初一数学竞赛讲座特殊的正整数

第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。

例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。

．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。

例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。

数学竞赛辅导讲义一次方程(组)与二元一次不定方程本讲就解一次方程（组）与二元一次不定方程的基本方法和技巧作些简单介绍。

一、一次方程（组）解一元一次方程的一般步骤是去分母，去括号，移项，合并同类项，两边同除以未知数的系数。

任何一个一元一次方程最终都可以化为ax b =的形式。

解方程的根据是方程的同解原理。

如果两个方程的解相同，那么这两个方程叫同解方程。

1． 方程两边都加上（减去）同一个数（或同一个整式），所得的方程与原方程是同解方程。

2． 方程两边都乘以（除以）同一个不等于0的数，所得的方程与原方程是同解方程。

例1．解下列个方程（1）()()()()11323327322337x x x x ---=---（2）()14335190.50.125x x x +++=+ （3）3421424904532x ⎧⎫⎡⎤⎛⎫--+-=⎨⎬ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎩⎭例2．是否存在这样的a 值，使当1b =时，关于x 的方程()()322387a x b x x -+-=-有无数多个解？例3．关于x 的方程1x ax =+同时有一个正数解和一个负数解，求a 的值。

例4．关于x 、y 的两个方程组2227ax by x y -=⎧⎨-=⎩和359311ax by x y -=⎧⎨-=⎩具有相同的解，求a 、b 的值。

例5．已知()()()()()()22219992000200101999200020012000x y y z x z x y y z z x -+---=⎧⎪⎨-+-+-=⎪⎩求z y -的值。

二、二元一次不定方程如果一个方程（组）中，未知数的个数多于方程的个数，则把这种方程（组）叫做不定方程（组）。

例如，二元一次方程3215x y +=是不定方程；三元一次方程组11426x y z x y z ++=⎧⎨+-=⎩是不定方程。

不定方程（组）的解是不确定的。

一般不定方程总有无数穷多个（组）解，但若加上整数（或正整数）解的限制，则不定方程（组）的解三种都有可能：有无穷组解，或有限组解，或无解。

整数整除的概念和性质对于整数和不为零的整数b，总存在整数m，n使得a＝bm+n(0≤n<b)，其中m称为商，n称为余数，特别地，n＝0时，即a＝bm，便称a被被b整除(也称a是b的倍数或的约数)，记为b|a．整除有以下基本性质：1．若a|b，a|c，则a|（b c）；2．若a|b，b|c，则a|c；3．若a| b c，且(a，c)=1，则a|b，特别地，若质数p|b c，则必有p|b或p|c；4．若b|a，c|a，且(b，c) =1，则b c|a．解整除有关问题常用到数的整除性常见特征：1．被2整除的数：个位数字是偶数；2．被5整除的数：个位数字是0或5；3．被4整除的数：末两位组成的数被4整除；被25整除的数，末两位组成的数被25整除；4．被8整除的数：末三位组成的数被8整除；被125整除的数，末三位组成的数被125整除；5．被3整除的数：数字和被3整除；6．被9整除的数：数字和被9整除；7．被11整除的数：奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除．【例1】一个自然数与13的和是5的倍数，与13的差是6的倍数，则满足条件的最小自然数是．思路点拨略(重庆市竞赛题)注：确定已知条件来确定自然数，是数学活动中常见的一类问题，解这类问题时往往用到下列知识方法：(1)运用整除性质；(2)确定首位数字；(3)利用末位数字；(4)代数化；(5)不等式估算；(6)分类讨论求解等．【例2】有三个正整数a、b、c其中a与b互质且b与c也互质，给出下面四个判断：①(a+c)2不能被b整除，②a2+c2不能被b整除：③(a+b)2不能被c整除；④a2+b2不能被c整除，其中，不正确的判断有( )．A．4个B．3个 C 2个D．1个思路点拨举例验证．(“希望杯”邀请赛试题)【例3】已知7位数61287xy是72的倍数，求出所有的符合条件的7位数．(江苏省竞赛题)思路点拨7位数61287xy能被8，9整除，运用整数能被8、9整除的性质求出x，y的值．【例4】(1)若a、b、c、d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x一a)(x一b)(x一c)(x一d)一9＝0，求证；4︳(a+b+c+d)．(2)已知两个三位数abc与def的和abc+def能被37整除，证明：六位数abcdef也能被37整除．思路点拨 (1)x 一a ，x 一b ，x 一c ，x 一d 是互不相等的整数，且它们的乘积等于9，于是必须把9分解为4个互不相等的因数的积；(2)因已知条件的数是三位数，故应设法把六位数abcdef 用三位数的形式表示，以沟通已知与求证结论的联系．注：运用整除的概念与性质，建立关于数字谜中字母的方程、方程组，是解数学谜问题的重要技巧．华罗庚曾说：“善于‘退’，足够地，‘退’，‘退’到最原始而不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍．”从一般退到特殊，从多维退到低维，从空间退到平面，从抽象退到具体……只要不影响问题的求解，对于许多复杂的问题，以退求进是一种重要的解题思想．【例5】 (1)一个自然数N 被10除余9，被9除余8，被8除余7，被7除余6，被6除余5，被5除余4，被3除余2，被2除余1，则N 的最小值是 ．(北京市竞赛题)(2)若1059、1417、2312分别被自然数x 除时，所得的余数都是y ，则x —y 的值等于( )．A ．15B ．1C ．164D ．174(“五羊杯”竞赛题)(3)设N=个1990111，试问N 被7除余几?并证明你的结论． (安徽省竞赛题) 思路点拨 运用余数公式，余数性质，化不整除问题为整除问题．(1)N+1能分别被2，3，4，5，6，7，8，9，10整除，(2)建立关于x ，y 的方程组，通过解方程组求解，(3)从考察11，111，…111111被7除的余数人手．【例6】盒中原有7个球，一位魔术师从中任取几个球，把每一个小球都变成了7个小球，将其放回盒中，他又从盒中任取一些小球，把每一个小球又都变成了7个小球后放回盒中，如此进行，到某一时刻魔术师停止取球变魔术时，盒中球的总数可能是( )A ．1990个B ．1991个C 1992个D ．1993个思路点拨 无论魔术师如何变，盒中球的总数为6k+7个，其中k 为自然数，经验证，1993=331×6+7符合要求．故选D ．【例7】在100以内同时被2、3、5整除的正整数有多少个?思路点拨 由于2与3互质，3与5互质，5与2互质(这种特性我们也称为2、3、5两两互质)，所以同时被2、3、5整除的整数必然被2×3×5=30整除；另—方面，被30整除的正整数必然可同时被2、3、5整除，因此，在100以内同时被2、3、5整除的正整数就是在100以内被30整除的正整数，显然只有30、60、90三个．【例8】某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”．证明：这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被101整除． 思路点拨 显然，号码为9999是幸运券，除这张外，如果某个号码n 是幸运券，那么号m=9999—n 也是幸运券，由于9是奇数，所以m ≠n ．由于m+n=9999相加时不出现进位，这就是说，除去号码9999这张幸运券外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的整倍数，而101│9999，故知所有幸运券号码之和也能被101整除思考：“如果某个号码n 是幸运券，那么号m=9999—n 也是幸运券”，这是解决问题的关键，请你考虑这句话合理性． 若六位数9381ab 是99的倍数，求整数a 、b 的值．∵9381ab能被9整除，∴8+1+a+b+9+3=21+a+b能被9整除，得3+a+b=9k l(k1为整数)．①又9381ab能被11整除，∴8—1+a—b+9—3=13+a—b能被11整除，得2+a—b=11k2(k2为整数)．②∵0≤a，b≤9 ∴0≤a+b≤18，－9≤a－b≤9．由①、②两式，得3≤<9k1≤21，－7≤11k2≤1l，知k1=1，或k1=2；k2=0，或，而3+a+b与2+a—b的奇偶性相异，而k1=2，k2=1不符合题意．故把k1=1，k2=0代人①、②两式，解方程组可求得a=2，b=4．【例9】写出都是合数的13个连续自然数．思路点拨方法一：直接寻找从2开始，在自然数2，3，4，5，6，…中把质数全部划去，若划去的两个质数之间的自然数个数不小于13个，则从中取13个连续的自然数，就是符合要求的一组解，例如：自然数114，115，116，…，126就是符合题意的一组解．方法二：构造法我们知道，若一个自然数a是2的倍数，则a+2也是2的倍数，若是3的倍数，则a+3也是3的倍数，…，若a是14的倍数，则a+14也母14的倍数，所以只要取a为2，3，…，14的倍数，则a+2，a+3，…a+14分别为2，3，…，14的倍数，从而它们是13个连续的自然．所以，取a=2×3×4×…×14，则a+2，a+3，…，a+14必为13个都是合数的连续的自然数．【例10】已知定由“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式20+5b=c，则a+b+c是整数n的倍数”．试问：这个定理中的整数n的最大可能值是多少?请证明你的结论．思路点拨先将a+b+c化为3(a+2b)的形式，说明a+b+c是3的倍数，然后利用整除的性质对a、b被3整除后的余数加以讨论得出a+2b也为3的倍数．∵=a+b+2a+5b=3(a+2b)，显然，3│a+b+c若设a、b被3整除后的余数分别为r a、r b，则r a≠0，r b≠0．若r a≠r b，则r a=2，r b=1或r a=1，r b=2，则2a+5b =2(3m+2)+5(3n+1)=3(2m+5n+3)，或者2a+5b=2(3p+1)+5(3q+2)；3(2P+59+4)，即2a+5b为合数与已知c为质数矛盾．∴只有r a=r b，则r a=r b=1或r a=r b=2．于是a+2b必是3的倍数，从而a+b+c是9的倍数．又2a+5b=2×11十5×5=47时，=a+b+c=11+5+47=63，2a+5b =2×13十5×7=61时，a+b+c =13+7+61=81，而(63，81)=9，故9为最大可能值．注：由余数切入进行讨论，是解决整除问题的重要方法．【例11】一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”．思路点拨将所有的三位“新生数”写出来，然后设出最大数、最小数，求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定．【例12】设N 是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a 、b 、c (a 、b 、c 不全相等)，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：cba cab bca bac acb abc ,,,,,，不妨设其中的最大数为abc ，则最小数为cba ．由“新生数”的定义，得N=abc —cba =(100a+l0b+c)一(100c+l0b+d)=99(a —c)．由上式知N 为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990．这九个数中，只有954－459=495符合条件，故495是唯一的三位‘新生数”． 注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。

第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。

例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。

．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。

例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。

初中数学竞赛教程21整数的性质整数是数学中非常基本且重要的概念之一、它是全体正整数、负整数和零的集合，用整数集表示为Z，数学符号为Z={...,-3,-2,-1,0,1,2,3,...}。

整数的性质涉及到整数的四则运算、整数的大小比较以及整数的奇偶性等方面。

下面就对整数的性质进行详细介绍。

一、整数的四则运算1.加法：对于整数a和b，它们的和a+b也是一个整数。

加法满足交换律，即a+b=b+a；加法还满足结合律，即(a+b)+c=a+(b+c)。

2.减法：对于整数a和b，它们的差a-b也是一个整数。

3.乘法：对于整数a和b，它们的积a×b也是一个整数。

乘法满足交换律，即a×b=b×a；乘法还满足结合律，即(a×b)×c=a×(b×c)。

4.除法：对于整数a和b，其中b不等于0，a/b的商可能是一个整数，也可能是一个带有小数部分的数。

二、整数的大小比较1.大小关系：对于两个整数a和b，如果a<b，称a小于b；如果a>b，称a大于b；如果a=b，称a等于b。

2.大于0和小于0：正整数都大于零；负整数都小于零。

三、整数的奇偶性1.奇数：整数中，除了能被2整除的数字外，其他的数字都是奇数。

奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为任意整数。

2.偶数：能被2整除的数字为偶数。

偶数可以表示为2k的形式，其中k为任意整数。

3.奇数和奇数的和是偶数，奇数和偶数的和是奇数，偶数和偶数的和是偶数。

四、整数的性质定理1.整数的加法性质：对于任意整数a和b，有a+b=b+a，即整数的加法满足交换律。

2.整数的减法性质：对于任意整数a和b，有a-b=a+(-b)，即整数的减法可以转化为加法运算。

3.整数的乘法性质：对于任意整数a、b和c，有(a+b)×c=a×c+b×c，即整数的乘法满足分配律。

4.整数的除法性质：对于任意整数a、b和c，如果a=b×c，且b不等于0，则a除以b的余数为0。

《数学奥林匹克专题讲座》第04讲整数4讲整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。

整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。

在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。

例1 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。

我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。

如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。

由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。

例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。

所以最多可以播7天。

说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+2， =1+2+2 =1+1+3=2+3 =1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。

例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。

问：有多少种不同的支付方法？分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。

因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币。

当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2）， 23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法。

第二讲 整数的整除性一、基础知识：1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义： 设a ，b 是整数，b ≠0．如果有一个整数q ，使得a=bq ，那么称a 能被b 整除，或称b 整除a ，并记作b ｜a ．也称b 是a 的约数，a 是b 的倍数。

如果不存在这样的整数q ，使得a=bq ，则称a 不能被b 整除，或称b 不整除a ，记作b ｜a ．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1若c b b a |,|，则c a |证明：∵c b b a |,|，∴bq c ap b ==,（q p ,是整数），∴a pq q ap c )()(==，∴c a |性质2 若a ｜b ，b ｜a ，则 |a |=|b |．性质3 若c ｜a ，c ｜b ，则c ｜(a ±b )，且对任意整数m ，n ，有c ｜(m a ±n b )．证明：∵c a b a |,|，∴aq c ap b ==,q b ,(是整数），∴)(q p a aq ap c b ±=±=±，∴|()a b c ±性质4 若b ｜a ，d ｜c ，则bd ｜ac ．特别地，对于任意的非零整数m ，有b m ｜a m性质5 若a =b ＋c ，且m ｜a ，m ｜b ，则m ｜c ．性质6 若b ｜a ，c ｜a ，则[b ，c ]｜a ．特别地，当(b ，c )=1时，bc ｜a【此处[b ，c ]为b ，c 的最小公倍数；(b ，c )为b ，c 的最大公约数】．性质7 若c ｜ab ，且(c ，a )=1，则c ｜b ．特别地，若p 是质数，且p ｜ab ，则p ｜a 或p ｜b ．性质8 n 个连续整数中，必有一个能被n 整除．【特别地：两个连续整数必有一偶数；三个连续整数必有一个被3整除，如11，12，13中有3 | 12；41，42，43，44中有4 |44；77，78，79，80，81中5 | 80．】二．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法等．下面举例说明．例1若a ｜n ，b ｜n ，且存在整数x ，y ，使得ax +b y=1，证明：ab |n ．证明：由条件，可设n=au，n=b v，u，v为整数，于是n=n(ax+b y)= nax+nb y=abvx+abu y= ab(vx+u y)所以n|ab例2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．分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．证明：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)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+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n2＋n+1是奇数，故24 |[(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例3若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．分析因为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，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)．证明因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．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｜(a2-1)．例4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．证明：设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17x．①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．例5已知a，b是自然数，13a＋8b能被7整除，求证：9a+5b都能被7整除．分析：考虑13a＋8b的若干倍与9a+5b的若干倍的和能被7整除，证明13a＋8b+4（9a+5b）=7（7a+4b）是7的倍数，又已知13a+8b是7的倍数，所以4（9a+5b）是7的倍数，因为4与7互质，由性质7|（9a+5b）例6已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．证明 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 ，3b ．令a =3m ，b =3n±1(m ，n 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)2+(3n±1)2=9m 2±6m+1+9n 2±6n ＋1=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．由此可知，a ，b 都是3的倍数．例7 已知a ，b 是正整数，并且a 2＋b 2能被ab 整除，求证：a =b ．先考虑a ，b 互质的情况，再考虑一般情况。

七年级数学竞赛讲座02特殊的正整数七年级数学竞赛讲座(二)特殊的正整数一、一、知识要点1、 1、完全平方数及其性质定义1 如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。

如：1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。

性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。

性质3 偶完全平方数是4的倍数。

性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。

性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。

2、 2、质数与合数定义2 一个大于1的整数a,如果只有1和a 这两个约数，那么a 叫做质数。

定义3 一个大于1的整数a,如果只有1和a 这两个约数外，还有其他正约数，那么a 叫做合数。

1既不是质数也不是合数。

3、 3、质数与合数的有关性质(1) (1) 质数有无数多个(2) (2) 2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。

大于2的质数必为奇数。

(3) (3) 若质数p ∣a ?b ，则必有p ∣a 或p ∣b 。

(4) (4) 若正整数a 、b 的积是质数p ，则必有a=p 或b=p.(5) (5) 唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：k a k a a p p p n 2121=,其中p 1二、二、例题精讲例1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是解设所求的四位数为m 2，它的百位数字为a ，则有m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93) 因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，所以11∣(2a+5)，由题意a+3≤9，故a ≤6，从而a=3于是所求的四位数为4356例2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。

第6讲 算术基本定理一、基础知识算术基本定理：任何一个正整数N ＞1，都能分解成质因数的连乘积，即⋅⋅=2121ααp p N ……n np α⋅，（n ≥1） ① 其中1p ，2p ，…，n p 为互不相等的质数，1α，2α，…，n α为正整数；如果不考虑因数的顺序，则这个分解式是唯一的。

证明：存在性：（反证法）假设存在大于1的自然数不能写成质数的乘积，设其中最小的那个为n 。

自然数可以根据其可除性（是否能表示成两个不是自身的自然数的乘积）分成3类：质数、合数和1。

首先，按照定义，n 大于1；其次，n 不是质数，因为质数p 可以写成质数乘积：p =p ，这与假设不相符合；因此n 只能是合数，但每个合数都可以分解成两个严格小于自身而大于1的自然数的积。

设其中a 和b 都是介于1和n 之间的自然数，因此，按照n 的定义，a 和b 都可以写成质数的乘积。

从而n 也可以写成质数的乘积。

由此产生矛盾。

因此大于1的自然数必可写成质数的乘积。

唯一性:引理：若质数p | ab ，则不是 p | a ，就是p | b 。

证明：若p | a ， 则证明完毕。

若p |a ，那么两者的最大公约数为1。

根据裴蜀定理，存在(m ,n ) 使得ma + np = 1。

于是b = b (ma + np ) = abm + bnp 。

由于p | ab ，上式右边两项都可以被p 整除。

所以p | b 。

再用反证法：假设有些大于1的自然数可以以多于一种的方式写成多个质数的乘积，那么假设n 是最小的一个。

首先n 不是质数。

将n 用两种方法写出：n ＝p 1p 2p 3…p r ＝q 1q 2q 3…q s根据引理，质数p 1|q 1q 2q 3…q s ，所以 q 1，q 2，q 3，…，q s 中有一个能被p 1整除，不妨设为q 1。

但q 1也是质数，因此q 1 = p 1 。

所以，比n 小的正整数n '＝p 2p 3…p r 也可以写成q 2q 3…q s这与n 的最小性矛盾！因此唯一性得证。

第三讲素数与合数一、基础知识：对于任意正整数n>1，如果除1和n本身以外，没有其它的因数，那么称n 为素数，否则n称为合数。

这样，我们将正整数分为了三类：1，素数，合数。

例如：2，3，5，7，11，…都是质数。

1既不是质数也不是和数。

1之所以要摒于质数之外，是因为它完全没有质数所具备的那些重要的数论性质。

质数p和a互质，必要而且只要p|\a事实上，若p|a，则p和a除±1外还有公因数±p，故二者不互质。

若p|\a，则±p当然就不是p,a的公因数；但除了±p，只有±1才可能是p的因数，所以只有±1才可能是p，a的公因数，即二者互质。

显然任意两个不同的质数互质。

质数的性质性质1．素数中只有一个数是偶数，它是2.性质2．设n为大于1的正整数，p是n的大于1的因数中最小的正整数，则p为素数。

性质3．设a 是任意一个大于1的整数，则a 的除1 外最小正因数q 是一质数，并且当a是合数时，q≤证明：假设q不是质数，则由定义可知q除1及本身以外还有一正因数，设它为b，因而1<b<q。

但q|a，所以b|a，这与q是a的除1外的最小正因数矛盾，因而q是质数。

当a是合数时，则a=c·q且c>1，否则a是质数。

由于q是a的除1外的最小正因数，所以q小于等于c ，2q≤q c=a故q≤说明：此性质表明，一个合数a一定是不大于的某些质数的倍数。

换言之，如果所有不大于的质数都不能整除a，那么a一定是质数（作为性质4如下）。

此性质是我们检验一个数是否为素数的最常用的方法。

例如判断191是不是素数。

因为不大于<14的素数有2,3,5,7,11,13，由于191不能被2,3,5,7,11,13整除，所以191是质数。

这种方法还可以求不大于a的所有素数，例如，求50以内的全体素数。

由于不大于的质数有：2,3,5,7，可以在2,3,4,,50中依次划去2,3,5,7的倍数（保留2,3,5,7）最后余下的数就是50以内的全体质数。

竞赛讲座(有理数的有关知识)一、 知识要点 1、绝对值x 的绝对值x 的意义如下：x =⎩⎨⎧<-≥0x x x x ，如果，如果x 是一个非负数，当且仅当x=0时，x =0绝对值的几何意义是：一个数的绝对值表示这个数对应的数轴上的点到原点的距离；由此可得：b a -表示数轴上a 点到b 点的距离。

2、倒数1除以一个数(零除外)的商，叫做这个数的倒数。

如果两个数互为倒数，那么这两个数的积等于1。

3、相反数绝对值相同而符号相反的两个数互为相反数。

两个互为相反数的数的和等于0。

二、 例题精讲 例1 化简 6312-+--+x x x分析：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0求出零点，然后用零点分段法将绝对值去掉，从而达到化简的目的。

解：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0 分别求得：x= -1/2， x=3， x=6 当21-<x 时，原式= -(2x+1)+(x-3) - (x-6)= -2x+2 当321<≤-x 时，原式= (2x+1)+(x-3) - (x-6)= 2x+4 当63<≤x 时，原式= (2x+1)-(x-3) - (x-6)= 10当x ≥6时，原式= (2x+1)-(x-3) + (x-6)= 2x-2∴原式=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤-+-<+-时当，时当，时当，时当，6x 2-2x 63 103 42 222121x x x x x评注：用零点分段法，通过零点分段将绝对值去掉，从而化简式子，解决问题是解决含绝对值问题的基本方法。

例2 已知312351312+----≥--x x xx x ，求的最大值和最小值。

(第六届迎春杯决赛试题)分析：先解不等式，求出x 的范围，然后利用绝对值的几何意义来求最大值和最小值。

解：解不等式2351312x x x --≥-- 得： 117≤x1131+--x x 的几何意义是x 到1的距离与x 到-3的距离的差，从上图中可以看出：当x ≤-3时这差取得最大值4，因117≤x ，则当117=x 时这差取得最小值1133-.评注：1、本题是采用数形结合的思想，用绝对值的几何意义来解题。

初一数学竞赛讲座(一)自然数的有关性质一、知识要点1、 最大公约数定义1 如果a 1,a 2,…,a n 和d 都是正整数，且d ∣a 1,d ∣a 2,…, d ∣a n ，那么d 叫做a 1,a 2,…,a n 的公约数。

公约数中最大的叫做a 1,a 2,…,a n 的最大公约数，记作(a 1,a 2,…,a n ).如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4.2、最小公倍数定义2 如果a 1,a 2,…,a n 和m 都是正整数，且a 1∣m, a 2∣m,…, a n ∣m ，那么m 叫做a 1,a 2,…,a n 的公倍数。

公倍数中最小的数叫做a 1,a 2,…,a n 的最小公倍数，记作[a 1,a 2,…,a n ].如对于4、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作[4,8,12]=24.3、最大公约数和最小公倍数的性质性质1 若a ∣b,则(a,b)=a.性质2 若(a,b)=d,且n 为正整数，则(na,nb)=nd.性质3 若n ∣a, n ∣b,则()n b a n b n a ,,=⎪⎭⎫ ⎝⎛. 性质4 若a=bq+r (0≤r<b), 则(a,b)= (b,r) .性质4 实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。

性质5若 b ∣a,则[a,b]=a.性质6若[a,b]=m,且n 为正整数，则[na,nb]=nm.性质7若n ∣a, n ∣b,则[]n b a n b n a ,,=⎥⎦⎤⎢⎣⎡.4、数的整除性定义3 对于整数a 和不为零的整数b ，如果存在整数q ，使得a=b q 成立，则就称b 整除a 或a 被b 整除，记作b ∣a ，若b ∣a ，我们也称a 是b 倍数；若b 不能整除a ，记作b a5、数的整除性的性质性质1 若a ∣b ，b ∣c ，则a ∣c性质2 若c ∣a ，c ∣b ，则c ∣(a ±b)性质3 若b ∣a, n 为整数，则b ∣n a6、同余定义4 设m 是大于1的整数，如果整数a ，b 的差被m 整除，我们就说a ，b 关于模m 同余，记作 a ≡b(mod m)7、同余的性质性质1 如果a ≡b(mod m)，c ≡d(mod m)，那么a ±c ≡b ±d(mod m)，ac ≡bd(mod m)性质2 如果a ≡b(mod m)，那么对任意整数k 有ka ≡kb(mod m)性质3 如果a ≡b(mod m)，那么对任意正整数k 有a k ≡b k (mod m)性质4如果a ≡b(mod m)，d 是a ，b 的公约数，那么()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡d m,m mod d b d a2、 例题精讲例1 设m 和n 为大于0的整数，且3m+2n=225.如果m 和n 的最大公约数为15，求m+n 的值(第11届“希望杯”初一试题)解：(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a ，n=15b ，且(a,b)=1因为 3m+2n=225，所以3a+2b=15因为 a,b 是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6从而m+n=15(a+b)=15⨯7=105评注：1、遇到这类问题常设m=15a ，n=15b ，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。

新课标数学竞赛讲座七年级第一讲新课标数学竞赛讲座七年级第一讲从荒野时代的数绳到现代通信信息时代的神奇数学，人类在任何时候都受到数学的青睐和影响。

数学科学是人类长期研究数与量、空间形式之间关系而形成的庞大科学体系。

进入奇妙的数学世界，我们将一起进入一个新的“代数”世界，扩展的数字系统，代表数字的奇妙字母，强大的方程不等式模型，运动变化的函数概念；走进美妙的数学世界，我们将一起走进丰富的“图形”世界，拼剪、折叠、平移、旋转，在操作与实验活动中，发现这些图形的奇妙的性质，用它们设计精美的图案；进入精彩的数学世界，我们将在无限的“数据”世界中畅游，从图表中获取信息，选择合适的图表来表达数据和信息；走进美妙的数学世界，它将开阔我们的视野，它提醒我们有无形的灵魂，它改变我们的思维方式，它涤尽我们的蒙昧与无知．诺贝尔奖获得者、著名物理学家杨振宁说：“我赞扬数学的美和力量。

它具有战术上的灵活性和灵活性、战略上的天赋和远见。

此外，奇迹中的奇迹，它的一些奇妙概念是主宰物理世界的基本结构。

”例题【例1】（1）我们通常使用十进制数，例如2639=2×103+6×102+3×10+9意味着十进制数应该使用10个数字（也称为数字）：0、1、2、3、，？？9.电子计算机中使用二进制，只要二进制中的两个数字0和1，例如101=1×22+0×21+1等于十进制数5，那么二进制中的1101等于十进制数(2)探究数字“黑洞”：“黑洞”原指非常奇怪的天体，它体积小，密度大．吸引力强，任何物体到了它那里都别想再“爬”出来，无独有偶，数字中也有类似的“黑洞”．满足某种条件的所有数，通过一种运算，都能被它吸进去，无一能逃脱它的魔掌，譬如：任意找一个3的倍数的数，先把这个数的每一个数位上的数字都立方．再相加。

得到一个新数，然后把这个新数的每一个数位上的数字再立方、求和??．重复运算下去，就能得到一个固定的数t＝，我们称之为数字“黑洞”．(青岛市中考题)思路（1）从阅读中，我们可以看到，无论什么样的二进制数都可以代表与数字和二进制值相关联的和的形式；（2）从一个具体的数字运算，发豌豆法【例2】a、b、c、d、e、f六个足球队进行单循环比赛，当比赛到某一天时．统计出a、b、c、d、e五队已分别比赛了5、4、3、2、l场球，则还没有与b队比赛的球队是()．(第18后江苏茁竞赛题)a、 C队B队D队C队L队D队F队思路点拨用算术或代数方法解，易陷入困境．用6个点表示a、b、c、d、e、f这6个足球队，若两队已经赛过一场，就在相应的两个点之间连一条线。