万夫雄-罗曼蒂克消亡史影评

初中数学竞赛专题：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

所以 22


2n3

112

n
2
n1

．
2
222
12|

< br>2n1



2n1



2 n3


．

又
n
2
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

是偶数,从而
n
2
n1
是奇数,故
222
24


2n1



2n1



2n3


．

19．1．2★★若
x
、
y
为整数,且
2x3y
,
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
①
3v5u17x
．
所以
17|3v
．
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
可．
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
由于
n
是奇数,有
2
2
|6
n
2
n
,< br>2
2
|3
n
1
,
所以
2
2|6
n
2
n
3
n
1
；
又有< br>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|3
n
2< br>n
,
所以
5|6
n
3
n
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
320
n
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,
15 96
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
a
n
b
n


ab


a
n1
a
n 2
b
b
n1

,
b
n1

.
由于
159610005944< br>,
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320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< br>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,
6k3
是3的倍数,所以
a
只能具有
6k1
或
6k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36k
2
12k12k

3k1

．
2
由于
k
与
3k1
为一奇一偶（若
k
为奇数,则
3k1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
． < br>
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
2
3< br>n
13
2k
1

3
n

 1
．
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
22
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
1d
,则

a
1
, b
1

1
.所以
a
1
2
d
2
pb
1
2
d
2
,
a
1
2
pb
1
2
,
222
ppb
1
2
, 所以
pa
2
b
1
2
．同理可得,
p|b
1
.即
a
1
、所以
p|a
1
2
．由于p
是质数,可知,
p|a
1
.令
a
1
pa< br>2
,则
a
2
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：
（ 1）
a
、
b
两数中恰有一个能被3整除,不妨设
3|a
,< br>3b
．令
a3m
,
b3n1
（
m
、< br>n
都是整数）,
于是

a
2b
2
9m
2
9n
2
6n13
< br>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
,
22

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
解析
x
2
p
是素数,则
py x

xp

,所以
p|x

xp

,故
p|x
,或者
p|xp
,故可得
p|x
,且 设
xy
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．
解析
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
NN

被9整除．
19.1.13★
N9
.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11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．
评注
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

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< br>,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：
199320,199 350,199380,199305,199335,199365,199395．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
3520
,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
12n2

1 0n5

2n3
．要使
11|

2n3

,不难看出最小的
n7
,故所求最小数为
3520
．
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
,
它们的最小公倍数为
23
n1
,和为
32323< br>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
555

999
能被7整除,问中间方格代表的数字是几？
20个520个9
解析 因为
5555555111111
,
9999999111111
,
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=
555000
+55
99000999
,
1 8个523个018个518个9
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5 5 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
．
19．1．23★★若
p
、
q
、
解析 若
pq
,则
2p12q1
、都是整数,并且
p1
,
q1
．求
pq
的值．
qp
2p12p11
2

qpp
不是整数,所以
pq
．不妨设
pq
,于是
1≤
2p12q12q
2
,
qqq
而
2p12p1
是整数,故
1
,即
q2p1
．又
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
yzxy
、、都是正整数．先考虑最小的一个：
y
xz
不妨设
xyz
,于是

1≤
xyzz
2
,
zz
zx2x2y
xy
,因为
y|

zx

,即
y|

y2x

,所以
y|2x
,于是
1≤2
,
1
,即
zxy
．再考虑
yyy
z
2x
1
,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
所以
所以
所求的三个数为1、2、3．
19.1.25★★★求 所有的有理数
a
,使得
4a2≤1
,并且
A
解析
1
4
3
4
1
4
4a1
为整数.
27a
4
1
4
3
4
p
,
p
、< br>q
由条件,可知
≤a≤
.当时,
A0
是整数；下面考虑a≤
的情形,此时设
a
p
3

4qp

27q
4
q
为正整数,且

p , q

1
．则由
A
为正整数和

p , q< br>
1
可知
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
或．
19．1．26★★设正整数
x
、
y
、
r
、
t
满足
1≤xy rt≤100
．求

的最小值．
解析 由条件,可知
xy
r
t
1
4
1
3
xr1r1y11y11y 121
≥≥≥2
.
yty100y100y100100y100100100
等号在

x , y , r , t



1 , 10 , 11 , 100

时取到,因此所求的最小值为
19.1.27★★已知正整数
a
、
b
、
p
、
q
、
r
、
s
满 足条件
qrps1
,
par

．
qbs
21
.
100
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352）,< br>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．
（2）当
N
为两位数时,
PN100PN
,依题意< br>N|PN
,则
N|100P
,故
N|100
．所以
N 
10,20,25,50．
（3）当
N
为三位数时,
PN10 00P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：
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？
解析 取回文数
n10999901
,则
n11011000011< br>也是回文数．因为
n
中9的数目可以任选,
2005个9
可取
n
1
10901
,
n
2
109901
,…,< br>n
2005
10999901
,因此我们可以找到2005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200 8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？
解析 （六位数的个 位）,就使六位数不能被
N
整
N
取偶数,甲可以在最右边方格里填一个奇数< br>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
,
解得
x1250

20871a

．
因为
0≤x10
5
,所以
0≤1250

20871a

10
5
,
故
128208
.
a≤
7171
因为
a
为整数,所以
a2
．于是
x1250

208712

82500
．
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
解析
a4
是最简分数,则
a
的取值有多少个？
2
a7a
2
723
因为,所以

a4 , 23
1
,由于23是质数,所以
a4
不是23的倍数即可,
a4< br>a4a4
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957
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、
, 9
的一个排列,故
f
、
g
、
h< br>、
i
、
j
是
0 , 1 , 2 ,
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99 90
．
（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 向外分别写
2
k
2
与
2
k
2
,…,直 至
2
k

h1h1h1
与
2
k
< br>（
h
是奇数,所以是整数）,即
222


2k
1

2
k


2
k
 1


h3

k
h1



2
k




2

． < br>22

h1

k
h3

n

2
k




2


22

另一方面,设
n
是
h

h 1

个连续正整数
k1
,
k2
,…,
kh
的和,则
n

k1



k2< br>


kh



k1kh
h
2

1

2k1h

h,
2
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？
解析
2
设三位数为
abc
,则
abc1000kabc
,
即
abc

abc1

2
3
53
k
,
而

abc , abc1

 1
,所以,
2
3
|abc
,且
5
3
|ab c1
；或者
2
3
|abc1
,且
5
3
|abc
．
（1）若
2
3
|abc
,且
5
3
|abc1
,则
abc1125
,375,625,875,只有
abc376
使得
2
3
|abc
,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．
19 ．1．38★★★我们知道,
49114941
约分后是,但按下面的方法,居然也得
:
.试求出所有分
98229882
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．
解析 设真分数
aba
ab
具有上述性质,则
abbc
,且
1
,于是
bc
c
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
a3
,从而
c3
,矛盾．
10aa3
,所以

3a1

|< br>
a3

,而
a33a1
,故只能是
3
3a13a1
（2）若
b6
,则
3ac2

10ac

,于是
c
20a2a12
,当
a6< br>时,
02a123a2
,此时
c
不是
6
3a23a2
整数；当
a6
时,
c6
,矛盾；当
a 6
时,应有
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
1626
,当
a2
时,
c5
,此时,满足题意的真分数为．
6465
（3）若
b9
,则
ac10ac
,于是
c
10a 10
,所以,

a1

|10
,故
a
1,4,9．
10
a1a1
19
；
95
当
a1
时,
c5
,此时,满足题意的真分数为

当
a4
时,
c8
,此时,满足题意的 真分数为
当
a9
时,
c9
,矛盾．
综上所述,满足题意的真分数为：
49
；
98
16261949
,,,.
64659598
19.1.39 ★★★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

能整除
1995a
．
解析
1995a
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 分子不
1995a
含有
a
．
1995

199 5a

19951995
1995a19951995
.
1995
1995a1995a1995a
根据已知,
1995a199 51995
是整数,所以是整数．
1995a1995a
因为
199 5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．
评注 形如
accb
的式子,可以化成
c
.使得只有分母含
a
,而分子不含
a
．这种方法有点像
abab
假分数化成带分 数．
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
满足题设条件．
a
n
是从1,2,…,2010中取出的满足题设 条件的数,对于这
n
个数中的任意另一方面,设
a
1
a
2

4个数
a
i
, a
j
, a
k
, a
m
,因为
33|

a
i< br>a
k
a
m

,
33|

aj
a
k
a
m

,所以
33|
< br>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
a1
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
．
d
n

a
n
a
1
201011
≤61
,
3333< br>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< br>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,那么每一次都是在相邻
1
3
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．
A
B

设最后剩下
a
枚棋子．根据分析所说
N1
a
,
3
10
①
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< br>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
想法．
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

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< br>,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
3
数）,而

3k

93k
3
,

3k1

3
9

3k
3
3k
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

3 m1



3m1



3m1< br>
．
333
对
i2
,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

3m1

23
6
3
,
n28

3m1

5
3
5
3
．
3
3
对
i3
,令
n216m
3
（
m
是正整数）满足条件：
m< br>
3m



4m



5m

,
n2

6m

1
31
3
,
n28

6m

1
3
3
3
．
3
3
333
§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
2a
2
3a
3

a
1
a
3
a< br>5
a
99
a
101
是偶数．
101a
101
s
是偶数,求证：
解析
a
1
a
3
a
5
a
99
a
101s

2a
2
2a
3
4a
4
 4a
5
100a
100
100a
101

是 偶数．
1998x
1998
0
． 19．2．2★设
x
1
, x
2
, , x
1 998
都是
1
或者
1
．求证：
x
1
 2x
2
3x
3

解析
x
1
2x2
3x
3
1998x
1998


x< br>1
3x
3
5x
5
1997x
1997




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< br>．
19.2.3★★设
x
1
, x
2
, , x
n

n4

为
1
或为
1< br>,并且
x
1
x
2
x
3
x
4
x
2
x
3
x
4
x
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< br>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
所以
x
n



1

,
4
k

1

k
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
1250
5051
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：

a
11

a
2
2


a
9
9

是一个偶数．
解析 因为


a
99

9


a
1
1



a
2
2



a
3
3




a
1
a
2
 a
9



12
0

是偶数,所以,

a
1
1

,

a
2
2

, ,

a9
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< br>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



x
n
x
1

.一方面,有

x1
x
2



x
2
x
3

另一方面,有


x
n
x
1< br>


1

,
k

x
1
x
2



x
2
x
3


k


x
n
x
1



x
1
x
2
x
n

1
．
2
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

ab24 68
,
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
a b
是4的倍数．
19.2.9★★
99
99
和
99!< br>（注：
99!123499
,读作99的阶乘）能否表示成为99个连续的 奇
数的和？
解析 （1）
99
99
能．因为


99
98
2

99
98


99
98
2



99
98
96



99
98
98

．
9 9
99


99
98
98



99
98
96


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
．
2
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
, n< br>,若这
2n
个乘积的和为0,即
a
1
a
2
a
n
b
1
b
2
b
n
0,
1
,
b
i
1
或
1
,i1 , 2 ,
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
2
a
n
b
1
b
2
b
n
,
a
1
a
2
a
n
bb
12
b< br>n


a
1
a
2
a
n
< br>1
．
2
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

122001
20012002
10012001
的奇偶性相同,是奇数．
219.2.13★★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．

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．
19．2．14★★ 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
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．
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
、
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
、
G
三灯改变状态．由于开始时
A
、
C、
E
、
G
四灯是开着的．因此,最后
A
、
C< br>、
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
x< br>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1

322< br>,

21

21

1
,所以
x
2i1
x
2i
322
,或者
22
32 2
,或者1．
设和式
S
中有
a
个
322
,
b
个
322
,
c
个1,则
a
、b
、
c
是非负整数,且
abc1006
．
S

x
2i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

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1006
,
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 前者可以归入
情形一讨论,如果是后者,则
a
2
、
c
2都是整数．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< br>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< br>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
a2
a
3
a
4
a
5
a
6

a
79
a
80
a
81

a
79
a
80
a
81

a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6

a
1
a
2
a
3
 a
79
a
80
a
81

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．
解析 因为37.5
n
26.5
n

1
75
n
53
n

．
n

2
当
n
为偶数时,
75
n
53
n


1

1
n
2

mod4

,
n
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,
75
n
53
n

7553


75
n1
75
n2< br>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
正整数．
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
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
是非
负整数 ,不妨设
a
1
≤a
2
≤≤a
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
个数全相等．
令
A a
1
a
2

（否则剩下的数不能分成和数相等
a
2n1
,则对每个
i

1≤i≤2n1

,
Aa
i
都是偶数
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< br>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
0 ,
aa
a
2
a
1
,
31
,
22
,
a
2n1
a
1

2
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．

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
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
、
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．
19．2．26★★★令
S

n

1234
S

5
< br>123453
．


1

n1< br>n
,
n1
,2,…．例如
（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 首先,若
n
是偶数,则
S

n



12



34


n



n1

n

.
2
若
n
是奇数,则
S

n

S

n1

n
n1n 1
．
n
22
于是对于
S

m
S

n

S

mn

有如下4 种情形：
（Ⅰ）当
m
,
n
都是奇数时,有

S

m

S

n
S

mn


m1n1mn
 1
；
222
（Ⅱ）当
m
,
n
都是偶数时,有
S

m

S

n

S

mn


mnmn
mn0
；
222
（Ⅲ）当
m
是奇数,
n
是偶数时,有
S< br>
m

S

n

S

mn


m1nmn1
m1
是偶数；
2 22
（Ⅳ）当
m
是偶数,
n
是奇数时,有
S
m

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2 012
,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
i
i1 , 2 , , n

都是格点,且
A
1
A< br>2
A
2
A
3

A
n
A
1
,它的所有顶点
A
n1
A
n
A
n
A
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

x
1
x
2



y
1
y
2



x
2
x
3
< br>

y
2
y
3



2 2


x
n1
x
n


< br>y
n1
y
n



x
n
x
1



y
n
y
1
< br>M
,
2222
其中
M
是固定整数．令

1
x
1
x
2
,

2
x
2
x
3
,…,

n1
x
n1
x
n
,

n
x
n
x
1
； 
1
y
1
y
2
,

2
 y
2
y
3
,…,

n1
y
n1
y
n
,

n
y
n
y
1,
则

1


2


1


2



n
0
,


n
0
,


①
②
2

1
2


1
2


2


2
2

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,若

i
、

i
都是偶数,可设

i
2
m
t
i
,< br>
i
2
k
t
i


i1 , 2 ,
i
i
, n

,其中
t
i
、
t
i

是奇数．
m
是
2n
个数：

m
1
,
m
2
,…,
m
n
,
k
1
,
k
2
,…,
kn
中最小的数,用
2
m
去除

i
、

i
,那么

i
2
m
、

i
2
m
中至少有一个奇数．
为确定起见,设

1
是奇数． 由

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）．
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
整数．
若
p3k1
,则
2p12

3 k1

13

2k1


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
是合数 ,与题设矛盾．所以
p3k2
,这时
4p14

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． < br>2
n
4
4n
4
4n
2
44n2


n
2
2

4n
2


n
2
2n2

n
2
2n2

,
因为
n
2
2n2n
2
2 n2

n1

11
,所以
n
4
4
是合数.
2
19．3．
解析
4★★★证明：当整数
n2
时,
n
与
n!
之间一定有一个质数．
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
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．
pn
1
,由假设,
p
1
p
2
p
n1
是合数,它一假设只有有限多个质数,设为
p
1
, p
2
, , p
n
．考虑
p
1
p
2
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．
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,
n|

2p

!
,
n|n!
,且
2pn
,亦得矛盾．
当
n
不是某个质数的平方时,可写< br>npq
,
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
1
．
N
1< br>与
N
2
的最大公约数至19.3.7★★设
n
1
与< br>n
2
是任意两个大于3的质数．
N
1
n
1
2
1
,
N
2
n
2
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
2
n
1
3k1
或
n
1
3k2
（
k为正整数）.当
n
1
3k1
时,
n
1
2< br>1

3k1

19k
2
6k11 33k
2
2k
,

故
3|n
1
21
.当
n
1
3k2
时,
n
1
2
1

3k2

19k
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
n
1
2
1< br>
2h1

14h
2
4h114h

h1

,
2
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
1
． 同理
24|n
2
另外,取
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 , 3 k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,
p
2
136k
2
12k12k

3k1

．
因
k
、3k1
中必有一个偶数,此时
24|p
2
1
．
当
p6k5
时,
p
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．
n3k

k≥4

, 则
n3k63

k2

； （1）若
（2）若< br>n3k1

k≥4

,则
n3k143

k1

；
（3）若
n3k2

k≥4< br>
,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
,就可以使大
于等于19的奇数
n
都能用4、9、
2k


k

n13


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11

11k
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
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
8989!
,
a123
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< br>
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9
20个9
925
, ①
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22 1,219,…,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
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
y2
z
2
的最
大值为
1
2
13
2< br>7
2
219
．
19．3．18★求6000和2008的约数个数．
解析 因为
600024
35
3
,
20082
3
251
,

所以,6000有

41



11



31

40
个约数；2008有

31



11
< br>8
个约数．
评注 一般地,设正整数
n
可以分解为

k
p
k


1

2
n p
1
p
2
其中
p
1
, p
2
, , p
k
是不同的质数,

1
,

2
, ,

k
是正整数,则形如 
2
p
1

1
p
2
p
k
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

1

2
np
1
p
2

k
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



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d
n
,
d
所以
n
n

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

所以
n< br>的约数

m

．
m
d

个数是 奇数．
19．3．20★求72的所有约数的和．
解析
评注
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< br>
195
．
若正整数
n
的质因数分解式为

k
p
k
,

1

2
np
1
p
2
则
n
的所有约数的和为

1pp
1
2
1


1
p
1



1p
2
p
2
2

< br>2
p
2


2
1p
k
p< br>k



k

p
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1 44的
约数中,大于8的约数个数．
15281442
4
3
2
,
共有
< br>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

5

,
b2

5

,
c2

5
,
c2

5

,其中

i
、
i

i1 , 2 , 3

为非
1122
3333
负整数,并且

1< br>

2


3
6
,

1


2


3
6
．
注意到< br>
1


2


3
6
的 非负整数解


1
,

2
,

3

共有
有
28
2
784
组．
19.3.23★★设
a
1
, a
2
, , a
10
为正整数,
a
1
a
2

b
k
．已知：
b
1
b
2
b
10
,证 明：
a
10
500
．
87
所以,满足条件的

a , b , c

共< br>28
组．
2
a
10
中.将
a
k
的不等于自身的最大约数记为
解析 令
b
k

a
k
,
c
k
是
a
k
最小素因数．因为
b
9b
10
,得
b
9
1
,
b
9
≥c
9
．由此,
a
10
a
9
≥c
9< br>2
．由不等式
c
k
2
≥529500
．
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
,…,
c
9
≥23
．这推出
a
10
c
9
19 ．3．24★★★求所有的正整数
m
、
n
,使得
m
2
1
是一个质数,且
10

m
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1 ,

2
nm9m1

,





nm3 ,

2
nm3m1

,




nm9 ,

2

nmm1 ,

nmm
2
1 ,


nm9.



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

,
（2）若



nm3 ,
将两式相减,分别可得
3m
2
2m
,不可能．
2


nm3

m1

,

（3）若


nm9 ,

nmm1 ,
2
,将两式相减,分别可得
m
2
82m
,故
m4
．

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< br>或者
m4
时,
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）．
1 9.3.25★★★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
mnn

np

x
2
,其中
x
是正整数,那么
4n
2
4pn4x
2
,
即

2n p

p
2


2x

,
于是

2n2xp

2n2xp

p
2< br>
注意到
p
为质数,所以

2n2xp1 ,


2
2n2xpp ,

22
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
,于是,质数
p
22

22
只能是67 、71、73、79或83．从而,满足条件的
m
为1156、1296、1369、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
< br>7931、
K
1
=1793、
K
2
=9137,K
3
=7913、
K
4
=7193、
K
5< br>=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
N
1< br>c
1
c
n4
7931L10
4
K
0
,
c
n4
1793L10
4
K
1
,
…
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< br>
yx

yx

,从而
yx1
,
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
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
可．
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
p1p1
.

22
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
假设存在某一质数
pa

a1



a2


2p


a 

a1



a2




ak

,其中
a
为整数,
k≥2
,则


ak







ak



ak1


ak2

a




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< br>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
< br>
10
t

1
,

由于
110
t
110
n
1
,
故
10
n
1
是合数．
在1,2,…,2000中只有1 1个正整数是2的幂：
12
0
,
22
1
,
4 2
2
,…,
10242
10
,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
1989
99%
的数不是质 数．
2000
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．
解析 设
an
,且

a , n

1
,则
nan
,且

na , n

1
．而且
ana
,导出
a
,仅在
n
为偶数时
n
2
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
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< br>a
、
b
、
c
满足
c
2
a
2
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
p
i

i
≥

i
1
③
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>≥

a2

,所以
2
a
3
b

a2

b3

,矛盾.故
b≤2< br>.
所以
b2
,
a0
；
b1
,
a0
,
1
,
2
；
b0
,
a
0,1,2,3,4.
ⅰ）当
b2
,
a0
时,②式为 
1
3
2
p
1

k
p
k10


1
1

1
2
3
2


k
1

,显然不成立.
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


1
2

p
1

k
p
k
3

a2


1
1



k
1

,也不成立.
综上所述,18不是好数.
19.3.35★★★★在黑板上先写下
100!

1223100

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1 0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
,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< br>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
,
2
所以,
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,则它
2
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．