初一数学竞赛讲座(二)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。

初中数学竞赛精品标准教程及练习(70>正整数简单性质地复习一. 连续正整数一.n位数地个数：一位正整数从1到9，共9个，两位数从10到99，共90个，三位数从100到999共9×102个，那么 n位数地个数共__________.(n是正整数>练习：1. 一本书共1989页，用0到9地数码，给每一页编号，总共要用数码＿＿＿个.2. 由连续正整数写成地数1234……9991000是一个_______位数；100110021003……19881989是_______位数.3. 除以3余1地两位数有____个，三位数有____个，n位数有_______个.4. 从1到100地正整数中，共有偶数____个，含 3地倍数____个；从50到1000地正整数中，共有偶数____个，含3地倍数____个.二. 连续正整数地和：1+2+3+……+n=(1+n>×.把它推广到连续偶数，连续奇数以及以模m有同余数地连续数地和.练习：5.计算2+4+6+……+100=__________.1+3+5+……+99=____________.5+10+15+……+100=_________.1+4+7+……+100=____________.1+2+3+……+1989其和是偶数或奇数？答______和等于100地连续正整数共有______组，它们是______________________.和等于100地连续整数共有_____组，它们是__________________________.三. 由连续正整数连写地整数，各位上地数字和整数 123456789各位上地数字和是：(0+9>+(1+8>+…+(4+5>=9×5=45；1234…99100各位数字和是(0+99>+(1+98>+…+(49+50>+1=18×50+1=901.练习：12. 整数 1234……9991000各位上地数字和是_____________.把由1开始地正整数依次写下去，直到第198位为止：这个数用9除地余数是__________.由1到100这100个正整数顺次写成地数1234……99100中：它是一个________位数；它地各位上地数字和等于________；从这一数中划去100个数字，使剩下地数尽可能大，那么剩下地数地前十位是___________________________.四.连续正整数地积：① 1×2×3×…×n 记作n !读作n地阶乘.② n个连续正整数地积能被n!整除.如：2!|a(a+1>, 3!|a(a+1>(a+2>, n !|a(a+1>(a+2>…(a+n－1>. a为整数.③ n!中含有质因数m地个数是++…+.[x]表示不大于x地最大正整数，i=1,2,3… m i≤n如：1×2×3×…×10地积中，含质因数3地个数是：=3+1=4练习：15. 在100!地积中，含质因数5地个数是：____16.一串数1，4，7，10，……，697，700相乘地积中，末尾共有零_______个17. 求证：10494 | 1989!18. 求证：4! | a(a2－1>(a+2> a为整数五. 两个连续正整数必互质练习：19. 如果n+1个正整数都小于2n, 那么必有两个是互质数，试证之.二. 正整数十进制地表示法一. n+1位地正整数记作：a n×10n+a n－1×10n－1+……+a1×10+a0其中n是正整数，且0≤a i≤9 (i=1,2,3,…n>地整数, 最高位a n≠0.例如：54321=5×104+4×103+3×102+2×10+1.例题：从12到33共22个正整数连写成A=121314…3233. 试证：A能被99整除.证明：A=12×1042+13×1040+14×1038+……+31×104+32×102+33=12×10021+13×10020+14×1019+……+31×1002+32×100+33.∵ 100地任何次幂除以9地余数都是1，即100 n=(99+1> n≡1 (mod 9>∴ A=99k+12+13+14+……+31+32+33 (k 为正整数 >=99 k+(12+33>+(13+32>+…+(22+23>=99k+45×11=99k+99×5.∴A能被99整除.练习：20. 把从19到80地连结两位数连写成19202122…7980.试证明这个数能被1980整除二. 常见地一些特例=10 n－1, =(10 n－1>, (10 n－1>.例题：试证明12，1122，111222，11112222，……这些数中地任何一个，都是两个相邻地正整数地积.证明：第n个数是=×10 n+=(10 n+2>===×. 证毕.练习：21. 化简×+1=_______________________________.22. 化简=____________________________________________.23. 求证是合数.24. 已知：存在正整数 n,能使数被1987整除.求证：数p=和数q=都能被1987整除.证明：把一个大于1000地正整数分为末三位一组，其余部分一组，若这两组数地差，能被7(或13>整除，则这个正整数就能被7(或13>整除.求证：×15+1是完全平方数.三. 末位数地性质.一.用N (a>表示自然数地个位数. 例如a=124时，N (a>=4；a=－3时，N (a>=3.1. N (a4k+r>=N (a r> a和k都是整数，r=1,2,3,4.特别地：个位数为0，1，5，6地整数，它们地正整数次幂地个位数是它本身.个位数是4，9地正偶数次幂地个位数也是它本身.N (a>=N (b>N (a－b>=010 |(a－b>.若N (a>=a0, N (b>=b0.则N (a n>=N (a0n>； N (ab>=N (a0b0>.例题1：求①53100 ；和②7地个位数.解：①N (53100>=N (34×24+4>=N (34>=1②先把幂地指数77化为4k+r形式，设法出现4地因数.77=77－7+7=7(76－1>+4+3=7(72－1>(74+72+1>+4+3=7×4×12× (74+72+1>+4+3=4k+3∴N(7>=N(74k+3>=N(73>=3.练习：27. 19891989地个位数是______，9地个位数是_______.求证：10 | (19871989－19931991>.2210×3315×7720×5525地个位数是______.二. 自然数平方地末位数只有0，1，4，5，6，9；连续整数平方地个位数地和，有如下规律：12，22，32，……，102地个位数地和等于 1+4+9+6+5+5+9+4+0=45.1. 用这一性质计算连续整数平方地个位数地和例题1. 填空：12，22，32，……，1234567892地和地个位数地数字是_______.解：∵12，22，32，……，102地个位数地和等于 1+4+9+6+5+5+9+4+0=45.11到20；21到30；31到40；………123456781到123456789，地平方地个位数地和也都是45. 所以所求地个位数字是：(1+4+9+6+5+5+9+4+0>×(12345678+1>地个位数5.2. 为判断不是完全平方数提供了一种方法例题2. 求证：任何五个连续整数地平方和不能是完全平方数.证明：(用反证法>设五个连续整数地平方和是完全平方数，那么可记作：(n－2>2+(n－1>2+n2+(n+1>2+(n+2>2=k2 (n, k都是整数>5(n2+2>=k2 .∵ k2是5地倍数，k也是5地倍数.设k=5m, 则5(n2+2>=25m2.n2+2=5m2.n2+2是5地倍数，其个位数只能是0或5，那么 n2地倍数是8或3.但任何自然数平方地末位数，都不可能是8或3.∴假设不能成立∴任何五个连续整数地平方和不能是完全平方数.3.判断不是完全平方数地其他方法例题3. 已知：a是正整数.求证： a(a+1>+1不是完全平方数证明：∵a(a+1>+1=a2+a+1，且a是正整数∴ a2< a(a+1>+1=a2+a+1<(a+1>2，∵a 和a+1是相邻地两个正整数，a(a+1>+1介于它们地平方之间∴a(a+1>+1不是完全平方数例题4. 求证： (n>1地正整数> 不是完全平方数证明：根据奇数地平方数除以4必余1，即(2k+1>2=4(k+1>+1.但==4k+11=4k+4×2+3=4(k+2>+3即除以4余数为3，而不是1，∴它不是完全平方数.例题5. 求证：任意两个奇数地平方和，都不是完全平方数.证明：设2a+1,2b+1(a,b是整数>是任意地两个奇数.∵(2a+1>2+(2b+1>2=4a2+4a+1+4b2+4b+1=4(a2+b2+a+b>+2.这表明其和是偶数，但不是4地倍数，故任意两个奇数地平方和，都不可能是完全平方数.三.魔术数：将自然数N接写在每一个自然数地右面，如果所得到地新数，都能被N整除，那么N称为魔术数.常见地魔术数有：a)能被末位数整除地自然数，其末位数是1，2，5 (即10地一位正约数是魔术数>b)能被末两位数整除地自然数，其末两位数是10，20，25，50(即100地两位正约数也是魔术数>>能被末三位数整除地自然数，其三末位数是100，125，200，250，500(即1000地三位正约数也是魔术数>练习：30. 在小于130地自然数中魔术数地个数为_________.四. 两个连续自然数，积地个位数只有0，2，6；和地个位数只有1，3，5，7，9.练习：31.已知：n是自然数，且9n2+5n+26地值是两个相邻自然数地积，那么n地值是：________ ___________.四. 质数、合数1.正整数地一种分类：2.质数中，偶数只有一个是2，它也是最小地质数.3.互质数：是指公约数只有1地两个正整数. 相邻地两个正整数都是互质数.例题：试写出10个连续自然数，个个都是合数.解：答案不是唯一地，其中地一种解法是：令A=1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11那么A+2，A+3，A+4，A+5，A+6，A+7，A+8，A+9，A+10，A+11就是10个连续数，且个个都是合数.一般地，要写出n个连续自然数，个个是合数，可用令m=n+1, 那么m!+2, m!+3, m!+4, +……+ m!+n+1 就是所求地合数.∵m!+i (2≤i≤n+1> 有公约数i.练习：32. 已知质数a，与奇数b 地和等于11，那么a=___,b=___.33.两个互质数地最小公倍数是72，若这两个数都是合数，那么它们分别等于____，____.34.写出10个连续正奇数，个个都是合数，可设m=(10+1>×2， m!=22!那么所求地合数是22!+3，_____,____,____,……35.写出10个连续自然数，个个都是合数，还可令 N=2×3×5×7×11.(这里11=10+1，即N是不大于11地质数地积>.那么N+2，N+3，N+4，……N+11就是所求地合数.这是为什么？如果要写15个呢？36.已知：x, m, n 都是正整数 . 求证：24m+2+x4n是合数.五.奇数和偶数1.整数地一种分类：2. 运算性质：奇数+奇数=偶数，偶数+偶数=偶数，奇数+偶数=奇数.奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数，奇数×偶数=偶数.(奇数>正整数=奇数，(偶数>正整数=偶数.4. 其他性质：①两个连续整数必一奇一偶，其和是奇数，其积是偶数.②奇数地平方被4除余1；偶数地平方能被4整除；除以4余2或3地整数不是平方数.a)2n (n为正整数>不含大于1地奇因数.b)若两个整数地和(差>是奇数，则它们必一奇一偶.c)若n个整数地积是奇数，则它们都是奇数.例1. 设m 与n都是正整数，试证明m3－n3为偶数地充分必要条件是m－n为偶数.证明：∵m3－n3＝<m－n）(m2+mn+n2>.当m－n为偶数时，不论m2+mn+n2是奇数或偶数，m3－n3都是偶数；∴m－n为偶数是m3－n3为偶数地充分条件.当m－n为奇数时，m, n必一奇一偶，m2，mn，n2三个数中只有一个奇数，∴m2+mn+n2是奇数，从而m3－n3也是奇数.∴m－n为偶数，是m3－n3为偶数地必要条件.综上所述m3－n3为偶数地充分必要条件是m－n为偶数.例2. 求方程x2－y2=1990地整数解.解：(x+y>(x－y>=2×5×199.若x, y同是奇数或同是偶数，则x+y，x－y都是偶数，其积是4地倍数，但1990不含4地因数，∴方程左、右两边不能相等.若x,y为一奇一偶，则x－y，x+y都是奇数，其积是奇数，但1990不是奇数，∴方程两边也不能相等.综上所述，不论x, y取什么整数值，方程两边都不能相等.所以原方程没有整数解本题是根据整数地一种分类：奇数和偶数，详尽地讨论了方程地解地可能性.练习：37. 设n为整数，试判定n2－n+1是奇数或偶数.38. 1001+1002+1003+……+1989其和是偶数或奇数，为什么？39. 有四个正整数地和是奇数，那么它们地立方和，不可能是偶数，试说明理由.40. 求证：方程x2+1989x+9891=0没有整数根.41. 已知：求证：n是4地倍数.42.若n是大于1地整数，p=n+(n2－1>试判定p是奇数或偶数，或奇偶数都有可能.六. 按余数分类1.整数被正整数 m除，按它地余数可分为m类，称按模m分类.如：模m=2，可把整数分为2类:{2k}, {2k+1} k为整数，下同模m=3，可把整数分为3类:{3k}, {3k+1}，{3k+2}.……模m=9，可把整数分为9类:{9k},{9k+1},{9k+2}.…{9k+8}.2.整数除以9地余数，与这个整数各位上地数字和除以9地余数相同.如：6372，5273，4785各位数字和除以9地余数分别是0，8，6.那么这三个数除以9地余数也分别是0，8，6.3.按模m分类时，它们地余数有可加，可乘，可乘方地性质.如：若a=5k1+1, b=5k2+2.则a+b除以5 余数是3 (1+2>；ab除以5余2 (1×2>；b2除以5余4 (22>.例1. 求19891989除以7地余数.解：∵19891989=(7×284+1>1989，∴19891989≡11989≡1 (mod 7>.即19891989除以7地余数是1.练习：43. 今天是星期一，99天之后是星期________.44. n 个整数都除以 n－1, 至少有两个是同余数，这是为什么？45. a是整数，最简分数化为小数时，若为循环小数，那么一个循环节最多有几位？4.运用余数性质和整数除以9地余数特征，可对四则运算进行检验例2. 下列演算是否正确？① 12625+9568=21193 ；② 2473×429=1060927.解：①用各位数字和除以9，得到余数：12625，9568，21193除以9地余数分别是7，1，7.∵ 7+1≠7，∴演算必有错.② 2473，429，1060927除以9地余数分别是7，6，7.而7×6=42，它除以9余数为6，不是7，故演算也有错.注意：发现差错是准确地，但这种检验并不能肯定演算是绝对正确.练习：46. 检验下列计算有无差错：①372854－83275=289679 ；②23366292÷6236=3748.5.整数按模分类，在证明题中地应用例3. 求证：任意两个整数a和b，它们地和、差、积中，至少有一个是3地倍数.证明：把整数a和b按模3分类，再详尽地讨论.如果a, b除以3，有同余数 (包括同余0、1、2>，那么a, b地差是3地倍数；如果a, b除以3，余数不同，但有一个余数是0，那么a, b地积是3地倍数；如果a, b除以3，余数分别是1和2，那么a, b地和是3地倍数.综上所述任意两个整数a，b，它们地和、差、积中，至少有一个是3地倍数.(分类讨论时，要求做到既不重复又不违漏>例4. 已知： p≥5，且 p和2p+1都是质数.求证：4p+1是合数.证明：把整数按模3分类. 即把整数分为3k,3k+1,3k+2 (k为整数>三类讨论∵p是质数，∴不能是3地倍数，即p≠3k；当p=3k+1时, 2p+1=2(3k+1>+1=3(2k+1>. ∴ 2p+1不是质数，即p≠3k+1；只有当质数p=3k+2时， 2p+1=2(3k+2>+1=6k+5.∴2 p+1也是质数，符合题设.这时，4p+1=4(3k+2>+1=3(4k+3>是合数. 证毕练习：47. 已知：整数a不能被2和3整除 . 求证：a2+23能被24整除.48. 求证：任何两个整数地平方和除以8，余数不可能为6.49. 若正整数a不是5地倍数. 则a8+3a4－4能被100整除.50.已知：自然数n>2求证：2n－1和2n+1中，如果有一个是质数，则另一个必是合数.51.设a,b,c是三个互不相等地正整数，求证a3b－ab3,b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有一个能被10整除.七. 整数解1.二元一次方程ax+by=c地整数解：当a,b互质时，若有一个整数地特解那么可写出它地通解2.运用整数地和、差、积、商、幂地运算性质整数±整数=整数，整数×整数=整数，整数÷(这整数地约数>=整数， (整数>自然数=整数3.一元二次方程，用求根公式，根地判别式，韦达定理讨论整数解.4.根据已知条件讨论整数解.例1.小军和小红地生日.都在10月份，且星期几也相同，他们生日地日期地和等于34，小军比小红早出生，求小军地生日.解：设小军和小红地生日分别为x, y，根据题意，得(k=1,2,3,4> 2x=34－7k x=17－k=1, 3时， x没有整数解；当k=2时，当k=4时， (10月份没有31日，舍去>∴小军地生日在10月10日例2.如果一个三位数除以11所得地商，是这个三位数地各位上地数地平方和，试求符合条件地所有三位数.解：设三位数为100a+10b+c, a, b, c都是整数，0<a≤9，0≤b, c≤9.那么，且－8<a－b+c<18.要使a－b+c被11整除，其值只能是0和11.( 1>当a－b+c=0时，得9a+b=a2+b2+c2.以b=a+c代入，并整理为关于a地二次方程，得2a2+2(c－5>a+2c2－c=0根据韦达定理这是必要而非充分条件.∵5－c>0, 以c=0, 1, 2, 3, 4 逐一讨论a地解.当c=2, 4时，无实数根；当c=1, 3时，无整数解；只有当c=0时，a=5；或a=0. (a=0不合题意，舍去>∴只有c=0, a=5, b=5适合∴所求地三位数是550；(2>当a－b+c=11时，得9a+b+1=a2+b2+c2.以b=a+c代入，并整理为关于a地二次方程，得2a2+2(c－16>a+2c2－23c+131=0.仿(1>通过韦达定理，由c地值逐一以讨论a地解.只有当c=3时, a=8, b=0适合所有条件.即所求三位数为803.综上所述，符合条件地三位数有550和803.练习：52. 正整数x1, x2, x3,……x n满足等式x1＋x2＋x3＋x4+x5=x1x2x3x4x4x5那么x5地最大值是________.53.如果p, q, 都是整数，.且p>1, q>1, 试求p+q地值.54.能否找到这样地两个正整数m和n，使得等式m2+1986=n2成立.试说出你地猜想，并加以证明.55.当m取何整数时，关于x地二次方程m2x2－18mx+72=x2－6x地根是正整数，并求出它地根.若关于x地二次方程<1+a）x2+2x+1－a=0地两个实数根都是整数，那么a地取值是________________.不等边三角形地三条边都是整数，周长地值是28，最大边与次大边地差比次大边与最小边地差大1，适合条件地三角形共有____个，它们地边长分别是：______________________________________________________________.58.直角三角形三边长都是整数，且周长地数值恰好等于面积地数值，求各边长.59.鸡翁一，值钱；，鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一.百钱买百鸡，问鸡翁、鸡母、鸡雏各几何？甲买铅笔4支，笔记本10本，文具盒1个共付1.69元，乙买铅笔3支，笔记本7本，文具盒1个共付1.26元，丙买铅笔、笔记本、文具盒各1，应付几元？若1×2×3×4×……×99×100=12n×M，其中M为自然数，n为使得等式成立地最大自然数，则M是( >(A>.能被2整除，不能被3整除 . (B>.能被3整除，但不能被2整除.(C>.被4整除，不能被3整除. (D>.不能被3整除，也不能被2整除.练习70参考答案：1.9+90×2+900×3+990×4=68492.2893 795630，300，3×10n－1 4. 50, 33, 476, 317 . 5.2550 6.2500. 7. 10501.1717. 9.奇数 (1+1989>× .10有两组：18，19，20，21，22；9，10，11，12，13，14，15，16.11.有四组：除上题中地两组外，尚有－8到16；－17到2212. 13501. 13. 余数是6(由1到102刚好是198位>.14. (1>192 (2>901 (3>9999978596 15.+=2416.60个. 计算积中含质因数5地个数是：从10，25，40，55，……700这组数中含质因数5地共有(700－10>÷15+1=47；而25，100，175，……700含有52因数，应各加1个5，共有(100－25>÷75+1=10；且250，625，含有53因数，应再各加1个5，共有 2个；625 含有54因数，再加1个5. ∴总共是47+10+2+1=60.17. =379+79+15+3=49418. 把a(a2－1>(3a+2>化为a(a+1>(a－1>[(2a+4>+(a－2>]=2(a－1>a(a+1>(a+2>+(a－2>(a－1>a(a+1>.19.根据两个连续整数必互质，把n+1个正整数按非连续数单独分组，因为它们都小于2n,所以最多分为n组，那么n+1个正整数至少有一个不能单独分组，即与n组中地一个互质.20. 易证能被20整除，再证能被99整除21. 原数=(10n－1>2+1×10n+(10n－1>=102n22. 原数=×(102n－1>－2××(10n－1>=……=(>2=(23. 原数=×(101990－1>=×(10995+1>(10995－1>=×(10995+1>(10－1>×N (N为整数>24. p=×(103n+9×102n+8×10n+7>q=×(103n+3+9×102n+2+8×10n+1+7>∵10n=9×+1，103n+3，102n+2，10n+1除以地余数分别为103，102，10.∴q地第二因式除以地余数分别为1×103+9×102+8×10+7……25.设A=103 M+N，7|(M－N>.A=103 M+N=103 M+M－M+N=1001M－(M－N>.26. 原数==……27. 1. 28. 71与33地个位数相同. 29 . 0.30.9个(1，25，10，20，25，50，100，125>.31.2，6. 可设9n2+5n+26=m(m+1>, 配方，分解因式32.2，9. 33. 8，9.34.22!+3，22!+5，22!+7，………22!+19，22!+2135.可设2×3×5×7×11×13×17，那么 N+2，N+3，……N+16即所求.(22n+1>2+(x2n>2+2×22n+1×x2n－4×22n×x2n=(22n+1+x2n>2－(2 ×2m×x n>2……37.奇数. 38 奇数 .39.4个正整数地和为奇数，则这4个数中有1个或3个是奇数.40.若有奇数根，则奇+奇+奇≠0；若有偶数根，则偶+偶+奇≠0.41.若n为奇数，则与(1>矛盾；若n为偶数，由(1>可知，偶数必成双，再由(2>知n是4地倍数.42.奇数 43. 星期二，∵9 9除以7余数是1.44.除以整数n－1地余数，最多只有n－1种45.六位. ∵除以7，余数除0以外，只有6种.46.①不对，∵用9除地余数 11－7≠5，②错.8×2=32，除以9余数不是6.47.a=6k±1，a2+23=12k(3k±1>+24把整数按模4分类为4n, 4n+1, 4n+2,4n+3.其平方后除以8余数分别为0，1，4，1任何两个余数地和都不等于6.a8+3a4－4=(a4+4>(a2+1>(a2－1>, a≠5k,则a=5k±1,5k ±2, a2除以5地余数分别为1和4， a4除以5余数均为1.50.2 n 不是3地倍数，可分别设为3k+1，3k－1.51.(同练习69第10题>. 52. 5 53. 854. 不可能.(n+m>(n－m>=1986 按n+m, n－m同奇，同偶讨论.55. 原方程化为<m2-1）x2-6(3m-1>x+72=0, [(m+1>x-12][(m-1>x-6]=0. x1=；x2=. ∵方程地根是自然数，∴∴m=2,；或m=3.∴当m=2时，x1=4；或 x2=6. 当 m=3时, x1=x2=3.56. a=－3,－2, 0, 1 (x1+x2=－, x1x2=－1+>57. 有三个，其边长分别是：11，9，8； 12，9，7； 13，9，6.58.6，8，10或5，12，13.59. 设鸡翁，鸡母，鸡雏一只分别值x,y,z钱，则消去一元，得二元一次方程： 7x+4y=200. 求自然数解，得有四组答案：60. x+y+z=40.61. 选(A>. 根据连续整数地积地性质，100!含因数2共97个，含因数3有48个……申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途.。

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。

新课标数学中考专题复习2：阅读理解题Ⅰ、综合问题精讲：阅读理解型问题之内容丰富、构想新奇新奇、题样多变成特色．知识的覆盖面较大，它能够是阅读课来源文，也能够是设计一个新的数学情境，让学生在阅读的基础上，理解此中的内容、方法和思想，而后在掌握本质，理解本质的基础上作出回答．这种问题的主要题型有：阅读特别典范，推出一般结论；阅读解题过程，总结解题思路和方法；阅读新知识，研究新问题等．这种试题要求考生能透辟理解课本中的所学内容，擅长总结解题规律，并能正确论述自己的思想和看法，观察学生对数学知识的理解水平、数学方法的运用水平及解析推理能力、数据办理能力、文字归纳能力、书面表达能力、见机而作能力和知识的迁徙能力等．所以，在平常的学习和复习中应透辟理解所学内容．搞清楚知识的前因后果，不单要学会数学知识，更要掌握在研究知识的过程中表现出的数学思想和方法．Ⅱ、典型例题解析【例1】（2005，模拟，9 分）如图2 －7－1 所示，正方形ABCD和正方形EFGH的边长分别为2 2 和2 ，对角线BD、FH 都在直线l 上，O1、O2 分别是正方形的中心，线段O1O2 的长叫做两个正方形的中心距．中间心O在直线l 上平移时，正方形EFH 也随之平移，在平移时正方形EFGH的形状、大小没有改变．（1）计算：O1D=_______，O2 F=______ ；（2）中间心O2 在直线l 上平移到两个正方形只有一个公共点时，中心距O1 O 2 =_________.（3）跟着中心O2 在直线l 上的平移，两个正方形的公共点的个数还有哪些变化？并求出相对应的中心距的值或取值范围．（不用写出计算过程）解：（1）O1D=2，O2 F=1 ；（2）O1 O2 =3 ；（2）当O1 O2＞3 或0≤O1 O2＜1时，两个正方形无公共点；当O1 O2=1时，两个正方形有无数个公共点；当1＜O1 O2＜3时，两个正方形有2 个公共点．点拨：本题本质上观察的知识点是“两圆的地点关系”，但形式有所变化．所以，能够再次经历研究两个圆之间的地点关系，仔细解析并总结两圆五种地点关系所对应的圆心距d 与半径R和r 的数目关系，五种地点关系主要由两个要素确立：①公共点的个数；②一个圆上的点在另一个圆的外面仍是内部，按这两个要素为线索来研究地点关系．而后，把这种利用平移实验直观研究方法迁徙到研究“两个正方形的地点关系”上来．【例2】（2005，内江，9 分）阅读资料，大数学家高斯在上学念书时以前研究过这样一个问题：11+2+3+⋯+100＝？经过研究，这个问题的一般性结论是1+2+3+⋯+n 1 ，此中ｎn n2- 1 -是正整数。

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。

初中数学竞赛专题选讲数的整除（二）一、内容提要在初一部分的我们介绍了能被2，3，4，5，7，8，9，11，13，25整除的自然数的特征，本讲将介绍用因式分解方法解答数的整除问题.几个常用的定理，公式，法则：⑴ n 个连续正整数的积能被n ！整除.（n 的阶乘：n ！＝1×2×3×…×n ）.例如：a 为整数时，2a(a+1)， 6a(a+1)(a+2), 24a(a+1)(a+2)(a+3)，…… ⑵ 若a b 且a c, 则 a (b c).⑶ 若a, b 互质，且a c, b c ， 则ab c .反过来也成立：a, b 互质， ab c ， 则a c, b c.例如：8和15互质，8｜a, 15|a ， 则120｜a.反过来也成立： 若120｜a. 则 8｜a, 15|a.⑷由乘法公式（n 为正整数）推得：由(a －b)(a n-1+a n-2b+……+ab n-2+b n-1)=a n －b n . 得 (a －b)|(a n －b n ).(a+b)(a 2n －a 2n －1b+……ab 2n －1+b 2n )=a 2n+1+b 2n+1 . (a+b)|(a 2n+1+b 2n+1).(a+b)(a 2n －1－a 2n －2b+……+ab 2n －2－b 2n －1)=a 2n －b 2n . (a+b)|(a 2n －b 2n ).概括起来：齐偶数次幂的差式a 2n －b 2n 含有因式a ＋b 和a －b.齐奇数次幂的和或差式a 2n+1＋b 2n+1或a 2n+1－b 2n+1只分别含有因式a ＋b 或a －b. 例如（a+b ）| (a 6－b 6), (a －b)| (a 8－b 8)；(a+b)|(a 5+b 5)， (a －b)|(a 5－b 5).二、例题例1. 已知:整数n>2. 求证：n 5－5n 3+4n 能被120整除..证明：n 5－5n 3+4n ＝n(n 4－5n 2+4)=n(n －1)(n+1)(n+2)(n －2).∵(n －2) (n －1)n(n+1) (n ＋2)是五个连续整数，能被n!整除，∴ 120｜n 5－5n 3+4n.例2. 已知：n 为正整数. 求证：n 3+23n 2+21n 是3的倍数.证明：n 3+23n 2+21n ＝21n （2n 2+3n+1） =21n(n+1)(2n+1)=21n(n+1)(n+2+n －1) = 21n(n+1)(n+2)+ 21n(n+1)(n －1).∵ 3！｜n(n+1)(n+2)， 且3！｜n(n+1)(n －1)..∴ 3｜21n(n+1)(n+2)+ 21n(n+1)(n －1). 即n 3+23n 2+21n 是3的倍数. （上两例关鍵在于创造连续整数）例3. 求证：⑴ 33｜255＋1； ⑵ 1989｜（19901990－19881988）.证明：⑴ 255＋1＝25×11＋111＝3211＋111.∵(32＋1)|(3211+111 ) ， 即33｜255＋1.⑵ 19901990－19881988＝19901990－19881990＋19881990－19881988.（添两项）∵（1990＋1988）｜（19901990－19881990）.即1989×2｜（19901990－19881990）.∵ 19881990－19881988=19881988(19882－1)＝19881988（1988＋1）（1988－1）.即 19901990－19881988＝1989×2N ＋1989×19881988×1987. （N 是整数）∴ 1989｜19901990－19881988.例4 设n 是正整数， 求证：7｜（32n+1+2n+2）.证明：32n+1+2n+2＝3×32n +4×2n =3×9 n +4×2 n ＋3×2 n －3×2 n （添两项）＝（4×2 n ＋3×2 n ）＋（3×9 n －3×2 n ）＝（4＋3）＋3（9 n －2 n ）＝7×2 n ＋3（9－2）N . （N 是整数）∴7｜（32n+1+2n+2）（例3，4是设法利用乘法公式）例5. 已知8719xy 能被33整除，求x, y 的值.解：∵33＝3×11，∴1＋9+x+y+8+7其和是3的倍数， 即x+y=3K －25 (k 为整数).又（1＋x+8）－(9+y+7)其差是11的倍数，即x －y=11h+7(h 是整数).∵0≤x ≤9， 0≤y ≤9，∴0≤x ＋y ≤18，9≤x －y ≤9，x+y>x －y, 且 x+y 和x －y 同是奇数或偶数.符合条件的有⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧==48414711y x y x y x 或或 . 解得⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==629529y x y x y x 或或　. 例6.设N ＝782x ，且17｜N, 求 x..解：N ＝2078＋100x=17×122＋4＋17×6x －2x＝17×（122＋6x ）+4－2x.∵ 17｜N ，∴17｜4－2x ，当 4－2x=0.∴ x=2.三、练习1.要使2n+1能被3整除，整数n应取＿＿＿，若6｜（5 n－1）, 则整数n应取＿＿＿.2.求证：①4!|（n4+2n3－n2－2n）；②24｜n(n2－1)(3n+2)；③6｜（n3+11n）；④30｜（n 5－n）.3.求证：①100｜9910－1）；②57｜（23333＋72222）；③995｜（996996－994994）；④1992｜（997997＋995995）.4.设n是正整数，求证3 n+3n+2+62n能被33整除.5.求证：六位数abcabc能被7，11，13，整除.3xy能被77整除，求x,y的值.6.已知：五位数987.已知：a,b,c都是正整数，且6｜（a+b+c）.求证：6｜（a3+b3+c3）.练习题参考答案1.正奇数；正偶数2.①，②分解为4个连续整数③n(n-1)(n+1)+12n ④n(n-1)(n+1)(n2-4+5)3.②81111＋491111③添项－1，1④添项995997－9959974.化为3n(1+32)+36n=11×3n＋36 n－3n＝……5.7×11×13＝1001六位数105a+104b+103c+102a+10b+c=……6.仿例57.由6｜（a+b+c）可知a,b,c中至少有一个是偶数，且a3+b3+c3－3abc含有因式a+b+c [文章来源：教学视频网/转载请保留出处。

《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。