三角形三边上的号码和分别为S
1
，S
2
，…，S< br>1000
，则当S
1
=S
2
=…=S
1000
=S
3
时，1000S=S
1
+S
2
+…+S
1 000
=3(1+2+…+1000)=
×1000×1001，得2S=3003，矛盾！< br>2
所以找不到这样的编号法．
50．因每次变换改变表中6个数的符号，而(-1 )
6
=1，所以每次变换不会改变
所变动的那行(或列)中6个数的乘积之符号，从而 也不改变全表中36个数乘积
之符号．这样，无论操作多少次变换，表中36个数之积总是负的．但全表 中所
有数为正时，36个数之积为正．
51．用反证法．将M中的元素用点表示，如果y ≠x且yH
x
，就在x，y之间
连一线段，由条件(ii)知这条线段也表示xH
y
．
若H
x
中元素的个数是偶数，因为由条件(i)xH< br>x
，故从x引出的线段必是奇
数条．现设所有H
x
中元素的个数都是偶 数，那么从M中每一点引出的线段的条
数的总和为k=奇数个奇数之和=奇数．另一方面，由于每条线段 连接M中的两
个点，所以k是图中所有线段的2倍，必是偶数，矛盾．
52．若某行有一 个异色格相叠，则该行至少还有一个异色格相叠．否则，相
叠两行蓝色小方格数之和为奇数，从而必有一 张表上有一行蓝色小方格为奇数，
与题设矛盾．
同理，某列有一个异色格相叠，则该列至少还有一个异色格相叠．
53．设a
i
(i=1，2，…，m)是互不相同的正偶数，b
j
(j=1，2，…，n)是互不相
同的正奇数，且a
1
+a
2
+…+a
m
+b
1+…+b
n
=1987．
由a
1
+a
2
+…+a
m
是偶数，1987是奇数，知n为奇数．∵a
i
互不相同，故 < br>a
1
+a
2
+…+a
m
≥2+4+…+2m=m(m +1)．
同理b
1
+…+b
n
≥1+3+…+2(n-1)= n
2
，∴m
2
+mn+n
2
≤1987，即
11< br>(m+)
2
+n
2
≤1987+
．
24
于是问题归结为在这个条件下求3m+4n的最大值．由平均不等式，易得
1
11
3 (m+)+4n≤
3
2
4
2
·
(m)
2
n
2
≤5
1987

2
24

1
]，3m+4n≤221．
4
另一方面，当m=27，n=35时，有3m+4n=221且满足条件m
2
+mn+n
2
≤1987，
故所求最大值为221．
54．设四位偶数为
abc d
，则a=4，5，6，d=0，2，4，6，8．当d取0，2，
8时，a可取4，5，6． 此时有3×3×8×7个符合题设的数．当d取4或6时，a
可取6或4，此时有2×2×8×7个符合 题设的数，故共有
3×3×8×7+2×2×8×7=728个数．
55．将集E中的 数分成100个数对：(2p，201-2p)(p=1，2，…，100)．由条
件(i)，每一对数 不能同属于集G．但G有100个数，所以上述每一对中必恰有
一个数属于G，易知这样的100个数满 足条件(i)．试取E中所有偶数，则其和为
1
×100×(2+200)=10100>10 080，这说明G不能全由偶数组成．试将k个偶数2p
1
，
2
2p
2
，…，2p
k
换成奇数201-2p
1
，201-2p
2
，…，201-2p
k
，使新的100个数总和为
∴3m+4n≤5[51987
10080，即10100-

2p
i


(2012p
i
)
=10080，亦即
i1i1
k k
20-4

p
i
=-201k，①
i1
k
上式左边是4的倍数，右边201与4互质，所以G中奇数个k是4的倍数．G
中各数平方和为

(2i)
-

(2p)

(2012p)
22
ii
i1
i1i1
100kk
2
=4

i
+201(201k-4

p
i
)
2
i1i1
100k
1
=4××100×101×201-201×20=1349 380．
6
56．设n可以表示成m个连续正整数之和．令n=k+(k+1)+…+[ k+(m-1)]，则
m(m1)

2k(m1)

n=mk +=m

①

2
2

m(m1)
(1)若m为奇数，则m-1为偶数，从而由①知m|n，且2
118n
m<②
2
反之，由上述推理知，对n的每个满 足②的奇因数m，相应有n的一个表达
式n=k+(k+1)+…+[k+(m-1)]．
(2)若m是偶数，把②改写成2n=m(2k+m-1)．由于2k+m-1是奇数，
所以m是 2n的偶因数，且满足条件：若2
t
‖n，则2
t
+1‖m．这里符合2t
‖n
的含义是：2
t
|n，但2
t
+1n．此外，与 (1)相同，m还应满足(2)．反之，对于每
个满足上述条件的m，相应有n的一个表达式n=k+( k+1)+…+[k+(m-1)]．
综上讨论，若对每个nN，记所求的表示为和的方法总数 为f(n)，则
f(n)=f
1
(n)+f
2
(n)，其中f
1
(n)是n的满足不等式②的因数的个数；f
2
(n)是n的满足②
且满 足条件：若2
t
‖n，则2
t
+1‖m的偶因数m的个数．
5 7．由所设有(n+2)a
n+1
=na
n
+2(n+1)
2r，两边同乘以n+1，得
(n+2)(n+1)a
n+1
=(n+1)na
n
+2(n+1)
2r+1
．令b
n
=(n+1)na
n
(n=1，2，…)，便得
b
n+1
=b
n
+2(n+1)
2r+1
(n=1，2，…)，或b
k
-b
k-1
=2k< br>2r+1
(k=2，3，…)，

∴b
n
=
< br>(b
k
b
k1
)
+b
1
=
2k
k2
nn
2r1

(nk)
k1
n1
2r1
=2n
2r+1
·

[k
2r1
(nk)
2r1
]
．注意到2r+1是奇数，故
k1
k2
n1
+2(∵b
1
=(1+1)+1×a
1
=2 )=2

k
k1
n
2r1
=2n
2r+1+

k
2r1
+
k1
n1
k+(n-k )|k
b
n
=

k
k1
n
2r+1(n-k)
n
k1
2r+1
，即n|k
2r+1
+( n-k)
2r+1
，∴n|b
n
．再将b
n
改写成
2r12r1
+

(n1k)
=

[k
2 r1
(n1k)
2r1
]
，即得n+1|b
n
． 由于n，n+1
k1
n
b
n
(n=1，2，…)是正整数． 互质，故n(n+1)|b
n
，从而a
n
=
n(n1)
可用数学归纳法证明a
n
为偶数．