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初一数学竞赛系列讲座(2)特殊的正整数

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初一数学竞赛系列讲座(二)特殊的正整数一、知识要点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、 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、 质数与合数的有关性质（1）质数有无数多个（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）若质数p ∣a •b ，则必有p ∣a 或p ∣b ．（4）若正整数a 、b 的积是质数p ，则必有a ＝p 或b ＝p.（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<p 2<…<p k 是质数，a 1，a 2，…，a k 是正整数．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m 2＝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．例如4802÷2＝2401＝492＝(48+1)2，则具有上述性质的最小四位数是（1994年四川省初中数学联合竞赛试题）解 设具有上述性质的四位数是100c 1+c 2，其中10≤c 1，c 2≤99，按题意，得100c 1+c 2＝()22122122121c c c c c c c ++=+，∴100c 1＝ c 1c 2 (c 1+2)， 即210012+=c c ，因而(c 1+2)∣100，又10≤c 1≤99，所以c 1＝18，23，48，98 相应地c 2＝5，4，2，1于是符合题意的四位数是1805，2304，4802，9801，其中最小的是1805评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解．例3 三个质数a 、b 、c 的乘积等于这三个质数和的5倍，则a 2+b 2+c 2＝ (1996年“希望杯”初二试题)分析：由题意得出abc ＝5(a +b +c )，由此显然得质数a 、b 、c 中必有一个是5，不妨设a ＝5，代入前式中再设法求b 、c解 因为abc ＝5(a +b +c )，所以在质数a 、b 、c 中必有一个是5，不妨设a ＝5， 于是5bc ＝5b +5c +25，即(b -1) (c -1)＝6，而6＝2⨯3＝1⨯6，则⎩⎨⎧=-=-3121c b ①或⎩⎨⎧=-=-6111c b ② 由①得b ＝3,c ＝4，不合题意，由②得b ＝2,c ＝7，符合题意．所以所求的三个质数是5，2，7．于是a 2+b 2+c 2＝78评注：质数问题常常通过分解质因数来解决．例4 试证：一个整数的平方的个位数字为6时，十位数字必为奇数．分析：一个整数的平方的个位数字为6，则这个整数的个位数字必为4或6，从而可设此数为a ＝10g+4或a ＝10g+6 (g 为整数)．证明：设一个整数为a ，则由一个整数的平方的个位数字为6知，此数可设为a ＝10g+4或a ＝10g+6 (g 为整数)∴当a ＝10g+4时，a 2＝(10g+4)2＝100g 2+80g+16＝10(10g 2+8g+1)+6当a ＝10g+6时，a 2＝(10g+6)2＝100g 2+120g+36＝10(10g 2+12g+3)+6∴十位数字必为10g 2+8g+1和10g 2+12g+3的个位数字，显然是奇数．评注：类似地，可以证明：一个整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这个整数不是完全平方数．例5 三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得13块，甲所得是乙的2倍，已知糖的总块数是一个小于50的质数，且它的各位数字之和为11，试求每人得糖的块数．（安徽省初中数学联赛试题）分析：设出未知数，根据题意，列出方程和不等式组，再通过质数的性质来求解． 解 设甲、乙、丙分别得糖x 、y 、z 块，依题意得⎪⎩⎪⎨⎧++<+++==为质数，且 z y x z y x z y y x 50132∵ 11＝2+9＝3+8＝4+7＝5+6，故小于50且数字和为11的质数只可能是29和47 若x +y +z ＝29，则可得4y ＝42 ，y 不是整数，舍去．若x +y +z ＝47，则可得4y ＝60，y ＝15，从而x ＝30，z ＝2∴甲、乙、丙分别得糖30、15、2块.评注：本题的关键是分析出小于50且数字和为11的质数只可能是29和47．这类问题是常利用质数的性质来分析求得所有的可能值，再设法检验求得所要的解．例6 如果p 与p+2都是大于3的质数，那么6是p+1的因数．(第五届加拿大数学奥林匹克试题)分析 任何一个大于3整数都可以表示成6n -2,6n -1,6n ,6n +1,6n +2,6n +3(n 是大于0的整数)中的一种，显然6n -2,6n , 6n +2,6n +3都是合数，所以大于3的质数均可以写成6n +1或6n -1的形式，问题即证明p 不能写成6n +1的形式．解 因为p 是大于3的质数，所以可设p ＝6n +1(n 是大于0的整数)，那么p+2＝6n +1+2＝6n +3＝3(2n +1) 与p+2是大于3的质数矛盾．于是p ≠6n +1，所以p ＝6n -1(n 是大于0的整数)，从而p+1＝6n ，即6是p+1的因数．评注：对大于3整数合理分类是解决这个问题的关键．对无限多个整数进行讨论时，将其转化为有限的几类是一种常用的处理方法．例7证明有无穷多个n，使多项式n2+3n+7表示合数．分析：要使多项式n2+3n+7表示合数，只要能将多项式n2+3n+7表示成两个因式的积的形式．证明当n为7的倍数时，即n＝7k(k是大于等于1的整数)时n2+3n+7＝(7k)2+3⨯7k+7＝7(7k2+3k+1) 为7的倍数，所以它显然是一个合数．评注：本题也可将7换成其他数，比如：3、5、11等等．例8求证：22001+3是合数分析：22001+3不能分解，22001次数又太高，无法计算．我们可以探索2 n的末位数字的规律，从而得出22001+3的末位数字，由此来证明22001+3是合数．证明：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，29＝256，…∴24k+1的末位数字是2，24k+2的末位数字是4，24k+3的末位数字是8，24k+4的末位数字是6（k为非负整数）而2001＝4⨯250+1∴22001的末位数字是2，∴22001+3的末位数字是5∴5∣22001+3，显然22001+3≠5所以22001+3是合数评注：本题另辟蹊径，通过探索2 n的末位数字的规律来得出22001+3的末位数字，从而证明22001+3是合数．解数学竞赛题，思路要开阔．例9 求证大于11的整数一定可以表示成两个合数之和．证明设大于11的整数为N若N＝3k(k≥4,且k为整数)，则N＝6+3(k-2)，显然6和3(k-2)都是合数若N＝3k+1(k≥4,且k为整数)，则N＝4+3(k-1)，显然4和3(k-1)都是合数若N＝3k+2(k≥4,且k为整数)，则N＝8+3(k-2)，显然8和3(k-2)都是合数于是对任意正整数N(N>11)，一定可以表示成两个合数之和．评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法．但要注意对整数的分类要不重复不遗漏．例10证明：n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方．分析：注意到n (n+1)+1＝n2+n+1，∵n是自然数，∴n2<n2+n+1<( n+1)2，这为我们证题提供了出发点．证明：n (n+1)+1＝n2+n+1，∵n是自然数，∴n2<n2+n+1<( n+1)2，而n、n+1是两个相邻的自然数，∴n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方．评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论．例11 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数．证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字．分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9．接下来用反证法来证明这个问题．证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9．假设有一个绝对质数M 中出现的数字超过了3个，也即这个绝对质数中出现的数字包含了1，3，7，9，则13791379M 211+==M a a a n ，M 2＝M+9137，M 3＝M+7913，M 4＝M+3791，M 5＝M+1397，M 6＝M+3197，M 7＝M+7139都是质数．可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M 1、M 2、M 3、M 4、M 5、M 6、M 7被7除所得余数互不相同．因而必有一个是0，即能被7整除，这与此数是质数矛盾．所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字．评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明．三、巩固练习一、选择题1、在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x ，偶数的个数为y ，完全平方数的个数为z ，合数的个数为u ，则x +y +z+u 的值是( )A 、17B 、15C 、13D 、112、设n 为大于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（ ）A 、3n 2-3n +3B 、5n 2-5n -5C 、9n 2-9n +9D 、11n 2-11n -113、有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50的的最大质数，一个是大于60的最小质数，则这3个数的和是( )A 、101B 、110C 、111D 、1134、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )A 、4994B 、9449C 、4586D 、8645 5、a 、b 为正整数，且56a +392b 为完全平方数，则a +b 的最小值等于( )A 、6B 、7C 、8D 、96、3个质数p 、q 、r 满足等式p+q ＝r ，且p<q<r ，则p 的值是( )A 、2B 、3C 、5D 、7二、填空题7、使得m 2+m +7是完全平方数的所有整数m 的积是 ．8、如果一个正整数减去54，是一个完全平方数，这个正整数加上35后，是另外一个完全平方数，那么这个正整数是 ．9、一个质数的平方与一个正奇数的和等于125，则这两个数和积是 ．10、p 是质数，p 2+2也是质数，则1997+p 4＝ ．11、若n 为自然数，n +3，n +7都是质数，则n 除以3所得的余数是 ．12、设自然数n 1>n 2，且792221=-n n ，则n 1＝ ，n 2＝ ．三、解答题13、证明：不存在这样的三位数abc ，使cab bca abc ++成为完全平方数．14、试求四位数xxyy ，使它是一个完全平方数．15、a 、b 、c 、d 都是质数，且10<c <d <20，c -a 是大于2的质数，d 2-c 2＝a 3b (a +b )，求a 、b 、c 、d 的值16、设a 、b 、c 、d 是四个整数，且()()2222241d c b a cd ab m --+--=是非零整数，求证：m 是合数．17、求一个三位数，使它等于n 2，并且各位数字之积为n -1.18、设n 1、n 2是任意两个大于3的质数，M ＝121-n ，N ＝122-n ，M 与N 的最大公约数至少为多少？19、证明有无穷多个n ，使多项式n 2+n +41表示合数．20、已知p 和8p 2+1都是质数，求证：8p 2-p+2也是质数．。

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初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)

初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)

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。

人教七年级上学期竞赛入门辅导讲义,共十讲,很实用

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如1001100－2＝98（能被7整除）
又如7007700－14＝686，68－12＝56（能被7整除）
能被11整除的数的特征：
①抹去个位数②减去原个位数③其差能被11整除
如1001100－1＝99（能11整除）
又如102851028－5＝1023102－3＝99（能11整除）
二、例题
例1已知两个三位数328和2x9的和仍是三位数5y7且能被9整除．求x，y
第一讲数的整除
一、内容提要：
如果整数A除以整数（B≠0）所得的商A/B是整数，那么叫做A被B整除．
0能被所有非零的整数整除．
一些数的整除特征
除数
2或5
4或25
8或125
3或9
11
能被整除的数的特征
末位数能被2或5整除
末两位数能被4或25整除
末三位数能被8或125整除
各位上的数字和被3或9整除（如771，54324）
数和最犬的公约数．
6．公约数只有1的两个正整数叫做互质数（例如15与28互质）．
7．在有余数的除法中，
被除数＝除数×商数＋余数若用字母表示可记作：
A＝BQ＋R，当A，B，Q，R都是整数且B≠0时，A－R能被B整除
例如23＝3×7＋2则23－2能被3整除．
二、例题
例1写出下列各正整数的正约数，并统计其个数，从中总结出规律加以应用：
9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，
能被3整除但不是5的倍数的共______个．
10由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不
能被3整除的数共有几个？为什么？
11己知五位数1234A能被15整除，试求A的值．
整数整除的概念和性质

整数整除的概念和性质

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。

初中数学竞赛教程21整数的性质

初中数学竞赛教程21整数的性质

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。