高中数学竞赛讲座20讲.pdf

《高中数学竞赛讲座20讲.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学竞赛讲座20讲.pdf（50页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页 共 87 页竞赛讲座01奇数和偶数整数中，能被2 整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k 表示，奇数可用2k+1 表示，这里k 是整数.关于奇数和偶数，有下面的性质：（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数；（3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；（4）若 a、b 为整数，则a+b 与 a-b 有相同的奇数偶；（5）n 个奇数的乘积是奇数，n 个偶数的乘积是2n 的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数.以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜.1.代

2、数式中的奇偶问题例 1（第 2 届“华罗庚金杯”决赛题）下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这 12 个整数中，至少有几个偶数？+=，-=，3.解 因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12 个整数中至少有六个偶数.例 2 （第 1 届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n 是偶数，m是奇数，方程组是整数，那么（A）p、q 都是偶数.（B）p、q 都是奇数.（C）p 是偶数，q 是奇数（D）p 是奇数，q 是偶数分析由于 1988y 是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以 p 是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11

3、x 为奇数，所以是y=q 奇数，应选（C）例 3 在 1，2，3,，1992 前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.分析因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+,+1992=99631993为偶数于是题设的代数和应为偶数.2.与整除有关的问题例 4（首届“华罗庚金杯”决赛题）70 个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3 倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，,.问最右边的一个数被6 除余几？解设 70 个数依次为a1,a2,a3据题意有a1=0,偶a2=1

4、 奇a3=3a2-a1,奇a4=3a3-a2,偶a5=3a4-a3,奇a6=3a5-a4,奇,由此可知：当 n 被 3 除余 1 时，an 是偶数；第 2 页 共 87 页当 n 被 3 除余 0 时，或余 2 时，an 是奇数，显然a70 是 3k+1 型偶数，所以k 必须是奇数，令k=2n+1，则a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.解设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为b(10?a?35,10?b?35)，则a+b=45，又十位数能被11 整除，则 a-b 应为 0，11，22（为什么？）.由于 a+b 与 a-b 有相同的奇偶性，因此a-b=11即 a=28，b

5、=17.要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是17，现在 8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这三个数字只能是2，1，0.故所求的十位数是9876524130.例 6（1990 年日本高考数学试题）设a、b 是自然数，且有关系式123456789=（11111+a）（11111-b），证明 a-b 是 4 的倍数.证明由式可知11111（a-b）=ab+43617a 0,b 0,a-b 0 首先，易知 a-b 是偶数，否则 11111(a-b)是奇数，从而知 ab 是奇数，进而知 a、b 都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都

6、为偶数，这与式矛盾其次，从a-b 是偶数，根据可知ab 是偶数，进而易知a、b 皆为偶数，从而ab+43617 是 4 的倍数，由知 a-b 是 4 的倍数.3.图表中奇与偶例 7（第 10 届全俄中学生数学竞赛试题）在333的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表.解按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法：在黑板所示的232的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两个.表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中

7、小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个.显然，小正方形互变无法实现，333的大正方形的互变，更无法实现.例 8（第 36 届美国中学生数学竞赛试题）将奇正数1，3，5，7,排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）解由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=43496+1，因此1985 是第 497 行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起，1985 在第二列.例 9 如图 3-1，设线段 AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n 个分点，把AB分成n+1 个不重叠的小线段，如

8、果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段.证明不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数.分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用A、B分别表示红、绿点；第 3 页 共 87 页不难看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A 点开始，每连续改变两次又回到A，现在最 后 一 个 字 母 是B，故 共 改 变 了 奇 数 次，所 以 标 准 线 段 的 条 数 必 为 奇 数.4.有趣的应用题例 10（第 2 届“从小爱数学”赛题）图3-2 是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.（1）如果 P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？（2）

9、某人过这湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么 B 点是在岸上还是在水中？说明理由.解（1）连结 AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而A 点必在水中.（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为2，由于 A 点在水中，氢不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见B点必在岸上.例 11 书店有单价为10 分，15 分，25 分，40 分的四种贺年片，小华花了几张一元钱，正好买了30 张，其中某两种各5 张，另两种各10 张，问小华买贺年片花去多少钱？分析设买的贺年片分别为a、b、c、d（张），用去 k 张 1 元的人民币，

10、依题意有10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数)即 2a+3b+5c+8d=20k 显然 b、c 有相同的奇偶性.若同为偶数，b-c=10 和 a=b=5，不是整数；若同为奇数，b=c=5 和 a=d=10,k=7.例 12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数.证明给出入口处展览室记“+”号，凡与“+”相邻的展览室记“

11、-”号，凡与“-”号相邻的展览室都记“+”号，如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同.第 4 页 共 87 页一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的“+”号室，他的路线是+-+-,+-+-，即从“+”号室起到“+”号室止，中间“-”、“+”号室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了 2n+1 室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2 个门（包括进出出入口门各1 次）.设其经过的方形门的次数是r 次，经过圆形门的次数是s，则 s+r=2n+2 为偶数，故r-s 也为偶数，所以命题结论成立.例 13 有一无穷小数A=0.a1a2a3,anan+1a

12、n+2,其中ai(i=1,2)是数字，并且a1 是奇数，a2 是偶数，a3 等于 a1+a2 的个位数,，an+2 是 an+an+1(n=1,2,)的个位数，证明A是有理数.证明为证明 A 是有理数，只要证明A是循环小数即可，由题意知无穷小数A 的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两个数字ab 重复出现了，即0.,ab,ab,此小数就开始循环.而无穷小数A 的各位数字有如下的奇偶性规律：A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇,又 a 是奇数可取1，3，5，7，9；b 是偶数可取0，2，4，6，8.所以非负有序实数对一共只有25 个是不相同的，在构成A的前 25 个奇偶数组中，至少出现两组

13、是完全相同的，这就证得A是一循环小数，即A是有理数.练习1.填空题（1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是_.（2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的多 18，这五个偶数之和是_.（3）能否把1993 部电话中的每一部与其它5 部电话相连结？答_.2.选择题（1）设 a、b 都是整数，下列命题正确的个数是（）若 a+5b 是偶数，则a-3b 是偶数；若 a+5b 是偶数，则a-3b 是奇数；若 a+5b 是奇数，则a-3b 是奇数；若 a+5b 是奇数，则a-3b 是偶数.（A）

14、1 （B）2 （C）3 （D）4（2）若 n 是大于 1 的整数，则的值（）.（A）一定是偶数（B）必然是非零偶数（C）是偶数但不是2 （D）可以是偶数，也可以是奇数（3）已知关于x 的二次三项式ax2+bx+c（a、b、c 为整数），如果当x=0 与 x=1 时，二次三项式的值都是奇数，那么a（）（A）不能确定奇数还是偶数（B）必然是非零偶数（C）必然是奇数（D）必然是零3.（1986 年宿州竞赛题）试证明11986+91986+81986+61986 是一个偶数.4.请用 0 到 9 十个不同的数字组成一个能被11 整除的最小十位数.5.有 n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n 能被

15、4 整除6.在一个凸n 边形内，任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n 边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n 边形分为只朋角形的小块，试证这种小三我有形的个数与n 有相同的奇偶性.7.（1983 年福建竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第二位数字大于其它各第 5 页 共 87 页位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数.8.（1909 年匈牙利竞赛题）试证：3n+1 能被 2 或 22 整除，而不能被2 的更高次幂整除.9.（全俄15 届中学生数学竞赛题）在1，2，3,，1989 之间填上“+”或“-”号，求和式可以得

16、到最小的非负数是多少？练习参考答案（）（最小两位奇数是，最大数与最小数同为奇数）（）设第一个偶数为，则后面四个衣次为，（）不能是奇数，的个位数字是奇数，而，都是偶数，故最后为偶数仿例设，,，满足题设即,2,。假如为奇数，由，所有皆为奇数，但奇数个奇数之和为奇数，故这时不成立，可见只能为偶数由于为偶数，由知中必有一个偶数，由知中必有另一个偶数于是中必有两个偶数，因而由知必能被整除设小三角形的个数为，则个小三角形共有条边，减去边形的条边及重复计算的边数扣共有（）条线段，显然只有当与有相同的奇偶性时，（）才是整数设这个四位数是由于?，是奇数所以?于是（）?，即或因是偶数，所以，由此得，又因，所以因此

17、该数为当为奇数时，考虑（）的展开式；当为偶数时，考虑（）的展开式除外，可将，,，所有数分为对：（，）（，）,（，）每对数中两个数的奇偶性相同，所以在每对数前无论放置“”，“”号，运算结果只能是偶数而为奇数，所以数，,，的总值是奇数，于是所求的最小非负数不小于，数可用下列方式求得：（）（）,（）竞赛讲座02 整数的整除性1整数的整除性的有关概念、性质（1）整除的定义：对于两个整数a、d（d0），若存在一个整数p，使得成立，则称d 整除 a，或 a 被 d 整除，记作d|a。若 d 不能整除a，则记作 d a，如 2|6，4 6。（2）性质1）若 b|a，则 b|(-a)，且对任意的非零整数m有

18、bm|am 2）若 a|b，b|a，则|a|=|b|;3）若 b|a，c|b，则 c|a 4）若 b|ac，而（a，b）=1（a，b）=1 表示 a、b 互质，则b|c；5）若 b|ac，而 b 为质数，则b|a，或 b|c；6）若 c|a，c|b，则 c|（ma+nb），其中 m、n 为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和）第 6 页 共 87 页例 1（1987 年北京初二数学竞赛题）x，y，z 均为整数，若11（7x+2y-5z），求证：11（3x-7y+12z）。证明 4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而 1111(3x-2y+3z),且 1

19、1(7x+2y-5z),114(3x-7y+12z)又 (11,4)=1 11(3x-7y+12z).2.整除性问题的证明方法(1)利用数的整除性特征（见第二讲）例 2（1980 年加拿大竞赛题）设72的值。解 72=839，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9 都整除的值。若 8，则 8，由除法可得。若 9，则 9（a+6+7+9+2），得 a=3。（2）利用连续整数之积的性质任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2 整除。任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3 的倍数，所以它们之积一定可以被2 整除，也可被3 整除，所以也可以被233=6整除。这个性质

20、可以推广到任意个整数连续之积。例 3（1956 年北京竞赛题）证明：对任何整数n 都为整数，且用3 除时余 2。证明为连续二整数的积,必可被 2 整除.对任何整数n 均为整数,为整数,即原式为整数.又，2n、2n+1、2n+2 为三个连续整数，其积必是3 的倍数，而2 与 3 互质，是能被 3 整除的整数.第 7 页 共 87 页故被 3 除时余 2.例 4 一整数 a 若不能被 2 和 3 整除，则 a2+23 必能被 24 整除.证明a2+23=（a2-1）+24，只需证a2-1 可以被 24 整除即可.2.a 为奇数.设 a=2k+1(k 为整数),则 a2-1=(2k+1)2-1=4k

21、2+4k=4k(k+1).k、k+1 为二个连续整数，故k（k+1）必能被2 整除，8|4k（k+1），即 8|（a2-1）.又（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3 整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a2-1），3 a，3|（a2-1）.3 与 8 互质,24|(a2-1),即 a2+23 能被 24 整除.(3)利用整数的奇偶性下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题.例 5 求证:不存在这样的整数a、b、c、d 使：a2b2c2d-a=a2b2c2d-b=a2b2c2d-c=a2b2c2d-d=证明由，a（bcd-1）=.右端是奇数，左端a 为奇数

22、，bcd-1 为奇数.同理,由、知b、c、d 必为奇数，那么bcd 为奇数，bcd-1 必为偶数，则a（bcd-1）必为偶数，与式右端为奇数矛盾.所以命题得证.例 6 (1985年合肥初中数学竞赛题)设有 n 个实数 x1,x2,，xn，其中每一个不是+1 就是-1，且试证 n 是 4 的倍数.证明设(i=1,2,，n-1)，则 yi不是+1 就是-1，但 y1+y2+,+yn=0，故其中+1 与-1 的个数相同，设为 k，于是 n=2k.又 y1y2y3,yn=1，即（-1）k=1，故 k 为偶数，n 是 4 的倍数.其他方法：整数 a 整除整数b，即 b 含有因子a.这样,要证明 a 整除

23、 b,采用各种公式和变形手段从b 中分解出因子a就成了一条极自然的思路.第 8 页 共 87 页例 7 (美国第 4 届数学邀请赛题)使 n3+100 能被 n+10 整除的正整数n 的最大值是多少?解 n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.若 n+100 能被 n+10 整除,则 900 也能被 n+10 整除.而且,当 n+10 的值为最大时,相应地 n 的值为最大.因为900 的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.例 8 (上海 1989 年高二数学竞赛)设 a、b、c 为满足不等式1abc 的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被 ab

24、c 整除，求所有可能数组（a，b，c）.解（ab-1）（bc-1）（ca-1）=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.存在正整数k,使ab+ac+bc-1=kabc,k=k=1.若 a?3，此时1=-矛盾.已知 a1.只有 a=2.当 a=2 时，代入中得2b+2c-1=bc，即 1=0 b4，知 b=3，从而易得c=5.说明：在此例中通过对因数k 的范围讨论，从而逐步确定a、b、c 是一项重要解题技巧.例 9 （1987 年全国初中联赛题）已知存在整数n，能使数被 1987 整除.求证数，都能被 1987 整除.证明333（1

25、03n+），且能被 1987 整除，p 能被 1987 整除.同样，q=（）且第 9 页 共 87 页故、102（n+1）、被除，余数分别为1000，100，10，于是 q 表示式中括号内的数被除，余数为 1987，它可被 1987 整除，所以括号内的数能被1987整除，即q 能被 1987 整除.练习二1选择题（1）（1987 年上海初中数学竞赛题）若数n=202302402502602702802902100211021202130，则不是 n 的因数的最小质数是（）.（A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案（2）在整数0、1、2,、8、9 中质数有x 个，偶数有y 个，完全平

26、方数有z 个，则 x+y+z 等于（）.（A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10（3）可除尽311+518 的最小整数是（）.（A）2 （B）3 （C）5 （D）311+518（E）以上都不是2填空题（1）（1973 年加拿大数学竞赛题）把 100000 表示为两个整数的乘积，使其中没有一个是10 的整倍数的表达式为 _.(2)一个自然数与3 的和是 5 的倍数,与 3 的差是 6 的倍数,这样的自然数中最小的是_.(3)(1989年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是0 或 1,并且能被225 整除的最小自然数是_.3.求使为整数的最小自然数a 的值.4.(1971年加拿

27、大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n2+2n+12 不是 121 的倍数.5.(1984年韶关初二数学竞赛题)设是一个四位正整数,已知三位正整数与 246 的和是一位正整数 d 的 111 倍,又是 18 的倍数.求出这个四位数,并写出推理运算过程.6.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n 满足方程 m2+1954=n2.7.证明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中 n 为非负整数.(2)若将(1)中的 11 改为任意一个正整数a,则(1)中的 12,133 将作何改动?证明改动后的结论.8.(1986年全国初中数学竞赛题)设 a、b、c 是三个互不相等的正整数.求证:在

28、 a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中,至少有一个能被10 整除.9.(1986年上海初中数学竞赛题)100 个正整数之和为101101,则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论.练习参考答案（）2（）由 2000a 为一整数平方可推出a=5反证法 若是的倍数，设（）（）是素数且除尽（），除尽除尽（）或，不可能由是的倍，可能是，；又是的倍数，只能是而，是第 10 页 共 87 页（）3 3 3 3 3 3,3 3（）第一项可被整除又，（）改为改为，改为（）改动后命题为（）（），可仿上证明（）；同理有（）；（）若、中有偶数或均为奇数，以上三数总能被整除又在、中若有一个

29、是的倍数，则题中结论必成立若均不能被整除，则，个位数只能是，从而，的个位数是从，中，任取三个两两之差，其中必有或，故题中三式表示的数至少有一个被整除，又、互质设个正整数为，,，最大公约数为，并令则,（,）3，故知，不可能都是，从而,?3，?；若取，则满足,3，且，故的最大可能值为竞赛讲座03-同余式与不定方程同余式和不定方程是数论中古老而富有魅力的内容.考虑数学竞赛的需要,下面介绍有关的基本内容.1.同余式及其应用定义:设 a、b、m为整数（m 0），若 a 和 b 被 m除得的余数相同，则称 a 和 b 对模 m同余.记为或一切整数n 可以按照某个自然数m作为除数的余数进行分类，即n=pm+

30、r（r=0，1，,，m-1），恰好 m个数类.于是同余的概念可理解为,若对 n1、n2，有 n1=q1m+r，n2=q2m+r，那么 n1、n2 对模 m的同余，即它们用m除所得的余数相等.利用整数的剩余类表示,可以证明同余式的下述简单性质:(1)若,则 m|(b-a).反过来,若 m|(b-a),则;(2)如果 a=km+b(k 为整数),则;(3)每个整数恰与0,1,，m-1，这 m个整数中的某一个对模m同余；(4)同余关系是一种等价关系：反身性；对称性，则，反之亦然.传递性，则；第 11 页 共 87 页（5）如果，则；特别地应用同余式的上述性质，可以解决许多有关整数的问题.例 1（18

31、98 年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2n+1 能被 3 整除的一切自然数n.解则 2n+1当 n 为奇数时，2n+1 能被 3 整除；当 n 为偶数时，2n+1 不能被 3 整除.例 2 求 2999 最后两位数码.解 考虑用 100 除 2999 所得的余数.又2999 的最后两位数字为88.例 3 求证 31980+41981 能被 5 整除.证明2不定方程不定方程的问题主要有两大类：判断不定方程有无整数解或解的个数；如果不定方程有整数解，采取正确的方法，求出全部整数解.第 12 页 共 87 页(1)不定方程解的判定如果方程的两端对同一个模m(常数)不同余,显然,这个方程必无整数解.而方程

32、如有解则解必为奇数、偶数两种，因而可以在奇偶性分析的基础上应用同余概念判定方程有无整数解.例 4 证明方程2x2-5y2=7 无整数解.证明2x2=5y2+7，显然 y 为奇数.若 x 为偶数，则方程两边对同一整数8 的余数不等，x 不能为偶数.若 x 为奇数，则但 5y2+7x 不能为奇数.因则原方程无整数解.说明:用整数的整除性来判定方程有无整数解,是我们解答这类问题的常用方法.例 5 (第 14 届美国数学邀请赛题)不存在整数x,y 使方程证明如果有整数x，y 使方程成立，则=知（2x+3y2）+5 能被 17 整除.设 2x+3y=17n+a，其中 a 是 0，1，2，3，4，5，6，

33、7，8 中的某个数，但是这时（2x+3y）2+5=（17n）2+34na+（a2+5）=a2+5（mod17），而 a2+5 被 17 整除得的余数分别是5，6，9，14，4，13，7，3，1，即在任何情况下（2x+3y）2+5 都不能被17 整除，这与它能被17 整除矛盾.故不存在整数x，y 使成立.例 7 （第 33 届美国数学竞赛题）满足方程x2+y2=x3 的正整数对（x，y）的个数是（）.（A）0（B）1（C）2（D）无限个（E）上述结论都不对解由 x2+y2=x3 得 y2=x2（x-1），所以只要x-1 为自然数的平方，则方程必有正整数解.令 x-1=k2(k为自然数),则为方程

34、的一组通解.由于自然数有无限多个,故满足方程的正整数对(x,y)有无限多个,应选(D).说明:可用写出方程的一组通解的方法,判定方程有无数个解.(2)不定方程的解法不定方程没有统一的解法,常用的特殊方法有:配方法、因式（质因数）分解法、不等式法、奇偶分析法和余数分析法.对方程进行适当的变形,并正确应用整数的性质是解不定方程的基本思路.例 6 求方程的整数解.第 13 页 共 87 页解(配方法)原方程配方得(x-2y)2+y2=132.在 勾 股 数 中,最 大 的 一 个 为 13 的 只 有 一 组 即5,12,13,因 此 有8 对 整 数 的 平 方 和 等 于132 即(5,12),

35、(12,5),(-5,-12),(-12,-5),(5-,12),(12,-5),(-5,12),(-12,5).故原方程组的解只能是下面的八个方程组的解解得例 7 (原民主德国1982 年中学生竞赛题)已知两个自然数b 和 c 及素数 a 满足方程a2+b2=c2.证明:这时有 ab 及 b+1=c.证明（因式分解法）a2+b2=c2，a2=（c-b）（c+b），又 a 为素数，c-b=1，且 c+b=a2.于是得 c=b+1 及 a2=b+c=2b+1 3b，即.而 a?3,?1，1.ab.例 9（第 35 届美国中学数学竞赛题）满足联立方程的正整数（a，b，c）的组数是（）.（A）0 （

36、B）1 （C）2 （D）3 （E）4 解（质因数分解法）由方程ac+bc=23 得（a+b）c=23=1323.a，b，c 为正整数，c=1 且 a+b=23.将 c 和 a=23-b 代入方程ab+bc=44 得(23-b)b+b=44,即(b-2)(b-22)=0,b1=2,b2=22.从而得a1=21,a2=1.故满足联立方程的正整数组(a,b,c)有两个,即(21,2,1)和(1,22,1),应选(C).例 10 求不定方程2(x+y)=xy+7的整数解.解 由(y-2)x=2y-7,得第 14 页 共 87 页分离整数部分得由 x 为整数知y-2 是 3 的因数,y-2=1，3，x=

37、3，5，1.方程整数解为例 11 求方程 x+y=x2-xy+y2的整数解.解（不等式法）方程有整数解必须=（y+1）2-4（y2-y）?0，解得?y?.满足这个不等式的整数只有y=0，1，2.当 y=0 时，由原方程可得x=0 或 x=1；当 y=1 时，由原方程可得x=2 或 0；当 y=2 时，由原方程可得x=1或 2.所以方程有整数解最后我们来看两个分式和根式不定方程的例子.例 12 求满足方程且使 y 是最大的正整数解（x，y）.解将原方程变形得由此式可知，只有12-x 是正的且最小时，y 才能取大值.又 12-x 应是 144 的约数，所以，12-x=1，x=11，这时 y=132

38、.故满足题设的方程的正整数解为（x，y）=（11，132）.例 13（第 35 届美国中学生数学竞赛题）满足0 xy 及的不同的整数对（x，y）的个数是（）.（A）0 （B）1 （C）3 （D）4 （E）7 解法 1 根据题意知，0 x1984，由得当且仅当1984x 是完全平方数时，y 是整数.而 1984=26231，故当且仅当x 具有 31t2 形式时，1984x 是完全平方数.x 1984，1?t?7.当t=1，2，3 时，得整数对分别为（31，1519）、（124，1116）和（279，775）.当 t 3 时 y?x不合题意，因此不同的整数对的个数是3，故应选（C）.解法 2 19

39、84=由此可知：x 必须具有31t2 形式，y 必须具有31k2 形式，并且 t+k=8（t，k 均为正整数）.因为 0 x y，所以 t k.当 t=1，k=7 时得（31，1519）；t=2，k=6 时得（124，第 15 页 共 87 页1116）；当 t=3，k=5 时得（279，775）.因此不同整数对的个数为3.练习二十1.选择题(1)方程 x2-y2=105 的正整数解有().（A）一组（B）二组（C）三组（D）四组(2)在 0,1,2,，50 这 51 个整数中，能同时被2，3，4 整除的有（）.（A）3个（B）4 个（C）5 个（D）6 个2填空题（1）的个位数分别为_及_.

40、(2)满足不等式 104?A?105的整数 A 的个数是x3104+1，则x 的值 _.(3)已知整数y 被 7 除余数为5,那么 y3 被 7 除时余数为 _.(4)(全俄第 14届中学生数学竞赛试题)求出任何一组满足方程x2-51y2=1 的自然数解x 和 y_.3.(第 26 届国际数学竞赛预选题)求三个正整数x、y、z 满足.4（1985 年上海数学竞赛题）在数列4，8，17，77，97，106，125，238 中相邻若干个数之和是3 的倍数，而不是 9 的倍数的数组共有多少组？5求的整数解.6求证可被 37 整除.7（全俄 1986 年数学竞赛题）求满足条件的整数 x，y 的所有可能

41、的值.8（1985 年上海初中数学竞赛题）已知直角三角形的两直角边长分别为l 厘米、m厘米，斜边长为n 厘米，且 l，m，n 均为正整数，l 为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.(1988年全国初中数学竞赛题)如果 p、q、都是整数，并且 p1，q 1，试求 p+q 的值.练习二十1.D.C.2.(1)9及 1.(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x2=(7y+1)2+2y(y-7),令 y=7 可得 x=50.3.不妨设x?y?z,则,故 x?3.又有故 x?2.若x=2,则,故 y?6.又有,故 y?4.若y=4,则 z=20.若 y=5,则 z=10.若 y=6,则 z

42、无整数解.若 x=3,类似可以确定3?y?4,y=3或 4,z 都不能是整数.4.可仿例 2 解.第 16 页 共 87 页5.先求出,然后将方程变形为y=5+x-2要使 y 为整数,5x-1 应是完全平方数,解得6.88888(mod37),8888222282(mod37).77777(mod37),7777333373(mod37),88882222+77773333(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,37|N.7.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x 的二次方程有解的条件?0及 y 为整数可得0?y?5,即y=0,1,2,3,

43、4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.l2+m2=n2,l2=(n+m)(n-m).l为 质 数,且n+m n-m 0,n+m=l2,n-m=1.于 是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即 2(l+m+1)是完全平方数.9.易知 pq,不妨设pq.令=n,则 m n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q 之值.竞赛专题讲座04 平面几何证明 竞赛知识点拨 1 线段或角相等的证明（1）利用全等或相似多边形；（2）利用等腰；（3）利用平行四边形；（4）利用等量

44、代换；（5）利用平行线的性质或利用比例关系（6）利用圆中的等量关系等。2 线段或角的和差倍分的证明（1）转化为相等问题。如要证明a=bc，可以先作出线段p=bc，再去证明a=p，即所谓“截长补短”，角的问题仿此进行。（2）直接用已知的定理。例如：中位线定理，Rt斜边上的中线等于斜边的一半；的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。3 两线平行与垂直的证明（1）利用两线平行与垂直的判定定理。（2）利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰的“三线合一”可证明垂直。（3）利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。【竞赛例题剖析】【例 1】从 O外一点 P 向圆引

45、两条切线PA、PB和割线 PCD。从 A 点作弦 AE平行于 CD，连结 BE交 CD于 F。求证：BE平分 CD。【分析 1】构造两个全等。连结 ED、AC、AF。CF=D F ACF EDF 第 17 页 共 87 页 PAB=AEB=PFB【分析 2】利用圆中的等量关系。连结OF、OP、OB。PFB=POB 注：连结OP、OA、OF，证明 A、O、F、P 四点共圆亦可。【例 2】ABC内接于 O，P是弧 AB 上的一点，过P作 OA、OB的垂线，与 AC、BC分别交于S、T，AB交于 M、N。求证：PM=MS 充要条件是PN=NT。【分析】只需证，PM2PN=MS2NT。（1=2，3=4

46、）APM PBN PM2PN=AM2BN（BNT=AMS，BTN=MAS）BNT SMA MS2NT=AM2BN【例 3】已知 A为平面上两半径不等的圆O1和 O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为 P1Q1、P2Q2的中点。求证：O1AO2=M1AM2。【分析】设 B 为两圆的另一交点，连结并延长BA交 P1P2于 C，交 O1O2 于 M，则 C为 P1P2的中点，且 P1M1CM P2M2，故 CM为 M1M2 的中垂线。在 O1M上截取 MO3=MO2，则 M1AO3=M2AO2。故只 需证 O1AM1=O3AM1，即 证。由

47、P1O1M1 P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A 可得。【例 4】在 ABC中，ABAC，A 的外角平分线交 ABC的外接圆于D，DE AB于 E，求证：AE=。第 18 页 共 87 页【分析】方法1、2AE=AB-AC 在 BE 上截取EF=AE，只 需 证BF=AC，连结 DC、DB、DF，从而只需证 DBF DCA DF=DA，DBF=DCA，DFB=DAC DFA=DAF=DAG。方法 2、延长 CA至 G，使 AG=AE，则只需证BE=CG 连结 DG、DC、DB，则只需证 DBE DCG DE=DG，DBE=DCG，DEB=DGC=Rt。【例 5

48、】ABC的顶点 B在 O外，BA、BC均与 O相交，过BA与圆的交点K 引 ABC平分线的垂线，交O于 P，交 BC于 M。求证：线段PM为圆心到 ABC平分线距离的2 倍。【分析】若角平分线过O，则 P、M重合，PM=0，结论显然成立。若角平分线不过O，则延长 DO至 D，使 OD=OD，则只需证DD=PM。连结 DP、DM，则只需证DMPD为平行四边形。过 O作 m PK，则 DD,KP，DPK=DKP BL 平分 ABC，MK BLBL 为 MK的中垂线DKB=DMK DPK=DMK，DP DM。而 D D PM，DMPD为平行四边形。【例 6】在 ABC中，AP为 A 的平分线，AM为

49、 BC边上的中线，过B作 BH AP于 H，AM的延长线交BH于 Q，求证：PQ AB。【分析】方法1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。倍长中线：延长AM至 M，使 AM=MA，连结BA，如图6-1。PQ AB 第 19 页 共 87 页ABQ=180 -(HBA+BAH+CAP)=180-90-CAP=90 -BAP=ABQ 方法 2、结合角平分线和BH AH联想对称知识。延长 BH交 AC的延长线于B，如图 6-2。则 H 为 BB 的中点，因为 M为 BC的中点，连结 HM，则 HM B/C。延长 HM交 AB于 O，则 O为 AB的中点。延长MO 至 M，使 OM=OM，

50、连结M A、M B，则 AM BM是平行四边形，MP AM，QM BM。于是，所以 PQ AB。【例 7】菱形 ABCD的内切圆 O与各边分别切于E、F、G、H，在 EF与 GH上分别作 O的切线交 AB于 M，交 BC于 N，交 CD于 P，交 DA于 Q。求证：MQ NP。（95 年全国联赛二试3）【分析】由AB CD知：要证MQ NP，只需证 AMQ=CPN，结合 A=C知，只需证AMQ CPN，AM2CN=AQ2CP。连结 AC、BD，其交点为内切圆心O。设 MN与 O切于 K，连结 OE、OM、OK、ON、OF。记 ABO=，MOK=，KON=，则EOM=，FON=，EOF=2+2=