哥德巴赫猜想新方法

数学史上的著名猜想之（一）—―被否定的数学猜想过伯祥数学史上，长时期未能解决的数学猜想特别多！并且很多都是世界级的难题，其中数论方面的问题又占多数.它们表面上是那么的浅显，好像不难解决似的，其实，若无深厚的数学功底，即使想接近它也十分困难。

本章特作较多的介绍，使数学爱好者有一个初步了解.如果你有志要攻克这些猜想，就必须作好长期艰苦跋涉的思想准备.1．被否定的数学猜想（1）试证第五公设的漫长历程几何是从制造器皿、测量容器、丈量土地等实际问题中产生和发展起来的.几何学的发展历程中，有两个重大的历史性转折.其一是,大约从公元前7世纪到公元前3世纪，希腊数学从素材到框架，已经为几何学的理论大厦的建造准备了足够的条件.欧几里得在前人毕达哥拉斯、希波克拉底和欧多克斯等人的工作基础上，一举完成了统治几何学近2000年的极其伟大的经典著作《几何原本》.它使几何学发展成为一门独立的理论学科，是几何学史上的一个里程碑.其二，也正是由于《几何原本》的问世，才带来了一个使无数人困惑和兴奋的著名问题--欧几里得第五公设问题.在《几何原本》的第一卷中，规定了五条公设和五条公理.著名的欧几里得第五公设：“若两条直线被第三条直线所截，如有两个同侧内角之和小于两直角，则将这两直线向该侧适当延长后必定相交.”就是这五条公设中的最后一条.由于它在《几何原本》中引用得很少（直到证明关键性的第29个定理时才用到它）；而且，它的辞句冗长，远不如前四条公设那样简单明了.于是给后人的印象是：似乎欧几里得本人也想尽量避免应用第五公设.于是，一代又一代的数学家猜测:大概不用花费很多力气就能证明欧几里得第五公设.就这样，数学家们开始了试证第五公设的历程.这是个始料未及的漫长历程！真正是前赴后继，几乎每个时代的大数学家都做过这一件工作.然而，满以为非常简单，只不过是举手之劳的一件事，谁料历时两千年仍未解决.第五公设问题几乎成了“几何原理中的家丑”（达朗贝尔）.直至19世纪，人们才逐渐意识到“欧氏第五公设可以证明”是一个错误的猜想,但它却引导数学家们得到了有意义的结果.所以说：错误的猜想有时也是极有意义的！“在我们试图证明某个猜想的时候，如果使尽各种招数仍无进展，就应去查一查这个猜想本身有没有毛病.”（2）引出一个大胆猜想第五公设的一个又一个试证，总是发生“偷用”某个与第五公设等价的“假设”去代替的毛病，这逐渐地使几位思想较开阔而又有远见的数学家高斯、亚诺什•鲍耶、罗巴契夫斯基意识到:“欧几里得第五公设是不能从《几何原本》的其余公设、公理中导出.”也即与其它公设公理不相依赖，并且提出了一个新的大胆猜想：“欧几里得几何不是惟一的几何;任何一组假设如果彼此之间不导致矛盾的话，一定提供一种可能的几何.”罗巴契夫斯基、鲍耶正是在此想法的基础上开展了一系列工作，才发现了非欧几何的.虽然，他们的工作约有30年之久被人们所忽视；非欧几何的相容性问题在其后的40年中仍然悬而未决，然而，从某数学家的头脑中首先形成这大胆的猜想——与第五公设相矛盾的公理，也许仍可建立逻辑上相容的新几何——的那一刻起，就注定了即将发生几何学发展的又一次历史性的大转折：将迎来的是，几何学思想的大解放，几何学大发展的新时代.可以说，在19世纪所有复杂的技术创造中间，最深刻的一个——非欧几何的创造，就是起源于两千年试证第五公设的失败而日渐形成的大胆的猜想，非欧几何是在欧几里得几何领域中，一系列的长期努力所达到的一个新顶点。

几个世纪以来，一些数学问题一直在困扰着我们，尽管近来超级计算机的出现让其中的一些难题取得了一些新进展，例如“三方求和”问题，但数学界仍然存在10大悬而未解的难题。

1.科拉兹猜想科拉兹猜想科拉兹猜想又称为奇偶归一猜想，是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1，如果它是偶数，则对它除以2，如此循环，最终都能够得到1。

澳大利亚数学家陶哲轩本月初，澳大利亚数学家陶哲轩对科拉兹猜想有了一个接近解决方案，但这个猜想仍未完全解决。

科拉兹猜想称，任何正整数，经过上述计算步骤后，最终都会得到1，可能所有自然数都是如此。

目前已知数目少于1万的，计算最高的数是6171，共有261个步骤；数目少于10万的，步骤中最高的数是77031，共有350个步骤；数目少于100万的，步骤中最高的数是837799，共有524个步骤；数目少于1亿的，步骤中最高的数是63728127，共有949个步骤； 数目少于10亿的，步骤中最高的数是670617279，共有986个步骤。

但是这并不能够证明对于任何大小的数，这猜想都能成立。

2.哥德巴赫猜想将一个偶数用两个素数之和表示的方法，等于同一横线上，蓝线和红线的交点数。

哥德巴赫猜想是数学界中存在最久的未解问题之一。

它可以表述为：任一大于2的偶数，都可表示成两个素数之和。

例如，4 = 2 + 2；12 = 5 + 7；14 = 3 + 11 = 7 + 7。

也就是说，每个大于等于4的偶数都是哥德巴赫数，可表示成两个素数之和的数。

中国数学家陈景润哥德巴赫猜想在提出后的很长一段时间内毫无进展，直到二十世纪二十年代，数学家从组合数学与解析数论两方面分别提出了解决的思路，并在其后的半个世纪里取得了一系列突破。

目前最好的结果是中国数学家陈景润在1973年发表的陈氏定理（也被称为“1+2”）。

他用筛法证明了任何一个充分大的偶数都可以表示成两个素数的和或者一个素数及一个半素数（2次殆素数）的和。

3.孪生素数猜想这个猜想是最初发源于德国数学家希尔·伯特，他在1900年国际数学家大会上提出：存在无穷多个素数 p ，使得 p + 2 是素数。

[收稿日期]　2009-12-02[作者简介]　张文涛,北京师范大学哲学与社会学学院,博士后。

①　〔美〕斯塔夫里阿诺斯:《全球通史》,下册・序言,吴象婴、梁赤民译,上海:上海社会科学院出版社,1999年版,第1页。

②　郭小凌:《从全球史观及其影响所想到的》,载于沛主编:《全球化与全球史》,北京:社会科学文献出版社,2007年版,第360页。

③　刘新城:《全球史观与近代早期世界史编纂》,载刘新城主编:《全球史评论》第1辑,北京:商务印书馆,2008年版,第25页。

一种关于世界史观念的历史考察张文涛(北京师范大学哲学与社会学学院,北京　100875) [摘要]　世界史观念有怎样的来历?在对思想史材料作历时性梳理的基础上,进行理论性概括和分析,结果发现,近代以来,世界史观念经历了三个主要发展阶段。

第一阶段到20世纪以前,这个时期的世界史观念是一元的、进步的和乐观主义的,思辨多于分析,并通常带有目的论指向,可称为“哥德巴赫式猜想”式的。

第二阶段是20世纪上半叶,一是分析性的批判,二是思辨性的重建,实质是对普遍史观念所作的反思,可称为“哥白尼式革命”式的。

20世纪下半叶以降为第三阶段,表现为全球史观,可称为“哥伦布式交流”式的。

这三个发展阶段一方面表现了学术研究的进步,另一方面也反映出理论张力的逐步减弱。

[关键词]　世界史观念;普遍史;全球史 [中图分类号]　K01　[文献标识码]　A [文章编号]　100220209(2010)022******* 全球史观是近半个世纪以来历史学家研究思考世界历史时的一种显著趋向。

有学者认为这是一种新方法,这种说法并不恰当。

斯塔夫里阿诺斯说:“研究历史的全球性方法并不是一种新方法。

实际上,它表示启蒙时代的编史传统又得到恢复;在启蒙时代,对世界历史的看法如同当时所要求的那样,是与关于进步的流行观点相适应的。

”①国内也有学者指出,“全球史观是一种借用历史哲学和历史学已有成果的新提法,而不是解释世界历史的新方法,更不是一种博大周密的理论体系。

中国现代数学家1.华罗庚自学成材的天才数学家,中国近代数学的开创人！！在众多数学家里华罗庚无疑是天分最为突出的一位!!华罗庚通过自学而成为世界级的数学家,他是解析数论、矩阵几何学、典型群、自守函数论、多复变函数论、偏微分方程、高维数值积分等广泛数学领域的中都作出卓越贡献。

在这些数学领域他或是创始人或是开拓者!从某种意义上他也是位传奇数学家,一生最高文凭是初中,早年在美国取得巨大成就后,闻知新中国成立后,发出"粱园随好,非久居之处"呼吁在国外的科学家学成回去报效祖国,跟他同时代在闻讯回国的科学家,许多都为中国做出了巨大贡献,其中最著名的有:导弹之父钱学森：为中国火箭，导弹做出贡献两弹元勋邓稼先：为中国创立了原子弹,氢弹等;回国后华罗庚开创了中国的近代数学,并建立了中科院数学研究所,培养了大批数学家如陈景润,王元等号称华学派,后来致力于应用数学，将数学应用于工业生产,推广"优选法"和"统筹法"!由于华罗庚的重大贡献，有许多用他的名字命名的定理,如华引理、华不等式、华算子与华方法。

另外华罗庚还被列为芝加哥科学技术博物馆中当今世界88位数学伟人之一。

美国著名数学家贝特曼著文称：“华罗庚是中国的爱因斯坦，足够成为全世界所有著名科学院院士”。

中国最著名的五大数学家。

他的经典名言是：勤能补拙是良训，一分辛苦一分才。

天才在于积累，聪明在于勤奋。

2.陈省身----微分几何之父陈省身，汉族，美籍华人，国际数学大师、著名教育家、中国科学院外籍院士，“走进美妙的数学花园”创始人，20世纪世界级的几何学家。

少年时代即显露数学才华，在其数学生涯中，几经抉择，努力攀登，终成辉煌。

他在整体微分几何上的卓越贡献，影响了整个数学的发展，被杨振宁誉为继欧几里德、高斯、黎曼、嘉当之后又一里程碑式的人物。

曾先后主持、创办了三大数学研究所，造就了一批世界知名的数学家。

美国国家科学院院士(1961年)，第三世界科学院创始成员(1983年)，英国皇家学会国外会员(1985年)，意大利国家科学院外籍院士(1988年)，法国科学院外籍院士(1989年)。

我的文档1“哥德巴赫猜想”我的证明石敦瑶2016，11。

哥德巴赫猜想在数论当中是一很有名的问题。

要从理论上证明它是极其困难的。

我国数学家华罗庚教授，王元，陈景润他们在证明哥德巴赫猜想问题上作出了重要贡献。

我是想换一种思路，从简单到复杂，由特殊到一般，从实践到理论，从实践中去证明它。

在证明哥德巴赫猜想问题之前，我想谈两个素数方面的问题。

一素数分布问题。

在正整数范围内同一素数集分布比较稀。

在奇数范围内同一素数集分布比较密。

在6m＋1中有无限多个，书上作还了证明的。

但别忘了，像m＝4，9，……，6m＋1＝25，55，……的复合数也不少。

在4m＋1里也一样。

像m＝6，11，……，4m＋1＝25，45，的复合数也不少。

素数最准确的表达是爱拉托散的筛法。

在1，2，3，……，N数列里，划掉其中所有的复合数，剩下来的数就是素数。

这是一个对素数分布的最准确的描述。

二用尾数分析法筛出素数来，或者说用尾数分析法造出素数表。

我们知道在十进制数里，数的尾数有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9。

十个。

我们用常识先划掉0，2，4，5，6，8，（2，5两个数除外，这里指的是数。

）六个复合数尾数的数，还剩下1，3，7，9。

四个尾数。

在我们的叙述中，我们要引用一些爱拉托散的结论，也顺便证明一些爱拉托散的结论。

下面我们就讲第一定理。

素数一定在1，3，7，9，尾数数中。

这个应该好证明。

如果它不在1，3，7，9尾数数中，那它必定落在0，2，4，5，6，8，尾数中，而0，2，4，5，6，8结尾的数是复合数，这与定理相矛盾。

第二定理。

1，3，7，9，尾数的数不一定都是素数。

这个也应该好证明。

因为1，3，7，9，尾数的数乘1，3，7，9尾数的数，它们的积的尾数也是1，3，7，9，结尾的数。

例如3×1，3，7，9，11，13，17，19，21，23，……＝3 9，21，27，33，39，51，57，63，69，……7×1，3，7，9，11，13，17，19，21，……＝7 ，21，49，63 ，77 91，119，133，147，……9×1，3 ，7，9，11，13，17，19，21……＝9，27，63，81，99，117，，153，171，189……11×1，3，7，9，11，13，17，19，21……＝11，33，77，99，121，143，187，209，231……第一，从上面例子看1，3，7，9，结尾的数与1，3，7，9，结尾的数相乘它们积的尾数也是1，3，7，9，只不过顺序有的改变了吧。

哥德巴赫猜想的通俗理解数学并不是一门枯燥的学科，从古到今，从西至中，人类留下了许多有趣的数学谜题，等待着后人去发掘玩味。

这些好玩的数学问题，会让人们在灵机-动中领悟数学的真谛，在不知不觉中进入生动有趣的数学世界，享受数学带来的无穷乐趣。

世界近代三大数学难题之一，源起素数引发的悬案。

一个大于1的自然数，如果除了1与其自身外，无法被其他自然数整除，那么称这个自然数为素数（又称质数）；大于1的自然数若不是素数，则称之为合数。

今天故事的发端，就是这类被称为"素数"的数字。

早在古埃及时代，人们似乎就已经意识到了素数的存在。

而古希腊的数学家们很早就已经开始对素数进行系统化的研究。

例如欧几里得在《几何原本》中就已经证明了无限多个素数的存在以及算术基本定理（即正整数的唯一分解定理，指出任何大于1的自然都可以唯一地写成若干个质数的乘积）。

而埃拉托斯特尼提出的筛法则为找出一定范围内所有的素数提供了可行的思路。

古希腊数学家、"几何学之父"欧几里得（左）与数学家、地理学家、天文学家埃拉托斯特尼（右）。

前者在其著作《几何原本》中提出五大公设，成为欧洲数学的基础。

后者设计出了经纬度系统，并计算出地球的直径。

埃拉托斯特尼筛法。

筛法的原理十分简单，计算者从2开始，将每个素数的倍数筛出，记作合数。

埃拉托斯特尼筛法是列出所有小素数最有效的方法之一。

随着对素数理解的深入，素数的诸多奇特性质被人们发掘出来。

哥德巴赫是德国一位中学教师，也是一位著名的数学家，生于1690年，1725年当选为俄国彼得堡科学院院士。

1742年，哥德巴赫在教学中发现，每个不小于6的偶数都是两个素数（只能被1和它本身整除的数）之和。

如6=3+3，12=5+7等等。

1742年6月7日哥德巴赫写信给当时的大数学家欧拉，正式提出了以下的猜想：a.任何一个大于6的偶数都可以表示成两个素数之和。

b.任何一个大于9的奇数都可以表示成三个素数之和。

在党的十九届六中全会上，习近平总书记专门提到“窑洞对”：我们党历史这么长、规模这么大、执政这么久，如何跳出治乱兴衰的历史周期率？毛泽东同志在延安窑洞里给出了第一个答案，这就是“只有让人民起来监督政府，政府才不敢松懈”；经过百年奋斗特别是党的十八大以来新的实践，我们党又给出了第二个答案，这就是自我革命。

“历史周期率”，是中国历史上政权经历兴衰治乱、往复循环呈现出的周期性现象。

世袭王朝建立初年，都会呈现兴盛局面，但政权稳定时间一长，统治者都会变得自满而骄奢，一个王朝就不断朝着衰落的方向走下去。

2018年1月，习近平总书记在十九届中央纪委二次全会上强调：“自我监督是世界性难题，是国家治理的哥德巴赫猜想。

我们要通过行动回答‘窑洞之问’，练就中国共产党人自我净化的‘绝世武功’。

”一、毛泽东同志给出的“第一个答案”（一）我们已经找到一条新路，这条新路就是民主早在1944年5月20日，毛泽东在中央党校作关于时局问题的报告时就指出，目前，对世界和中国来说，胜利都快要到来了。

那么，如何迎接胜利呢？必须特别强调两个问题，一是要防止骄傲，二是要打开思想。

11月21日，他在给郭沫若的复信中指出：“小胜即骄傲，大胜更骄傲，一次又一次吃亏，如何避免这种毛病，实在值得注意。

倘能经过大手笔写一篇太平军经验，会是很有益的。

”“我虽然兢兢业业，生怕出岔子，但说不定岔子从什么地方跑来，你看到了什么缺点错误，希望随时示知。

”1945年7月，中国抗日战争胜利前夕，看到作为抗战合作者的国共两党可能在战后爆发冲突，黄炎培等六名身处两党夹缝中的知识分子，以国民参政会参政员的身份，前往延安会见中共领导人，既是为了缓解心中对未来的焦虑，也是试图为经历外敌入侵劫难之后的中国寻找一条正确的出路。

有社会主义思想倾向的黄炎培，既为他在延安看到的清新蓬勃的风气感到振奋，也为这种气象能否始终持续产生担忧。

他与毛泽东之间发生了著名的“窑洞对”。

在延安杨家岭住处的窑洞里，毛泽东与黄炎培两人推心置腹、纵论古今。

题型六新定义阅读理解题1. (2016重庆B卷)我们知道，任意一个正整数n都可以进行这样的分解：n＝p×q(p，q是正整数，且p≤q)，在n的所有这种分解中，如果p，q两因数之差的绝对值最小，我们就称p×q是n的最佳分解，并规定：F(n)＝pq.例如12可以分解成1×12，2×6或3×4，因为12－1＞6－2＞4－3，所以3×4是12的最佳分解，所以F(12)＝3 4.(1)如果一个正整数a是另外—个正整数b的平方，我们称正整数a是完全平方数．求证：对任意一个完全平方数m，总有F(m)＝1；(2)如果一个两位正整数t，t＝10x＋y(1≤x≤y≤9，x，y是自然数)，交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为18.那么我们称这个数t为“吉祥数”．求所有“吉祥数”中F(t)的最大值．2. (2017重庆A卷)对任意一个三位数n，如果n满足各数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”．将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为F(n)．例如n＝123.对调百位与十位上的数字得到213，对调百位与个位上的数字得到321，对调十位与个位上的数字得到132，这三个新三位数的和为213 ＋321＋132 ＝666，666÷111＝6，所以，F(123) ＝6.(1)计算：F(243)，F(617)；(2)若s，t都是“相异数”，其中s＝100x＋32，t＝150＋y(1≤x≤9，1≤y≤9，x，y都是正整数)，规定：k＝F（s）F（t）.当F(s)＋F(t)＝18时，求k的最大值．3. (2015重庆A卷)如果把一个自然数各数位上的数字从最高位到个位依次排出的一串数字，与从个位到最高位依次排出的一串数字完全相同，那么我们把这样的自然数称为“和谐数”．例如自然数12321，从最高位到个位依次排出的一串数字是：1，2，3，2，1，从个位到最高位依次排出的一串数字仍是：1，2，3，2，1，因此12321是一个“和谐数”．再如22，545，3883 ，345543，…，都是“和谐数”．(1)请你直接写出3个四位“和谐数”；请你猜想任意一个四位“和谐数”能否被11整除？并说明理由；(2)已知一个能被11整除的三位“和谐数”，设其个位上的数字为x(1≤x≤4，x 为自然数)，十位上的数字为y，求y与x的函数关系式．4. (2017张家界)阅读理解题：定义：如果一个数的平方等于－1，记为i2＝－1，这个数i叫做虚数单位，把形如a＋bi(a，b为实数)的数叫做复数，其中a叫这个复数的实部，b叫做这个复数的虚部．它的加，减，乘法运算与整式的加，减，乘法运算类似．例如计算：(2－i)＋(5＋3i)＝(2＋5)＋(－1＋3)i＝7＋2i；(1＋i)×(2－i)＝1×2－i＋2×i－i2＝2＋(－1＋2)i＋1＝3＋i；根据以上信息，完成下列问题：(1)填空：i3＝________，i4＝________；(2)计算：(1＋i)×(3－4i)；(3)计算：i＋i2＋i3＋ (i2017)5. (2018原创)若整数m是8的倍数，那么称整数m为“发达数”．例如，因为16是8的倍数，所以16是“发达数”．(1)已知整数m等于某个奇数的平方减1，求证：m是“发达数”．(2)已知两位正整数t＝10x＋y(1≤x≤y≤9，其中x，y为自然数)，交换其个位上的数字和十位上的数字得到新数s，如果s加上t的和是“发达数”，求所有符合条件的两位正整数t.6. (2017重庆南开模拟)若将自然数中能被3整除的数，在数轴上的对应点称为“3倍点”，取任意的一个“3倍点”P，到点P距离为1的点所对应的数分别记为a，b.定义：若数K＝a2＋b2－ab，则称数K为“尼尔数”．例如：若P所表示的数为3，则a＝2，b＝4，那么K＝22＋42－2×4＝12；若P所表示的数为12，则a ＝11，b＝13，那么K＝132＋112－13×11＝147，所以12，147是“尼尔数”．(1)请直接判断6和39是不是“尼尔数”，并且证明所有“尼尔数”一定被9除余3；(2)已知两个“尼尔数”的差是189，求这两个“尼尔数”．7. (2017重庆一外一模)若一个三位数t＝abc(其中a，b，c不全相等且都不为0)，重新排列各数位上的数字必可得到一个最大数和一个最小数，此最大数和最小数的差叫作原数的差数，记为T(t)．例如，357的差数T(357)＝753－357＝396. (1)已知一个三位数a1b(其中a＞b＞1)的差数T(a1b)＝792，且各数位上的数字之和为一个完全平方数，求这个三位数．(2)若一个三位数ab2(其中a、b都不为0)能被4整除，将个位上的数字移到百位得到一个新数2ab被4除余1，再将新数的个位数字移到百位得到另一个新数b2a 被4除余2，则称原数为4的“闺蜜数”．例如：因为612＝4×153，261＝4×65＋1，126＝4×31＋2，所以612是4的一个闺蜜数．求所有小于500的4的“闺蜜数”t，并求T(t)的最大值．8. (2017重庆八中一模)一个三位正整数M，其各位数字均不为零且互不相等，若将M的十位数字与百位数字交换位置，得到一个新的三位数，我们称这个三位数为M的“友谊数”，如：168的“友谊数”为“618”；若从M的百位数字、十位数字、个位数字中任选两个组成一个新的两位数，并将得到的所有两位数求和，我们称这个和为M的“团结数”，如：123的“团结数”为12＋13＋21＋23＋31＋32＝132.(1)求证：M与其“友谊数”的差能被15整除；(2)若一个三位正整数N，其百位数字为2，十位数字为a、个位数字为b，且各位数字互不相等(a≠0, b≠0)．若N的“团结数”与N之差为24，求N的值．9. (2017重庆大渡口区模拟)我们知道：一个整数的个位数是偶数，则它一定能被2整除；一个整数的各位数字之和能被3整除，则它一定能被3整除．若一个整数既能被2整除又能被3整除，那么这个整数一定能被6整除．数字6象征顺利、吉祥，我们规定，能被6整除的四位正整数abcd(千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d)是“吉祥数”．请解答下面几个问题：(1)已知785x是“吉祥数”，则x＝________.(2)若正整数abcd是“吉祥数”，试说明：d＋4(a＋b＋c)能被2整除．(3)小明完成第(2)问后认为：四位正整数abcd是“吉祥数”，那么d＋4(a＋b＋c)也能被6整除．你认为他说得对吗？请说明理由．10. —个正整数，由N个数字组成，若它的第一位数可以被1整除，它的前两位数可以被2整除，前三位数可以被3整除，…，一直到前N位数可以被N整除，则这样的数叫做“精巧数”．如：123的第—位“1”可以被1整除，前两位数“12”可以被2整除，“123”可以被3整除，则123是一个“精巧数”．(1)若四位数123k是一个“精巧数”，求k的值；(2)若一个三位“精巧数”2ab各位数字之和为—个完全平方数，请求出所有满足条件的三位“精巧数”．11. (2017重庆巴蜀模拟)阅读材料：欢喜数——若一个四位数的前2位数是后2位数的2倍，则称该数为“欢喜数”，如1005、2211等都是欢喜数；半和数——一个数，若各个数位上的数字之和等于十位上的数字的2倍，则称该数为“半和数”，如132等都是半和数；平方差数——一个三位数字，若十位上数字等于百位数字与个位数字的平方差，则称该数为“平方差数”．根据上面的材料，回答下列问题：(1)证明所有的三位“半和数”均能被11整除；(2)若一个四位正整数abbc是欢喜数，bmc既是半和数又是平方差数，求m的值．12. 一个三位自然数m，将它任意两个数位上的数字对调后得一个首位不为0的新三位自然数m′(m′可以与m相同)，记m′＝abc，在m′所有的可能情况中，当|a ＋2b－c|最小时，我们称此时的m′是m的“幸福美满数”，并规定K(m)＝a2＋2b2－c2.例如：318按上述方法可得新数有：381、813、138；因为|3＋2×8－1|＝18，|8＋2×1－3|＝7，|1＋2×3－8|＝1，1＜7＜18，所以138是318的“幸福美满数”，K(318)＝12＋2×32－82＝－45.(1)若三位自然数t的百位上的数字与十位上的数字都为n(1≤n≤9，n为自然数)，个位上的数字为0，求证：K(t)＝0；(2)设三位自然数s＝100＋10x＋y(1≤x≤9，1≤y≤9，x，y为自然数)，且x＜y.交换其个位与十位上的数字得到新数s′，若19s＋8s′＝3888，那么我们称s为“梦想成真数”，求所有“梦想成真数”中K(s)的最大值．13. (2018原创)如果一个自然数从高位到个位是由一个数字或几个数字重复出现组成，那么我们把这样的自然数叫循环数，被重复的一个或几个数字称为“循环节”，我们把“循环节”的数字个数叫做循环数的阶数，例如：252525，它由“25”依次重复出现组成，所以252525是循环数．它是2阶6位循环数；再如：11是1阶2位循环数，789789789是3阶9位循环数，345634563456是4阶12位循环数….(1)请你直接写出3个2阶6位循环数，猜想任意一个2阶6位循环数能否被7整除，并说明理由；(2)已知一个能被13整除的2阶4位循环数，设循环节为xy，(0<x<5)，求y与x 之间的函数关系．14. (2018原创)若一个三位数，其个位数加上十位数等于百位数，可表示为t＝100(x ＋y)＋10y＋x，则称实数t为“加成数”．将t的百位作为个位，个位作为十位，十位作为百位，组成一个新的三位数h，规定q＝t－h，f(m)＝q9.例如：321是一个“加成数”，将其百位作为个位，个位作为十位，十位作为百位，得到的数h＝213，∴q＝321－213＝108，f(m)＝1089＝12.(1)当f(m)最小时，求此时对应的“加成数”t的值；(2)若f(m)是24的倍数，则称f(m)是“节气数”，猜想这样的“节气数”有多少个，并求出所有的“节气数”．15. (2017重庆渝中区校级二模)对于一个三位正整数t，将各数位上的数字重新排序后(包括本身)，得到一个新的三位数abc(a≤c)，在所有重新排列的三位数中，当|a＋c－2b|最小时，称此时的abc为t的“最优组合”，并规定F(t)＝|a－b|－|b －c|，例如：124重新排序后为：142、214，因为|1＋4－4|＝1，|1＋2－8|＝5，|2＋4－2|＝4，所以124为124的“最优组合”，此时F(124)＝－1.(1)三位正整数t中，有一个数位上的数字是另外两数位上的数字的平均数，求证：F(t)＝0(2)一个正整数，由N个数字组成，若从左向右它的第一位数能被1整除，它的前两位数能被2整除，前三位数能被3整除，…，一直到前N位数能被N整除，我们称这样的数为“善雅数”．例如：123的第一位数1能被1整除，它的前两位数12能被2整除，前三位数123能被3整除，则123是一个“善雅数”．若三位“善雅数”m＝200＋10x＋y(0≤x≤9，0≤y≤9，x、y为整数)，m的各位数字之和为一个完全平方数，求出所有符合条件的“善雅数”中F(m)的最大值．16. (2018原创)如果两个实数a ，b ，使得a 2＋b 与a ＋b 2都是有理数，我们则称(a ，b )是“完美数对”．如：(12)2＋13＝14＋13＝712，12＋(13)2＝12＋19＝1118，因为712，1118是有理数，所以(12，13)是“完美数对”；(2)2＋1＝3，2＋12＝1＋2，因为1＋2为无理数，所以(2，1)不是“完美数对”．(1)请判断(12＋2，12－2)是否是“完美数对”，并说明理由；(2)若(a ，b )是“完美数对”，且a ＋b ＝2，证明：a ，b 都是有理数．17. 1742年6月7日，德国数学家哥德巴赫在写给著名数学家欧拉的一封信中，提出了两个大胆的猜想，其中的“任何不小于7的奇数，都可以表示为三个质数之和”称为“弱哥德巴赫猜想”，并已经得到了成功的证明．根据“弱哥德巴赫猜想”，任意一个不小于7的奇数m，都可以进行这样的拆分：m＝a＋b＋c(a、b、c均为质数，且a≥b≥c)，在m的所有这种拆分中，如果a、c两数之差a－c最小，我们就称a＋b＋c是m的最优拆分．并规定：P(m)＝a－c.例如9可以分解成2＋2＋5，3＋3＋3，因为5－2>3－3，所以3＋3＋3是9的最优拆分，且P(9)＝0.(1)由上述条件，可得：P(11)＝________；若P(n)＝1，则n＝________；若P(n)＝0，证明n必定能被3整除；(2)t是一个两位正整数，且t的十位数字、个位数字分别为x、y(1≤x≤y≤9，x、y为整数)．若t的十位数字、个位数字和的8倍加上t所得的和为99，则我们称这个数t为“期盼数”，求所有“期盼数”中P(t)的最大值．18. 对于一个大于100的整数，若将它的后两位之前的数移到个位之后，重新得到一个新数，称之为原数的“兄弟数”. 比如：2017的兄弟数为1720, 168的兄弟数为681.根据以上阅读材料，回答下列问题．(1)求证：—个三位数与其兄弟数之差一定能被9整除；(2)已知一个六位数的兄弟数恰好是原六位数的4倍，求满足条件的原六位数．19. (2017重庆南开模拟)一个自然数m，若将其数字重新排列可得—个新的自然数n，如果m＝3n，我们称m是一个“希望数”，例如：3105＝3×1035，71253＝3×23751，371250＝3×123750.(1)请说明41不是希望数，并证明任意两位数都不可能是“希望数”；(2)一个四位“希望数”M记为abcd，已知abcd＝3·cbad，且c＝2，请求出这个四位“希望数”．20. (2017重庆西大附中月考)一个三位正整数N，各个数位上的数字互不相同且都不为0，若从它的百位、十位、个位上的数字任意选择两个数字组成两位数，所有这些两位数的和等于这个三位数本身，则称这样的三位数N为“公主数”．例如：132，选择百位数字1和十位效字3所组成的两位数为：13和31，选择百位数字1和个位数字2所组成的两位数为：12和21，选择十位数字3和个位数字2所组成的两位数为：32和23，因为13＋31＋12＋21＋32＋23＝132，所以132是“公主数”．—个三位正整数，若它的十位数字等于百位数字与个位数字的和，则称这样的三位数为“伯伯数”．(1)判断123是不是“公主数”？请说明理由．(2)证明：当一个“伯伯数”xyz是“公主数”时，则z＝2x.(3)若一个“伯伯数”与132的和能被13整除，求满足条件的所有“伯伯数”．21. (2018原创)若实数a 可以表示成两个连续自然数的倒数差，即a ＝1n －1n ＋1，那么我们称a 为第n 个“1阶倒差数”，例如12＝1－12，∴12是第1个“1阶倒差数”，16＝12－13，∴16是第2个“1阶倒差数”．同理，若b ＝1n －1n ＋2，那么，我们称b 为第n 个“2阶倒差数”．(1)判断132是否为“1阶倒差数”；直接写出第5个“2阶倒差数”；(2)若c ，d 均是由两个连续奇数组成的“2阶倒差数”，且1d －1c ＝22，求c ，d 的值．22. (2017重庆八中二模)若在一个两位正整数N 的个位数字与十位数字之间添上数字2，组成一个新的三位数，我们称这个三位数为N 的“诚勤数”，如34的“诚勤数”为324；若将—个两位正整数M 加2后得到一个新数，我们称这个新数为M 的“立达数”，如34的“立达数”为36.(1)求证：对任意一个两位正整数A ，其“诚勤数”与”立达数”之差能被6整除；(2)若一个两位正整数B 的“立达数”的各位数字之和是B 的各位数字之和的一半，求B 的值．23. (2017重庆南岸区二模)若一个两位正整数m 的个位数为8，则称m 为“好数”．(1)求证：对任意“好数”m ，m 2－64一定为20的倍数；(2)若m＝p2－q2，且p，q为正整数，则称数对(p，q)为“友好数对”．规定：H(m)＝qp.例如68＝182－162，称数对(18，16)为“友好数对”，则H(68)＝1618＝89.求小于50的“好数”中，所有“友好数对”的H(m)的最大值．24. (2018原创)定义，对于一个多位自然数a，若其从左向右各个数位上的数恰好是前一数位数字加1，我们称自然数a是“格调数”．例如，12，123，1234等都是“格调数”．根据数的特点，我们可以发现，最小的“格调数”是12，最大的“格调数”是123456789.而如果一个“格调数”有七位时，第一位上的数字最大只能是3，这样的“格调数”是3456789.(1)已知四位“格调数”m和n，若m－n＝3333，求m的值；(2)规定：任意一个能被18整除的数，称为“发财数”．对于任意一个三位“格调数”t＝100a＋10(a＋1)＋(a＋2)，交换其个位和百位上的数字，得到新的三位数k，令q＝k－t，猜想q是否为“发财数”，请说明理由．25. (2017重庆一中一模)人和人之间讲友情，有趣的是，数与数之间也有相类似的关系，若两个不同的自然数的所有真因数(即除了自身以外的正因数)之和相等，我们称这两个数为“亲和数”．例如：18的正因数有1、2、3、6、9、18，它的真因数之和为1＋2＋3＋6＋9＝21；51的正因数有1、3、17、51，它的真因数之和为1＋3＋17＝21，所以称18和51为“亲和数”．数还可以与动物形象地联系起来，我们称一个两头(首位与末位)都是1的数为“两头蛇数”．例如：121、1351等．(1)8的真因数之和为________；求证：一个四位的“两头蛇数”与它去掉两头后得到的两位数的3倍的差，能被7整除；(2)一个百位上的数为4的五位“两头蛇数”能被16的“亲和数”整除，若这个五位“两头蛇数”的千位上的数字小于十位上的数字，求满足条件的五位“两头蛇数”．26. (2018原创)依次排列的几个数，如：a，b，c，…，对任意相邻的两个数，都用右边的数减去左边的数，并将所得的差写在这两个数之间，从而产生一个新数串：a，b－a，b，c－b，c，…，我们称这样的一次操作为“差变增数列”．例如，对于依次排列的两个数，1，2，做一次“差变增数列”所得数串为1，1，2；再做一次“差变增数列”所得数串为1，0，1，1，2.(1)已知依次排列的3个数：2，8，7，做一次“差变增数列”，所得新数串所有数字的和是________；做m次“差变增数列”后，所得新数串所有数字的和为________(用含m的代数式表示)；(2)若依次排列的3个数：x，8，y；其中，0≤x<y≤9，且x，y均为整数，做100次“差变增数列”后所得数串的所有数字和为216，求x和y的值．27. (2017重庆江北区一模)一个四位数，记千位上和百位上的数字之和为x，十位上和个位上的数字之和为y，如果x＝y，那么称这个四位数为“和平数”．例如：1423，x＝1＋4，y＝2＋3，因为x＝y，所以1423是“和平数”．(1)直接写出：最小的“和平数”是________，最大的“和平数”是________；(2)求个位上的数字是千位上的数字的两倍且百位上的数字与十位上的数字之和是12的倍数的所有“和平数”；(3)将一个“和平数”的个位上与十位上的数字交换位置，同时，将百位上与千位上的数字交换位置，称交换前后的这两个“和平数”为一组“相关和平数”．例如：1423与4132为一组“相关和平数”．求证：任意的一组“相关和平数”之和是1111的倍数．28. (2017重庆南岸区一模)对任意一个正整数m，如果m＝k(k＋1)，其中k是正整数，则称m为“矩数”，k为m的最佳拆分点．例如，56＝7×(7＋1)，则56是一个“矩数”，7为56的最佳拆分点．(1)求证：若“矩数”m是3的倍数，则m一定是6的倍数；(2)把“矩数”p与“矩数”q的差记为D(p，q)，其中p＞q，D(p，q)＞0.例如，20＝4×5，6＝2×3，则D(20，6)＝20－6＝14.若“矩数”P的最佳拆分点为t，“矩数”q的最佳拆分点为s，当D(p，q)＝30时，求st的最大值．29. (2017重庆一外二模)若一个多位自然数t＝abc…fg的各数位上的数字满足b－a＝c－b＝…＝g－f＝k(k≠0)，则称该数为“k”类自然数，把自然数t各数位上的数字从左往右数，所有奇数位上的数字之和的平方减去所有偶数位上的数字之和的平方，记为F(t)．例如：135是一个“2”类自然数．F(135)＝(1＋5)2－32＝274321是一个“－1”类自然数．F(4321)＝(4＋2)2－(3＋1)2＝20(1)证明：任意一个三位“k”类自然数与它百位上的数字之和一定能被4整除；(2)如果—个四位自然数，交换其个位数字与千位数字得到的新数减去原数所得的差能够被18整除，则称这个数为“成年数”．若一个“k”类自然数t是“成年数”，求F(t)的最小值．30. 阅读下列材料解决问题：两个多位正整数，若它们各数位上的数字和相等，则称这两个多位数互为“调和数”．例如：37与82，它们各数位上的数字和分别为3＋7，8＋2，∵3＋7＝8＋2＝10，∴37与82互为“调和数”；又如：123与51，它们各数位上的数字和分别为1＋2＋3，5＋1，∵1＋2＋3＝5＋1＝6，∴123与51互为“调和数”．(1)若两个三位数a43、2bc(0≤b≤a≤9，0≤c≤9且a、b、c为整数)互为“调和数”，且这两个三位数之和是17的倍数，求这两个“调和数”；(2)若A、B是两个不相等的两位数，A＝xy，B＝mn，A、B互为“调和数”，且A 与B之和是B与A之差的3倍，求证：y＝－x＋9.答案1. (1)证明：∵m是一个完全平方数，∴m＝p×q，当q＝p时，p·q就是m的最佳分解，∴F(m)＝pq＝pp＝1；(2)解：由题意得，(10y＋x)－(10x＋y)＝18，得y＝x＋2，∴t＝10x＋y＝10x＋x＋2＝11x＋2(1≤x≤7)，则所有的吉祥数为：13，24，35，46，57，68，79共7个，∵13＝1×13，24＝1×24＝2×12＝3×8＝4×6，35＝1×35＝5×7，46＝1×46＝2×23，57＝1×57＝3×19，68＝1×68＝2×34＝4×17，79＝1×79，则F(13)＝113，F(24)＝23，F(35)＝57，F(46)＝223，F(57)＝319，F(68)＝417，F(79)＝179，∵57>23>417>319>223>113>179，∴“吉祥数”中F (t )的最大值为F (35)＝57.2. 解：(1)F (243)＝(423＋342＋234)÷111＝9，F (617)＝(167＋716＋671)÷111＝14；(2)∵s ，t 都是相异数．∴F (s )＝(302＋10x ＋230＋x ＋100x ＋23)÷111＝x ＋5，F (t )＝(510＋y ＋100y ＋51＋105＋10y )÷111＝y ＋6，∵F (s )＋F (t )＝18，∴x ＋5＋y ＋6＝x ＋y ＋11＝18，∴x ＋y ＝7，∵1≤x ≤9，1≤y ≤9，且x ，y 都是正整数．∴⎩⎨⎧x ＝1y ＝6或⎩⎨⎧x ＝2y ＝5或⎩⎨⎧x ＝3y ＝4或⎩⎨⎧x ＝4y ＝3或⎩⎨⎧x ＝5y ＝2或⎩⎨⎧x ＝6y ＝1，∵s 是相异数，∴x ≠2，x ≠3，∵t 是相异数，∴y ≠1，y ≠5，∴满足条件的有⎩⎨⎧x ＝1y ＝6或⎩⎨⎧x ＝4y ＝3或⎩⎨⎧x ＝5y ＝2，∴⎩⎨⎧F （s ）＝6F （t ）＝12或⎩⎨⎧F （s ）＝9F （t ）＝9或⎩⎨⎧F （s ）＝10F （t ）＝8， ∴k ＝F （s ）F （t ）＝612＝12或k ＝F （s ）F （t ）＝99＝1或k ＝F （s ）F （t ）＝108＝54， ∵12＜1＜54，∴k 的最大值为54.3. 解：(1)1331，2442，1001；猜想：任意一个四位“和谐数”能被11整除．理由：设一个四位“和谐数”记为xyyx ，用十进制表示为： 1000x ＋100y ＋10y ＋x ＝1001x ＋110y ＝11(91x ＋10y )， ∵x 、y 是0～9之间的整数，∴11(91x ＋10y )能被11整除；∴任意一个四位“和谐数”能被11整除；(2)设这个三位的“和谐数”为xyx ，用十进制表示为： 100x ＋10y ＋x ＝101x ＋10y ，∵它是11的倍数，∴101x ＋10y 11为整数，∵101x ＋10y 11＝99x ＋11y ＋2x －y 11＝9x ＋y ＋2x －y 11，x ，y 是0～9之间的整数，∴2x －y 11是整数．又∵1≤x ≤4，0≤y ≤9，∴2≤2x ≤8，－9≤－y ≤0，∴－7≤2x －y ≤8，∵要使2x －y 11是整数，则2x －y 只能是0，∴2x －y ＝0，即y ＝2x ，∴y 与x 之间的函数关系式是y ＝2x (1≤x ≤4，x 为自然数)．4. 解：(1)－i ；1；【解法提示】∵i 2＝－1，∴i 3＝i 2·i ＝－i ，i 4＝i 2·i 2＝(－1)×(－1)＝1.(2)原式＝3－4i ＋3i －4i 2＝3－i ＋4＝7－i ；(3)根据题意可得i ＝i ，i 2＝－1，i 3＝－i ，i 4＝1，i 5＝i ，i 6＝－1，…，i 2016＝1，i 2017＝i ，∵i＋i2＋i3＋i4＝0，2016÷4＝504，∴i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2017＝i2017＝i.5.解：(1)设这个奇数为2n＋1，n为任意整数，由题意知m＝(2n＋1)2－1＝4n2＋4n＋1－1＝4n(n＋1)，4n（n＋1）8＝n（n＋1）2，是整数，即4n(n＋1)是8的倍数，∴m是“发达数”；(2)由题意知s＝10y＋x，∴s＋t＝10y＋x＋10x＋y＝11x＋11y＝11(x＋y)，又∵1≤x≤y≤9，∴2≤x＋y≤18，要使11(x＋y)是发达数，则x＋y是发达数，∴x＋y＝8或x＋y＝16，当x＋y＝8时，x＝1，y＝7，t＝17，x＝2，y＝6，t＝26，x＝3，y＝5，t＝35，x＝4，y＝4，t＝44，当x＋y＝16时，x＝7，y＝9，t＝79，x ＝8，y ＝8，t ＝88，故所有符合条件的两位正整数t 有17，26，35，44，79，88.6. 解：(1)6不是尼尔数，39是尼尔数．证明：设P 表示的数为3m ，则a ＝(3m －1)，b ＝(3m ＋1)，K ＝(3m －1)2＋(3m ＋1)2－(3m －1)(3m ＋1)＝9m 2＋3，∵m 为整数，∴m 2为整数，∴9m 2＋3被9除余3；(2)设这两个尼尔数分别是K 1，K 2，将P 1，P 2分别记为3m 1，3m 2.∴K 1－K 2＝9m 12－9m 22＝189，∴m 12－m 22＝21，∵m 1，m 2都是整数，∴m 1＋m 2＝7，m 1－m 2＝3，∴⎩⎨⎧m 1＝5m 2＝2， ∴⎩⎨⎧K 1＝228K 2＝39. 7. 解：(1)∵一个三位数a 1b (其中a ＞b ＞1)的差数T (a 1b )＝792，∴a ＝9，∵三位数a1b(其中a＞b＞1)的各数位上的数字之和为一个完全平方数，∴1＋a＋b＝n2，10<1＋a＋b≤19，∴n＝4，∴b＝16－9－1＝6，∴这个三位数是916；(2)∵一个三位数ab2(其中a、b都不为0)能被4整除，∴b＝1或3或5或7或9，∵将新数个位数字移到百位得到另一个新数b2a被4除余2并且a＜5，∴a＝2，∴所有小于500的4的“闺蜜数”t是212，232，252，272，292，T(t)的最大值是922－229＝693.8. (1)证明：设M＝xyz(x≠y≠z≠0)，则M的友谊数是yxz，∴xyz－yxz＝(100x＋10y＋z)－(100y＋10x＋z)＝90x－90y＝90(x－y)＝15×6(x －y)，∵6(x－y)是整数，∴xyz－yxz能被15整除．故M与其“友谊数”的差能被15整除；(2)解：由团结数定义可知，N 的团结数为：(20＋a )＋(20＋b )＋(10a ＋2)＋(10a ＋b )＋(10b ＋2)＋(10b ＋a )＝22a ＋22b ＋44，∵N 的团结数与N 之差为24，∴(22a ＋22b ＋44)－(200＋10a ＋b )＝24，即a ＝15－74b ，∵a 、b 为整数，1≤a ≤9，1≤b ≤9，a ≠b ，∴⎩⎨⎧a ＝8b ＝4或⎩⎨⎧a ＝1b ＝8， ∴N ＝284或218.9. 解：(1)4；(2)∵正整数abcd 能被6整除，∴d 能被2整除．设d ＝2k ( k 为自然数)，则d ＋4(a ＋b ＋c )＝2k ＋4(a ＋b ＋c )＝2[k ＋2(a ＋b ＋c )]．∴d ＋4(a ＋b ＋c )能被2整除；(3)小明的说法正确．理由如下：∵四位正整数abcd能被6整除，∴a＋b＋c＋d能被3整除．设a＋b＋c＋d＝3m(m为自然数)，则d＋4(a＋b＋c)＝(a＋b＋c＋d)＋3(a＋b＋c)＝3m＋3(a＋b＋c)．∴d＋4(a＋b＋c)既能被2整除，也能被3整除，∴也能被6整除．10.解：(1)根据精巧数的定义，得123k能被4整除，则1230＋k能被4整除，∵1230＋k＝1228＋(2＋k)，∴2＋k能被4整除，又∵0≤k≤9，且k为整数，∴k＝2或6；(2)∵2ab是“精巧数”，∴a为偶数，且2＋a＋b是3的倍数，∵a＜10，b＜10，∴2＋a＋b＜22，∵2ab各位数字之和为一个完全平方数，∴2＋a＋b＝32＝9，∴当a＝0时，b＝7，当a＝2时，b＝5，当a＝4时，b＝3，当a＝6时，b＝1，∴所有满足条件的三位“精巧数”有：207，225，243，261.11. (1)证明：设三位数abc是一个半和数，则a＋b＋c＝2b，∴a＋c＝b.∵这个三位数为100a＋10b＋c＝100a＋10(a＋c)＋c＝110a＋11c＝11(10a＋c)，且10a＋c为整数，∴这个三位数是11的倍数，能被11整除．(2)解：∵四位数abbc是欢喜数，∴10a＋b＝2(10b＋c)，∴10a－19b－2c＝0①.∵bmc是半和数，∴b＋c＝m.∵bmc是平方差数，∴m＝b2－c2＝(b＋c)(b－c)，∴b －c ＝1，∴b ＝1＋c ②，②代入①得a ＝21c ＋1910，∵a 是1～9的正整数，∴c ＝1，∴b ＝2，∴m ＝2＋1＝3.12. (1)证明：由题意得，t 按上述方法可得新数：n 0n ，nn 0，∵|n ＋2×0－n |＝0，|n ＋2n －0|＝3n ，0＜3n ，∴n 0n 是t 的“幸福美满数”，K (t )＝n 2＋2×02－n 2＝0；(2)解：s ＝100＋10x ＋y ，s ′＝100＋10y ＋x ，19s ＋8s ′＝3888，即19(100＋10x ＋y )＋8(100＋10y ＋x )＝3888.得到2x ＋y ＝12，∵x ＜y ，且均为自然数，∴⎩⎨⎧x ＝2y ＝8或⎩⎨⎧x ＝3y ＝6， ∴“梦想成真数”为128或136，通过计算，K (128)＝－55，K (136)＝－17或－25，又∵－55<－25＜－17，∴K(s)的最大值为－17.13.解：(1)依照2阶6位循环数的定义，可任意写出3个2阶6位循环数：131313；272727；868686.任意一个2阶6位循环数能被7整除，理由如下：结合数字的特点可得知：2阶6位循环数为任意的一个两位数×10101得出的．∵10101÷7 ＝1443.∴任意一个2阶6位循环数能被7整除；(2)结合(1)的规律可知：2阶4位循环数为任意的一个两位数×101得出的．∵101为质数．∴xy为13的倍数，又∵0＜x＜5，∴y＝3x.∵当x＝4时，y＝3×4＝12，当x＝5时，y＝3×5＝15均不符合题意．∴0<x<4，且x为整数，∴y与x之间的函数关系为y＝3x(x＝1，2，3)．14.解：(1)根据题意知t＝100(x＋y)＋10y＋x，∴h＝100y＋10x＋x＋y，∴q＝t－h＝(100x＋100y＋10y＋x)－(100y＋10x＋x＋y)＝90x＋9y，∴f(m)＝q9＝90x＋9y9＝10x＋y.∵0不能在百位，∴t的十位和百位均不可以为0，∴x的最小值为0，y的最小值为1，∴f(m)的最小值为1，此时“加成数”t为110；(2)∵f(m)是24的倍数，∴10x＋y＝24n(n＝1，2，3，…)，∵0≤x≤8，1≤y≤9，且1≤x＋y≤9，∴当n＝1时，10x＋y＝24，x＝2，y＝4，当n＝3时，10x＋y＝72，x＝7，y＝2；综上，这样的“节气数”有2个，分别为24，72.15. (1)证明：∵三位正整数t中，有一个数位上的数字是另外两数位上的数字的平均数，∴重新排序后，其中两个数位上数字的和是另一个数位上的数字的2倍，∴a＋c－2b＝0，∴F(t)＝0；(2)解：∵m＝200＋10x＋y是“善雅数”，∴x为偶数，且2＋x＋y是3的倍数，∵x<10，y<10，∴2＋x＋y<30，∵m的各位数字之和为一个完全平方数，∴2＋x＋y＝32＝9，∴当x＝0时，y＝7，当x＝2时，y＝5，当x＝4时，y＝3，当x＝6时，y＝1，∴所有符合条件的“善雅数”有：207，225，243，261，∴所有符合条件的“善雅数”中F(m)的最大值是|2－3|－|3－4|＝0.16. (1)解：是．理由如下：∵(12＋2)2＋(12－2)＝14＋2＋2＋12－2＝114，是有理数；(12＋2)＋(12－2)2＝12＋2＋14－2＋2＝114，是有理数．∴(12＋2，12－2)是“完美数对”；(2)证明：∵(a ，b )是“完美数对”，∴a 2＋b 与a ＋b 2都是有理数，∴(a 2＋b )－(a ＋b 2)＝(a －b )(a ＋b －1)是有理数．设t ＝(a －b )(a ＋b －1)＝(a －b )×(2－1)＝a －b ，∴t ＝a －b 是有理数．解⎩⎨⎧a ＋b ＝2a －b ＝t ，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1＋t 2b ＝1－t 2， ∵t 是有理数，∴a ，b 都是有理数．17. 解：(1)2；8；证明：假设P (n )的质数为a ，b ，c ，由P (n )＝0可知，a ＝b ＝c ，∴P (n )＝a ＋a ＋a ＝3a ，∴3a÷3＝a，为整数，∴若P(n)＝0，n必定能被3整除；(2)(x＋y)×8＋10x＋y＝99，∴2x＋y＝11；∵1≤x≤y≤9，∴期盼数：35，27，19，35＝11＋11＋13；27＝7＋7＋13；19＝7＋7＋5；P(35)＝2，P(27)＝6，P(19)＝2，∴P(t)max＝6.18. (1)证明：设原来的三位数为：100a＋10b＋c，其兄弟数为：100b＋10c＋a，则(100a＋10b＋c)－(100b＋10c＋a)＝99a－90b－9c＝9(11a－10b－c)，∵(11a－10b－c)为整数，∴一个三位数与其兄弟数之差一定可以被9整除．(2)解：设这个六位数的前4位是M，后2位是N，则这个数可表示为：(100M＋N)，其兄弟数可表示为：(10000N＋M)，∴4×(100M＋N)＝10000N＋M，∴化简得19M＝476N，∴N一定是19的倍数，∵N是2位数，∴满足条件的N＝19，38，57，76，95；又∵M是4位数，∴N＝19，38都不满足条件，舍去；∴N＝57，76，95，相应的：M＝1428，1904，2380，∴满足条件的六位数有三个142857，190476，238095.19. (1)证明：∵3×14＝42≠41，∴41不是希望数．假设存在两位数是希望数，记为ab，∴ab＝3ba.∵3b为一位数，且b是3a的个位数，∴b＝1，2，3.当b＝1时，a＝7，3×17＝51≠71；当b＝2时，a＝4，3×24＝72≠42；当b＝3时，a＝1，3×31＝93≠13.综上可知：假设不成立，即任意两位数都不可能是“希望数”；(2)解：∵abcd＝3·cbad，∴3d的个位是d，∴d＝0或5.当d＝0时，∵3a的个位是c，c＝2，∴a＝4，此时3c＝6＞4，不合适；当d＝5时，∵3a的个位＋1是c，c＝2，∴a＝7，又∵abcd＝3·cbad，∴3b＋2＝10＋b，解得：b＝4.∴这个四位“希望数”为7425.20. (1)解：123的百位与十位数字组成的数为12，21，百位与个位数字组成的数为13，31, 十位与个位数字组成的数为23，32，则各数和为12＋21＋13＋31＋23＋32＝132≠123，显然不是公主数；(2)证明：∵xyz是一个公主数，∴(10x＋y＋10y＋x)＋(10x＋z＋10z＋x)＋(10y＋z＋10z＋y) ＝100x＋10y＋z，∴78x＝12y＋21z①；∵xyz是一个伯伯数，∴y＝x＋z②，代入①得66x＝33z，∴z＝2x；(3)解：设这个伯伯数为xyz，则y＝x＋z，∴100x＋10y＋z＝110x＋11z.∵110x＋11z＋132＝11(10x＋z＋12)，∵能被13整除，∴10x＋z＋12是13的倍数．当10x＋z＋12＝26时，x＝1，z＝4，y＝5，这个数为154；当10x ＋z ＋12＝39时，x ＝2，z ＝7，y ＝9，这个数为297；当10x ＋z ＋12＝52时，x ＝4，z ＝0，y ＝4，这个数为440；当10x ＋z ＋12＝65时，x ＝5，z ＝3，y ＝8，这个数为583；当10x ＋z ＋12＝78时，x ＝6，z ＝6，y ＝12，不符合；当10x ＋z ＋12＝91时，x ＝7，z ＝9，y ＝16，不符合．故满足条件的数有154，297，440，583.21. 解：(1)132不是“1阶倒差数”，235；【解法提示】∵32＝1×32＝2×16＝4×8，不是两个连续自然数的积， ∴132不是“1阶倒差数”．第5个“2阶倒差数”为15－17＝235.(2)设m 是由两个连续奇数2x －1，2x ＋1组成的“2阶倒差数”，则m ＝12x －1－12x ＋1＝2x ＋1－（2x －1）（2x ＋1）（2x －1）＝24x 2－1. ∵c ，d 是两个连续奇数组成的“2阶倒差数”，∴可设c ＝24y 2－1，d ＝24z 2－1，∵1d －1c ＝22，∴4z 2－12－4y 2－12＝22，即z 2－y 2＝11，∴(z ＋y )(z －y )＝11>0，∴z ＞y .∵11＝1×11，∴⎩⎨⎧z ＋y ＝11z －y ＝1，解得⎩⎨⎧y ＝5z ＝6， ∴c ＝24×52－1＝299，d ＝24×62－1＝2143. 22. (1)证明：设A ＝xy ，则其“诚勤数”为x 2y ，“立达数”为10x ＋y ＋2， ∴x 2y －(10x ＋y ＋2)＝100x ＋20＋y －10x －y －2＝90x ＋18＝6(15x ＋3)， ∵15x ＋3为整数，∴6(15x ＋3)能被6整除，即对任意一个两位正整数A ，其“诚勤数”与“立达数”之差能被6整除；(2)解：设B ＝10a ＋b ，1≤a ≤9，0≤b ≤9(13加上2后各数字之和变小，说明个位发生了进位)，B ＋2＝10a ＋b ＋2，则B 的“立达数”为10(a ＋1)＋(b ＋2－10)，a ＋1＋b ＋2－10＝12(a ＋b )，整理得：a ＋b ＝14，∵1≤a ≤9，0≤b ≤9，∴⎩⎨⎧a ＝8（舍）b ＝6、⎩⎨⎧a ＝6b ＝8，⎩⎨⎧a ＝9（舍）b ＝5、⎩⎨⎧a ＝5b ＝9，经检验：86和95不符合题意舍去，∴所求两位数为68或59.23. (1)证明：设m ＝10t ＋8，1≤t ≤9，且t 为整数．∴m 2－64＝(10t ＋8)2－64＝100t 2＋160t ＋64－64＝20(5t 2＋8t )．∵1≤t ≤9，t 为正整数，∴5t 2＋8t 是正整数．∴m 2－64一定为20的倍数；(2)解：∵m ＝p 2－q 2，p ，q 为正整数，∴10t ＋8＝(p ＋q )(p －q )，当t ＝1时，18＝1×18＝2×9＝3×6，没有满足条件的p ，q .当t ＝2时，28＝1×28＝2×14＝4×7.其中满足条件的p ，q 的数对有(8，6)，即28＝82－62，∴H (28)＝68＝34.当t ＝3时，38＝1×38＝2×19，没有满足条件的p ，q . 当t ＝4时，48＝1×48＝2×24＝3×16＝4×12＝6×8.满足条件的p ，q 的数对为⎩⎨⎧p －q ＝2p ＋q ＝24或⎩⎨⎧p －q ＝4p ＋q ＝12或⎩⎨⎧p －q ＝6p ＋q ＝8，解得⎩⎨⎧p ＝13q ＝11或⎩⎨⎧p ＝8q ＝4或⎩⎨⎧p ＝7q ＝1. 即48＝132－112＝82－42＝72－12.∴H (48)＝1113或H (48)＝48＝12或H (48)＝17.∵1113＞34＞12＞17，∴H (m )的最大值为1113.24. 解：(1)∵m ，n 都是四位“格调数”，则设m ＝a (a ＋1)(a ＋2)(a ＋3)，n ＝b (b ＋1)(b ＋2)(b ＋3)， 即m ＝1000a ＋100(a ＋1)＋10(a ＋2)＋(a ＋3)＝1111a ＋123， n ＝1000b ＋100(b ＋1)＋10(b ＋2)＋(b ＋3)＝1111b ＋123， ∴m －n ＝1111a ＋123－(1111b ＋123)＝1111(a －b )＝3333， ∴a －b ＝3，即a ＝b ＋3.∵m是四位“格调数”，∴1≤a≤6，∴1≤b＋3≤6，∴1≤b≤3，∴b为1，2或3，则a为4，5或6，∴m为4567，5678或6789；(2)q是“发财数”．∵t＝100a＋10(a＋1)＋(a＋2)＝111a＋12，∴k＝100(a＋2)＋10(a＋1)＋a＝111a＋210，∴q＝k－t＝(111a＋210)－(111a＋12)＝210－12＝198，∵198÷18＝11，∴198是18的整倍数，即198是“发财数”，∴q是“发财数”．25. 解：(1)7；证明：设这个四位“两头蛇数”为1ab1，由题意得：1ab1－3ab＝1001＋100a＋10b－30a－3b＝1001＋70a＋7b＝7(143＋10a＋b)∵a 、b 为整数，∴143＋10a ＋b 为整数，∴一个四位的“两头蛇数”与它去掉两头后得到的两位数的三倍能被7整除；(2)∵16的真因数有：1，2，4，8.∴1＋2＋4＋8＝15，∵15＝1＋3＋11，∴16的“亲和数”为33.设这个五位“两头蛇数”为1x 4y 1，由题意得：1x4y133为整数， ∴315＋30x ＋10x ＋10y ＋633为整数， ∴10x ＋10y ＋6＝66，∴x ＋y ＝6，∵0≤x ≤9，0≤y ≤9，且为整数，x ＜y∴⎩⎨⎧x ＝0y ＝6或⎩⎨⎧x ＝1y ＝5或⎩⎨⎧x ＝2y ＝4. ∴这个五位“两头蛇数”为10461或11451或12441.26.解：(1)22；17＋5m.【解法提示】将3个数：2，8，7，做一次“差变增数列”，得到的数字为2，6，8，－1，7，所有数字的和为2＋6＋8＋(－1)＋7 ＝22；∵将数串a，b，c做一次“差变增数列”得到a，b－a，b，c－b，c，所有数字和的增加量M＝(a＋b－a＋b＋c－b＋c)－(a＋b＋c)＝c－a，∴将一个数串每做一次“差变增数列”，所有数字的和的增加量相同，均为原数最后一个数与第一个数的差∵数串2，8，7中，7－2＝5.∴每做一次“差变增数列”，所有数字的和增加5，∴做m次“差变增数列”后，所得数字的和为2＋8＋7＋5m，即17 ＋5m. (2)∵数串：x，8，y，∴做100次“差变增数列”，所得数字的和为x＋8＋y＋100(y－x)＝－99x＋101y＋8，根据题意得－99x＋101y＋8 ＝216，即y＝208＋99x101，∵y是整数，∴208＋99x是101的正整数倍，当208＋99x＝101时，x无正整数解；。