要插-不能陪你一起老

第三篇 初等数论
第19章 整数的整除性
§19．1整除
19.1.1★证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．
解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数
即可．设三个连续的 奇数分别为
2n1
、
2n1
、
2n3
（其中
n
是整数），于是

2n1



2n1< br>


2n3

222
112
n
2
n1

．
所以
222
12|

2n1



2n1

< br>
2n3


．

又
n
2< br>n1n

n1

1
，而
n
、n1
是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以
n

n1
< br>是
偶数，从而
n
2
n1
是奇数，故


2n1

2


2n1

2


2n3

2

．
24
Œ

19．1．2★★若
x
、
y
为整数，且
2x3y< br>，
9x5y
之一能被17整除，那么另一个也能被
17整除．
解析 设
u2x3y
，
9x5y
．若
17|u
，从上面两 式中消去
y
，得
3v5u17x
． ①
17|3v
． 所以
因为（17，3）=1，所以
17|v
即
17|9x5y
． 若
17|v
，同样从①式可知
17|5u
．因为（17，5）=1，所以
17|u
，即
17|2x3y
．
19.1.3★★设
n
是奇数，求证：
60|6
n
3
n
2
n
1
．
解析 因为
602
2
35
，
2
2
、 3、5是两两互质的，所以只需证明
2
2
、3、5能整除
6
n
3
n
2
n
1
即可．
由于
n
是奇数，有
2
2
|6
n
2n
，
2
2
|3
n
1
，
所以
2
2
|6
n
2
n
3
n
1
；
又有
3|6
n
3
n
，
3|2
n1
，
所以
3|6
n
3
n
2
n
1
；
又有
5|6
n
1
，
5|3n
2
n
，
所以
5|6
n
3
n< br>2
n
1
．
所以
60|6
n
3
n
2
n
1
．
评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即 被2除余数为0的是偶数，余数为1的是
奇数．偶数常用
2k
表示，奇数常用
2k1
表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数
a
被3除时，余数只能是0、 1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为
3k
、
3k1
、
3k 2
这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8
等分类，但这要具体问题具体处理．
19．1．4★★设
n
为任意奇正整数，证明：
1596
n
1000
n
270
n
320n
能被2006整除．
解析 因为
200621759
，所以为 证结论成立，只需证
n
为奇正整数时，
1596
n
1000
n
270
n
320
n
能被2、17、59整除．显然，表达式 能被2整除．
应用公式，
n
为奇数时，
a
n
b
n


ab


a
n1
a
n2
bb
n1

，
a
n
b
n


ab


a
n1
a
n2
bb
n1

.
由于
15961000 5944
，
2703205910
，所以
1596
n1000
n
270
n
320
n
能被59整除.

又
159627013261778
，
10003 206801740
，所以
1596
n
1000
n
270
n
320
n
能
被17整除．
19.1.5★★ 若整数
a
不被2和3整除，求证：
24|a
2
1
．
解析 因为
a
既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是 不
合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成
6k
、
6k1
、
6k2
、
6k3
、
6k4
、
6k5
这六类．由于
6k
、
6k2
、
6k4
是2的倍数，< br>6k3
是3的倍数，所以
a
只能具有
6k1
或
6 k5
的形式，有时候为了方便起见，也常把
6k5
写成
6k1
（它们除以6余数均为5）．
故
a
具有
6k1
的形式，其中
k
是整数，所以

a
2
1

6k1

136 k
2
12k12k

3k1

．
由于k
与
3k1
为一奇一偶（若
k
为奇数，则
3k1< br>为偶数，若
k
为偶数，则
3k1
为奇数），
所以
2 |k

3k1

，于是便有
24|a
2
1．
19．1．6★★★求证：
3
n
1
（
n
为正整数）能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除．
解析 按模2分类．若
n2k
为偶数，
k
为正整数，则
3
n< br>13
2k
1

3
n

1
．
2
2

由
3
k
是奇数，

3
k

是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设

3
k

8l1
，于是
2
2
3
n
1 8l22

4l1

，
4l1
是奇数，不含有2 的因数，所以
3
n
1
能被2整除，但不能被2的更高次幂整除．
若
n2k1
为奇数，
k
为非负整数，则
3
n
13
2k1
13

3
k

 13

8l1

14

6l1

．
2
由于
6l1
是奇数，所以此时
3
n
1
能被
2
2
整除，但不能被2的更高次幂整除．
19.1.7★★设
p
是质数，证明：满足
a
2
pb
2
的正整数a
、
b
不存在.
解析 用反证法．假定存在正整数
a
、
b
，使得
a
2
pb
2
.
令

a , b
d，
aa
1
d
，
bb
1
d< br>，则

a
1
, b
1

1.所以 < br>a
1
2
d
2
pb
1
2
d
2
，
a
1
2
pb
1
2
，
22 2
所以
p|a
1
2
．由于
p
是质数，可知，
p|a
1
.令
a
1
pa
2
，则
a2
ppb
1
2
，所以
pa
2
b
1
2
．同理
可得，
p|b
1
.即
a
1
、
b
1
都含有
p
这个因子，这与

a
1
, b
1

1
矛盾．
19．1．8★★如果
p
与
p2
都是大于3的质数，那么6是
p1
的约数.
解析 每一整数可以写成
6n
、
6n1
、
6n1
、
6n2
、
6n2
、
6n3
中的一种（
n
为整
数），其中
6n
、
6n2
、
6n2
、
6n3
在
n≥1
时都是合数，分别被6、2、2、3整除．因
此，质数
p
是
6n1
或
6n1
的形式.
如果
p6n1

n≥1

，那么
p26n33

2n1


是3的倍数，而且大于3，所以
p2
不是质数．与已知条件矛盾．
因此
p6n1

n≥1

．这时
p16n
是6的倍数．
评注 本题是将整数按照除以6，所得的余数分为6类．
质数一定是
6n1
或
6n1
的形式．当然，反过来，形如
6n1
或
6n1
的数并不都是质数．但
可以证明形如
6n1
的质数有无穷多个，形如
6n1
的质数也有无穷多个．
猜测有无穷多个正 整数
n
，使
6n1
与
6n1
同为质数．这是孪生质数猜 测，至今尚未解决．
19.1.9★★已知
a
、
b
是整数，
a
2
b
2
能被3整除，求证：
a
和
b
都能被3整除．
证 用反证法.如果
a
、
b
不都能被3整除，那么有如下两种情况：
b
．令
a3m
，
b3n1
（
m
、
n< br>（1）
a
、
b
两数中恰有一个能被3整除，不妨设
3|a，
3Œ
都是整数），于是

a
2
b
2
9m
2
9n
2
6n13

3m
2
3n
2
2n

1
，
不是3的倍数，矛盾．
（2）
a
，
b
两数都不能被3整除 .令
a3m1
，
b3n1
，则
a
2
b
2


3m1



3n1

9m
2
6m19n
2
6n1
33m
2
3n
2
2m2n2
，
不能被3整除，矛盾．
由此可知，
a
、
b
都是3的倍数．
x
2
19．1．10★★若正整数
x
、
y
使得是素数，求证：
x≤y.
xy
22

x
2
p
是素数，则< br>pyx

xp

，所以
p|x

xp

，故
p|x
，或者
p|xp
，解析 设
xy
故可得
p|x
，且
px
.令
xkp
，
k
是大于1的整数，则
yx

k1

≥x
．
19.1.11★证明：形如
abcabc
的六位数一定被7、11、13整除．
解析
abcabcabc1001abc71113
．
由此可见，
abcabc
被7、11、13整除．
19．1．12★任给一 个正整数
N
，把
N
的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的正整
数
N

，试证明：
NN

被9整除．
N除以9，与
N
的数字和除以9，所得余数相同．
N

除以9，与
N

的数字和除以解析
9，所得余数相同．
N
与
N

的数字完全相同，只是顺序相反，所以
N
与
N

的数字和相等．
N
除以9与
N

除以9，所得的余数相同，所以< br>NN

被9整除．
19.1.13★
N1999199919 99

.求
N
被11除所得的余数．
连写1999个1999
解 显然，
N
的奇数位数字和与偶数位数字和的差为
1999

9991

19998
.
19998
除以11的余数与
88
除以11的余数相同，即余数为9．从而
N
除以11，所得的余数为9．
19．1．14★在568后面补上三个数字，组成一个六 位数，使它能被3、4、5分别整除．符
合这些条件的六位数中，最小的一个是多少？
解析 要命名这个六位数尽可能小，而且能被5整除，百位数字和个位数字都应选0．这
样，已知的五个数位上 数字之和是5+6+8+0+0=19．要使这个六位数能被3整除，十位上可
填2、5、8．由能被4 整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知，应在十
位上填2．
这个六位数是568020．
19.1.15★★已知四位数
abcd
是1 1的倍数，且有
bca
，
bc
为完全平方数，求此四位数．
解析 在三个已知条件中，
bca
说明给出
b
和
c，
a
就随之给定，再由
11|abcd
，可
定
d
.而
bc
为完全平方数，将
b
和
c
的取值定在两位平方数 的十位和个位数字范围中，只要
从这个范围中挑选符合要求的即可．
由
bc
完全平方数，只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况．由
bca
，此时 相应
的
a
为7、7、9、13、10、9．其中13和10显然不可能是四位数的千位 数字．
在
716d
、
725d
、
936d
、981d
，这四种可能性中，由
11|abcd
，应有
11|

db



ac

．
11|

d1



76

时，
d
可为1；
11|

d2



75

时，这种
d
不存在；
11|d3

96

时，
d
可为1；
11|d8

91

时，
d
可为2．
故满足条件的四位数有：7161、9361、9812．
bc
为完全平方数，表示
bc
是两位整数，
b0
，因此，不考虑00、01、04、09这评注
四种情况，否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.

19 ．1．16★★用0，1，2，„，9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？
解析 因 为0+1+2+„+9=45．这个最大十位数若能被11整除，其奇数位上数字之和与偶
数位上的数字 之和的差（大减小）为0或11的倍数．由于这十个数字之和是45（奇数），
所以这个差不可能是0、 22、44（偶数）．
若这个差为33，则只能是
396
，但0+1+2+3+4 =10，即最小的五个数字之和都超过6，不
可能．若这个差为11，

4511< br>
228
，
452817
．
如果偶数位为9、7、 5、3、1，其和为25；奇数位为8、6、4、2、0，其和为20．交换偶数
位上的1与奇数位上的 4，可得偶数位上的数为9、7、5、4、3，奇数位上的数为8、6、2、
1、0．于是所求的最大十 位数为9876524130．
19.1.17★★一个六位数12 34 是88的倍数，这个数除以88所得的商是多少？
解析 设这个六位数为
12A34B
，因为它是88的倍数，而
88811
，8与11互质，所以，
这个六位数既是 8的倍数，又是11的倍数．由
12A34B
能被8整除，可知
34B
能被8 整除
（一个数末三位组成的数能被8整除，这个数就能被8整除），所以
B
是4．由能 被11整
除的数的特征（一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除，这个数就能被11整除），可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差

234



1A4

4A
能被
11整除，则
4 A0
，即
A4
．
124344881413
．
所以，这个六位数是124344，它除以88的商是1413．
19．1．18★★如果六位数1993 能被105整除，那么，它的最后两位数是多少？
解析 因为这个六位数能被105整除，而
105357
，3、5、7这三个数 两两互质，所
以，这个六位数能同时被3、5、7整除．根据能被5整除的数的特征，它的个位数可以是 0
或5．根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七种可能：199320，199350， 199380，
199305，199335，199365，199395．而能被7整除的数的特征 是：这个数的末三位数字所表
示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7整除．经试 算：
395199196
，196能被7整除．
所以，199395能被105整除，它的最后两位数是95．
19.1.19★★形如19931993

1993520
，且能被11整除的最小数是几？

n个1993
解析 本题实质上确定
n
的最小值．利 用被11整除的数的特征：偶数位数字之和与奇位
数字之和的差能被11整除．该数的偶数位数字之和为
12n2
，奇数位数字之和为
10n5
，
两者之差为
1 2n2

10n5

2n3
．要使
11|

2n3

，不难看出最小的
n7
，故所求最
小数为
199319931993520
．

7个1993
19．1．20★★★是否存在100个不同的正整数，使得它们的和与它们的最小公倍数相等？
解析 存在满足条件的100个数．
事实上，对任意正整数
n

≥ 3

，下述
n
个数
3，
23
，
23
2
，„，
23
n2
，
3
n1
， < br>它们的最小公倍数为
23
n1
，和为
32323
2
23
n2
3
n1
3
2
23
2
23
n2
3
n1
3
3
23
3
23
n2
3
n1
3
n1
3
n1
23
n1
．所以，这几个数的和等于它们 的最
小公倍数．
取
n100
，可知存在符合要求的100个数．
19.1.21★★下面这个41位数
55
能被7整除，问中间方格代表的数字是几？
5

999

20个520个9
解析 因 为
5555555111111
，
9999999111111
，< br>11111137111337
，所以
555555和999999都能被7 整除，那么由18个5和18个9分别组成的18位数，也能被7
整除．而
原数=
555000
+55
99

000

99
，
9
 


18个523个018个5个189
因此右边的三个加数中， 前后两个数都能被1整除，那么只要中间的55 99能被7整除，

原数就能被7整除．
把55 99拆成两个数的和：
55A00B99

其中
AB
.因为
7|55300
，
7|399
，所以
336
．
评注 记住111111能被7整除很有用．
19．1． 22★★一位魔术师让观众写下一个六位数
a
，并将
a
的各位数字相加得b
，他让观众
说出
ab
中的5个数字，观众报出1、3、5、7、9， 魔术师便说出余下的那个数，问那个数
是多少？
解析 由于一个数除以9所得的余数与这个数 的数字和除以9所得的余数相同，所以
ab
是9的倍数．设余下的那个数为
x
，则
9|

13579x

，
即
9|

7x

，
由于
0≤x≤9
，所以，
x2
．
2p12q119．1．23★★若
p
、
q
、、都是整数，并且
p1
，
q1
．求
pq
的值．
qp
解析 若
pq
，则
2p12p11
2

qpp
不是整数，所以
pq
．不妨设
pq
，于是
2p12q12q
1≤2
，
qqq
2p12p1
1
，即
q2p1
．又 而是整数，故
qq
2q14p33
4

ppp
是整数，所以
p
只能为3，从而
q5
．所以
pq3515
．
19．1．24★★★试求出两两互质的不同的三个正整数< br>x
、
y
、
z
使得其中任意两个的和能
被第三个数整除 ．
解析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．
zx< br>yzxy
不妨设
xyz
，于是、、都是正整数．先考虑最小的一个：
y
xz
xyzz
1≤2
，
zz
zx< br>xy
所以，因为
y|

zx

，即
y|

y2x

，所以
y|2x
，于
1
， 即
zxy
．再考虑
y
z
2x2y
2
， 是
1≤
yy
2x
1
，所以即
y2x
，从而这三个 数为
x
、
2x
、
3x
．又因为这三个数两两互质，所以x1
．
y
所求的三个数为1、2、3．
4a1
为整数.
27a
4
13113
解析 由条件，可知
≤a≤
.当时，< br>A0
是整数；下面考虑
a≤
的情形，此
44444
p3

4qp

p
时设
a
，
p、
q
为正整数，且

p , q

1
．则由
A
为正整数和

p , q< br>
1
可
q
27q
4
19.1.25★★★求所有的 有理数
a
，使得
4a2≤1
，并且
A

知
q
4
|4qp
，进而
q|4qp
，导致
q|p
，再结合

p , q

1
，得
q1
.
于是
A
p3

4p

27
，又
a
11
< br>．故
p≤3
，易知仅当
p3
时
A
为正整数．
p4
综上可知，满足条件的
a
1
1
或．
4
3
xr

的最小值．
yt
19．1．26★★ 设正整数
x
、
y
、
r
、
t
满足
1 ≤xyrt≤100
．求
解析 由条件，可知
xr1r1y11y11y121
.
≥≥≥2
yty 100y100y100100y100100100
等号在

x , y , r , t



1 , 10 , 11 , 100

时取到，因此所求的最小值为
21
.
100
19 .1.27★★已知正整数
a
、
b
、
p
、
q
、
r
、
s
满足条件
par
qrps1
，

．
qbs
证明：
b≥qs
．
解析 由条件，可知
pbaq
，
asbr
，故
pb1≤aq
， ①
as1≤br
． ②
将①
s
与②
q
，然后相加，得
psbsq≤brq
．
结合
rqps1
，可知
b≥qs
.
19．1．28 ★★★将正整数
N
接写在任意一个正整数的右面（例如，将2接写在35的右面
得35 2），如果得到的新数都能被
N
整除，那么
N
称为“魔术数”.问：在小于1 30的正整
数中有多少个魔术数？
解析 设
P
为任意一个正整数，将魔术数 N

N130

接后得
PN
，下面对
N
为一位数、
两位数、三位数分别进行讨论．
（1）当
N
为一位数时，
PN10PN
，依题意
N|PN
，则
N|10P
.由于需对任 意数
P
成立，
故
N|10
．所以
N
1，2，5．
|00P
，（2）当
N
为两位数时，
PN100PN
， 依题意
N|PN
，则
N1
故
N|100
．所以
N
10，
20，25，50．
（3）当
N
为三位数时，
PN 1000PN
，依题意
N|PN
，则
N|1000P
，故
N|1000
．所以
N100
，125．
综上所述，魔术数的个数为9个．
评注 （1）我们可以证明：
k
位魔术数一定是
10
k
的约数．
事实上，设
N
是
k
位魔术数，将
N
接写在正整数
P
的右面得：
PNP10
k
N
，由魔术数
定义可知：< br>N|PN
，因而
P10
k
也能被
N
整除，所以N|10
k
．这样我们有：
一位魔术数为1，2，5；
二位魔术数为10，20，25，50；
三位魔术数为100，125，200，250，500；
三位或三位以上的魔术数，每种个数均为5．
（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，使问题较容易解决．
19.1.29 ★★一个正整数如果从左读到右与从右到左读所得的结果相同，则称这个数为回文
数．例如：1，343 及2002都是回文数，但2005则不是．请问能否找到2005个不同的回文
数
n
1
, n
2
,  , n
2005
，使得
n
1
110 , n
2
110 ,  , n
2005
110
也都是回文数？

0011
也是回文数．因为
n
中9的数目解析 取回文数n10999901
，则
n1101100
可以任选，可取
n
1
10901
，
n
2
109901
，„，n
2005
10999901
，因此我们可以找到2005
 
2005个9
个回文数满足题目所要求的条件．
19．1．30★★将2008个 同学排成一行，并从左向右编为1至2008号．再从左向右从1到
11地报数，报到11的同学原地不 动，其余同学出列．留下的同学再次从左向右从1到11
地报数，报到11的同学留下，其余同学出列． 留下的同学第三次从左向右1到11报数，报
到11的同学留下，其余同学出列．问最后留下的同学有多 少人？他们的编号是几号？
解 由题意，第一次报数后留下的同学，他们的编号必为11的倍数．
第二次报数后留下的同学，他们的编号必为
11
2
121
的倍数．
第三次报数后留下的同学，他们的编号必为
11
3
1331
的倍数 ．
因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1~2008中，1331的倍数只有一 个，
即1331号．所以，最后留下一位同学，编号为1331．
19.1.31★★★甲、 乙两人进行了下面的游戏．两人先约定一个整数
N
，然后由甲开始，轮
流把0、1、2 、3、4、5、6、7、8、9这十个数字之一填入下面的任一方格中．
□□□□□□
每一 方格只填一个数字，六个方格都填上数字（数字可重复）后，就形成一个六位数，如果
这个六位数能被< br>N
整除，就算乙胜；如果这六位数不能被
N
整除，就算甲胜．设
N小于15，
那么当
N
取哪几个数时，乙才能取胜？
N
取偶数，甲可以在最右边方格里填一个奇数（六位数的个位），就使六位数不解析
能被
N
整除，乙不能获胜．
N5
，甲可以在六位数的个位填一个不是0或5 的数，甲就获
胜．
上面已经列出了乙不能获胜的
N
的取值情况．
如果
N1
，很明显乙必获胜．
如果
N3
或9，那么乙 在填最后一个数时，总是能把六个数字之和凑成3的整数倍或9的
整数倍．因此乙必获胜．
当
N7
，11，13时是本题最困难的情况．注意到
100171113
，乙就有一种必胜的办法．我
们从左往右数这六个格子，把第一与第四，第二与第五，第三与第六配对 ，甲在一对格子的
一格上填某一个数字后，乙就在这一对格子的另一格子上填同样的数字，这就保证所填 成的
六位数能被1001整除，这个六位数就能被7、11或13整除，故乙就能获胜．
综合起来，使乙获胜的
N
是1、3、7、9、11、13．
19．1．32 ★★小明家电话号码原为六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加
上数字8，成为一个七位 数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2，成为一个
八位数的电话号码．小明发现，他家两 次升位后的电话号码的八位数，恰是原来电话号码的
六位数的81倍，问小明家原来的电话号码是多少？
解析 设原来电话号码的六位数为
abcdef
，则经过两次升位后电话号码的八位数 为
2a8bcdef
．根据题意，有
81abcdef2a8bcdef
．
记
xb10
4c10
3
d10
2
e10f
，
于是
81a10
5
81x20810
5
a10
6
x
，
x1250

20871a

． 解得
因为
0≤x10
5
，所以
0≤1250

20871a

10
5
，
128208
.
a≤
7171
因为
a
为整数，所以
a2
．于是
x1250

208712

82500
．
故

所以，小明家原来的电话号码为282500．
19.1.33★ ★若
a
是不超过1000的正整数，且
a4
是最简分数，则
a的取值有多少个？
a
2
7
a
2
723
解析 因为，所以

a4 , 23

1
，由于23是质数，所以< br>a4
不是
a4
a4a4
23的倍数即可，在5，6，„， 1004中，23的倍数有43个，所以满足条件的正整数
a
有
10004395 7
个．
19．1．34★★★★在各位数码各不相同的10位数中，是11111的倍数的数共有多少个．
解析 设这个10位数为
abcdefghij
，因为这10位数的各位数码各不相同 ，所以
a
、
b
、
c
、
d
、
e、
f
、
g
、
h
、
i
、
j是
0 , 1 , 2 ,  , 9
的一个排列，故
abcdefghij45
．
所以
9|abcdefghij
．
因为
11111|abcdef ghij
且（11111，9）=1，所以
99999|abcdefghij
，即< br>99999|abcde10
5
fghij
．又
99999|99 999abcde
，所以
99999|abcdefghij
．
因为< br>0abcdefghij999992
，所以
abcdefghij999 99
，
所以
afbgchdiej9
．
而
99081726354
，所以，符合题意的数共有
543212
5
43212
4
3456
（ 个）．
19.1.35★★★从1，2，„，9这九个数字中，每次取出3个不同的数字组成三位数， 求其中
能被3整除的三位数的和．
解析 对于固定的三个不同的非零数字
a
、
b
、
c
，任意排列，可得6个不同的三位数，
它们的和为
2

abc

111
．

因为3|abc3|

abc

，所以有以下两种情况：
（ 1）
a
、
b
、
c
除以3所得的余数相同，即
a、
b
、
c
取成

1 , 4 , 7

，或

2 , 5 , 8

，或

3 , 6 , 9

，这样得到的
3

321

18
个的三位数的总和为
2


147



258



369



1119990．
（2）
a
、
b
、
c
除以3所得的余数各不 相同，不妨设
a
取自

1 , 4 , 7

，
b
取自

2 , 5 , 8

，
c
取自

3 , 6 , 9

，这种三位数共有
333

321

162
个．对于固定的
a
，易知
b
、
c
有
339种取法，因而这162个三位数的和为
9

1239

211189910
．
综合（1）、（2），可知，所求的满足条件的三位数总和为
9990+89910=99900．
19．1．36★★★证明一个正整数，当且仅当它不 是2的整数幂时，可以表示成若干个（至
少两个）连续正整数的和．
解析 当且仅当，有两方 面的意思．一方面，当一个正整数不是2的整数幂时，它可以表
示成几个连续正整数的和．另一方面，如 果一个正整数可以表示成几个连续正整数的和，那
么它一定不是2的整数幂．设
n
不是 2的整数幂．这时
n
可以写成
n2
k
h
，
h
是大于1的奇数. ①
我 们可将
n
写成
h
个连续正整数的和．中间一个是
2
k
，它的两侧是
2
k
1
与
2
k
1
，再 向外
h1h1h1
分别写
2
k
2
与
2k
2
，„，直至
2
k

与
2
k
（
h
是奇数，所以是整数），即
222
h1

k
h3

k
h3

k
h1< br>
kkk
n

2
k
2

21221




2


2

．
2

2

2

2

另一方面，设
n
是
h
< br>h1

个连续正整数
k1
，
k2
，„，
kh
的和，则

1

2k1h

h
，
22< br>其中
h
与
2k1h
奇偶性不同，即至少有一个是大于1的奇数．所 以这时
n
不是2的整数幂．
评注 2的整数幂没有大于1的奇约数．所以一个整数，如果有大于1的奇约数就一定不
是2的整数幂． 19.1.37★★★玛丽发现将某个三位数自乘后，所得乘积的末三位数与原三位数相同．请问：
满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少？
n

k1



k2



kh



k1kh

h
解析
2
设三位数为
abc
，则
abc1000kabc
，
即
abcabc12
3
5
3
k
，
而
abc , abc11
，所以，
2
3
|abc< br>，且
5
3
|abc1
；或者
2
3
|abc 1
，且
5
3
|abc
．
25
，（1）若
2
3
|abc
，且
5
3
|abc
则
a bc11
375，625，875，只有
abc376
使得
2
3
|abc
，
1
，


故此时
abc 376
满足题意．
（2）若
2
3
|abc1
，且5
3
|abc
，则
abc125
，375，625，875， 只有
abc625
使得
2
3
|abc1
，
故此 时
abc625
满足题意．
所以，所求的和为376+625=1001． 49114941
19．1．38★★★我们知道，约分后是，但按下面的方法，居然也得
:
.试
98229882
求出所有分子和分母都是十进制两位正整数，分子的个位 数与分母的十位数相同，且具有上
述“奇怪”性质的真分数．
ababa
1
，于是 解析 设真分数具有上述性质，则
abbc，且
c
bc
bc
10aba

，
10bcc
故
9acb

10ac

． < br>若
9|

10ac

，则
9|

ac

，但是
ac9
，所以
ac0
，矛盾．故9 不整除
10ac
，所
以
3|b
．
（1）若
b 3
，则
3ac10ac
，于是
c
10aa3
，所以

3a1

|

a3

，而
3
3a13a1
a33a1
，故只能是
a3
，从而
c3
，矛盾．
20a2a12
，当
a6
时，
6
3a23a2
02a123a2
，此时
c
不是 整数；当
a6
时，
c6
，矛盾；当
a6
时，应有16
122a≥3a2
，所以
a≤2
，而当
a1
时，
c4
，此时，满足题意的真分数为，当
a2
64
26
时，
c5
，此时，满足题意的真分数为．
65
10a10
（3 ）若
b9
，则
ac10ac
，于是
c
，所以，
a1

|10
，故
a
1，4，
10
a1a1
9．
19
当
a1
时，
c5
，此时，满足题意的真分数为；
95
49
当
a4
时，
c8
，此时，满足题意的 真分数为；
98
（2）若
b6
，则
3ac2

10ac

，于是
c

当
a9
时，< br>c9
，矛盾．
16261949
，，，.
6465959819.1.39★★★在1，2，3，„，1995这1995个数中，找出所有满足下面条件的数
a
：

1995a

综上所述，满足题意的真分数为：
能 整除
1995a
．
1995a
解析 是一个整数．这个式子的分子、分母 都有
a
，所以应当先进行变形，使得
1995a
分子不含有
a．
1995

1995a

19951995
1995a19951995
1995
.
1995a1995a199 5a
1995a19951995
根据已知，是整数，所以是整数．
1995 a1995a
因为
199519953
2
5
2
7
2
19
2
，所以它的因数
1995a
可以通过检验的方 法定出．注意
1≤a≤1995
，所以
19951995a≤3990
．
如果
1995a
不被19整除，那么它的值只能是以下两种：
352
7
2
3675
，
3
2
57
2
2205
．
如果
1995a
被19整除，而不被
1 9
2
整除，那么它的值只能是以下两种：
37
2
19279 3
，
5
2
7193325
．
如果
1995 a
被
19
2
整除，那么它的值只能是以下两种：
719
2
2527
，
3
2
19
2
3249
．
于是满足条件的
a
有6个，即从以上
1995a
的6个值分 别减去1995，得出的6个值：
1680，210，798，1330，532，1254．
accb
评注 形如的式子，可以化成
c
.使得只有分母含
a，而分子不含
a
．这种方
abab
法有点像假分数化成带分数． < br>19．1．40★★★在1，2，„，2010这2010个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所< br>取出的数中任意三个数之和都能被33整除？
解析 首先，如下61个数：11，11+33，
11233
，„，
116033

1991
< br>满足题设条
件．
另一方面，设
a
1
a
2
a
n
是从1，2，„，2010中取出的满足题设条件的数，对于这
n
个
数中的任意4个数
a
i
, a
j
, a
k
, a
m
，因为
33|

a
i< br>a
k
a
m

，
33|a
j
a
k
a
m
，所以

33|

a
j
a
i

．
因此，所取的数中任意两个之差都是33的倍数．
设
a
i
a
1
33d
i
，
i 2 , 3 ,  , n
.由
33|

a
1
a
2
a
3

，得
33|

3a
1
33d
2
33d
3

．
所以
33| 3a
1
，
11|a
1
，即
a
1
≥11．
aa
201011
d
n

n1
≤6 1
，
3333
故
d
n
≤60
，所以，
n ≤61
．
综上所述，
n
的最大值为61．
19.1.41★★★ 圆周上放有
N
枚棋子，如图所示．
B
点的棋子紧邻
A
点的棋 子．小洪首先拿
走
B
点的棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子．这样连续转了10 周．9次越过
A
，当
将要第10次越过
A
取走其他棋子时，小洪发现 圆周上余下20多枚棋子．若
N
是14的倍数，
请帮助小洪精确计算一下圆周上还有多 少枚棋子．
解析 如果在
A
、
B
之间再添一枚棋子，并在第一次取 棋子时将它取走，那么每一次都
1
是在相邻3枚棋子中取走2枚，所以每取一周，剩下的棋子是 上一次剩下的．
3

A
B
设最后剩下
a
枚棋子．根据分析所说
N1
①
a
，
3
10
即
N3
10
a1
．
因为
N
是14的倍数，所 以
N
是偶数，
a
是奇数．又
N
是7的倍数，而
3< br>10
9
5

（7的倍数）
+
2
5
=（7的倍数）+4，所以
4a1
是7的倍数．
因为
a
是20与 29之间的奇数，将
a
21，23，25，27，29代入
4a1
，逐一 检验，只有
a
23
时，
4a191713
是7的倍数．
所以圆周上还有23枚棋子．
评注 在
A
、
B
之间添上一 枚棋子，使得取棋子有明显的规律，从而得到①．这是一种
很巧妙的想法．
在计算
3
10
除以7的余数时，可以将其中7的倍数抛弃，直至出现小于7的4．这是常用的方
法．
19．1．42★★★★求证：对
i1
，2，3，均有无穷多个正整数
n
，使得
n
，
n2
，
n28
中
恰有
i
个可表示为三个正整数的立方和．
解析 三个整数的立方和被9除的余数不能为4 或5，这是因为整数可写为
3k
或
3k1
（
k
是整数）， 而

3k

93k
3
，
3


3k1

3
9

3k
3
3k< br>2
k

1
．
3
对
i1
，令
n3

3m1

2
（
m
是正整数） ，则
n
、
n28
被9除的余数分别为4、5，故
均不能表示为三个 整数的立方和，而
n2

3m1



3 m1



3m1

．
对
i2< br>，令
n

3m1

222
（
m
是正整数）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的
立方和，而
n2
< br>3m1

2
3
6
3
，
3
3 33
n28

3m1

5
3
5
3
．
对
i3
，令
n216m
3
（
m
是正整数）满足条件：
3
m

3m



4m



5m

，
333
n2

6m

1
3
1
3
， < br>n28

6m

1
3
3
3
．
§19．2奇数与偶数
19.2.1★设有101个自然数，记为
a
1
, a
2
,  , a
101
．已知
a
1
2 a
2
3a
3
101a
101
s
是
偶数，求证：
a
1
a
3
a
5
a
99
a
101
是偶数．
解析
解析
3
3< br>a
1
a
3
a
5
a
99
 a
101
s

2a
2
2a
3
4a
4
4a
5
100a
100
100a
10 1

是偶数．
x
1
2x
2
3x
3< br>1998x
1998


x
1
3x
3
5x
5
1997x
1997


19．2．2★设
x
1
, x
2
,  , x
1998
都是
1
或者
1
．求证：
x
1
2x
2
3x
3
1998x
1998
0
．


2x
2
4x
4
1998 x
1998

.
因为
x
1
, 3x
3
,  , 1997x
1997
这999个数均为奇数，所以它们的和为奇数，于是

x
1
2x
2
1998x
1998

奇 数
0
．
19.2.3★★设
x
1
, x
2
,  , x
n

n4

为
1
或为
1
，并且
x
1
x
2
x3
x
4
x
2
x
3
x
4
x< br>5
x
n
x
1
x
2
x
3
0
．
求证：
n
是4的倍数．
解析 设
x
1
x
2
x
3
x
4
, x
2
x
3
x
4
x
5
,  , x
n
x
1
x
2
x
3
中
1
有
k
个，于是
1
也有
k
个，故
n2k
为偶
数．
把
x
1
x
2
x
3
x
4
, x
2
x
3
x
4
x
5
,  , x
n
x
1
x
2
x
3
这
n
个数相乘，得

x
1
x
2
x
n


1

，
k
所以

1

1
．
故
k
是偶数，从而
n
是4的倍数．
19．2．4★某次数 学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒
扣1分．证明：不论有多少人参 赛，全体学生的得分总和一定是偶数．
解析 我们证明每一个学生的得分都是偶数．
设某个 学生答对了
a
道题，答错了
b
道题，那么还有
40ab
道题没有答．于是此人的得分
是
5a

40ab

b4a2b40
，
这是一个偶数．
所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．
19 .2.5★把前50个正整数分成两组，使第一组内各数之和等于第二组内各数之和，能办到
吗？说明你 的理由．
解析 不能办到．如果能办到，那么所有数加起来应该是第一组内各数之和的2倍，是偶数，但这50个数的总和为
5051
12502551

2
是个奇数，矛盾！
19．2．6★设1，2，3，„，9的任一排列为
a
1
, a
2
,  , a
9
，求证：
4
k
< br>a
1
1

a
2
2



a
9
9

是一个偶数．
解析 因为
< br>a
1
1



a
2
2



a
3
3





a
9
9



a
1
a< br>2


a
9



12
9


0
是偶数，所以，

a
1
1

,

a
2
2

,  ,

a< br>9
9

这9个数中必定有一个是偶数，从而可知

a
1
1

a
2
2



a
9
9

是偶数．
解析2 由于1，2，„，9中只有4个偶数， 所以
a
1
、
a
3
、
a
5
、
a
7
、
a
9
中至少有一个是奇
数，于是
a
1
1
、
a
3
3
、
a
5
5
、
a
7
7
、
a
9
9
中至少有 一个是偶数，从而

a
1
1

a
2
 2



a
9
9

是偶数.
19.2.7★有
n
个数
x
1
, x
2
,  , x
n
，它们中的每一个数或者为1，或者为
1
，如果
x
1
x
2
x
2
x
3
x
n1
x
n
x
n
x
1
0
，
求证：
n
是4的倍数．
解析 我们先证明
n2k
为偶数，再证
k
也是偶数．
由于
x
1
, x
2
,  , x
n
的绝对值都是1，所以
x
1
x
2
, x
2
x
3
,  , x
n
x
1
的 绝对值也都是1，即它
们或者是为
1
，或者为
1
，设其中有k
个
1
，由于总和为0，故
1
也有
k
个， 从而
n2k
．
下面我们来考虑

x
1
x
2



x
2
x
3

< br>
x
n
x
1

.一方面，有

x
1
x
2



x
2
x
3



x
n
x
1



1

另一方面，有
k
，


x
1
x
2



x
2
x
3



x
n
x
1

< br>
x
1
x
2
x
n

1
．
k
所以

1

1
，故
k
是偶数，从而
n
是4的倍数.
19．2．8★★设
a
、
b
是正整数，且满足关系式
< br>
11111a

11111b

12345678 9
．
求证：
ab
是4的倍数．
解析 由已知条件可得
11111a
与
11111b
均为奇数，所以
a
、
b< br>均为偶数，又由已知条
件
11111

ab

a b2468
，
因为
ab
是4的倍数，
24684617也是4的倍数，所以
11111

ab

是4的倍数，故< br>ab
是4的倍数．
19.2.9★★
99
99
和
99!
（注：
99!123499
，读作99的阶乘）能否表示成为9 9个
连续的奇数的和？
解析 （1）
99
99
能．因为
2
99
99


99
98
98



99
98
96



99< br>98
2

99
98


99
9 8
2



99
98
96


99
98
98

．
即
99
99
能表示为99个连续奇数的和．
（2）
99!
不能．
因为
99!12399
是一个偶数，而99个连续奇数之和仍为奇数，所以
99!
不能表示
为99个连续奇数 之和．
评注 如果答案是肯定的，我们常常将满足题意的例子举出来或造出来，这称为构造法．
如果答案是否定的，常常采用反证法，找出其中的矛盾．
19．2．10★★代数式
rvzreysuzswxtuytvx
． ①
中，
r
、
s
、
t
、
u
、
v
、
w
、
x
、
y
、
z
可以分别取
1
或
1
．
（1）证明：代数式的值都是偶数；
（2）求这个代数式所能取到的最大值．
解析 （1）①式中共有6项，每项的值都是奇数（
1
或
1
），所以它们的代数和为偶
数．
（2）显然， ①式的值
≤6
，但它取不到6这个值，事实上，在
rvz
、
rwy
、
suz
、
swx
、
tuy
、
tvx
这六项中，至少有一项是
1
，要证明这一点，将上面这6项相乘，积是


rstuvwxyz

1
．
所以六项中，至少有一项是
1
，这样，六项和至多是
514
．
在
u
、
x
、
y
为
1
，其他字母 为1时，①式的值是4，所以①的最大值为4．
评注 本例中的代数式实际上是行列式
r s t
u v w

x y z
的展开式，行列式是一个很有用的工具，在今后的学习中还会遇到．
19.2.11★★★ 在
nn
（
n
为奇数）方格表里的每一个方格中任意填上一个
1< br>或
1
，在每一
列的下面写上该列所有数的乘积，在每行的右面写上该行所有数 的乘积，求证：这个乘积的
和不等于0．
解析 设每列下面的数为
a
1
, a
2
,  , a
n
,每行右面的数为
b
1
, b
2
,  , b
n
，依题意得
a
i
1
或
1，
b
i
1
或
1
，
i1 , 2 ,  , n
，若这
2n
个乘积的和为0，即
a
1
a2
a
n
b
1
b
2
b
n
0
，
则这
2n
个数中
1
的个数与
1
的个数一样多，都是
n
个，但事实上，因为
a
1
a< br>2
a
n
b
1
b
2
b
n
，
2

．
a
1
a
2
a
n
bb
12
b
n


a
1
a
2
a
n

1
所以这
2n
个数中
1
的个数为偶数，即
n
为偶数，矛盾．
19．2．12★★在黑板上写 上1，2，„，2000，2001，只要黑板上还有两个或两个以上的数，
就擦去其中任意两个数a
和
b
，并写上
ab
，问最后黑板上剩下的数是奇数还是偶数 ？
解析 因为
ab
与
ab
有相同的奇偶性，而
ab
又与
ab
有相同的奇偶性，因此
ab
与
ab
具有相同的奇偶性．
所以黑板上剩下的数的奇偶性与
20012002
12 200110012001
的奇偶性相同，是奇数．
2
19.2.13★ ★把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色，问有没有可能使得在同一条直线上的红圈数
都是奇数？请说明理由 ．
2

解析 如果每条线上红圈都是奇数个，那么5条线上的红圈数相加仍是奇数．
但另一方面，由于每个圈都在两条直线上，因而相加时每个红圈都被计算了两次，从而相加
的总 和应该是偶数．
两方面的结果是矛盾的．因此，不可能使同一条线上的红圈数都是奇数．
1 9．2．14★★围棋盘上有
1919
个交叉点，在交叉点上已经放满了黑子与白子，并且黑 子
与白子相间地放，即黑子（白子）的上、下、左、右都放着白子（黑子）．问能否把这些黑
子 全部移到原来白子的位置上，而白子也全移到原来的黑子的位置上？
解析 不能．
因为< br>1919361
是奇数，所以，必有奇数个白子，偶数个黑子；或者奇数个黑子，偶数个白子．即黑、白子数必然一奇一偶．奇数不可能等于偶数，所以无法使黑子与白子的位置对
调． < br>19.2.15★★参加会议的人，有不少互相握过手．握手的次数是奇数的那部分人，人数是奇数
还是偶数？为什么？
解析 由于每握一次手，握手的两个人，每一个都握了一次手．因此每握一次手 ，两个人
握手次数的和就是2次．所以，全部与会的人握手的总次数必定是偶数．
我们把参加 会议的人分成两类，甲类握手次数是偶数，乙类握手次数是奇数，甲类人握手的
总次数显然是偶数．注意 甲类人握手的总次数加上乙类人握手的总次数等于全部与会的人握
手的总次数，所以乙类人握手的总次数 也应当是偶数．由于乙类人每人握手的次数都是奇数，
而偶数个奇数相加，和才能为偶数，因此，乙类人 必为偶数个，即握手次数是奇数的那部分
人，人数是偶数．
19．2．16★★设标有
A
、
B
、
C
、
D
、
E
、
F
、
G
记号的七盏灯顺次排成一行，每盏灯
安装一个开关．现在
A
、
C
、
E
、
G
四盏灯开着，其余三盏灯是关的．小 刚从灯
A
开始，
顺次拉动开关.即从
A
到
G
，再从
A
到
G
，这样拉动了1999次开关后，哪几盏灯是开的？
解析 一盏灯的开关被拉动奇数次后，改变状态，即开的变成关的，关的变成开的．一盏
灯的开关被拉动偶数次 后，不改变状态，即开的仍为开的，关的仍为关的．因此本题的关键
是计算各盏灯被拉次数的奇偶性．由
199972854
，
可知，
A
、
B
、< br>C
、
D
四盏灯的开关各被拉动了286次，而
E
、
F
、
G
三盏灯的开关各被
拉动了285次．所以，
A
、
B
、
C
、
D
四灯不改变状态，
E
、
F< br>、
G
三灯改变状态．由于
开始时
A
、
C
、< br>E
、
G
四灯是开着的．因此，最后
A
、
C
、
F
三灯是开着的．
19.2.17★★桌上放着七只杯子，杯口全朝上，每次翻转四 个杯子．问能否经过若干次这样的

翻动，使全部的杯子口都朝下？
解析 不可能．
我们将口向上的杯子记为0，口向下的杯子记为1．开始时，由于七个杯子全朝上，所以这< br>七个数的和为0，是个偶数．
一个杯子每翻动一次，所记的数由0变为1或由1变为0，改变了 奇偶性．每一次翻转四个
杯子，因此这七个数的和的奇偶性改变了四次，从而和的奇偶性仍与原来相同． 所以，不论
翻动多少次，这七个数的和与原来一样，仍为偶数．
当杯子全部朝下时，这七个数 的和为7，是奇数．因此，不论经过多少次翻转，都不可能使
所有的杯子口都朝下．
19．2 ．18★★★设
x
i
21
或者
21
，
i1
，2，„，2012．令
Sx
1
x
2
x
3< br>x
4
x
2011
x
2012
.
（1）
S
能否等于2013?证明你的结论；
（2）
S
能取到多少个不同的整数值？
解析 （1）因为

21322
，

2

21322
，

2

21

211
，所以

x
2i1
x
2i
322
，或者
322
，或者 1．
b
个
322
，
b
、设和式
S
中有
a
个
322
，则
a
、且
abc1006< br>．
c
个1，
c
是非负整数，
S

x2i1
x
2i
322a322bc

i1
1006

3a3bc22

ab

．
若
S2013
，则
ab
，此时
S6ac6a< br>
1006aa

4a1006
是一个偶数．所以，
S
不可能等于2013.
（2）由（1）可知，若
S
是整数，则
a b
，
S4a1006
．
由于
abc2ac100 6
，
0≤a≤503
，所以，
S
可以取到504个不同的整数值．
19.2.19★★★设

a
1
, b
1
, c
1

、

a
2
, b
2
, c
2

是这样的两组实数：对任意整数
x
、
y
，数
a
1
xb
1
yc
1
和
a
2
xb
2
yc
2
中至少有一个数为偶数．证明：
< br>a
1
, b
1
, c
1

和

a
2
, b
2
, c
2

中
必有一组数全是整数．
解析 恰当选取
x
、
y
从得出的一系列结论中去寻找突破口．
取
xy0
，可知
c
1
与
c
2
中有一个数为偶数， 不妨设
c
1
为偶数．
取

x , y



1 , 0

，知
a
1
c
1
与
a
2
c
2
中有一个偶数，这样有两种 情形．
情形一：
a
1
c
1
为偶数，则
a
1
为偶数．此时如果
b
1
为整数，则命题已成立．不妨设
b
1
不是整
数，我们分别取

x , y



0 , 1

和（1，1），可知
b< br>2
c
2
与
a
2
b
2
c
2
都是偶数，从而
a
2
为
偶数．再取

x , y



1 , 1

，知
a
2b
2
c
2
为偶数，故
c
2
b
2
为偶数，结合
b
2
c
2
为偶数，
可得
b
2
、
c
2
都是整数．从而，
a
2
、
b
2
、
c
2
都是整数，命题成立．
情形二：
a
2
c
2
为偶数，取

x , y



1 , 0

，则
a
1< br>c
1
与
c
2
a
2
中有一个偶数，如果是 前
c
2
都是整数．者可以归入情形一讨论，如果是后者，则
a
2、此时，令

x , y



0 , 1

，则
b
1
c
1
与
b
2
c
2
中有一个偶数，若
b
1
c
1
为偶数，由
a
1
与
b
1
的对称性，可转入情形一讨论，若
b
2
c
2
为偶数，则
b
2
为整数，导出命题成立．
综上，命题获证．
评注 处理多条件分析讨论的问题应学会使用“不妨设”，在巧妙利用对称性后，结论会
自然凸现出来． 19．2．20★★★把1，2，3，4，„，80，81这81个数任意排列为
a
1 , a
2
, a
3
,  , a
81
．计
算：
a
1
a
2
a
3
，
a
4
a
5
a
6
，„，
a
79
a
80
a
81
；
再将这27个数任意排列为
b
1
, b
2
, b
3
,  , b
27
.

计算出： b
1
b
2
b
3
，
b
4
 b
5
b
6
，„，
b
25
b
26
b
27
；
如此继续下去，最后得到一个数
x
，问
x
是奇数还是偶数？
解析 整数模2有些有趣的性质：
aa

mod2

，
aa

mod2

．
利用上述性质可以使这个问题迎刃而解．
因为
b
1
b
2
b
27
a
1
a
2
a
3a
4
a
5
a
6
a
79
 a
80
a
81

a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
a79
a
80
a
81

a
1
a
2
a
3
a
79
a
80
a81

mod2

，
所以，将
a
1
, a
2
, a
3
,  , a
81
变换为
b
1
, b
2
, b
3
,  , b
27
，并不改变它们的和的奇偶性，
因此经过多次变换后依然如此．所以
xa
1
a
2
a
3
a
81
1 238141811

mod2

，
即
x
为奇数．
19.2.21★★★求所有的正整数
n
， 使得
37.5
n
26.5
n
是正整数．
1
解析 因为
37.5
n
26.5
n

n

75
n
53
n

．
2
当
n
为偶数时，
75
n
53
n

1

1
n
2

mod4< br>
，
2
n
0

mod4

，
所以，此时
37.5
n
26.5
n
不是正整数．
当
n
为奇数时，
n
75
n
53
n

7553


75
n1
75
n2
5353
n1

2
7

75
n1
75
n2
5353
n1

，
由于
75
n1
75
n2
5353
n 1
是奇数个奇数的和，是奇数，所以，只有当
n1
，3，5，7
时，37.5
n
26.5
n
是正整数．
19．2．22★★★★ 若干个球放在
2n1
个袋中，如果任意取走一个袋，总可以把剩下的
2n
个 袋分成两组，每组
n
个袋，并且这两组的球的个数相等．证明：每个袋中的球的个数相等．
解析 用数
a
1
, a
2
,

, a
2n1
分别表示这
2n1
个袋中的球的个数．显然，
a
1
, a
2
,

, a
2n1< br>是非负整数，不妨设
a
1
≤
a
2
≤≤
a< br>2n1
．于是问题转化为：有
2n1
个
非负整数，如果从中任意取 走一个数，剩下的个数可以分成两组，每组
n
个，和相等，证明
这
2n1< br>个数全相等．
令
Aa
1
a
2
a
2n1
，则对每个
i

1≤i≤2n1

，
A a
i
都是偶数（否则剩下的数不能分
成和数相等的两部分）．从而
a
i
与
A
有相同的奇偶性．
a
1
, a
2
,

, a
2n1
也具有相同的奇
偶性．
易知把
a
1
, a
2
,

, a
2n1
中的每一个都减 去
a
1
后所得到的
2n1
个数
0 , a
2
a
1
, a
3
a
1
,  , a
2n1
a
1

也满足题设性质（即从中任意取走一 数，剩下的能分成和数相等的两部分）．因为
a
i
a
1

i2 , 3 ,  , 2n1

都是偶数，从而
aaaa
a
2
a
1
,
31
,

,
2n11

222
这
2n1
个数也满足题意，且也都是偶数．
把它们再都除以2，„这个过程不可能永远继续下去，除非
a
1
a
2
a
2n1
，
所以，每个袋中的球数相等．
19.2.23★★★★从0，1，2，„，13，14中选出 10个不同的数填入图中圆圈内，使每两个
用线相连的圆圈中的数所成差的绝对值各不相同，能否做到这 一点？证明你的结论．
0 ,

解析 结论是否定的．
若不然， 那么所说的差的绝对值共有14个，它们互不相同，并且均不大于14，不小于1，
因此它们只能是1， 2，3，„，14，从而它们的和
S1214715105

是一个奇数．
另一方面，每个圆圈与偶数个（2个或4个）圆圈相连，设填入的数为
a
，那么
a
在
S
中出
现偶数次（2次或4次）．偶数个a
用加、减号相连，运算结果必为偶数．因此，
S
是10
个偶数的和，从 而
S
是偶数．
从上面可知，
S
既是奇数又要是偶数，矛盾． 19．2．24★★在99枚外观相同的硬币中，要找出其中的某些假币，已知每枚假币与真币的
重 量之差为奇数，且所给硬币的总重量与99枚真币的总重量相等．现在有一台天平，它可
以称出两个托盘 中物品的重量之差．证明：对任意一枚硬币，只需用该天平称量一次，就可
确定该枚硬币的真伪．
解析 设这99枚硬币中假币共有
a
枚，则此99枚硬币总重量与99枚真币的总重量 之差
为
a
个奇数之和，而这个差为零，故
a
为偶数．
现在 对任意选定的一枚硬币，只需将剩下的98枚硬币随意分为两堆，每堆49枚，分别放在
天平的两个托盘 中．如果天平两托盘中物品重量之差为奇数，那么利用条件，可知这98枚
硬币中，假币有奇数枚，此时 结合
a
为偶数，可知选定的硬币为假币．否则，若称出的重量
差为偶数，则选定的硬币 为真币．
19.2.25★★★已知4枚硬币中可能混有假币，其中真币每枚重10克，假币每枚重9 克．现
有一台托盘秤，它可以称出托盘中物体的总重量．问：至少需要称几次，才能保证可以鉴别
出每一枚硬币的真假？
解析 至少称3次可以做到．
事实上，设4枚硬币分别是
a
、
b
、
c
、
d
.分3次称出
abc
,
abd
,
acd
的重量．这
3个重量之和等于< br>3a2

bcd

，因此，如果这3个重量之和为奇数，则a
为假币，否则

a
为真币．当
a
确定后，解关于b
、
c
、
d
的3元一次方程组可确定
b
、c
、
d
的真假．所以，
3次是足够的．
下证：只称两次不能保证测出每枚硬币的真假．
注意到，如果有两枚硬币，例如
a< br>、
b
，它们在每次称量中要么同时出现，要么同时不出现，
那么在
a< br>、
b
是一真一假时，改变
a
、
b
的真假对称量结果没 有影响，故不能确定
a
、
b
的
真假．
现在如果有一次称量 中至多只出现两枚硬币，例如
a
、
b
，那么另一次称量中
c
、
d
中恰有
一个在托盘中出现，此时，有一枚硬币在两次称量中都不出现，它的真假改 变不影响称量结
果，从而不能断定它的真假．故每次称量托盘中都至少有3枚硬币，这时必有两枚硬币同 时
在两次称量中出现，亦导致矛盾．
综上可知，至少需要称3次．
n1
19．2．26★★★令
S

n

1234

1

n
,
n1
，2，„．例如
S

5

123453
．
（1）求所有的正整数
a
，
b
，使得
S

a

S

b

S

ab

2011
；
（2）求所有的正整数
c
，
d
，使得
S

c

S

d

S

cd

2012
．
解析
n
首先，若
n
是偶数，则
S

n



12



34




n1

n< br>

.
2

若
n
是奇数，则
n1n1
．
n
22
于是对于
S

m

S

n

S

mn

有如下4种情形：
S

n

S

n 1

n
（Ⅰ）当
m
，
n
都是奇数时，有
m1n1mn
S

m

S

n< br>
S

mn

1
；
222
（Ⅱ）当
m
，
n
都是偶数时，有
mnm n
S

m

S

n

S
mn

mn0
；
222
（Ⅲ）当
m
是奇数，
n
是偶数时，有
m 1nmn1
S

m

S

n
S

mn

m1
是偶数；
222（Ⅳ）当
m
是偶数，
n
是奇数时，有
S

m< br>
S

n

S

mn
n1
是偶数．
（1）从上面（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ），（Ⅳ）知，
S

a

S

b

S

a b

2011
，即不存
在正整数
a
，
b
，使得
S

a

S

b

S

ab

2011
．
（2）从上面（Ⅰ），（Ⅱ）， （Ⅲ），（Ⅳ）知，当
c
是奇数，
d
是偶数时，
c12012< br>，
从而
c2011
，
d
是偶数；当
c
是偶 数，
d
是奇数时，
d12012
，从而
c
是偶数，
d2011
．
所以，满足题设的所有正整数

c , d



2011 , n

，或者

c , d



n , 2011

，其中
n
是偶
正整数．
19.2.27★★★ ★设有一条平面闭折线，它的所有顶点
A
1
A
2
A
nA
1
，它的所有顶点
A
i

i1 , 2 ,  , n

都是格点，且
A
1
A
2
A
2
A
3
A
n1
A
n
A
nA
1
．求证：
n
是偶数．
解析
2
设顶点
A
i
的坐标是

x
i
, y
i

，其中
x
i
及
y
i

i1 , 2 ,  , n

都是整数．由题设有
2
22

x
1
x
2



y< br>1
y
2



x
2
x
3



y
2
y
3


2222


x
n1
x
n



y
n1
y
n



xn
x
1



y
n
y
1

M
，
其中
M
是固定整数．令

1
x
1
x
2
，

2
x
2x
3
，„，

n1
x
n1
xn
，

n
x
n
x
1
；

1
y
1
y
2
，

2
y< br>2
y
3
，„，

n1
y
n1y
n
，

n
y
n
y
1
，
则

1


2


n
0
， ①
②

1


2

n
0
，
22

1
2< br>

1
2


2


2< br>2


n


n
2
M
． ③
下面对①、②作奇偶性分析.不妨设

i
、

i

i1 , 2 ,  , n

中至少有一个是奇数．否则，< br>若

i
、

i
都是偶数，可设

i
2
m
i
t
i
，

i
2
k
i
t
i


i1 , 2 ,  , n< br>
，其中
t
i
、
t
i

是奇数．< br>m
是
2n
个数：
m
1
，
m
2
，„，
m
n
，
k
1
，
k
2
，„ ，
k
n
中最小的数，用
2
m
去除

i、

i
，那么

i
2
m
、
中 至少有一个奇数．
2
m
为确定起见，设

1
是奇数．由< br>
1
2


1
2
M
，则
M4k1
或
M4k2
（
k
为整数）．
若
M4k1
，由③知，所有的

i
、

i
必为一 奇一偶．再由①和②，有
0

1


2


n


1


2


n
=偶数+
n
个奇数之和（
n
为偶数）．

i
若
M4k2
，则

i
和

i
必是奇数．由①有

0

1


2


n
n
个奇数之和（
n
是偶数）．
综上讨论，可知
n
必为偶数．
§19．3质数与合数
19.3. 1★设
p
、
q
、
r
都是质数，并且
pqr，
pq
．求
p
.
解析 由于
rpq
， 所以
r
不是最小的质数，从而
r
是奇数，所以
p
、
q
为一奇一偶．因
为
pq
，故
p
既是质数又是偶数，于是
p2
．
19．3．2★设
p

≥5

是质数，并且
2p1
也是质数．求证：
4p1
是合数．
解析 由于
p
是大于3的质数，故
p
不会是
3k
的形式，从而p
必定是
3k1
或
3k2
的形
式，
k是正整数．
若
p3k1
，则
2p12

3 k1

13

2k1


是合数，与题设矛盾．所以
p3k2
，这时
4p14
< br>3k2

13

4k3

是合数．
19.3.3★★设
n
是大于1的正整数，求证：
n
4
4
是合数．
解析 我们只需把
n
4
4
写成两个大于1的整数的乘积即可．
n
4
4n
4
4n
2
44n
2


n
2
2

4n
2


n< br>2
2n2

n
2
2n2

，
2
因为
n
2
2n2n
2
2n2
n1

11
，所以
n
4
4
是合数.
19．3． 4★★★证明：当整数
n2
时，
n
与n!
之间一定有一个质数．
解析 首先，相邻的两个正整数是互质的．这是因为

a , a1



a , 1

1
，
于是有

n! , n!1

1
．
由于不 超过
n
的正整数都是
n!
的约数，所以不超过
n
的正整数都 与
n!1
互质（否则，
n!
与
n!1
不互质），于是< br>n!1
的质约数
p
一定大于
n
，即
np≤n!1n!
．
所以，在
n
与
n!
之间一定有一个质数．
19.3.5★★★证明质数有无穷多个．
解析 下面是欧几里得的证法．
假设只有有限多个质数，设为
p
1
, p
2
,  , p
n
．考虑
p
1
p
2
p
n
1
，由假设，
p
1
p
2
p
n
1< br>是合数，它一定有一个质约数
p
.显然，
p
不同于
p
1
, p
2
,  , p
n
，这与假设的
p
1
, p
2
,  , p
n
为全部质数矛盾．
2
19．3．6★★★已知
n
为大于1的整数，且数
1! , 2! ,  , n!
中任意两个数除以
n
所得的
余数不同．证明为质数．
解析 若
n
为合数，当
n4
时，
3!
与
2!
除以 4所得的余数相同，矛盾．当
np
2
，
p
为
奇质数时，< br>n|

2p

!
，
n|n!
，且
2 pn
，亦得矛盾．
当
n
不是某个质数的平方时，可写
npq< br>，
2≤pq
，
p
、
q
为正整数，此时
n| q!
，
n|n!
，
亦得矛盾．
所以，
n
只能是质数．
2
19.3.7★★设
n
1
与
n
2
是任意两个大于3的质数．
N
1
n1
2
1
，
N
2
n
2
1
．
N
1
与
N
2
的最大公
约数至少为多少？
解析 因为
n
1
是大于3的质数，所以
n
1
不是3 的倍数且
n
1
是奇数．因为
n
1
不是3的倍数，
所 以
n
1
3k1
或
n
1
3k2
（< br>k
为正整数）.当
n
1
3k1
时，
n
1
2
1

3k1

19k
2
6 k113

3k
2
2k

，故
3|n1
2
1
.当
n
1
3k2
时，
2
n
1
2
1

3k2

19k< br>2
12k413

3k
2
4k1
，故
3|n
1
2
1
．
2
又因为
n
1
是奇数，所以
n
1
3h1
．从而

< br>n
1
2
1

2h1

14h2
4h114h

h1

，
又因为
h
与
h1
是连续的整数，所以
2|h

h1

，
|4h

h1

即
8|n
1
2
1
．
由于3与8互质，故
24|n
1
2
1
．
2
同理
24|n
2
1
．
2
另外，取< br>n
1
5
，则
n
1
2
124
．
综上所述，
N
1
与
N
2
的最大公约数至少为24．
评注 从上述例题中，我们得到两个有用的结论：
（1）若
n
不是3的倍数，则
n
2
除以3的余数为1．
（2）若
n
是奇数，则
n
2
除以8的余数为1．
19．3．8★证明：若
p
是大于5的质数，则
p
2
1
是 24的倍数．
解析 关于整数的问题，我们常把它分成奇数和偶数（即按模2分类）来讨论，有时也把
整数按模3分成三类：
3k , 3k1 , 3k2
．一般地，可根据问题 的需要，把整数按模
n
来
分类．本题我们按模6来分类．
把正整数按模6分类，可分成6类：
6k , 6k1 , 6k2 , 6k3 , 6k+4 , 6k5
．因
p
是
大于5的质数，故只能属于
6k1
、
6k5
这两类．
当
p6k1
时， < br>p
2
136k
2
12k12k

3k1< br>
．
因
k
、
3k1
中必有一个偶数，此时
24|p
2
1
．
当
p6k5
时，
p< br>2
13k
2
60k2412k
2
12k12k

k1

0

mod24

．
所以，
p
2
1
是24的倍数．
19.3.9★证明：毎一个大于11的整数都是两个合数的和．
解析 设
n
是大于11的整数．
（1）若
n3k

k≥4< br>
，则
n3k63

k2

；
（ 2）若
n3k1

k≥4

，则
n3k143

k1

；
（3）若
n3k2

k≥4

，则
n83

k2

．
因此，不论在哪种情况下，
n
都可以表为两个合数的和．
19．3．10★★求不能用三个不同合数的和表示的最大奇数．
解析 三个最小的合数是4、6、8，它们的和是18，于是17是不能用三个不同的合数的
和表示的奇数．
下面证明大于等于19的奇数
n
都能用三个不同的合数的和来表示．
由于当
k≥3
时，4、9、
2k
是三个不同的合数，并且
492k≥1 9
，所以只要适当选择
k
，
n13

就可以使大于等于 19的奇数
n
都能用4、9、
2k

k

的和来 表示．
2

综上所述，不能表示为三个不同的合数的和的最大奇数是17． 19.3.11★★
n
是不小于40的偶数．试证明：
n
总可以表示成两 个奇合数的和．
解析 因为
n
是偶数，所以，
n
的个位数字必为0、2、4、6、8中的某一个．
（1）若
n
的个位数字为0，则
n155k
（
k≥5< br>为奇数）．
（2）若
n
的个位数字为2，则
n275k
（
k≥3
为奇数）．
（3）若
n
的个位数字为4，则
n 95k
（
k≥7
为奇数）．
（4）若
n
的个位数字为6 ，则
n215k
（
k≥5
为奇数）．
（5）若n的个位数字为8，则
n335k
（
k≥3
为奇数）．
综上所述，不小于40的任一偶数，都可以表示成两个奇合数之和．
19．3．12★★证明 有无穷多个正整数
n
，使多项式
n
2
3n7

（1）表示合数；
（2）是11的倍数．

解析 只需证（2）．
当
n11k1

k≥1

时，多项式
n
2
3n71111k
2
5k1

是11的倍数．而11k
2
5k11
，所以，这时
n
2
3n7
是合数．
19.3.13★★若
n
为正整数，
n3
与< br>n7
都是质数．求
n
除以3所得的余数．
解析 我们知道，
n
除以3所得的余数只可能为0、1、2三种．
若余数为0，即
n3k
（
k
是一个非负整数，下同），则
n33k33

k1

，所以
3|n3
.
又
3n3
，故
n3
不是质数，与题设矛盾．
若余数为2，即
n3k2
，则
n73k273

k3

，故
n7< br>不是质数，与题设矛盾．
所以，
n
除以3所得的余数只能为1．
19．3．14★★是否存在连续88个正整数都是合数？
解析 我们用
n!
表示
123n
．令
a1238989!
，
那么，如下连续88个正整数都是合数：
a2 , a3 , a4 ,  , a89
．
这是因为对某个
2≤k≤89
，有
akk

2 

k1



k1

89 1

是两个大于1的正整数的乘积．
评注 由本例可知，对于任意正整数
n
，存在连续的
n
个合数，这也说明相邻的两个素数
的差可以任意的大． 19.3.15★★设
n
为正整数，如果2005能写成
n
个正的奇合数 之和，就称
n
为“好数”，则
这种好数有多少个？
解析 设
a
1
, a
2
,  , a
n
为奇 合数，
a
1
a
2
a
n
2005
，则
n
为奇数，由于9是最
小的奇合数，而
200520079223
，故
n223
，从而
n≤221
．
因
20051980259
①


9

925
，

20个9

故221是好数．
又当

2k1

9
是奇合数时，

2k1

9 99

2k1

9
也是奇合数，因此可将①式右端
逐步并项，从而
n
可取221，219，„，5，3．
且由2005本身也是奇合数，则
n
可取1．
于是1，3，5，„，221都是好数，共计111个．
19．3．16★★有7个不同的质数，它们的和是60．其中最小的是多少？
解析 若7个 不同的质数都是奇质数，则它们的和必为奇数，不可能等于60，所以这7
个不同的质数中至少有一个偶 数，而我们知道2是唯一的偶质数，所以这7个质数中必有
2.2
又是所有质数中最小的，所以这7个质数中最小的质数就是2．
19.3.1 7★★已知正整数
x
、
y
、
z
满足条件
yz< br>
14x

14y

14z

，
且
xyz28
，求
x
2
y
2
z
2
的最大值．
解析 由
x
、
y
、
z
为正整数，

14x< br>
14y

14z

xyz0
， 以及
xyz28
知，
x
、
y
、
z
均为小于14的正整数．另一方面，将
xyz

14x

14y

14z


展开，得
xyz14
3
14
2

xyz

14

x yyzzx

xyz
，
即
2xyz14
314
2

xyz

14

xyyz zx

．
所以，能被7整除．结合7为质数，以及
x
、
y
、
z
为小于14的正整数知，
x
、
y
、
z
中至
少有1个数为7．不妨设
z7
，则条件等式化为

< br>xy

14x

14y

．
所以 ，
xy14
2
14

xy

xy
，因此
xy14
．此时，
x
2
y
2
的最大值 为
1
2
13
2
．所以，
x
2
y
2
z
2
的最大值为
1
2
13
2
7
2
219
．
19．3．18★求6000和2008的约数个数．
解析 因为
60002
4
35
3
，
2008 2
3
251
，
所以，6000有

41



11



31

4 0
个约数；2008有

31



11
8
个约数．
评注 一般地，设正整数
n
可以分解为

k

1

2

np
1
p
2
p
k
其中
p
1
, p
2
,  , p
k
是不同的质数，

1
,

2
,  ,

k
是正整数，则形如

k

2

p
1

1
p
2

p
k
的数都是
n
的约数，其中
1
可取

1
1
个值：0，1，2，„，

1
；

2
可取

2
1
个值：0，1，2，„，

2
；„；尽可取

k
1
个值：0 ，1，2，„，

k
.并且
n
的约数也都是上述形式．所
以
n
的约数共有


1
1


2
1




k
1

个．
19.3.19★如果
n
是平方数，证明
n
的约数个数一定是奇数．
解析1 利用
n
的分解式．或者，设法将
n
的约数配对．
将
n
分解为质因数的积

k

1

2
，
np
1p
2
p
k
由于
n
是平方数，所以

1
,

2
,  ,

k
都是偶数．
n
的约数个数是


1
1


2
1



< br>k
1

， ①
其中

1
1 ,

2
1 ,  ,

k
1
都是奇数，所以它们的乘积①也是奇数．
解析2 设
nm
2
，
m
为正整数．
对
n
的每一个约数
d
，
n
nd
，
d
n

n

所以也是
n
的约数．这样n
的约数就可以两两配对，只有
m
是自身配对

m

．所以
n
d

m

的约数个数是奇数．
19．3．20★求72的所有约数的和．
解析 因为
722
3
3
2
，所以，72的所有约数的和为
122
2
2
3
133
2
195
．

评注 若正整数
n
的质因数分解式为

k

1

2
，
np
1p
2
p
k
则
n
的所有约数的和为

1p
1
p
1
2
p
1

1


1p
2
p
2
2
p< br>2

2



1p
k
p< br>k
2
p
k

k


19.3.21★有多少个正整数除152，余数为8?
解析 一个正整数除152，余数为 8，则这个数一定是
1528144
的约数.问题转化为：
求144的约数中，大 于8的约数个数．
15281442
4
3
2
，
共有

41



21

15
个约数．其中6个约数
1、2、3、4、6、8
不大于8．所以符合题意的数共有
1587
个．
19．3．22★★由正整数组成的有序数组

a , b , c

中，满足
abc10
6
的有多少组？
解析 由abc10
6
可设
a2

1
5

1
，
b2

2
5

2
，
c 2

3
5

3
，
c2

3
5

3
，其中

i
、

i
i1 , 2 , 3

为非负整数，并且


1


2


3
6
，

1


2


3
6
． 注意到

1


2


3
 6
的非负整数解


1
,

2
,

3

共有
87
28
组．所以，满足条件的< br>2

a , b , c

共有
28
2
784
组．
19.3.23★★设
a
1
, a
2
,  , a
10
为正整数，
a
1
a
2
a
1 0
中.将
a
k
的不等于自身的最大约
数记为
b
k< br>．已知：
b
1
b
2
b
10
，证明：
a
10
500
．
a
解析 令
b
k
k
，
c
k
是
a
k
最小素因数．因为
b
9
b
10
，得
b
9
1
，< br>b
9
≥c
9
．由此，
c
k
2
．由不 等式
a
i
a
i1
，
b
i
b
i1
，得
c
i
c
i1
．故
c
1≥2
，
c
2
≥3
，
c
3
≥5
，„，
a
10
a
9
≥c
9
2
c
9
≥23
．这推出
a
10
c
9
≥529500
．
19．3．24★★★求所有的正整数
m
、
n
，使得< br>m
2
1
是一个质数，且
10m
2
1n
2
1
．
解析 由已知条件知：

9

m< br>2
1



nm

nm

，
注意到
m
2
1
是一个质数，故
m
2
1
不是3的倍数，所以


nm9 ,

nmm
2
1 ,

nm1 ,

nm3 ,




2
2
2
nm3m1 ,
nm9m1 ,
nmm1 , nm9.

< br>






nm1 , （1）若

将两式相减，分别可得
9m
2
82m
， 不可能．
2


nm9

m1

,


nm3 ,
（2）若

将两式相减，分 别可得
3m
2
2m
，不可能．
2


nm3

m1

,

nm9 ,
2
m82m
，故
m4
． （3）若

，将两式相减，分别可得
2
nmm1 ,
< br>
nmm
2
1
（4）若

将两式相减，分别可 得
m
2
82m
，故
m2
．

nm9 ,
当
m2
或者
m4
时，< br>m
2
1
分别是5和17均为素数，此时对应的
n
分别为7和 13．所以，
满足条件的

m , n



2 , 7

或者（4，13）．
19.3.25★★★设
m
是一个 小于2006的四位数，已知存在正整数
n
，使得
mn
为质数，且
mn
是一个完全平方数，求满足条件的所有四位数
m
．
解析 由题设条件 知：
mnp
，
p
是质数，则
mnp
，设
m nnn

p

x
2
，其中
x
是正整 数，那么
4n
2
4pn4x
2
，
即
2np

p
2


2x

， < br>于是

2n2xp

2n2xp

p< br>2

注意到
p
为质数，所以

2n2xp1 ,


2
2n2xpp ,


p 1

p1

把两式相加得
n

进而
m

结合
1000≤m2006
，可得
64≤p1≤89< br>，

，

，
22

于是，质数
p
只能是67、71、73、79或83．从而，满足条件的
m
为1156、129 6、1369、
22
22
1600、1764．
19．3．26★★★★若 一个质数的各位数码经任意排列后仍然是质数，则称它是一个“绝对
质数例如：2，3，5，7，11， 13（31），17（71），37（73），79（97），113（131，311），

199（919，991），337（373，733），„都是绝对质数．求证：绝对质数的各位数码不能 同
时出现数码1、3、7与9．
解析 一个两位以上的绝对质数不可能含有数字0、2、4、 5、6、8，否则，通过适当排
列后，这个数能被2或者5整除．
设
N
是一 个同时含有数字1、3、7、9的绝对质数，因为
K
0

7931、
K
1
=1793、
K
2
=9137，
K
3
=7913、
K
4
=7193、
K
5
=9371、
K
6
=7139被7除所得的余数分别是0、1、2、3、4、5、
6，所以，如下7 个正整数
N
0
c
1
c
n4
7931L 10
4
K
0
，
N
1
c
1
 c
n4
1793L10
4
K
1
，
„ < br>N
6
c
1
c
n4
7139L10
4
K
6

中一定有一个能被7整除，这个数就不是质数，矛盾．
19.3.27★★★证明：存在无穷多个正整数，它不能表示为一个完全平方数与一个质数之和．
解析 抓住质数不能表示为两个大于1的正整数之积这个特性，引导我们到完全平方数中
去寻找 符合要求的数，因为此时我们可用平方差公式．
设
y
是正整数，我们寻找使
y
2
不能表示为一个完全平方数与一个质数之和的条件．
若存在整数
x≥0
及质数
p
，使得
y
2
x
2
p
， ①
则
p
yx

yx

，从而
yx1
，< br>yxp
．进而
p2y1
，因此，如果
2y1
不是质
数，则
y
2
不能表示为①的形式．
注意到，当
y3k 2
，
k
为正整数时，
2y16k3
是3的倍数，且大于3，从 而
2y1
不
是质数．这表明有无穷多个满足条件的正整数．
评注 自然地 ，我们可以提出更一般的问题：是否存在无穷多个正整数，它不能表示为一
个
n
次方数 与一个质数之和呢？这里
n
为任给的正整数．
19．3．28★★★设
n< br>为正整数，如果存在有
n
个连续的整数（包括正整数、0及负整数）之
和为质数 ，试求
n
的所有可能值．
解析 我们先考虑
n
个连续整数均为正数 的情况，显然，
n1
是可以的：只要取任何一个
质数即可．
p1p1
n2
也可以：任何一个奇质数都可以写成2个连续整数的和
p
.

22
假设存在某一质数
pa

a1
< br>

a2



ak

， 其中
a
为整数，
k≥2
，则
2p


a

a1



a2





ak






ak



ak1


< br>ak2



a



< br>k1

2ak

，

k1
与

2ak

均为大于2的整数，与
p
为质数矛盾， 所以当
n
个连续整数均为正数时，
n1
或2．
当
n
个连续整数可以是0或负数时，任何一个质数
p
都可以写成 < br>pp

p1

10

1



p1

n2p
．
对于任何一 个奇质数
p
，我们可以令
p2t1
，其中
t
为正整数， 则
p
可以写成
p

t1

t10 

1



t1

np
．
所以，
n1
或任意质数或两倍任意质数．
19.3.29★ ★★求证：2000个数
10
1
1
，
10
2
1
，„，
10
2000
1
中至少有99%的数不是质数．
解析 设
n
是一个正整数且不是2的幂，则
n
有奇因子
s 1
，令
nst
，于是
10
n
1

10
t
1

10
t


s1


10
t

s2


10< br>t

1
，

由于
110
t
110
n
1
，

故
10
n
1
是合数．
在1，2，„，2 000中只有11个正整数是2的幂：
12
0
，
22
1
，
42
2
，„，
10242
10
，
1989< br>于是
10
1
1
，
10
2
1
，„ ，
10
2000
1
中至少有1989个数不是质数，即至少有
9 9%
的
2000
数不是质数．
19．3．30★★★设
n
为大于2的正整数，证明：在1，2，„，
n
中，与
n
互质的数的立方
和能被
n
整除．
n
解析 设
an
，且

a , n

1
，则
na
且

na , n
1
．而且
ana
，导出
a
，
n，
2
仅在
n
为偶数时发生，而这时
a
与
n不互质．所以
a
与
na
可以两两配对，而
32
a< br>3


na

n

a
2
a

na



na




是
n
的倍数，从而命题得证．
19.3.31★★★正整 数
a
、
b
、
c
满足
c
2
a2
b
2
ab
．
证明：
c
有一个大于5的质因子．
解析 只需证明：若
c
为2、3、5的倍数，则
a
、
b
都是2、3、5的倍数．这样在等式两
边都约去质因子2、3、5后，形式完全相同，从而导出
c
有大于5的质因子．
事 实上，若
2|c
，则
a
2
b
2
ab
为 偶数，若
a
、
b
中有一个为奇数，不妨设为奇数，则
b
2< br>ab
为奇数，这要求
b
与
ab
都是奇数，不可能，故a
、
b
都为偶数；若
③
p
i

i
≥

i
1

由②、③可知

a2

b3

≥2
a
3
b
.
如果
b≥3
，则
3
b
3

b3

；而
a≥0
时，
2
a< br>≥
盾.故
b≤2
.
所以
b2
，
a0< br>；
b1
，
a0
，
1
，
2
；b0
，
a
0，1，2，3，4.
ⅰ）当
b2
，
a0
时，②式为

k

1
3
2
p
1
p
k
10
< br>
1
1




k
1

，显然不成立.
13

a2

，所以
2a
3
b


a2

b3
，矛
22
ⅱ）当
b1
，
a0
，1，2时，②式为

1
32

p
1
2
2
a2


1
1




k
1

，显然不成立.
ⅲ）当
b0
，
a0
，1，2，3，4时，②式为
< br>k

1
2

p
1
p
k
 3

a2


1
1




k
1

，也不成立.
综上所述，18不是好数. < br>19.3.35★★★★在黑板上先写下
100!

12231 00

这个数．甲与乙二人轮流依下列
规则玩游戏：每一次轮到的人都将黑板上的数减 掉一个不大于它的正整数，规定这个正整数
的不同的质因子个数不得超过10个，若所得到结果为0，则 其获胜．否则，擦去黑板上的
数，将所得的结果写在黑板上，再轮到下一位．请问是先手甲还是后手乙有 必胜的策略？如
何操作才能取得胜利？
解析 后手乙有必胜策略．
每一次轮到的人 都将黑板上的数减掉一个不大于它且不同的质因子个数不得超过10个的正
整数．我们先做出最小的11 个质数积，令
mp
1
p
2
p
11
，其中
p
i
为第
i
个质数．
假设先手完成后的数为
n< br>，后手则减去一个数
r
，使得
nr
为
m
的倍数，即 可取
r
为
n
除以
m
的余数，则
rm
，所 以
r
的质因子个数不会超过10个．如此操作下去，因为
100!
为
m
的
倍数，所以后手乙必能获胜；而先手甲若要使其完成后的数为
m
的倍数， 则需减去一个也

是
m
的倍数的数，此数的质因子个数至少是11个，不 合游戏规则，所以先手甲无必胜的策
略．
§19．4完全平方数
19.4.1★证明：奇数的平方的十位数字必定是偶数．
解析 设
n
是一 个奇数，它的个位数是奇数
a
，那么，这个数可以表示为
n10ba
，其
中
b
是正整数．于是
n
2


10b a

100b
2
20aba
2
，
所以，< br>n
2
的十位数字等于
2ab
的个位数字与
a
2
的十位数字之和，而
1
2
1
，
3
2
9
，
5
2
25
，
7
2
49
，
9
2
81
，它们的十位数字都是偶数，
2ab
的个位数字也是偶数 ，从而，
n
2
的十位
数字是偶数．
评注 由此可得：个位数字和十位数字都是奇数的正整数一定不是完全平方数．
19．4．2★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．
解析 由于奇数的平方的十位数字必定是偶数，所以，如果一个平方数的十位数字是奇 数，
2
则它一定是偶数的平分，设
n
2


10k b

100k
2
20kbb
2
，其中
b< br>是偶数，因为
0
2
0
，
2
2
4
，
4
2
16
，
6
2
36
，
8
2
64
，故只有当
n
的个位数是4或者6时，
n
2
的十位数字才
可能是奇数，从而
n
2
的末位数为6．
若
m
2
10k6
，则
m
的个位数为4或6，于是可设m10n4
或
10n6
．则
2
m
2


10n4

100n
2


8n 1

106
，
或者
2
m
2


10n6



n
2
n

100

2n3

106
，
2
所以m
2
的十位数字是
8n1
的个位数字或者是
2n3
的个位数字，故为奇数．
19.4.3★★设
n
是一个正整数，且
12 n3
是一个完全平方数，求
n
的值．
解析 我们可以从一个数的末位 数是2、3、7、8来否定这个数是平方数，但是要注意的
是如果一个数的末位数是1、4、5、6、9 ，这个数也不一定是平方数．
当
n≥5
时，
12n
的末位 数字为0，故
12n3
的末位数字为3，此时
12n3
不是完全平方数．
12n34
是平方数；
12n35不是平方数；当
n1
时，当
n2
时，当
n3
时，
12n39
是平方数；当
n4
时，
12n 327
不是平方数．
所以，所求的正整数
n
为1或者3．
19 ．4．4★★设
x
：
y
是正整数，问：
x
2
2y
与
y
2
2x
是否都能是完全平方数？
解析 不妨设
x≥y≥1
，则由
x
2
x
2
2y≤x
2
2xx
2
2x1

x1

知，
x
2
2y
不是完全平方数．
评注 确定一个数不是完全平方 数，我们可以考虑它的末位数，如果末位数是2、3、7、
8，则它一定不是完全平方数；对于一些代数 式，我们也可以把它夹在两个相邻的完全平方
数之间，那么它一定不是完全平方数．
19.4 .5★★正整数
n
使得
n
2
5n13
是一个完全平方数 ，求
n
的值．
解析 这是一个二次三项式，我们试着把它夹在平方数之间．
因为
2

n2

n
2
4n4 n
2
5n13
，
2

n4

n
2
8n16n
2
5n13
，
所以
2

n2

2
n
2
5n13
< br>n4

．
2
2
欲使
n
2
5n 13
是一个完全平方数，必须使得
n
2
5n13

n3

，
所以
n
2
5n13n
2
6n9
，解得
n4
．
当
n4
时，
n< br>2
5n137
2
．故欲求的
n4
．