初中奥数讲义直整数部分.pptx

初中奥数初中奥数讲义直整数直整数部分部分赛点解读赛点解读 整数的研究在数学中占有极为重要的地位，由于解决有关证书的问题常需要灵活的方法和独特的技整数的研究在数学中占有极为重要的地位，由于解决有关证书的问题常需要灵活的方法和独特的技巧，同时综合运用了代数式的变形与分解，解方程和不等式等知识，故在初中数学竞赛中涉及到整数的巧，同时综合运用了代数式的变形与分解，解方程和不等式等知识，故在初中数学竞赛中涉及到整数的题目非常多，非常广，整数问题有利于培养学生的综合素质，也便于考察学生的综合能力。题目非常多，非常广，整数问题有利于培养学生的综合素质，也便于考察学生的综合能力。本讲涉及到的热门赛点有：本讲涉及到的热门赛点有：1、整数的十进制表示法；、整数的十进制表示法；2、奇偶性分析；、奇偶性分析；3、质数与合数；、质数与合数；4、最大公约数与最小公倍数；、最大公约数与最小公倍数；5、数的整除特征；、数的整除特征；6、整除性质的运用；、整除性质的运用；7、同余知识初步。、同余知识初步。赛点赛点1：整除的十进制的表示法：整除的十进制的表示法一般地：十进制的一般地：十进制的n+1位的自然数位的自然数N可表示为：可表示为：其中其中都是整数，都是整数，且且 例例1 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，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，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，则小明家原来的电话号码倍，则小明家原来的电话号码是多少？是多少？(2006年全国初中数学竞赛试题）年全国初中数学竞赛试题）点拨：设原来电话号码的六位数为点拨：设原来电话号码的六位数为 ，则有则有故整体设出故整体设出是解题的关键。是解题的关键。完全解答：设原来的六为数为完全解答：设原来的六为数为 则经过两则经过两次升位后电话号码的八位数为次升位后电话号码的八位数为 根据题根据题意，有意，有记记于是于是解得：解得：因为因为所以所以故故因为因为 为整数，所以为整数，所以于是于是所以，小明家原来的电话号码为所以，小明家原来的电话号码为282500赛点赛点2：奇偶分析：奇偶分析奇数与偶数有以下基本性质：奇数与偶数有以下基本性质：（1）奇数）奇数 偶数偶数（2）两个整数相加（减）或相乘，结果的奇偶性如下表所示）两个整数相加（减）或相乘，结果的奇偶性如下表所示奇奇 偶偶 偶偶 奇奇 奇奇 偶偶奇奇偶偶奇奇 偶偶奇奇 偶偶偶偶 偶偶奇奇偶偶（3）连续两个整数中一定一奇一偶；）连续两个整数中一定一奇一偶；（4）若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整数之积是偶数；偶数个奇数的和为偶数，若干个偶数的）若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整数之积是偶数；偶数个奇数的和为偶数，若干个偶数的和为偶数；和为偶数；（5）设）设m、n是整数，则是整数，则 的奇偶的奇偶性相同；性相同；（6）若干整数之积为奇数，则必每个数为奇数；若干整数之积为偶数，则其中至少有一个偶数。）若干整数之积为奇数，则必每个数为奇数；若干整数之积为偶数，则其中至少有一个偶数。例例2 若若 为互不相等的正奇数，满足为互不相等的正奇数，满足则则 的末位数字是（的末位数字是（）A、1 B、3 C、5 D、7（2005年全国初中数学联赛）年全国初中数学联赛）点拨：由题意可知，点拨：由题意可知，为偶数，又由为偶数，又由 分解为分解为5个个不相等的偶数的积，确定出它们的值，进而获解。不相等的偶数的积，确定出它们的值，进而获解。解答：因为解答：因为 为互不相同的正奇数，所以为互不相同的正奇数，所以为互不相等的偶数，而将为互不相等的偶数，而将 分解为分解为5个互不相等的偶数之积，只有唯一的形式：个互不相等的偶数之积，只有唯一的形式：，所以，所以分别等于分别等于2、（、（-2）、）、4、6、（、（-6），所以），所以展开得：展开得：，选，选A例例3 黑板上写着三个数，任意擦去其中一个，将它改写成其他两数的和减去黑板上写着三个数，任意擦去其中一个，将它改写成其他两数的和减去1，这样继续下去，最后得，这样继续下去，最后得到到2005、2007、2009，问原来的三个数能否是，问原来的三个数能否是2、2、2？点拨点拨 本例解答的诀窍在于考察数字变化后的奇偶性（都是奇数），应用奇偶性解决问题。本例解答的诀窍在于考察数字变化后的奇偶性（都是奇数），应用奇偶性解决问题。解答：解答：答案是否定的。我们利用奇偶性来说明这一点，我们按照问题中说的方式首先把答案是否定的。我们利用奇偶性来说明这一点，我们按照问题中说的方式首先把2、2、2变为变为2、2、3，其中两个偶数，一个奇数，以后无论改变多少次，总是两个偶数，其中两个偶数，一个奇数，以后无论改变多少次，总是两个偶数，一个奇数（数值可以改变，但奇数性不变），但一个奇数（数值可以改变，但奇数性不变），但2005、2007、2009是三个奇数，所以按照所述方式是三个奇数，所以按照所述方式2、2、2永远不会变为永远不会变为2005、2007、2009赛点赛点3：质数与合数：质数与合数质数与合数有以下性质：质数与合数有以下性质：（1）不是质数，也不是合数，）不是质数，也不是合数，2是唯一的偶质数是唯一的偶质数（2）质数有无穷多个，最小的质数是）质数有无穷多个，最小的质数是2，但不存在最大的质数，最小的合数是，但不存在最大的质数，最小的合数是4；（3）若质数）若质数 ，则有，则有 或或 。例例4 已知已知 均为质数，且满足均为质数，且满足则以则以 为边长的三角形是（为边长的三角形是（）A、锐角三角形、锐角三角形 B、直角三角形、直角三角形C、钝角三角形、钝角三角形 D、等腰三角形、等腰三角形（2004年全国初中数学联赛题）年全国初中数学联赛题）点拨点拨 利用质数与合数，奇数与偶数的性质，先求利用质数与合数，奇数与偶数的性质，先求出出 的值。的值。解答：由于解答：由于 均为质数，且满足均为质数，且满足则则 中有个是偶数，因此中有个是偶数，因此故故所以此三角形是直角三角形，选所以此三角形是直角三角形，选B。例例5 已知已知a、b、c都是大于都是大于3的质数，的质数，（1）求证：存在正整数）求证：存在正整数n1，使所有满足题设的三个质数，使所有满足题设的三个质数a、b、c的和的和a+b+c都能被都能被n 整除；整除；（2）求上一问中的最大值。）求上一问中的最大值。（2005年（宇振杯）上海市初中数学竞赛）年（宇振杯）上海市初中数学竞赛）点拨点拨（1）由）由a+b+c=3(a+2b)可取可取n=3;(2)根据根据a、b被被3除的余数只能是除的余数只能是1或或2讨论求解。讨论求解。解答：（解答：（1）因为）因为c=2a+5b,所以所以a+b+c=3a+6b=3(a+2b).又又a、b、c都是大于都是大于3的质数，所以的质数，所以3|（a+b+c),即存在正整数即存在正整数n1（例如（例如n=3），使），使n|(a+b+c).(2)因为因为a、b、c都是大于都是大于3的质数，所以的质数，所以a、b、C都不是都不是3的倍数。的倍数。若若 则则c=2a+5b这与这与c是质数矛盾。是质数矛盾。同理，同理，也将导致矛盾。也将导致矛盾。故只能是故只能是 从而，从而，当当a=7,b=13时，时，为质数，为质数，当当a=7,b=19时，时，为质数为质数故在所有故在所有 的的n中，最大的为中，最大的为9赛点赛点4：最大公约数与最小公倍数：最大公约数与最小公倍数两个正整数两个正整数a、b的最小公倍数记为的最小公倍数记为 ，最大公约数记为，最大公约数记为 ，并且有，并且有例例6 已知两个正整数之和为已知两个正整数之和为104055，它们的最大公约数是，它们的最大公约数是6937，求这两个数。，求这两个数。解答解答 设这两个数为设这两个数为 依题意得依题意得由由令令 且且 代入代入得得由于由于 所以只有以下所以只有以下4种可能：种可能：分别代入分别代入 的表达式，得的表达式，得例例7 在高速公路上，从在高速公路上，从3km处开始，每隔处开始，每隔4km经过一个限速标志牌；并且从经过一个限速标志牌；并且从10km处开始，每隔处开始，每隔9km经过一个速度监控仪。刚好在经过一个速度监控仪。刚好在19km处第一次同时经过这两种设施，那么第二次同时经过这两种设施处第一次同时经过这两种设施，那么第二次同时经过这两种设施的千米数是（的千米数是（）（2006年全国初中数学竞赛试题）年全国初中数学竞赛试题）点拨点拨 同时经过这两种设施的时间是分别经过这两种设施所需时间的最小公倍数。同时经过这两种设施的时间是分别经过这两种设施所需时间的最小公倍数。解答：因为解答：因为4和和9的最小公倍数为的最小公倍数为36，19+36=55，所以第二次同时经过这两种设施的千米数是在所以第二次同时经过这两种设施的千米数是在55km处。处。故选故选C。赛点赛点5：数的整除特征：数的整除特征数的整除特征：数的整除特征：末位数字是偶数的整数被末位数字是偶数的整数被2整除；整除；末位数字是末位数字是0或或5的整数被的整数被5整除；整除；最末两位数能被最末两位数能被8（或（或125）整除的整数，能被）整除的整数，能被8或或125）整除；）整除；各位数字之和能被各位数字之和能被3（或（或9）整除的整数，能被）整除的整数，能被3（或（或9）整除；）整除；一个自然数，若从其末位起奇数位数字之和与一个自然数，若从其末位起奇数位数字之和与偶数位数字之和的差被偶数位数字之和的差被11整除，则它能被整除，则它能被11整除。整除。例例8 能被能被99整除且各位数字均不相同的最大自然数是整除且各位数字均不相同的最大自然数是_。点拨点拨 被被99整除即是既能被整除即是既能被9整除又能被整除又能被11整除，再由以知条件确定位数，找出最大值。整除，再由以知条件确定位数，找出最大值。解答：易知所求数各位数字之和是解答：易知所求数各位数字之和是9的倍数。的倍数。可考虑可考虑 此数是十位数且用完此数是十位数且用完10个数字个数字按整数被按整数被11整除，可知此数的右起奇数位数字和整除，可知此数的右起奇数位数字和P与偶数位数字和与偶数位数字和Q的差是的差是11的倍数，因为的倍数，因为 是奇数，所以是奇数，所以 也是奇数，也是奇数，或或 或或 或或 33，又因为，又因为 0+1+2+3+4=10，所以所以 因因Q=28。易见符合前者的最大数是。易见符合前者的最大数是 9857261403，符合后者的最大数是，符合后者的最大数是9876524130，两，两者中又以者中又以9876524130最大。最大。赛点赛点6：整除性质的运用：整除性质的运用根据整除的定义，不难得出以下性质：根据整除的定义，不难得出以下性质：（1）若）若b|a,c|b,则则c|a;（2）若）若c|a,c|b,则则c|(a+b);（3）若）若c|a,c不能整除不能整除b,则则c不能整除（不能整除（a+b);（4）若若b|a,则则b|ac;（5）若）若b|a,c0,则则bc|ac,若若bc|ac,则则b|a;（6）若）若b|a,c|d,则则bc|ad;（7）若）若a=b+c,且且m|a,m|b,则则m|c;(8)若若b|a,c|a,则则b,c|a;若若b|a,c|a,且（且（b,c）=1，则，则 bc|a;(9)若若c|ab,且（且（a,c)=1,则则c|b;(10)几个连续自然数之积必能被几个连续自然数之积必能被整除。整除。例例9 x和和y均为整数，若均为整数，若5|x+9y,求证：求证：5|8x+7y.点拨点拨 只需将只需将8x+7y设法凑成设法凑成x+9y的倍数式与的倍数式与5的倍数式的代数和即可获证。的倍数式的代数和即可获证。解答：解答：5|x+9y,5|2(x+9y)而而5|5(2x+5y),知知5(2x+5y)-2(x+9y)=8x+7y,5|8x+7y.例例10 已知正整数已知正整数n大于大于30，且使得，且使得4n-1整除整除2002n则则n等于等于_(第十四届五羊杯竞赛题）第十四届五羊杯竞赛题）点拨点拨 运用整除的性质，结合奇偶性分析，推出运用整除的性质，结合奇偶性分析，推出n的值。的值。解答：设解答：设 则则因因4n-1是奇数，故是奇数，故4n-1整除整除n+250。设设 则则故故4n-1整除整除1001。因因n30且且1001=71113，经检查知只可能，经检查知只可能4n-1=143,n=36,p=2符合条件。符合条件。Thank You世界触手可及世界触手可及携手共携手共进，齐创精品工程精品工程