第一篇：初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽精品標(biāo)準(zhǔn)教程及練習(xí)20：代數(shù)恒等式的證明

初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽精品標(biāo)準(zhǔn)教程及練習(xí)（20）

代數(shù)恒等式的證明

一、內(nèi)容提要證明代數(shù)恒等式，在整式部分常用因式分解和乘法兩種相反的恒等變形，要特別注意運(yùn)用乘法公式和等式的運(yùn)算法則、性質(zhì)。具體證法一般有如下幾種

1．從左邊證到右邊或從右邊證到左邊，其原則是化繁為簡(jiǎn)。變形的過(guò)程中要不斷注意結(jié)論的形式。

2．把左、右兩邊分別化簡(jiǎn)，使它們都等于第三個(gè)代數(shù)式。

3．證明：左邊的代數(shù)式減去右邊代數(shù)式的值等于零。即由左邊－右邊＝0可得左邊＝右邊。4，由己知等式出發(fā)，經(jīng)過(guò)恒等變形達(dá)到求證的結(jié)論。還可以把己知的條件代入求證的一邊證它能達(dá)到另一邊，二、例題例1求證：3－2＋2×5＋3－2＝10（5+3－2）

證明：左邊＝2×5×5 n+1＋（3 n+2+3 n）＋（－2 n+2 －2 n）

＝10×5 n+1＋3 n(32+1)－2 n-1(23＋2)n+2 n＋2 n+2 n n n+1 n n-1＝10（5+3－2）=右邊

又證：左邊＝2×5 n+2＋3 n（32＋1）－2 n(22+1)n+1 n n-

1＝2×5＋10×3－5×2右邊＝10×5 n+1+10×3 n－10×2 n-1

＝2×5 n+2＋10×3 n－5×2 n

∴左邊＝右邊 n+2 n n

例2 己知:a+b+c=0求證：a3+b3+c3=3abc

證明：∵a3+b3+c3－3abc＝（a+b+c）（a2+b2+c2－ab－ac－bc）(見(jiàn)19例1)∵:a+b+c=0

333333∴a+b+c－3abc＝0即a+b+c=3abc

又證：∵:a+b+c=0∴a=－（b+c）

兩邊立方a=－（b+3bc+3bc+c）

移項(xiàng)a3＋b3+c3＝－3bc(b+c)＝3abc33223再證：由己知 a=－b－c代入左邊,得

（－b－c）3+ b3+c3＝－（b3+3b2c+3bc2+c 3）+b3+c

3＝－3bc(b+c)=－3bc(－a)＝3abc

例3 己知a+

證明：由己知a-b=

1b?b?1c1b?c?1a,a≠b≠c 求證：a2b2c2=1 1c??b?cbc∴bc=c?ab?ca?b a?b

c?ab-c=1

a?1

c?c?a

∴ab bc ca＝

2cab?ca?bb?cc?ac?aa?bb?c

2∴ca=同理ab= ＝1即abc=1 2222例4 己知:ax+bx+c是一個(gè)完全平方式（a,b,c是常數(shù)）求證：b－4ac=0證明：設(shè):ax+bx+c＝（mx+n），m,n是常數(shù)

那么:ax+bx+c＝mx+2mnx+n

?a?m

2?根據(jù)恒等式的性質(zhì) 得?b?2mn ∴: b2－4ac＝（2mn）2－4m2n2=0

?2?c?n22222

三、練習(xí)20

1． 求證： ①(a+b+c)2+(a+b-c)2－(a-b-c)2－(a-b-c)2＝8ab

②（x+y）+x+y=2(x+xy+y)③(x-2y)x－(y-2x)y=(x+y)(x-y)④3 n+2+5 n+2―3 n―5 n=24(5 n+3 n-1)⑤a5n+a n+1=(a3 n－a2 n+1)(a2 n+a n+1)

2.己知：a+b=2ab求證：a=b

3.己知：a+b+c=0

求證：①a3+a2c+b2c+b3=abc②a4+b4+c4=2a2b2+2b2c2+2c2a2

4.己知：a2=a+1求證：a5=5a+3

5.己知：x＋y－z=0求證： x3+8y3=z3－6xyz

6.己知：a2+b2+c2=ab+ac+bc求證：a=b=c

7.己知：a∶b=b∶c求證：（a+b+c）2+a2+b2+c2=2(a+b+c)(a+c)

8.己知：abc≠0，ab+bc=2ac求證：

9．己知：x

a?b?y

b?c?z

c?a1a?1b?1b?1c22444222333求證：x+y+z=0

10.求證：（2x－3）（2x+1）(x2－1)＋1是一個(gè)完全平方式

11己知：ax3+bx2+cx+d能被x2+p整除求證：ad=bc

練習(xí)20參考答案：

1.④左邊＝5 n(5 2-1)+3 n－1(33-3)= 24(5 n+3 n-1)注意右邊有3 n-1

2.左邊－右邊＝（a-b）

3.②左邊－右邊＝（a2+b2-c2）2-4a2b2=……

4.∵a5=a2a2a,用a2=a+1代入

5.用z=x+2y代入右邊

6.用已知的（左－右）×2

7.用b=ac分別代入左邊，右邊化為同一個(gè)代數(shù)式

8.在已知的等式兩邊都除以abc

9.設(shè)三個(gè)比的比值為k,2210.(2x-x-2)11.用待定系數(shù)法

第二篇：初中數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽教程

初中數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽教程

（初稿）

2004年5月8日

初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽大綱（修訂稿）

數(shù)學(xué)競(jìng)賽對(duì)于開(kāi)發(fā)學(xué)生智力，開(kāi)拓視野，促進(jìn)教學(xué)改革，提高教學(xué)水平，發(fā)現(xiàn)和培養(yǎng)數(shù)學(xué)人才都有著積極的作用。目前我國(guó)中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽日趨規(guī)范化和正規(guī)化，為了使全國(guó)數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)健康、持久地開(kāi)展，應(yīng)廣大中學(xué)師生和各級(jí)數(shù)學(xué)奧林匹克教練員的要求，特制定《初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽大綱（修訂稿）》以適應(yīng)當(dāng)前形勢(shì)的需要。

本大綱是在國(guó)家教委制定的九年義務(wù)教育制“初中數(shù)學(xué)教學(xué)大綱”精神的基礎(chǔ)上制定的。《教學(xué)大綱》在教學(xué)目的一欄中指出：“要培養(yǎng)學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)的興趣，激勵(lì)學(xué)生為實(shí)現(xiàn)四個(gè)現(xiàn)代化學(xué)好數(shù)學(xué)的積極性?！本唧w作法是：“對(duì)學(xué)有余力的學(xué)生，要通過(guò)課外活動(dòng)或開(kāi)設(shè)選修課等多種方式，充分發(fā)展他們的數(shù)學(xué)才能”，“要重視能力的培養(yǎng)??，著重培養(yǎng)學(xué)生的運(yùn)算能力、邏輯思維能力和空間想象能力，要使學(xué)生逐步學(xué)會(huì)分析、綜合、歸納、演繹、概括、抽象、類比等重要的思想方法。同時(shí)，要重視培養(yǎng)學(xué)生的獨(dú)立思考和自學(xué)的能力”。

《教學(xué)大綱》中所列出的內(nèi)容，是教學(xué)的要求，也是競(jìng)賽的要求。除教學(xué)大綱所列內(nèi)容外，本大綱補(bǔ)充列出以下內(nèi)容。這些課外講授的內(nèi)容必須充分考慮學(xué)生的實(shí)際情況，分階段、分層次讓學(xué)生逐步地去掌握，并且要貫徹“少而精”的原則，處理好普及與提高的關(guān)系，這樣才能加強(qiáng)基礎(chǔ)，不斷提高。

1、實(shí)數(shù)

十進(jìn)制整數(shù)及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等數(shù)整除的判定。

素?cái)?shù)和合數(shù)，最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)。

奇數(shù)和偶數(shù)，奇偶性分析。

帶余除法和利用余數(shù)分類。

完全平方數(shù)。

因數(shù)分解的表示法，約數(shù)個(gè)數(shù)的計(jì)算。

有理數(shù)的表示法，有理數(shù)四則運(yùn)算的封閉性。

2、代數(shù)式

綜合除法、余式定理。

拆項(xiàng)、添項(xiàng)、配方、待定系數(shù)法。

部分分式。

對(duì)稱式和輪換對(duì)稱式。

3、恒等式與恒等變形

恒等式，恒等變形。

整式、分式、根式的恒等變形。

恒等式的證明。

4、方程和不等式

含字母系數(shù)的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。

含絕對(duì)值的一元一次、二次方程的解法。

含字母系數(shù)的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。

含絕對(duì)值的一元一次不等式。簡(jiǎn)單的一次不定方程。

列方程（組）解應(yīng)用題。

5、函數(shù)

y=|ax+b|,y=|ax2+bx+c|及 y=ax2+bx+c的圖像和性質(zhì)。

二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值。簡(jiǎn)單分式函數(shù)的最值，含字母系數(shù)的二次函數(shù)。

6、邏輯推理問(wèn)題

抽屜原則（概念），分割圖形造抽屜、按同余類造抽屜、利用染色造抽屜。

簡(jiǎn)單的組合問(wèn)題。

邏輯推理問(wèn)題，反證法。

簡(jiǎn)單的極端原理。

簡(jiǎn)單的枚舉法。

7、幾何

四種命題及其關(guān)系。

三角形的不等關(guān)系。同一個(gè)三角形中的邊角不等關(guān)系，不同三角形中的邊角不等關(guān)系。

面積及等積變換。

三角形的心（內(nèi)心、外心、垂心、重心）及其性質(zhì)。第一講 整數(shù)問(wèn)題：特殊的自然數(shù)之一

A1－001 求一個(gè)四位數(shù)，它的前兩位數(shù)字及后兩位數(shù)字分別相同，而該數(shù)本身等于一個(gè)整數(shù)的平方．

【題說(shuō)】 1956年～1957年波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克一試題1．

x＝1000a＋100a＋10b＋b ＝11（100a＋b）

其中0＜a?9，0?b?9．可見(jiàn)平方數(shù)x被11整除，從而x被11整除．因此，數(shù)100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某個(gè)自然數(shù)的平方．對(duì)a＝1，2，?，9逐一檢驗(yàn)，易知僅a＝7時(shí)，9a＋1為平方數(shù)，故所求的四位數(shù)是7744＝882． A1－002 假設(shè)n是自然數(shù)，d是2n2的正約數(shù)．證明：n2＋d不是完全平方．

【題說(shuō)】 1953年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克題2．

【證】 設(shè)2n2＝kd，k是正整數(shù)，如果 n2＋d是整數(shù) x的平方，那么

k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）

但這是不可能的，因?yàn)閗2x2與n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方數(shù)． A1－003 試證四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積加上1的算術(shù)平方根仍為自然數(shù)．

【題說(shuō)】 1962年上海市賽高三決賽題 1． 【證】 四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積可以表示成

n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1 因此，四個(gè)連續(xù)自然數(shù)乘積加上1，是一完全平方數(shù)，故知本題結(jié)論成立．

A1－004 已知各項(xiàng)均為正整數(shù)的算術(shù)級(jí)數(shù)，其中一項(xiàng)是完全平方數(shù)，證明：此級(jí)數(shù)一定含有無(wú)窮多個(gè)完全平方數(shù)．

【題說(shuō)】 1963年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題2．算術(shù)級(jí)數(shù)有無(wú)窮多項(xiàng)． 【證】 設(shè)此算術(shù)級(jí)數(shù)公差是 d，且其中一項(xiàng) a＝m2（m∈N）．于是

a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2

對(duì)于任何k∈N，都是該算術(shù)級(jí)數(shù)中的項(xiàng)，且又是完全平方數(shù)．

A1－005 求一個(gè)最大的完全平方數(shù)，在劃掉它的最后兩位數(shù)后，仍得到一個(gè)完全平方數(shù)（假定劃掉的兩個(gè)數(shù)字中的一個(gè)非零）．

【題說(shuō)】 1964年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十一年級(jí)題 1．

【解】 設(shè) n滿足條件，令n＝100a＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n?10a＋1．因此

b＝n100a?20a＋1 由此得 20a＋1＜100，所以a?4．

經(jīng)驗(yàn)算，僅當(dāng)a＝4時(shí)，n＝41滿足條件．若n＞41則n2－402?422－402＞100．因此，滿足本題條件的最大的完全平方數(shù)為412＝1681．

A1－006 求所有的素?cái)?shù)p，使4p2＋1和6p2＋1也是素?cái)?shù)．

222

2【題說(shuō)】 1964年～1965年波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克二試題 1．

【解】 當(dāng)p≡±1（mod 5）時(shí)，5|4p＋1．當(dāng)p≡±2（mod 5）時(shí)，5|6p＋1．所以本題只有一個(gè)解p＝5． A1－007 證明存在無(wú)限多個(gè)自然數(shù)a有下列性質(zhì)：對(duì)任何自然數(shù)n，z＝n＋a都不是素?cái)?shù)． 【題說(shuō)】 第十一屆（1969年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題1，本題由原民主德國(guó)提供． 【證】 對(duì)任意整數(shù)m＞1及自然數(shù)n，有 n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2 ＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2 ＝（n－m）2＋m2?m2＞1 故 n4＋4m4不是素?cái)?shù)．取 a＝4224，4234，?就得到無(wú)限多個(gè)符合要求的 a．

第二講 整數(shù)問(wèn)題：特殊的自然數(shù)之二

A1－008 將某個(gè)17位數(shù)的數(shù)字的順序顛倒，再將得到的數(shù)與原來(lái)的數(shù)相加．證明：得到的和中至少有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù)．

【題說(shuō)】 第四屆（1970年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題 4． 【證】 假設(shè)和的數(shù)字都是奇數(shù)．在加法算式

中，末一列數(shù)字的和d＋a為奇數(shù)，從而第一列也是如此，因此第二列數(shù)字的和b＋c?9．于是將已知數(shù)的前兩位數(shù)字a、b與末兩位數(shù)字c、d去掉，所得的13位數(shù)仍具有性質(zhì)：將它的數(shù)字顛倒，得到的數(shù)與它相加，和的數(shù)字都是奇數(shù)．照此進(jìn)行，每次去掉首末各兩位數(shù)字．最后得到一位數(shù)，它與自身相加顯然是偶數(shù)．矛盾！

因此，和的數(shù)字中必有偶數(shù)．

A1－009 證明：如果p和p＋2都是大于3的素?cái)?shù)，那么6是p＋1的因數(shù)．

【題說(shuō)】 第五屆（1973年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題 3． 【證】 因?yàn)閜是奇數(shù)，所以2是p＋1的因數(shù)．

因?yàn)閜、p＋

1、p＋2除以 3余數(shù)不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除． 于是6是p＋1的因數(shù)．

A1－010 證明：三個(gè)不同素?cái)?shù)的立方根不可能是一個(gè)等差數(shù)列中的三項(xiàng)（不一定是連續(xù)的）．

【題說(shuō)】 美國(guó)第二屆（1973年）數(shù)學(xué)奧林匹克題5．

【證】 設(shè)p、q、r是不同素?cái)?shù)．假如有自然數(shù)l、m、n和實(shí)數(shù)a、d，消去a，d，得

化簡(jiǎn)得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m

原命題成立．

A1－011 設(shè)n為大于2的已知整數(shù)，并設(shè)Vn為整數(shù)1＋kn的集合，k＝1，2，?．?dāng)?shù)m∈Vn稱為在 Vn中不可分解，如果不存在數(shù)p，q∈Vn使得 pq＝m．證明：存在一個(gè)數(shù)r∈Vn可用多于一種方法表達(dá)成Vn中不可分解的元素的乘積．

【題說(shuō)】 第十九屆（1977年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題3．本題由荷蘭提供．

【證】 設(shè)a＝n－1，b＝2n－1，則a2、b2、a2b2都屬于Vn．因?yàn)閍2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解．

式中不會(huì)出現(xiàn)a2．

r＝a2b2有兩種不同的分解方式：r＝a22b2＝a2?（直至b2分成不可分解的元素之積）與r＝ab2ab＝?（直至ab分成不可2分解的元素之積），前者有因數(shù)a，后者沒(méi)有． A1－012 證明在無(wú)限整數(shù)序列

10001，100010001，1000100010001，?

中沒(méi)有素?cái)?shù)．

注意第一數(shù)（一萬(wàn)零一）后每一整數(shù)是由前一整數(shù)的數(shù)字連接0001而成． 【題說(shuō)】 1979年英國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題 6． 【證】 序列 1，10001，100010001，?，可寫(xiě)成

1，1＋104，1＋104＋108，?

一個(gè)合數(shù)．

即對(duì)n＞2，an均可分解為兩個(gè)大于1的整數(shù)的乘積，而a2＝10001＝137273．故對(duì)一切n?2，an均為合數(shù)．

A1－013 如果一個(gè)自然數(shù)是素?cái)?shù)，并且任意地交換它的數(shù)字，所得的數(shù)仍然是素?cái)?shù)，那么這樣的數(shù)叫絕對(duì)素?cái)?shù)．求證：絕對(duì)素?cái)?shù)的不同數(shù)字不能多于3個(gè)．

【題說(shuō)】 第十八屆（1984年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題 8． 【證】 若不同數(shù)字多于 3個(gè)，則這些數(shù)字只能是1、3、7、9．不難驗(yàn)證1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余數(shù)分別為0、1、2、3、4、5、6．因此對(duì)任意自然數(shù)M，1043M與上述7個(gè)四位數(shù)分別相加，所得的和中至少有一個(gè)被7整除，從而含數(shù)字1、3、7、9的數(shù)不是絕對(duì)素?cái)?shù)．

A1－014 設(shè)正整數(shù) d不等于 2、5、13．證明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到兩個(gè)不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方數(shù)．

【題說(shuō)】 第二十七屆（1986年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題1．本題由原聯(lián)邦德國(guó)提供．

【證】 證明2d－

1、5d－

1、13d－1這三個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)不是完全平方數(shù)即可．用反證法，設(shè) 5d－1＝x5d－1＝y(tǒng)2

（1）（2）2 13d－1＝z2（3）其中x、y、z是正整數(shù)．

由（1）式知，x是奇數(shù)，不妨設(shè)x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即 d＝2n2－2n＋1（4）（4）式說(shuō)明d也是奇數(shù)．

于是由（2）、（3）知y、Z是偶數(shù)，設(shè)y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相減后除以4有

2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）

因2d是偶數(shù)，即q2－p2是偶數(shù)，所以p、q同為偶數(shù)或同為奇數(shù)，從而q＋p和q－p都是偶數(shù)，即2d是4的倍數(shù)，因此d是偶數(shù)．這與d是奇數(shù)相矛盾，故命題正確．

第三講 整數(shù)問(wèn)題：特殊的自然數(shù)之三

A1－015 求出五個(gè)不同的正整數(shù)，使得它們兩兩互素，而任意n（n?5）個(gè)數(shù)的和為合數(shù)．

【題說(shuō)】 第二十一屆（1987年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題 1． 【解】 由n個(gè)數(shù)

ai＝i2n?。?，i＝1，2，?，n 組成的集合滿足要求． 因?yàn)槠渲腥我鈑個(gè)數(shù)之和為

m2n?。玨（m∈N，2?k?n）

由于n?。?222?2 n是 k的倍數(shù)，所以m2n！＋k是 k的倍數(shù)，因而為合數(shù)．

對(duì)任意兩個(gè)數(shù)ai與 aj（i＞j），如果它們有公共的質(zhì)因數(shù)p，則p也是ai－aj＝（i－j）n！的質(zhì)因數(shù)，因?yàn)?＜i－j＜n，所以p也是n！的質(zhì)因數(shù)．但ai與n！互質(zhì)，所以ai與aj不可能有公共質(zhì)因數(shù)p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得滿足條件的一組數(shù)：121，241，361，481，601．

A1－016 已知n?2，求證：如果k2＋k＋n對(duì)于整數(shù)k

素?cái)?shù)．

【題說(shuō)】 第二十八屆（1987年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題6．本題由原蘇聯(lián)提供．

（1）若m?p，則p|（m－p）＋（m－p）＋n．

又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，這與m是使k2＋k＋n為合數(shù)的最小正整數(shù)矛盾．

（2）若m?p－1，則（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且

（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n?n＞p 因?yàn)椋╬－1－m）2＋（p－1－m）＋n為合數(shù)，所以

p－1－m?m，p?2m＋1 由

2得

4m2＋4m＋1?m2＋m＋n 即

3m2＋3m＋1－n?0 由此得

A1－017 正整數(shù)a與b使得ab＋1整除a＋b．求證：（a＋b）/（ab＋1）是某個(gè)正整數(shù)的平方．

2【題說(shuō)】 第二十九屆（1988年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題6．本題由原聯(lián)邦德國(guó)提供．

a2－kab＋b2＝k（1）

顯然（1）的解（a，b）滿足ab?0（否則ab?－1，a2＋b2＝k（ab＋1）?0）． 又由于k不是完全平方，故ab＞0．

設(shè)（a，b）是（1）的解中適合a＞0（從而b＞0）并且使a＋b最小的那個(gè)解．不妨設(shè)a?b．固定k與b，把（1）看成a的二次方程，它有一根為a．設(shè)另一根為a′，則由韋達(dá)定理

（2），a′為整數(shù)，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0． 但由（3）

從而a′＋b＜a＋b，這與a＋b的最小性矛盾，所以k必為完全平方．

A1－018 求證：對(duì)任何正整數(shù)n，存在n個(gè)相繼的正整數(shù)，它們都不是素?cái)?shù)的整數(shù)冪． 【題說(shuō)】 第三十屆（1989年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題5．本題由瑞典提供．

【證】 設(shè)a＝（n＋1）！，則a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因?yàn)閍2被k2整除而k不被k2整除）．如

＋＋果a2＋k是質(zhì)數(shù)的整數(shù)冪pl，則k＝pj（l、j都是正整數(shù)），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此

a＋k（2?k?n＋1）

這n個(gè)連續(xù)正整數(shù)都不是素?cái)?shù)的整數(shù)冪．

第四講 整數(shù)問(wèn)題：特殊的自然數(shù)之四

A1－019 n為怎樣的自然數(shù)時(shí)，數(shù)

32n＋

1－

22n＋1

－6是合數(shù)？

n【題說(shuō)】 第二十四屆（1990年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十一年級(jí)題5 【解】 32n1－22n1－6n＝（3n－2n）（3n1＋2n1）＋＋

＋

＋當(dāng) n＞l時(shí)，3n－2n＞1，3n1＋2n1＞1，所以原數(shù)是合數(shù)．當(dāng) n＝1時(shí)，原數(shù)是素?cái)?shù)13． ＋

＋ A1－020 設(shè)n是大于6的整數(shù)，且a1、a2、?、ak是所有小于n且與n互素的自然數(shù)，如果

a2－a1＝a3－a2＝?＝ak－ak－1＞0 求證：n或是素?cái)?shù)或是2的某個(gè)正整數(shù)次方．

【題說(shuō)】 第三十二屆（1991年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題2．本題由羅馬尼亞提供． 【證】 顯然a1＝1．

由（n－1，n）＝1，得 ak＝n－1． 令 d＝a2－a1＞0．

當(dāng)a2＝2時(shí)，d＝1，從而k＝n－1，n與所有小于n的自然數(shù)互素．由此可知n是素?cái)?shù)． 當(dāng)a2＝3時(shí)，d＝2，從而n與所有小于n的奇數(shù)互素．故n是2的某個(gè)正整數(shù)次方．

設(shè)a2＞3．a(chǎn)2是不能整除n的最小素?cái)?shù)，所以2|n，3|n．由于n－1＝ak＝1＋（k－1）d，所以3 d．又1＋d＝a2，于是3

1＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，則a3＝1＋2d，這時(shí)3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，則小于n且與n互素自然數(shù)的個(gè)數(shù)為2． 設(shè)n＝2m（＞6）．若m為偶數(shù)，則m＋1與n互質(zhì)，若m為奇數(shù)，則m＋2與m互質(zhì)．即除去n－1與1外、還有小于n且與n互質(zhì)的數(shù)．矛盾．

綜上所述，可知n或是素?cái)?shù)或是2的某個(gè)正整數(shù)次方．

A1－021 試確定具有下述性質(zhì)的最大正整數(shù)A：把從1001至2000所有正整數(shù)任作一個(gè)排列，都可從其中找出連續(xù)的10項(xiàng)，使這10項(xiàng)之和大于或等于A．

【題說(shuō)】 第一屆（1992年）中國(guó)臺(tái)北數(shù)學(xué)奧林匹克題6．

【解】 設(shè)任一排列，總和都是1001＋1002＋?＋2000＝1500500，將它分為100段，每段10項(xiàng)，至少有一段的和?15005，所以

A?15005 另一方面，將1001～2000排列如下：

2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 1401 1999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402

? ? ? ? ? ? 1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300 并記上述排列為

a1，a2，?，a2000

（表中第i行第j列的數(shù)是這個(gè)數(shù)列的第10（i－1）＋j項(xiàng)，1?i?20，1?j?10）令 Si＝ai＋ai＋1＋?＋ai＋9（i＝1，2，?，1901）

則S1＝15005，S2＝15004．易知若i為奇數(shù)，則Si＝15005；若i為偶數(shù)，則Si＝15004． 綜上所述A＝15005．

第五講 整數(shù)問(wèn)題：特殊的自然數(shù)之五

A1－022 相繼10個(gè)整數(shù)的平方和能否成為完全平方數(shù)？

【題說(shuō)】 1992年友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽七年級(jí)題2． 【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋?＋（n＋10）2 ＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）

不難驗(yàn)證n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）時(shí)，均有

2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）

所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋?＋（n＋10）2不是平方數(shù)，A1－023 是否存在完全平方數(shù)，其數(shù)字和為1993？

0（mod 5）【題說(shuō)】 第三屆（1993年）澳門(mén)數(shù)學(xué)奧林匹克第二輪題2． 【解】 存在，事實(shí)上，取n＝221即可．

A1－024 能夠表示成連續(xù)9個(gè)自然數(shù)之和，連續(xù)10個(gè)自然數(shù)之和，連續(xù)11個(gè)自然數(shù)之和的最小自然數(shù)是多少？

【題說(shuō)】 第十一屆（1993年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題6． 【解】 答495．

連續(xù)9個(gè)整數(shù)的和是第5個(gè)數(shù)的9倍；連續(xù)10個(gè)整數(shù)的和是第5項(xiàng)與第6項(xiàng)之和的5倍；連續(xù)11個(gè)整數(shù)的和是第6項(xiàng)的11倍，所以滿足題目要求的自然數(shù)必能被9、5、11整除，這數(shù)至少是495．

又495＝51＋52＋?＋59＝45＋46＋?＋54＝40＋41＋?＋50 A1－025 如果自然數(shù)n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方數(shù)，試問(wèn)5n＋3能否是一個(gè)素?cái)?shù)？ 【題說(shuō)】 第十九屆（1993年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)一試題1．

【解】 如果2n＋1＝k，3n＋1＝m，則5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k－m＝（2k＋m）（2k－m）．

因?yàn)?n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否則5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．從而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合數(shù)．

222

2第六講 整數(shù)問(wèn)題：特殊的自然數(shù)之六

A1－026 設(shè)n是正整數(shù)．證明：2n＋1和3n＋1都是平方數(shù)的充要條件是n＋1為兩個(gè)相鄰的平方數(shù)之和，并且為一平方數(shù)與相鄰平方數(shù)2倍之和．

【題說(shuō)】 1994年澳大利亞數(shù)學(xué)奧林匹克二試題2． 【證】 若2n＋1及3n＋1是平方數(shù)，因?yàn)?

由此可得

（2n＋1），3

（3n＋1），可設(shè)2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2

反之，若n＋1＝k＋（k＋1）＝（t±1）＋2t，則

2n＋1＝（2k＋1），3n＋1＝（3t±1）

從而命題得證．

A1－027 設(shè) a、b、c、d為自然數(shù)，并且ab＝cd．試問(wèn) a＋b＋c＋d能否為素?cái)?shù)． 【題說(shuō)】 第五十八屆（1995年）莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題 10． 【解】 由題意知

222

正整數(shù)，將它們分別記作k與l．由

a＋c＞c?c1，b＋c＞c?c2

所以，k＞1且l＞1．

從而，a＋b＋c＋d＝kl為合數(shù)．

A1－028 設(shè)k1＜k2＜k3＜?是正整數(shù)，且沒(méi)有兩個(gè)是相鄰的，又對(duì)于m＝1，2，3，?，Sm＝k1＋k2＋?＋km．求證：對(duì)每一個(gè)正整數(shù)n，區(qū)間（Sn，Sn＋1）中至少含有一個(gè)完全平方數(shù)．

【題說(shuō)】 1996年愛(ài)朋思杯——上海市高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題2． 【證】 Sn＝kn＋kn－1＋?＋k1

所以

從而

第七講 整數(shù)問(wèn)題：求解問(wèn)題之一

A2－001 哪些連續(xù)正整數(shù)之和為1000？試求出所有的解．

【題說(shuō)】 1963年成都市賽高二二試題 3．

【解】 設(shè)這些連續(xù)正整數(shù)共n個(gè)（n＞1），最小的一個(gè)數(shù)為a，則有

a＋（a＋1）＋?＋（a＋n－1）＝1000 即

n（2a＋n－1）＝2000 若n為偶數(shù)，則2a＋n－1為奇數(shù)；若n為奇數(shù)，則2a＋n－1為偶數(shù)．因a?1，故2a＋n－1＞n．

同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三種： 若n＝5，則 a＝198； 若n＝16，則 a＝55； 若n＝25，則 a＝28． 故解有三種：

198＋199＋200＋201＋202

55＋56＋?＋70 28＋29＋?＋52 A2－002 N是整數(shù)，它的b進(jìn)制表示是777，求最小的正整數(shù)b，使得N是整數(shù)的四次方． 【題說(shuō)】 第九屆（1977年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題3． 【解】 設(shè)b為所求最小正整數(shù)，則

7b2＋7b＋7＝x4

素?cái)?shù)7應(yīng)整除x，故可設(shè)x＝7k，k為正整數(shù)．于是有

b2＋b＋1＝73k4

當(dāng)k＝1時(shí)，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是滿足條件的最小正整數(shù)．

A2－003 如果比n個(gè)連續(xù)整數(shù)的和大100的數(shù)等于其次n個(gè)連續(xù)數(shù)的和，求n． 【題說(shuō)】 1976年美國(guó)紐約數(shù)學(xué)競(jìng)賽題 7．

s2－s1＝n2＝100 從而求得n＝10．

A2－004 設(shè)a和b為正整數(shù)，當(dāng)a2＋b2被a＋b除時(shí)，商是q而余數(shù)是r，試求出所有數(shù)對(duì)（a，b），使得q2＋r＝1977． 【題說(shuō)】 第十九屆（1977年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題 5．本題由原聯(lián)邦德國(guó)提供．

【解】 由題設(shè)a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0?r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以 q2?1977，從而q?44． 若q?43，則r＝1977－q2?1977－432＝128．

即（a＋b）?88，與（a＋b）＞r?128，矛盾． 因此，只能有q＝44，r＝41，從而得 a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009 不妨設(shè)|a－22|?|b－22|，則1009?（a－22）2?504，從而45?a?53． 經(jīng)驗(yàn)算得兩組解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7． 由對(duì)稱性，還有兩組解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．

A2－005 數(shù)1978n與1978m的最后三位數(shù)相等，試求出正整數(shù)n和m，使得m＋n取最小值，這里n＞m?1． 【題說(shuō)】 第二十屆（1978年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題 1．本題由古巴提供． 【解】 由題設(shè)

1978n－1978m＝1978m（1978n因而

1978m≡2m3989m≡0（mod 8），m?3 又

1978n而 1978n≡3n－m－m

－m－m

－1）≡0（mod 1000）

≡1（mod 125）

＝（1975＋3）n－m－1－m

＋（n－m）3n－m21975（mod 125）（1）

從而3n≡1（mod 5），于是n－m是4的倍數(shù)．

設(shè)n－m＝4k，則

代入（1）得

從而

k（20k＋3）≡0（mod 25）

因此k必須是25的倍數(shù)，n－m至少等于4325＝100，于是m＋n的最小值為 n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103 A2－006 求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整數(shù)解x、y． 【題說(shuō)】 1980年盧森堡等五國(guó)國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽題 6．本題由荷蘭提供．

于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vu

x2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v

從而原方程變?yōu)?/p>

2v（u－4）＝u3－8u2－8（2）因u≠4，故（2）即為

根據(jù)已知，u－4必整除72，所以只能有

u－4＝±23，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2

進(jìn)一步計(jì)算可知只有u－4＝223＝6，于是

u＝10，v＝16

α

β

第八講 整數(shù)問(wèn)題：求解問(wèn)題之二

A2－007 確定m2＋n2的最大值，這里 m和 n是整數(shù)，滿足 m，n∈｛1，2，?，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．

【題說(shuō)】 第二十二屆（1981年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題 3．

【解】 若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1． 若m≠n，則由n2－mn－m2＝±1得 n＞m．令n＝m＋uk，于是

[（m＋uk）2－m（m＋uk）－m2]2＝1

于是有

若uk≠uk－1，則以上步驟可以繼續(xù)下去，直至

從而得到數(shù)列：

n，m，uk，uk－1，?，uk－l，uk－l－1

此數(shù)列任意相鄰三項(xiàng)皆滿足ui＝ui－1＋ui－2，這恰好是斐波那契型數(shù)列．

而{1，2，?，1981}中斐氏數(shù)為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可見(jiàn)m＝987，n＝1597時(shí)，m2＋n2＝3524578為滿足條件的最大值． A2－008 求方程w！＝x?。珁?。珃！的所有正整數(shù)解．

【題說(shuō)】 第十五屆（1983年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題 1． 【解】 不妨設(shè)x?y?z．顯然w?z＋1，因此

（z＋1）！?w！＝x?。珁?。珃！?32z！

從而z?2．通過(guò)計(jì)算知x＝y(tǒng)＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解． A2－009 求滿足下式的所有整數(shù)n，m：

n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4

【題說(shuō)】 1984年匈牙利阿拉尼2丹尼爾數(shù)學(xué)競(jìng)賽（15年齡組）題 1． 【解】 由原式得

n（n＋1）＝m（m＋1）（m＋m＋2）

設(shè)m＋m＝k，我們有n（n＋1）＝k（k＋2）．顯然，只可能兩邊為零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．

A1－010 前1000個(gè)正整數(shù)中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整數(shù)有多少個(gè)？ 【題說(shuō)】 第三屆（1985年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題 10． 【解】 令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．

22個(gè)不同的正整數(shù)值．

另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n對(duì)任一正整數(shù)n成立．將1－1000分為50段，每20個(gè)為1段．每段中，f（x）可取12個(gè)值．故總共可取到50312＝600個(gè)值，亦即在前1000個(gè)正整數(shù)中有600個(gè)可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式． A2－011 使n＋100能被n＋10整除的正整數(shù)n的最大值是多少？

【題說(shuō)】 第四屆（1986年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題 5．

【解】 由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，則900也應(yīng)被n＋10整除．因此，n最大值是890．

第九講 整數(shù)問(wèn)題：求解問(wèn)題之三

A2－012 a、b、c、d為兩兩不同的正整數(shù)，并且

a＋b＝cd，ab＝c＋d 求出所有滿足上述要求的四元數(shù)組a、b、c、d． 【題說(shuō)】 1987年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克題 1．

【解】 由于a≠b，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1或b＝1時(shí)，才有a＋b?ab． 如果a、b都不是1，那么

c＋d＝ab＞a＋b＝cd 由此知c＝1或d＝1．

因此a、b、c、d中總有一個(gè)（也只有一個(gè)）為1．如果a＝1，那么由消去b可以推出

從而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2． 這樣，本題的答案可以列成下表

A2－013 設(shè)[r，s]表示正整數(shù)r和s的最小公倍數(shù)，求有序三元正整數(shù)組（a，b，c）的個(gè)數(shù)，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．

【題說(shuō)】 第五屆（1987年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題 7．

【解】 顯然，a、b、c都是形如2m25n的數(shù)．設(shè)a＝2m125n1，b＝2m225n2，c＝2m325n3．

由[a，b]＝1000＝23253，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max（m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．

由此，知m3應(yīng)是4，m1、m2中必有一是3．另一個(gè)可以是0、1、2或3之任一種，因此m1、m2的取法有7種．又，n1、n2、n3中必有兩個(gè)是3，另一個(gè)可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10種．故mi、ni（i＝1、2、3）不同取法共有7310＝70種，即三元組共有70個(gè)．

A2－014 設(shè)m的立方根是一個(gè)形如n＋r的數(shù)，這里n為正整數(shù)，r為小于1/1000的正實(shí)數(shù)．當(dāng)m是滿足上述條件的最小正整數(shù)時(shí)，求n的值．

【題說(shuō)】 第五屆（1987年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題12．

m＝n3＋1＜（n＋1032－3－3）3

－6

－9＝n＋3n210＋3n210＋10 于是

從而n＝19（此時(shí)m＝193＋1為最小）．

【題說(shuō)】 第十三屆（1987年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題 1． 【解】 144＝122，1444＝382 設(shè)n＞3，則

則k必是一個(gè)偶數(shù)．所以

也是一個(gè)自然數(shù)的完全平方，但這是不可能的．因?yàn)槠椒綌?shù)除以4，因此，本題答案為n＝2，3．

A2－016 當(dāng)n是怎樣的最小自然數(shù)時(shí)，方程[10n/x]＝1989有整數(shù)解？

【題說(shuō)】 第二十三屆（1989年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題 1． 【解】 1989?10n/x＜1990 所以

10n/1990＜x?10n/1989

即

1020.000502512?＜x?1020.000502765?

所以n＝7，這時(shí)x＝5026與5027是解．

A2－017 設(shè)an＝50＋n2，n＝1，2，?．對(duì)每個(gè)n，an與an＋1的最大公約數(shù)記為dn．求dn的最大值． 【題說(shuō)】 1990年日本第1輪選拔賽題 9． 【解】

dn＝（an，an＋1）

＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）

n

n＝（2（n2＋50），2n＋1）（因 2n＋1是奇數(shù)）＝（2（n＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）

＝（100－ n，2n＋1＋2（100－ n））＝（100－n，201）?201 在n＝100≠201k（k∈N）時(shí)，dn＝201． 故所求值為201．

A2－018 n是滿足下列條件的最小正整數(shù)：（1）n是75的倍數(shù)；

（2）n恰為 75個(gè)正整數(shù)因子（包括1及本身）．試求n/75． 【題說(shuō)】 第八屆（1990年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題5．

【解】 為保證 n是75的倍數(shù)而又盡可能地小，可設(shè)n＝22325，其中α?0，β?1，γ?2，并且

（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75 由75＝5223，易知當(dāng)α＝β＝4，γ＝2時(shí)，符合條件（1）、（2）．此時(shí)n＝24234252，n/75＝432．

α

β

γ

2第十講 整數(shù)問(wèn)題;求解問(wèn)題之四

A2－019 1．求出兩個(gè)自然數(shù)x、y，使得xy＋x和xy＋y分別是不同的自然數(shù)的平方．

2．能否在988至1991范圍內(nèi)求到這樣的x和y？

【題說(shuō)】 第二十五屆（1991年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題5． 【解】 1．例如x＝1，y＝8即滿足要求． 2．假設(shè)

988?x＜y?1991 x、y∈N，使得xy＋x與xy＋y是不同的自然數(shù)的平方，則

x2＜xy＋x＜xy＋y 這時(shí)

y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1 即

y＞3x＋1 由此得

1991?y＞3x＋1?33998＋1 矛盾！故在988與1991之間不存在這樣的自然數(shù)x、y．

A2－020 求所有自然數(shù)n，使得

這里[n/k2]表示不超過(guò)n/k2的最大整數(shù)，N是自然數(shù)集． 【題說(shuō)】 1991年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題 5． 【解】 題給條件等價(jià)于，對(duì)一切k∈N，k2＋n/k2?1991（1）

且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等價(jià)于對(duì)一切k∈N，k4－1991k2＋n?0 即（k2－1991/2）2＋n－19912/4?0（3）

故（3）式左邊在k取32時(shí)最小，因此（1）等價(jià)于

n?19913322－324＝10243967 又，（2）等價(jià)于存在k∈N，使

（k－996）＋n－996＜0 上式左邊也在k＝32時(shí)最小，故（2）等價(jià)于

n＜19923322－324＝10243968 故n為滿足

10243967?n?10243967＋1023 的一切整數(shù)．

A2－021 設(shè)n是固定的正整數(shù)，求出滿足下述性質(zhì)的所有正整數(shù)的和：在二進(jìn)制的數(shù)字表示中，正好是由2n個(gè)數(shù)字組成，其中有n個(gè)1和n個(gè)0，但首位數(shù)字不是0．

【題說(shuō)】 第二十三屆（1991年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題2． 【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．

n?2時(shí)，首位數(shù)字為1的2n位數(shù)，在其余2n－1位上，只要n個(gè)0的位置確定了．則n－1個(gè)1的位置也就確定了，從而這個(gè)2n位二進(jìn)制數(shù)也隨之確定．

現(xiàn)考慮第k（2n＞k?1）位數(shù)字是1的數(shù)的個(gè)數(shù)．因?yàn)槠渲衝個(gè)0的位置只可從2n－2個(gè)位置（除去首位和第k位）中選擇，故這樣的

將所有這樣的2n位二進(jìn)制數(shù)相加，按數(shù)位求和，便有

A2－022 在{1000，1001，1002，?，2000}中有多少對(duì)相鄰的數(shù)滿足下列條件：每對(duì)中的兩數(shù)相加時(shí)不需要進(jìn)位？ 【題說(shuō)】 第十屆（1992年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題6．

7或 8時(shí)，則當(dāng)n和n＋1相加時(shí)將發(fā)生進(jìn)位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．則當(dāng)n和n＋1相加時(shí)也將發(fā)生進(jìn)位．

如果不是上面描述的數(shù)，則n有如下形式

其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．對(duì)這種形式的n，當(dāng)n和n＋1相加時(shí)不會(huì)發(fā)生進(jìn)位，所以共有

53＋52＋5＋1＝156 個(gè)這樣的n．

A2－023 定義一個(gè)正整數(shù)n是一個(gè)階乘的“尾”，如果存在一個(gè)正整數(shù)m，使得m！的十進(jìn)位制表示中，結(jié)尾恰好有n個(gè)零，那么小于1992的正整數(shù)中有多少個(gè)不是階乘的尾？

【題說(shuō)】 第十屆（1992年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題15．

【解】 設(shè)f（m）為m！的尾．則f（m）是m的不減函數(shù)，且當(dāng)m是5的倍數(shù)時(shí)，有

f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）

＝f（m＋4）＜f（m＋5）

因此，從f（0）＝0開(kāi)始，f（m）依次取值為：

0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；?；1991，1991，1991，1991，1991 容易看出

如果存在m使f（m）＝1991，則

因而m＞431991＝7964．由公式（1）可計(jì)算出f（7965）＝1988，從而f（7975）＝1991． 在序列（1）中共有7980項(xiàng)，不同的值有7980/5＝1596個(gè)．所以在{0，1，2，?，1991}中，有1992－1596＝396個(gè)值不在（1）中出現(xiàn)．這就說(shuō)明，有396個(gè)正整數(shù)不是階乘的尾．

第十一講：整數(shù)問(wèn)題：求解問(wèn)題之五

A2－024 數(shù)列{an}定義如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．求a1992除以7所得的余數(shù)．

【題說(shuō)】 1992年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選賽題1． 【解】 考慮an以7為模的同余式： a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）

a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）

所以，an除以7的余數(shù)以10為周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．

A2－025 求所有的正整數(shù)n，滿足等式

S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝?＝S（n2）

其中S（x）表示十進(jìn)制正整數(shù)x的各位數(shù)字和．

【題說(shuō)】 1992年捷克和斯洛伐克數(shù)學(xué)奧林匹克（最后一輪）題 3． 【解】 顯然，n＝1滿足要求．

由于對(duì)正整數(shù)x，有S（x）≡x（mod 9），故當(dāng)n＞1時(shí)，有

n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）

所以9|n．

若n是一位數(shù)，則n＝9，又S（9）＝S（239）＝S（339）＝?＝S（92）＝9，故9滿足要求． 22

10?n＜10

k

k＋又9 10k，故

10k＋1?n＜10k1

＋若n＜10k＋10k1＋?＋10＋1，則 －

與已知矛盾，從而

n?10k＋10k1＋?＋10＋1（1）

－令n＝9m．設(shè)m的位數(shù)為l（k?l?k＋1），m－1＝

S（n）＝S（（10k＋10k＝S（（10k＝S（10k＋1＋1

－1

＋?＋10＋1）n）

－1）m）

＋（m－1）＋（10k1－10l）＋（10l

－m））

其中9有k＋1－l個(gè)，bi＋ci＝9，i＝1，2，?，l． 所以

S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是 k＋1位數(shù)，所以 n＝99?9＝10k1－1．

＋另一方面，當(dāng) n＝99?9＝10k1－1時(shí)，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝?＝S（n2）． ＋綜上所述，滿足要求的正整數(shù)為n＝1及n＝10k－1（k?1）．

A2－026 求最大正整數(shù)k，使得3k|（23m＋1），其中m為任意正整數(shù)． 【題說(shuō)】 1992年友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽十、十一年級(jí)題 2． 【解】 當(dāng)m＝1時(shí)，23m＋1＝9，故k?2．又由于 2＋1＝（2）≡（－1）3＝0 所以，對(duì)任意正整數(shù)m，9|（23m＋1）．即所求k的值為2． m－13m33m－1＋1 ＋1（mod 9）

最大整數(shù)．

【題說(shuō)】 1993年全國(guó)聯(lián)賽一試題2（4），原是填空題． 【解】 因?yàn)?093＋33＝（1031）3＋33 ＝（1031＋3）（（1031）2－331031＋ 32）

＝（1031）（1031－3）＋9－1 它的個(gè)位數(shù)字是8，十位數(shù)字是0．

A2－028 試求所有滿足如下性質(zhì)的四元實(shí)數(shù)組：組中的任一數(shù)都等于其余三個(gè)數(shù)中某兩個(gè)數(shù)的乘積． 【題說(shuō)】 第十九屆（1993年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十一年級(jí)二試題5．

【解】 設(shè)這組數(shù)的絕對(duì)值為a?b?c?d．無(wú)論a為b，c，d哪兩個(gè)數(shù)的乘積，均有a?bc，類似地，d?bc．從而，bc?a?b?c?d?bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不難驗(yàn)證，如果組中有負(fù)數(shù)，則負(fù)數(shù)的個(gè)數(shù)為2或3．

所以，答案為{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．

第十二講 整數(shù)問(wèn)題：求解問(wèn)題之六

A2－029 對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，函數(shù)f（x）有性質(zhì)f（x）＋f（x－1）＝x．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余數(shù)是多少？

【題說(shuō)】 第十二屆（1994年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題3． 【解】 重復(fù)使用f（x）＝x2－f（x－1），有 f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝?

＝942－932＋922－?＋202－f（19）

＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－ 91）＋?＋（22＋21）（22－21）＋202－94 ＝（94＋93＋92＋?＋21）＋306 ＝4561 因此，f（94）除以1000的余數(shù)是561．

A2－030 對(duì)實(shí)數(shù)x，[x]表示x的整數(shù)部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋?＋[log2n]＝1994成立的正整數(shù)n． 【題說(shuō)】 第十二屆（1994年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題 4．

【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋?＋[log2128]＋[log2129]＋?＋[log2255]＝231＋432＋833＋1634＋3235＋6436＋12837＝1538．

A2－031 對(duì)給定的一個(gè)正整數(shù)n．設(shè)p（n）表示n的各位上的非零數(shù)字乘積（如果n只有一位數(shù)字，那么p（n）等于那個(gè)數(shù)字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋?＋p（999），則S的最大素因子是多少？

【題說(shuō)】 第十二屆（1994年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題5．

【解】 將每個(gè)小于1000的正整數(shù)作為三位數(shù)，（若位數(shù)小于3，則前面補(bǔ)0，如 25可寫(xiě)成 025），所有這樣的正整數(shù)各位數(shù)字乘積的和是

（02020＋02021＋02022＋?＋92928＋92929）－02020 ＝（0＋1＋2＋?＋9）3－0 p（n）是n的非零數(shù)字的乘積，這個(gè)乘積的和可以由上面表達(dá)式將0換成1而得到． 因此，＝463－1＝3325272103 最大的素因子是103．

A2－032 求所有不相同的素?cái)?shù)p、q、r和s，使得它們的和仍是素?cái)?shù)，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方數(shù)． 【題說(shuō)】 第二十屆（1994年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題7．

【解】 因?yàn)樗膫€(gè)奇素?cái)?shù)之和是大于2的偶數(shù)，所以所求的素?cái)?shù)中必有一個(gè)為偶數(shù)2．

若p≠2，則p2＋qs或p2＋qr中有一個(gè)形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，這是不可能的，因?yàn)槠鏀?shù)的平方除以4的余數(shù)是1，所以p＝2．

設(shè)22＋qs＝a2，則qs＝（a＋2）（a－2）．

若a－2＝1，則qs＝5，因?yàn)閝、s是奇素?cái)?shù)，所以上式是不可能的．于是只能是

q＝a－2，s＝a＋2 或者

q＝a＋2，s＝a－2 所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4． 三個(gè)數(shù)q－

4、q、q＋4被3除，余數(shù)各不相同，因此其中必有一個(gè)被 3整除．q或q＋4為3時(shí)，都導(dǎo)致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是

（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）

A2－033 求所有這樣的素?cái)?shù)，它既是兩個(gè)素?cái)?shù)之和，同時(shí)又是兩個(gè)素?cái)?shù)之差． 【題說(shuō)】 第二十屆（1994年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題5．

【解】 設(shè)所求的素?cái)?shù)為p，因它是兩素?cái)?shù)之和，故p＞2，從而p是奇數(shù)．因此，和為p的兩個(gè)素?cái)?shù)中有一個(gè)是2，同時(shí)差為p的兩個(gè)素?cái)?shù)中，減數(shù)也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r為素?cái)?shù)．于是p－

2、p、p＋2均為素?cái)?shù)．在三個(gè)連續(xù)的奇數(shù)中必有一數(shù)被3整除，因這數(shù)為素?cái)?shù)，故必為3．不難驗(yàn)證只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7時(shí)，才滿足條件．所以所求的素?cái)?shù)是5．

個(gè)整數(shù)．

【題說(shuō)】 第三十五屆（1994年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題4．本題由澳大利亞提供．

【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因?yàn)椋╩n－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n對(duì)稱，不妨設(shè)m?n．

當(dāng)n＝1時(shí)，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，從而m＝2或3，以下設(shè)n?2．

若m＝n，則n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），從而n2－1|（n＋1），m＝n＝2． 若m＞n，則由于

2（mn－1）?n2＋mn＋n－2?n2＋2m＞n2＋m 所以mn－1＝n2＋m，即

（m－n－1）（n－1）＝2 從而

于是本題答案為

（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九組．

第十三講 整數(shù)問(wèn)題 ：求解問(wèn)題之七

【題說(shuō)】 第十三屆（1995年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題7． 【解】 由已知得

即

所以

A2－036 一個(gè)正整數(shù)不是42的正整數(shù)倍與合數(shù)之和．這個(gè)數(shù)最大是多少？ 【題說(shuō)】 第十三屆（1995年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題10．

【解】 設(shè)這數(shù)為42n＋p，其中n為非負(fù)整數(shù)，p為小于42的素?cái)?shù)或1．

由于2342＋1，42＋2，42＋3，4235＋5，42＋7，2342＋11，42＋13，4342＋17，3342＋19，42＋23，3342＋29，2342＋31，4342＋37，2342＋41，都是合數(shù)，所以在n?5時(shí)，42n＋p都可表成42的正整數(shù)倍與合數(shù)之和，只有4235＋5例外．因此，所求的數(shù)就是4235＋5＝215．

A2－038 求所有正整數(shù)x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，這里z是x、y的最大公約數(shù)． 【題說(shuō)】 第三十六屆（1995年）IMO預(yù)選題．

【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．設(shè)x＝az2，y＝bz，則原方程化為 a＋b2＋z＝abz2（1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b?a＋z． a＋z＋b2＝abz2

＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z－2）a－2z）

?a＋z＋b＋b（（z－2）a－2z）（2）

（2）中不等式的等號(hào)只在b＝1并且b＝a＋z時(shí)成立，而這種情況不可能出現(xiàn)（a＋z＞1），所以（2）是嚴(yán)格的不等式．這表明

（z2－2）a－2Z＜0（3）從而z?2（否則（3）的左邊?z2－2－2z?z－2＞0）． 222在z＝2時(shí)，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，從而x＝4，y＝2或6． 在z＝1時(shí)，（1）成為

a＋b＋1＝ab（4）從而

（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2 這表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3． 因此本題共有四組解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．

A2－039 設(shè) m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公約數(shù)． 【題說(shuō)】 1996年日本數(shù)學(xué)奧林匹克題 2． 【解】 記H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）． 則

H（0，1）＝（2，12）＝2 H（1，1）＝（12，12）＝12 因H（m，n）＝H（n，m），故可設(shè)n?m． 當(dāng)n?2m時(shí)，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n＋7n－2m－m2＋7n

－m）－5m7m（5n

－2m））

－2m＝（5m＋7m，5m7m（5n＝（5m＋7m，5n－2m＋7n）－2m））

＋7n－2m當(dāng)m?n＜2m時(shí)，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－n－m＋7n

－m）－5n

－m

7n

－m

（52m

＋72mn））－－－＝（5m＋7m，52mn＋72mn）記

則

（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．

當(dāng)（m，n）＝1時(shí)，反復(fù)進(jìn)行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．從而有

A2－040 求下列方程的正整數(shù)解：

（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab 其中a?b，[a，b]、（a，b）分別表示a與b的最小公倍數(shù)與最大公因數(shù)． 【題說(shuō)】 1996年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選賽題 7．

【解】 記（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，則[a，b]＝da′b′．題設(shè)條件變?yōu)?1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以

故1＜d?4．

當(dāng)d＝4時(shí)，a′＝b′＝1，從而a＝b＝4； 當(dāng)d＝3時(shí)，（*）等價(jià)于

（2a′－1）（2b′－1）＝3 由a′?b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3． 當(dāng)d＝2時(shí)，（*）等價(jià)于

（a′－1）（b′－1）＝2 由a′?b′得a′＝3，b′＝2．從而a＝6，b＝4． 綜上所述，所求的正整數(shù)解有4，4；6，4；6，3．

A2－041 一個(gè)幻方中，每一行，每一列及每一對(duì)角線上的三個(gè)數(shù)之和有相同的值．圖示一個(gè)幻方中的四個(gè)數(shù)，求x． 【題說(shuō)】 第十四屆（1996年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題1．

【解】 幻方中兩條對(duì)角線的和與第二列的和都為同一值s，這3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一數(shù)的3倍．所以中央的

左下角的數(shù)為19＋96－1＝114．因此

x＝33105－19－96＝200

第十四講 整數(shù)問(wèn)題：求解問(wèn)題之八

A2－042 對(duì)整數(shù)1，2，3，?，10的每一個(gè)排列a1，a2，?，a10，作和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|

數(shù)．求p＋q．

【題說(shuō)】 第十四屆（1996年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題12． 【解】 差|ai－aj|有如下的45種：

這45種的和為139＋238＋337＋436＋535＋634＋733＋832＋931＝165．每一種出現(xiàn)的次數(shù)相同，而在和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10| 中有5種，所以

A2－043 設(shè)正整數(shù)a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整數(shù)的平方．求這兩個(gè)平方數(shù)中較小的數(shù)能夠取到的最小值． 【題說(shuō)】 第三十七屆（1996年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題4．本題由俄羅斯提供． 【解】 15a＋16b＝r，16a－15b＝s 于是

16r2－15s2＝162b＋152b＝481b（1）所以 16r2－15s2是481＝13337的倍數(shù)．

由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方為0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一數(shù)的平方．因22此，16r≡15s（mod 13）時(shí)，必有13|s．

22同樣，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方為 0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有 37|s．

于是481|s．由（1），481|r．

在r＝s＝481時(shí)，b＝（16－15）3481＝481，a＝（16＋15）3481＝313481，滿足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2． 所以所說(shuō)最小值為481．

A2－044 設(shè)自然數(shù)n為十進(jìn)制中的10位數(shù)．從左邊數(shù)起第1位上的數(shù)恰是n的數(shù)字中0的個(gè)數(shù)，第2位上的數(shù)恰是n的數(shù)字中1的個(gè)數(shù)，一般地，第k＋1位上的數(shù)恰是n的數(shù)字中k的個(gè)數(shù)（0?k?9）．求一切這樣的數(shù)n．

【題說(shuō)】 1997年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選賽題 7．

【解】 設(shè)n的左數(shù)第k＋1位上的數(shù)字為nk（0?k?9），則數(shù)字k出現(xiàn)的次數(shù)為nk．因?yàn)閚是10位數(shù)，所以 n0＋n1＋n2＋?＋n9＝10（1）

又?jǐn)?shù)字k若在左數(shù)第nj＋1位上出現(xiàn)，則數(shù)字j在n中出現(xiàn)k次．nk個(gè)k意味著有數(shù)字j1，j2，?，jnk，共出現(xiàn)knk次．于是，又有

ni＋2n2＋?＋9n9＝10（2）

由（2）顯然n5，n6，n7，n8，n9，至多一個(gè)非零，且n6，n7，n8，n9均?1． 若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0（3）

則n0?5．于是n中至少有一個(gè)數(shù)字?5，與（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一個(gè)非零，其余四個(gè)為0．從而 n1＋2n2＋3n3＋4n4?5（4）

（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有兩個(gè)為0，從而n中0的個(gè)數(shù)不少于6，即n0?6．于是n6，n7，n8，n9中有一個(gè)為1，n5＝0．

若n9＝1，則n0＝9，n1?1，這顯然不可能．

若n8＝1，則n0＝8，n1?1，但無(wú)論n1＞1或n1＝1均不合要求．

若n7＝1，則n0＝7，n1＝1或2，前者顯然不合要求．后者導(dǎo)致n2?1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．

若n6＝1，則n0＝6，n1＝2或3．n1＝2時(shí)，n2＝1，數(shù)6210001000滿足要求．n1＝3時(shí)，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．

綜上所述，滿足條件的10位數(shù)n只有6210001000．

A2－045 求所有的整數(shù)對(duì)（a，b），其中a?1，b?1，且滿足等式ab2＝ba． 【題說(shuō)】 第三十八屆（1997年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題5．本題由捷克提供． 【解】 顯然當(dāng)a、b中有一個(gè)等于1時(shí)，（a，b）＝（1，1）．以下設(shè)a，b?2．

設(shè)t＝b2/a，則由題中等式得到b＝at，at＝a2t，從而t＝a2t1．如果2t－1?1，則t＝a2t1?（1＋1）2t1?1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我們有0＜t＜1．

－

－

－記K＝1/t，則K＝a/b2＞1為有理數(shù)，由a＝bk可知 K＝bK－2

（1）

如果K?2，則K＝bK2?1，與前面所證K＞1矛盾，因此K＞2．設(shè)K＝p/q，p，q∈N，p、q互質(zhì)，則p＞2q．于是由（1）－

q＝1，即K為一個(gè)大于2的自然數(shù)．

當(dāng)b＝2時(shí)，由（2）式得到K＝2K2，所以K?4．又因?yàn)?/p>

－

等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)K＝4時(shí)成立，所以得到a＝bK＝24＝16．

當(dāng)b?3時(shí)，＝bK2?（1＋2）K2?1＋2（K－2）＝2K－3．從而得到K?3．這意味著K＝3，于是得到b＝3，a＝bK＝33＝27． －－綜上所述，滿足題目等式的所有正整數(shù)對(duì)為（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．

第十五講 整數(shù)問(wèn)題：數(shù)字問(wèn)題之一

時(shí)間：2004-4-19 11:57:00 來(lái)源：004km.cn整除．

【題說(shuō)】第九屆（1967年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題3．本題由英國(guó)提供． 【證】Cp－Cq=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）

所以（Cm+1－Ck）（Cm+2－Ck）?（Cm+n－Ck）

=（m－k＋1）（m－k＋2）?（m－k＋n）2（m＋k＋2）（m＋k＋3）2?2（m＋k＋n＋1）

C1C2?Cn=n?。╪＋1）！

因此只需證 nn

=A2B 是整數(shù)．

由于n個(gè)連續(xù)整數(shù)之積能被n！整除，故A是整數(shù)．

是整數(shù)．因?yàn)閙＋k＋1是大于n＋1的質(zhì)數(shù)，所以m＋k＋1與（n＋1）！互素，從而（m＋k＋2）（m＋k＋3）?（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整數(shù)，命題得證．

A4－009 設(shè)a、b、m、n是自然數(shù)且a與b互素，又a＞1，證明：如果am＋bm能被an＋bn整除，那么m能被n整除． 【題說(shuō)】第六屆（1972年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題1． 【證】由于

ak＋bk=ak-n（an＋bn）－bn（ak-n－bk-n）a－b=a（a＋b）－b（a＋b）

l

l

l-n

n

n

n

l-n

l-n所以

（i）如果a＋b能被a＋b整除，那么a－b（ii）如果a－b能被a＋b整除，那么a＋bllnn

l-nkknn

k-n

k-n

也能被a＋b整除．

n

n

nn

l-n

也能被a＋b整除．

設(shè)m=qn＋r，0?r＜n，由（i）、（ii）知ar＋（－1）qbr能被an＋bn整除，但0?|ar＋（－1）qbr|＜an＋bn，故r=0（同時(shí)q是奇數(shù)）．亦即n|m．

A4－010 設(shè)m，n為任意的非負(fù)整數(shù)，證明：

是整數(shù)（約定0！=1）．

【題說(shuō)】第十四屆（1972年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題3．本題由英國(guó)提供．

易證 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）為整數(shù)，則由（1），f（m＋1，n）是整數(shù)． 因此，對(duì)一切非負(fù)整數(shù)m、n，f（m，n）是整數(shù)． A4－011 證明對(duì)任意的自然數(shù)n，和數(shù)

不能被5整除．

【題說(shuō)】第十六屆（1974年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題3．本題由羅馬尼亞提供．

又

兩式相乘得

因?yàn)?2n+1=7349≡23（－1）（mod 5）

nn

A4－012 設(shè)p和q均為自然數(shù)，使得

證明：數(shù)p可被1979整除．

【題說(shuō)】第二十一屆（1979年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題1．本題由原聯(lián)邦德國(guó)提供．

將等式兩邊同乘以1319！，得

其中N是自然數(shù)．

由此可見(jiàn)1979整除1319！3p．因?yàn)?979是素?cái)?shù)，顯然不能整除1319！，所以1979整除p．

A4－013 一個(gè)六位數(shù)能被37整除，它的六個(gè)數(shù)字各個(gè)相同且都不是0．證明：重新排列這個(gè)數(shù)的六個(gè)數(shù)字，至少可得到23個(gè)不同的能被37整除的六位數(shù)．

【題說(shuō)】第十四屆（1980年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題1．

（c＋f）被37整除．

由于上述括號(hào)中的數(shù)字是對(duì)稱出現(xiàn)的，且各數(shù)字不為0，故交換對(duì)

又因?yàn)?00a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以

各再得7個(gè)被37整除的數(shù)，這樣共得23個(gè)六位數(shù)．

第二十講 整數(shù)問(wèn)題：整除之三

A4－014（a）對(duì)于什么樣的整數(shù)n＞2，有n個(gè)連續(xù)正整數(shù)，其中最大的數(shù)是其余n－1個(gè)數(shù)的最小公倍數(shù)的約數(shù)？（b）對(duì)于什么樣的n＞2，恰有一組正整數(shù)具有上述性質(zhì)？ 【題說(shuō)】第二十二屆（1981年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題4． 【解】設(shè)n個(gè)連續(xù)正整數(shù)中最大的為m．

當(dāng)n=3時(shí)，如果m是m－1，m－2的最小公倍數(shù)的約數(shù)，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，與m－2＞0矛盾．

設(shè)n=4．由于

m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故這時(shí)只有一組正整數(shù)3，4，5，6具有所述性質(zhì)．

設(shè)n＞4．由于m|（m－1）（m－2）?（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），則（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1與n－2互質(zhì)，m－（n－1）與m－（n－2）互質(zhì)，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）與m－（n－2）的最小公倍數(shù)，因而m具有題述性質(zhì)．

類似地，取m=（n－2）（n－3），則m整除m－（n－2）與m－（n－3）的最小公倍數(shù)，因而m具有題述性質(zhì)． 所以，當(dāng)n?4時(shí)，總能找到具有題述性質(zhì)的一組正整數(shù)．當(dāng)且僅當(dāng)n=4時(shí)，恰有唯一的一組正整數(shù)．

A4－018

試求出所有的正整數(shù)a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的約數(shù)． 【題說(shuō)】第三十三屆（1992年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題1．本題由新西蘭提供． 【解】設(shè)x=a－1，y=b－1，z=c－1，則1?x＜y＜z并且xyz是

（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的約數(shù)，從而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的約數(shù)． 由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．

若x=1，則yz是奇數(shù)1＋2y＋2z的約數(shù)．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的約數(shù)．于是z=7．

若x=2，則2yz是2＋3y＋3z＋yz的約數(shù)，從而y，z均為偶數(shù)，設(shè)y=2y1，z=2z1，則4y1z1?1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因?yàn)閥＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的約數(shù)得z1=7，z=14．

因此，所求解為（3，5，15）與（2，4，8）．

A4－019 x與y是兩個(gè)互素的正整數(shù)，且xy≠1，n為正偶數(shù)．證明：x＋y不整除xn＋yn． 【題說(shuō)】1992年日本數(shù)學(xué)奧林匹克題1．

【證】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1． 當(dāng)n=2時(shí)，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）假設(shè)當(dāng)n=2k（k∈N+）時(shí)，（x＋y）

2xy．故（x＋y）

（x2＋y2）．

（x2k＋y2k）．則當(dāng)n=2（k＋1）時(shí)，由于

x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）

所以（x＋y）

A4－020 證明當(dāng)且僅當(dāng)n＋1不是奇素?cái)?shù)時(shí)，前n個(gè)自然數(shù)的積被前n個(gè)自然數(shù)的和整除． 【題說(shuō)】第二十四屆（1992年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題1．（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故對(duì)一切正偶數(shù)n，x＋y不整除xn＋yn．

若n＋1為奇合數(shù)，設(shè)n＋1=qr，q、r為奇數(shù)且3?q?r，則n

A4－021 找出4個(gè)不同的正整數(shù)，它們的積能被它們中的任意兩個(gè)數(shù)的和整除． 你能找出一組5個(gè)或更多個(gè)數(shù)具有同樣的性質(zhì)嗎？ 【題說(shuō)】1992年英國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題3． 【解】顯然，2、6、10、14滿足要求． 任取n個(gè)不同的正整數(shù)。a1、a2、?、an，令

則n個(gè)不同的正整數(shù)la1、la2、?、lan中任意兩個(gè)的和顯然整除l2，從而整除它們的積lna1a2?an． A4－022 求最大自然數(shù)x，使得對(duì)每一個(gè)自然數(shù)y，x能整除7y＋12y－1． 【題說(shuō)】1992年友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽七年級(jí)題1．

【解】當(dāng)y=1時(shí)，7y＋12y－1=18．假設(shè)7y＋12y－1是18的倍數(shù)，因?yàn)?7y+1＋12（y＋1）－1=637y＋12＋（7y＋12y-1）=63（7＋2）＋（7＋12y-1）

7＋2≡1＋2≡0（mod 3）

所以，7y+1＋12（y＋1）－1是18的倍數(shù)．

從而對(duì)一切自然數(shù)y，18整除7y＋12y－1，所求的x即18． A4－023 證明：若n為大于1的自然數(shù)，則2n－1不能被n整除． 【題說(shuō)】1992年友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽九年級(jí)題2． 【證】若n是偶數(shù)，顯然有n

n

（2n－1）．若n是奇素?cái)?shù)，由費(fèi)馬定理知2n≡2（mod n），所以2n－1≡1（mod n），即

n

r

n

yyy（2n－1）．若n是奇合數(shù)，設(shè)p是n的最小素因子，由費(fèi)馬定理知2p-1≡1（mod P）；若i是使2i≡1（mod P）成立的最n，設(shè)n=qi＋r，0＜r＜i，則2≡小自然數(shù)，則2?i?P－1，從而i 1（mod p），即p（2n－1），故n

（2－1）．

第二十一講 整數(shù)問(wèn)題：整除之四

A4－024 當(dāng)n為何正整數(shù)時(shí)，323整除20＋16－3－1？ 【題說(shuō)】第三屆（1993年）澳門(mén)數(shù)學(xué)奧林匹克第一輪題5． 【解】 323=17319 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod 19）

n

n

n

20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod 17）

所以此時(shí)323整除20＋16－3－1．

當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2 A4－025 設(shè)x、y、z都是整數(shù)，滿足條件

（x－y）（y－z）（z－x）=x＋y＋z．（*）試證：x＋y＋z可以被27整除．

【題說(shuō)】第十九屆（1993年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)二試題5．

【證】（1）整數(shù)x、y、z被3除后余數(shù)都相同時(shí)，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z．（2）x、y、z被3除后有且僅有兩個(gè)余數(shù)相同，例如x≡y（mod 3），且y 與（*）式矛盾，可見(jiàn)情形（2）不會(huì)發(fā)生．

（3）x、y、z被3除后余數(shù)都不相同，這時(shí)3|（x＋y＋z），但3 也不會(huì)發(fā)生．

于是，x、y、z除以3余數(shù)都相同，并且，27|x＋y＋z．

A4－026 對(duì)于自然數(shù)n，如果對(duì)于任何整數(shù)a，只要n|an－1，就有n2|an－1，則稱n具有性質(zhì)P．（1）求證每個(gè)素?cái)?shù)n都具有性質(zhì)P；（2）求證有無(wú)窮多個(gè)合數(shù)也都具有性質(zhì)P．

【題說(shuō)】第三十四屆（1993年）IMO預(yù)選題．本題由印度提供． 【證】（1）設(shè)n=P為素?cái)?shù)且p|（ap－1），于是，（a，p）=1．因?yàn)?/p>

ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1）

由費(fèi)馬小定理p|（a－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（mod p）．因而

a≡1（mod p），i=0，1，2，?，p－1 將這p個(gè)同余式加起來(lái)即得

ap-1＋ap-2＋?＋a＋1≡0（mod p）

所以，p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋?＋a＋1）=ap－1

ip-1nnn

0（mod 17），所以此時(shí)323不整除20n＋16n－3n－1．

z（mod 3），這時(shí)3 x＋y＋z且3|（x－y），（x－y）（y－z）（z－x）．仍與（*）式矛盾，可見(jiàn)情況（3）

a≡1（mod n）．于是，像（1）一樣又可推得n2|（an－1）．因此，（q－1）（p－1）．因?yàn)閝|（p－2），所以q

（p－1）．又因

具有性質(zhì)P．顯然p＜n＜p2．取大于p2的素?cái)?shù)，又可獲得另一個(gè)具有性質(zhì)P的合數(shù)．所以，有無(wú)窮多個(gè)合數(shù)n具有性質(zhì)p． A4－027 證明：對(duì)于自然數(shù)k、m和n．不等式[k，m]2[m，n]2[n，k]?[k，m，n]2成立．（其中[a，b，c，?，z]表示數(shù)a、b、c，?，z的最小公倍數(shù)．）【題說(shuō)】第二十屆（1994年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)（決賽）題5． 【證】將k、m、n分解．設(shè)

其中pi（i=1，2，?，l）為不同的素?cái)?shù)，αi、βi、γi為非負(fù)整數(shù)．

對(duì)任一個(gè)素因數(shù)pi，不妨設(shè)0?αi?βi?γi．在所要證明的不等式左邊，pi的指數(shù)為βi＋γi＋γi=βi＋2γi；而右邊pi的指數(shù)為γi22=2γi．

因而所要證明的不等式成立．

A4－029 證明；所有形如10017，100117，1001117，?的整數(shù)皆可被53整除． 【題說(shuō)】第五十八屆（1995年）莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題2． 【證】易知第一個(gè)數(shù)10017可被53整除，而數(shù)列中相鄰二數(shù)的差

也可被53整除，所以數(shù)列中所有數(shù)皆可被53整除

A4－030 證明：無(wú)論在數(shù)12008的兩個(gè)0之間添加多少個(gè)3，所得的數(shù)都可被19整除． 【題說(shuō)】第五十八屆（1995年）莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題7． 【證】我們有

故結(jié)論成立 A4－031 設(shè)S={1，2，?，50），求最小自然數(shù)k，使S的任一k元子集中都存在兩個(gè)不同的數(shù)a與b，滿足（a＋b）|ab． 【題說(shuō)】1996年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克（第十一屆數(shù)學(xué)冬令營(yíng)）題2． 【解】設(shè)a、b∈S，滿足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，則 a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1． 從而

c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=c2a1b1

因?yàn)椋╝1＋b1，a1）=1，（a1＋b1，b1）=1，所以

（a1＋b1）|c 由于a、b是S中不同的數(shù)，從而a＋b?99即 c（a1＋b1）?99，而a1＋b1|c，故有3?a1＋b1?9．

在a1＋b1=3時(shí)，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相應(yīng)的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），（12，24），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．類似地，可得出a1＋b1=4，5，6，7，8，9時(shí)的數(shù)對(duì)（a，b）．將每一對(duì)得到的a、b用線相連成右圖．

S中剩下的25個(gè)數(shù)與圖上畫(huà)圈的13個(gè)數(shù)所成的38元集，不含任一對(duì)a、b滿足（a＋b）|ab．

另一方面，S中任一集R，如果元數(shù)?39，那么圖上至多11個(gè)數(shù) R，從而12對(duì)數(shù)（14，35），（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15），（45，36），（6，3），（10，40），（12，4），（24，8），（48，16）中至少有一對(duì)數(shù)都屬于R，即R中有a、b滿足（a＋b）|ab． 綜上所述，K=39．

A4－032 設(shè)自然數(shù)x、y、p、n和k滿足等式

x+y=p

證明：若n（n＞1）是奇數(shù)，p是奇素?cái)?shù)，則n是數(shù)p的正整數(shù)冪． 【題說(shuō)】第二十二屆（1996年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題3． 【證】不失一般性，設(shè)x與y都不被p整除．因?yàn)閚為奇數(shù)，所以

n

n

k

用A表示上式右邊．由于p＞2，因此x、y中至少有一個(gè)數(shù)大于1．因?yàn)閚＞1，所以A＞1．因?yàn)锳（x＋y）=pk，所以A被p整除，數(shù)x＋y也被p整除． 于是得到

0≡A≡xn-1－xn-2（－x）＋xn-3（－x）2－?

第三篇：全國(guó)初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo)(八年級(jí))教學(xué)案全集第05講 恒等式的證明

全國(guó)初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo)(八年級(jí))教學(xué)案全集

第五講 恒等式的證明

代數(shù)式的恒等變形是初中代數(shù)的重要內(nèi)容，它涉及的基礎(chǔ)知識(shí)較多，主要有整式、分式與根式的基本概念及運(yùn)算法則，因式分解的知識(shí)與技能技巧等等，因此代數(shù)式的恒等變形是學(xué)好初中代數(shù)必備的基本功之一．本講主要介紹恒等式的證明．首先復(fù)習(xí)一下基本知識(shí)，然后進(jìn)行例題分析．

兩個(gè)代數(shù)式，如果對(duì)于字母在允許范圍內(nèi)的一切取值，它們的值都相等，則稱這兩個(gè)代數(shù)式恒等．

把一個(gè)代數(shù)式變換成另一個(gè)與它恒等的代數(shù)式叫作代數(shù)式的恒等變形．恒等式的證明，就是通過(guò)恒等變形證明等號(hào)兩邊的代數(shù)式相等．

證明恒等式，沒(méi)有統(tǒng)一的方法，需要根據(jù)具體問(wèn)題，采用不同的變形技巧，使證明過(guò)程盡量簡(jiǎn)捷．一般可以把恒等式的證明分為兩類：一類是無(wú)附加條件的恒等式證明；另一類是有附加條件的恒等式的證明．對(duì)于后者，同學(xué)們要善于利用附加條件，使證明簡(jiǎn)化．下面結(jié)合例題介紹恒等式證明中的一些常用方法與技巧．

1．由繁到簡(jiǎn)和相向趨進(jìn)

恒等式證明最基本的思路是“由繁到簡(jiǎn)”(即由等式較繁的一邊向另一邊推導(dǎo))和“相向趨進(jìn)”(即將等式兩邊同時(shí)轉(zhuǎn)化為同一形式)．

例1 已知x+y+z=xyz，證明：x(1-y2)(1-z2)+y(1-x2)(1-z2)+z(1-x2)(1-y2)=4xyz．

分析 將左邊展開(kāi)，利用條件x+y+z=xyz，將等式左邊化簡(jiǎn)成右邊．

證 因?yàn)閤+y+z=xyz，所以

左邊=x(1-z2-y2-y2z2)+y(1-z2-x2+x2z2)+(1-y2-x2+x2y2)

=(x+y+z)-xz2-xy2+xy2z2-yz2+yx2+yx2z2-zy2-zx2+zx2y2

=xyz-xy(y+x)-xz(x+z)-yz(y+z)+xyz(xy+yz+zx)

=xyz-xy(xyz-z)-xz(xyz-y)-yz(xyz-x)+xyz(xy+yz+zx)

=xyz+xyz+xyz+xyz

=4xyz=右邊．

說(shuō)明 本例的證明思路就是“由繁到簡(jiǎn)”．

例2 已知1989x2=1991y2=1993z2，x＞0，y＞0，z＞0，且

證 令1989x2=1991y2=1993z2=k(k＞0)，則

又因?yàn)?/p>

所以

所以

說(shuō)明 本例的證明思路是“相向趨進(jìn)”，在證明方法上，通過(guò)設(shè)參數(shù)k，使左右兩邊同時(shí)變形為同一形式，從而使等式成立．

2．比較法

a=b(比商法)．這也是證明恒等式的重要思路之一．

例3 求證：

分析 用比差法證明左-右=0．本例中，這個(gè)式子具有如下特征：如果取出它的第一項(xiàng)，把其中的字母輪換，即以b代a，c代b，a代c，則可得出第二項(xiàng)；若對(duì)第二項(xiàng)的字母實(shí)行上述輪換，則可得出第三項(xiàng)；對(duì)第三項(xiàng)的字母實(shí)行上述輪換，可得出第一項(xiàng)．具有這種特性的式子叫作輪換式．利用這種特性，可使輪換式的運(yùn)算簡(jiǎn)化．

證 因?yàn)?/p>

所以

所以

說(shuō)明 本例若采用通分化簡(jiǎn)的方法將很繁．像這種把一個(gè)分式分解成幾個(gè)部分分式和的形式，是分式恒等變形中的常用技巧．

不為零．證明：

(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．

全

同理

所以

所以(1+p)(1+q)(1+r)=(1-p)(1-q)(1-r)．

說(shuō)明 本例采用的是比商法．

3．分析法與綜合法

根據(jù)推理過(guò)程的方向不同，恒等式的證明方法又可分為分析法與綜合法．分析法是從要求證的結(jié)論出發(fā)，尋求在什么情況下結(jié)論是正確的，這樣一步一步逆向推導(dǎo)，尋求結(jié)論成立的條件，一旦條件成立就可斷言結(jié)論正確，即所謂“執(zhí)果索因”．而綜合法正好相反，它是“由因?qū)Ч?，即從已知條件出發(fā)順向推理，得到所求結(jié)論．

證 要證 a2+b2+c2=(a+b-c)2，只要證

a2+b2+c2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2bc，只要證 ab=ac+bc，只要證 c(a+b)=ab，只要證

這最后的等式正好是題設(shè)，而以上推理每一步都可逆，故所求證的等式成立．

說(shuō)明 本題采用的方法是典型的分析法．

例6 已知a4+b4+c4+d4=4abcd，且a，b，c，d都是正數(shù)，求證：a=b=c=d．

證 由已知可得

a4+b4+c4+d4-4abcd=0，(a2-b2)2+(c2-d2)2+2a2b2+2c2d2-4abcd=0，所以

(a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0．

因?yàn)?a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0，所以

a2-b2=c2-d2=ab-cd=0，所以(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)＝0．

又因?yàn)閍，b，c，d都為正數(shù)，所以a+b≠0，c+d≠0，所以

a＝b，c=d．

所以

ab-cd=a2-c2=(a+c)(a-c)=0，所以a＝c．故a=b＝c=d成立．

說(shuō)明 本題采用的方法是綜合法．

4．其他證明方法與技巧

求證：8a+9b+5c=0．

a+b=k(a-b)，b+c=2k(b-c)，(c+a)=3k(c-a)．

所以

6(a+b)=6k(a-b)，3(b+c)=6k(b-c)，2(c+a)=6k(c-a)．以上三式相加，得

6(a+b)+3(b+c)+2(c+a)

=6k(a-b+b-c+c-a)，即 8a+9b+5c=0．

說(shuō)明 本題證明中用到了“遇連比設(shè)為k”的設(shè)參數(shù)法，前面的例2用的也是類似方法．這種設(shè)參數(shù)法也是恒等式證明中的常用技巧．

例8 已知a+b+c=0，求證

2(a4+b4+c4)＝(a2+b2+c2)2．

分析與證明 用比差法，注意利用a+b+c=0的條件．

左-右=2(a4+b4+c4)-(a2+b2+c2)2

=a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2c2a2

=(a2-b2-c2)2-4b2c2

=(a2-b2-c2+2bc)(a2-b2-c2-2bc)

=[a2-(b-c)2][a2-(b+c)2]

=(a-b+c)(a+b-c)(a-b-c)(a+b+c)=0．所以等式成立．

說(shuō)明 本題證明過(guò)程中主要是進(jìn)行因式分解．

分析 本題的兩個(gè)已知條件中，包含字母a，x，y和z，而在求證的結(jié)論中，卻只包含a，x和z，因此可以從消去y著手，得到如下證法．

證 由已知

說(shuō)明 本題利用的是“消元”法，它是證明條件等式的常用方法．

例10 證明：

(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3

=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．

分析與證明 此題看起來(lái)很復(fù)雜，但仔細(xì)觀察，可以使用換元法．令

y+z-2x=a，① z+x-2y=b，② x+y-2z=c，③

則要證的等式變?yōu)?/p>

a3+b3+c3=3abc．

聯(lián)想到乘法公式：

a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)，所以將①，②，③相加有

a+b+c=y+z-2x+z+x-2y+x+y-2z=0，所以 a3+b3+c3-3abc=0，所以

(y+z-2x)3+(z+x-2y)3+(x+y-2z)3

=3(y+z-2x)(z+x-2y)(x+y-2z)．

說(shuō)明 由本例可以看出，換元法也可以在恒等式證明中發(fā)揮效力．

例11 設(shè)x，y，z為互不相等的非零實(shí)數(shù)，且

求證：x2y2z2=1．

分析 本題x，y，z具有輪換對(duì)稱的特點(diǎn)，我們不妨先看二元的所以x2y2=1．三元與二元的結(jié)構(gòu)類似．

證 由已知有

①×②×③得x2y2z2=1．

說(shuō)明 這種欲進(jìn)先退的解題策略經(jīng)常用于探索解決問(wèn)題的思路中．

總之，從上面的例題中可以看出，恒等式證明的關(guān)鍵是代數(shù)式的變形技能．同學(xué)們要在明確變形目的的基礎(chǔ)上，深刻體會(huì)例題中的常用變形技能與方法，這對(duì)以后的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)非常重要．

練習(xí)五

1．已知(c-a)2-4(a-b)(b-c)=0，求證：2b=a+c．

2．證明：

(x+y+z)3xyz-(yz+zx+xy)3

=xyz(x3+y3+z3)-(y3z3+z3x3+x3y3)．

3．求證：

5．證明：

6．已知x2-yz=y2-xz=z2-xy，求證：

x=y=z或x+y+z=0．

7．已知an-bm≠0，a≠0，ax2+bx+c=0，mx2+nx+p=0，求證：

(cm-ap)2=(bp-cn)(an-bm)．

第四篇：初中數(shù)學(xué)證明二相關(guān)練習(xí)

直角三角形

【要點(diǎn)整理】

1．____叫做直角三角形.我國(guó)古代把直角三角形中較短的直角邊稱為_(kāi)__________，較長(zhǎng)的直角邊稱為_(kāi)___________，斜邊稱為_(kāi)___________。

2.直角三角形的性質(zhì)：

①直角三角形的兩個(gè)銳角_____________.②勾股定理的內(nèi)容是_______________________________________.3.直角三角形的判定：

①角：_____________.②勾股逆定理的內(nèi)容是_______________________________________.4.直角三角形全等的判定的方法有.5.直角三角形的重要結(jié)論：

①_____________.②_______________________________________.③_______________________________________

【經(jīng)典范例】

例1：

①以6，8為兩邊的三角形第三邊c的取值范圍

②以6，8為兩邊的直角三角形第三邊c的取值范圍③以6，8為兩邊的銳角三角形第三邊c的取值范圍

④以6，8為兩邊的鈍角三角形第三邊c的取值范圍例2：△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝，D是BC上任一點(diǎn)，求證：

例3：兩個(gè)全等的含30°，60°角的三角板ADE和三角板ABC如

圖所示放置，E，A，C三點(diǎn)在一條直線上，連結(jié)BD，取BD的中點(diǎn)

M，連結(jié)ME，MC，?試判斷△EMC的形狀，并說(shuō)明理由．

例4：清朝康熙皇帝是我國(guó)歷史上一位對(duì)數(shù)學(xué)很有興趣的帝王。近日，西安發(fā)現(xiàn)了他的數(shù)學(xué)專著，其中有一文《積求勾股法》，它對(duì)“三邊長(zhǎng)為3、4、5的整數(shù)倍的直角三角形，已知面積求邊長(zhǎng)”這一問(wèn)題提出了解法：“若所設(shè)者為積數(shù)（面積），以積率六除之，平方開(kāi)之得數(shù)，再以勾股弦各率乘之，即得勾股弦之?dāng)?shù)?！庇矛F(xiàn)在的數(shù)學(xué)語(yǔ)言表述是： “若直角三角形的三邊長(zhǎng)分別為3、4、5的整數(shù)倍，設(shè)其面積為S，則第一步：二步：?k；第三步：分別用3、4、5乘以k，得三邊長(zhǎng)。”

（1）當(dāng)面積S等于150時(shí)，請(qǐng)用康熙的“積求勾股法”求出這個(gè)直角三角形的三邊長(zhǎng)；

（2）你能證明“積求勾股法”的正確性嗎？請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程。

S?m；第6

例5：臺(tái)風(fēng)是一種破壞力極大的自然災(zāi)害，在臺(tái)風(fēng)中心周圍數(shù)十千米的范圍內(nèi)會(huì)受其影響，根據(jù)氣象預(yù)報(bào)，某市正南方220km的B處有一臺(tái)風(fēng)中心，其中心最大風(fēng)力為12級(jí)，每遠(yuǎn)離臺(tái)風(fēng)中心20km，風(fēng)力就會(huì)減弱1級(jí)，該臺(tái)風(fēng)中心以15km/h的速度沿北偏東30°方向向C地移動(dòng)，且臺(tái)風(fēng)中心風(fēng)力不變，若城市所受風(fēng)力達(dá)到或超過(guò)4級(jí)，則稱受到臺(tái)風(fēng)影響.（1）該城市是否受到這次臺(tái)風(fēng)的影響？請(qǐng)說(shuō)明理由.C

（2）若城市受到這次臺(tái)風(fēng)的影響，那么受影響的時(shí)間有多長(zhǎng)？ A（3）該城市受到臺(tái)風(fēng)影響的最大風(fēng)力有幾級(jí)？第三周線段的垂直平分線

【要點(diǎn)整理】

1.線段垂直平分線的定義：2.線段的垂直平分線的作法：

3.線段的垂直平分線的性質(zhì)：線段垂直平分線上的點(diǎn)到_______________距離相等．

4.三角形的三邊垂直平分線相交相等。5.線段的垂直平分線逆定理的內(nèi)容是【經(jīng)典范例】

例1：如圖，A、B、C三點(diǎn)表示三個(gè)工廠，要建一個(gè)供水站，使它到這三個(gè)工廠的距離相等，求作供水站的位置P.例2：如圖，△ABC中，AB=AC，AD是BC邊上的中線，AB的垂直平分線交AD于點(diǎn)O，交AB于點(diǎn)E．求證：點(diǎn)O在AC的垂直平分線上．

例3：如圖，一機(jī)器人在點(diǎn)A處發(fā)現(xiàn)一個(gè)小球自點(diǎn)B處沿x軸向原點(diǎn)O方向勻速滾來(lái)，機(jī)器人立即從A處勻速直線前進(jìn)，去截小球。(1)若小球滾動(dòng)速度與機(jī)器人街速度相等，試在圖中標(biāo)出機(jī)器人最快能截小球的位置C(尺規(guī)作圖，不寫(xiě)分析、作法、保留作圖痕跡)。若點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2，)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(10,0)，小球滾動(dòng)速度為機(jī)器人行走的2倍，問(wèn)機(jī)器人最快可在何處截住小球？求出該點(diǎn)的坐標(biāo)。

直角三角形

1如圖,有一塊直角三角形紙片,兩直角邊AC=6cm, BC=8cm,現(xiàn)將直角 邊AC沿直線AD折疊,使它落在斜邊AB上,且與AE重合,則CD 等于()

A.2cmB.3cmC.4cmD.5cm

2．若a、b、c是直角三角形的三條邊長(zhǎng)，斜邊c上的高的長(zhǎng)是h，給出下列結(jié)論： ① 以a2，b2，c2 的長(zhǎng)為邊的三條線段能組成一個(gè)三角形 ② 以a，b，c的長(zhǎng)為邊的三條線段能組成一個(gè)三角形 ③ 以a + b，c + h，h 的長(zhǎng)為邊的三條線段能組成直角三角形

1，的長(zhǎng)為邊的三條線段能組成直角三角形.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)

cab

為．

④ 以

3．如圖是陽(yáng)光廣告公司為某種商品設(shè)計(jì)的商標(biāo)圖案，圖中陰影部分為 紅色.若每個(gè)小長(zhǎng)方形的面積都1，則紅色的面積是； 4．觀察下列表格：

請(qǐng)你結(jié)合該表格及相關(guān)知識(shí)，則、的值為．

5.在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，P是△ABC

內(nèi)一點(diǎn)，PA=1，PB=3，PC=7，求∠CPA的大小。

6．如圖,地上放著一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為50cm、40cm、30cm的箱子,位于角A處的一只螞蟻發(fā)現(xiàn)了位于角B處的一只蒼蠅,問(wèn)螞蟻沿著箱面怎樣爬才能使它到B處的路程最短,最短路程是多少.30 A

cmcm

7．如圖，客輪沿折線A—B—C從A出發(fā)到B再到C勻速航行，貨輪從AC的中點(diǎn)D出發(fā)沿某一方向勻速直線航行，將一批物品送達(dá)客輪．兩船速度相同，客輪航行150海里后，貨輪再啟航，要求同時(shí)到達(dá)折線A一B一C上的某點(diǎn)E處，已知AB=BC=200海里，∠ABC=90°．

A

(1)選擇：兩船相遇之處E點(diǎn)

A．在線段AB上

B．在線段BC上

C．即可以在線段AB上，也可以在線段BC上(2)求貨輪從啟航到兩船相遇共航行了多少海里?

C

8．已知：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C的對(duì)邊分別為a、b、c，設(shè)△ABC的面積為S，周長(zhǎng)為l．(1)填表：

(2)如果a+b一c=m，觀察上表猜想

s

用含有m的代數(shù)式表示)l

(3)證明(2)中的結(jié)論．

9．一輛卡車裝滿貨物后，能否通過(guò)如圖所示的工廠廠門(mén)(上方為半圓)，已知卡車高為3．0m，寬為1．6m，說(shuō)明你的理由．

線段垂直平分線

1．到平面上三點(diǎn) A，B，C距離相等的點(diǎn)（）A．只有一個(gè)B．有二個(gè) C．三個(gè)或三個(gè)以上D．一個(gè)或沒(méi)有

2．如圖1所示，已知在△ABC中，AD垂直平分BC，AC=EC，點(diǎn)B，D，C，E在同一條直線上，則AB+DB與DE之間的關(guān)系是（）A．AB+DB＞DEB．AB+DB＜DE C．AB+DB=DED．非上述答案

3．在銳角三角形ABC中，∠A=60°，AB，AC兩邊的垂直平分線相交于點(diǎn)O，則 ∠BOC=．

4．如圖2，△ABC中，∠BAC=106°，EF，MN分別是AB，AC的垂

直平分線，E，M在BC上，則∠EAM=．

Ｂ圖

35．如圖3，?ABC?50，AD垂直平分線段BC于點(diǎn)D，?ABC的平分線BE交AD于點(diǎn)

?

E，連結(jié)EC，則?AEC的度數(shù)是

6．在△ABC中,AB=AC,AB的垂直平分線與AC所在的直線相交所得的銳角是40°,則底角∠B的大小是.8．如圖5，△ABC中，BA=BC，∠B=120°，AB的垂直平分線交AC于點(diǎn)D，求證：AD=

DC．

210．已知:△ABC中，D是BC的中點(diǎn), E、F分別在AB、AC上,且ED⊥

>EF.11．已知:△ABC中，AB=AC，∠A=90°,D、E、F分別在AB、AC、BC上, 且AD=AE,CD為EF的中垂線,求證:BF=2AD

第五篇：初一數(shù)學(xué)圖形與面積競(jìng)賽教程含例題練習(xí)及答案

初一數(shù)學(xué)圖形與面積競(jìng)賽教程含例題練習(xí)及答案

初一數(shù)學(xué)競(jìng)賽講座 圖形與面積

一、直線圖形的面積

在小學(xué)數(shù)學(xué)中我們學(xué)習(xí)了幾種簡(jiǎn)單圖形的面積計(jì)算方法,數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的面積問(wèn)題不但具有直觀性,而且變換精巧,妙趣橫生,對(duì)開(kāi)發(fā)智力、發(fā)展能力非常有益。

圖形的面積是圖形所占平面部分的大小的度量。它有如下兩條性質(zhì): 1.兩個(gè)可以完全重合的圖形的面積相等;2.圖形被分成若干部分時(shí),各部分面積之和等于圖形的面積。

對(duì)圖形面積的計(jì)算,一些主要的面積公式應(yīng)當(dāng)熟記。如: 正方形面積邊長(zhǎng)×邊長(zhǎng);矩形面積長(zhǎng)×寬;平行四邊形面積底×高;三角形面積底×高÷2;梯形面積(上底+下底)×高÷2。

此外,以下事實(shí)也非常有用,它對(duì)提高解題速度非常有益。1.等腰三角形底邊上的高線平分三角形面積;2.三角形一邊上的中線平分這個(gè)三角形的面積;3.平行四邊形的對(duì)角線平分它的面積;4.等底等高的兩個(gè)三角形面積相等。

解決圖形面積的主要方法有: 1.觀察圖形,分析圖形,找出圖形中所包含的基本圖形;2.對(duì)某些圖形,在保持其面積不變的條件下改變其形狀或位置(叫做等積變形);3.作出適當(dāng)?shù)妮o助線,鋪路搭橋,溝通聯(lián)系;4.把圖形進(jìn)行割補(bǔ)(叫做割補(bǔ)法)。

例1 你會(huì)用幾種不同的方法把一個(gè)三角形的面積平均分成4等份嗎? 解:最容易想到的是將△ABC的底邊4等分, 如左下圖構(gòu)成4個(gè)小三角形,面積都為原來(lái)的三 角形面積的。

另外,先將三角形△ABC的面積2等分(如右 上圖),即取BC的中點(diǎn)D,連接AD, 則S△ABDS△ADC,然后再將這兩個(gè)小三角 形分別2等分,分得的4個(gè)小三角形各 自的面積為原來(lái)大三角形面積的。還

有許多方法,如下面的三種。請(qǐng)你再想出幾種不同的方法。

例2 右圖中每個(gè)小方格面積都是1cm2,那么六邊形 ABCDEF的面積是多少平方厘米? 分析:解決這類問(wèn)題常用割補(bǔ)法,把圖形分成幾個(gè)簡(jiǎn)單 的容易求出面積的圖形,分別求出面積。

也可以求出六邊形外空白處的面積,從總面積中減去空 白處的面積,就是六邊形的面積。

解法1:把六邊形分成6塊: △ABC,△AGF,△PEF,△EKD,△CDH和正方形GHKP。用S表示三角形面積,如用S△ABC表示△ABC的面積。

故六邊形ABCDEF的面積等于6+2+1++4+9 說(shuō)明:當(dāng)某些圖形的面積不容易直接計(jì)算時(shí),可以把這個(gè)圖形分成幾個(gè)部分,計(jì)算各部分的面積,然后相加,也就是說(shuō),可以化整為零。

解法2:先求出大正方形MNRQ的面積為6×636(cm2)。

說(shuō)明:當(dāng)某些圖形的面積不易直接計(jì)算時(shí),可以先求出一個(gè)比它更大的圖形的面積,再減去比原圖形多的那些(個(gè))圖形的面積,也就是說(shuō),先多算一點(diǎn),再把多算的部分減去。

解法3:六邊形面積等于

S△ABC+S梯形ACDF-S△DEF6×2×+(3+6)×4×-3×1×6+18-1 說(shuō)明:“橫看成嶺側(cè)成峰,遠(yuǎn)近高低各不同”,從不同的角度去觀察同一個(gè)圖形,會(huì)對(duì)圖形產(chǎn)生不同的認(rèn)識(shí)。一種新的認(rèn)識(shí)的產(chǎn)生往往會(huì)伴隨著一種新的解法。做題時(shí)多想一想,解法就會(huì)多起來(lái),這對(duì)鍛煉我們的觀察能力與思考能力大有益處。

例3 如下圖所示,BD,CF將長(zhǎng)方形ABCD分成4塊, △DEF的面積是4cm2,△CED的面積是6cm2。問(wèn):四邊形ABEF的面積是多少平方厘米? 解:如下圖,連結(jié)BF。則△BDF與△CFD面積相等, 減去共同的部分△DEF,可得△BEF與△CED面積相等, 等于6cm2。

四邊形ABEF的面積等于

S△ABD-S△DEFS△BDC-S△DEFS△BCE+S△CDE-S△DEF9+6-411(cm2)。

問(wèn):兩塊紅色圖形的面積和與兩塊藍(lán)色圖形的面積和, 哪個(gè)大? 分析:只需比較△ACE與△BDF面積的大小。因 為△ACE與△BDF的高相等(都是CD),所以只需比 較兩個(gè)三角形的底AE與BF的大小。

因?yàn)椤鰽CE與△BDF高相等,所以S△ACE>S△BDF。

減去中間空白的小四邊形面積,推知兩塊紅色圖形的面積和大于兩塊藍(lán)色圖形的面積和。

例5 在四邊形ABCD中(見(jiàn)左下圖),線 段BC長(zhǎng)6cm,∠ABC為直角,∠BCD為135°, 而且點(diǎn)A到邊CD的垂線段AE的長(zhǎng)為12cm,線 段ED的長(zhǎng)為5cm,求四邊形ABCD的面積。

解:延長(zhǎng)AB,DC相交于F(見(jiàn)右上圖), 則∠BCF45°,∠FBC90°,從而∠BFC45°。因?yàn)椤螧FC∠BCF,所以BFBC6(cm)。

在Rt△AEF中,∠AFE45°,所以∠FAE90°-45°45°,從而EFAE12(cm)。

故S四邊形ABCDS△ADF-S△BCF102-1884(cm2)。

說(shuō)明:如果一個(gè)圖形的面積不易直接求出來(lái),可根據(jù)圖形的特征和題設(shè)條件的特點(diǎn),添補(bǔ)適當(dāng)?shù)膱D形,使它成為一個(gè)新的易求出面積的圖形,然

后利用新圖形面積減去所添補(bǔ)圖形的面積,求出原圖形面積。這種利用“補(bǔ)形法”求圖形面積的問(wèn)題在國(guó)內(nèi)外初中、小學(xué) 數(shù)學(xué)競(jìng)賽中已屢見(jiàn)不鮮。

例6 正六邊形ABCDEF的面積是6cm2,M,N,P分別是所 在邊的中點(diǎn)(如上圖)。

問(wèn):三角形MNP的面積是多少平方厘米? 解法1:如左下圖,將正六邊形分成6個(gè)面積為正 1cm2的正三角形,將另外三個(gè)面積為1cm2的正三角形分

別拼在邊BC,DE,AF外面,得到一個(gè)大的正三角形XYZ,其面積是9cm2。

這時(shí),M,N,P分別是邊ZX,YZ,Xy的中點(diǎn),推知

解法2:如右上圖,將正六邊形分成6個(gè)面積為1cm2的正三角形,再取它們各邊的中點(diǎn)將每個(gè)正三角形分為4個(gè)面積為的小正三角形。于是正六邊形ABCDEF被分成了24個(gè)面積為的小正三角形。因?yàn)椤鱉NP由9個(gè)面積為的小正三角形所組成,所以S△MNP×92.25(cm2)

二、圓與組合圖形

以上我們討論了有關(guān)直線圖形面積計(jì)算的種種方法?，F(xiàn)在我們繼續(xù)討論涉及圓的面積計(jì)算。

1.圓的周長(zhǎng)與面積

計(jì)算圓的周長(zhǎng)與面積,有的直接利用公式計(jì)算,有的需要經(jīng)過(guò)觀察分析后靈活運(yùn)用公式計(jì)算。主要公式有:(1)圓的周長(zhǎng)π×直徑2π×半徑,即Cπd2πr;(2)中心角為n°的弧的長(zhǎng)度n×π×(半徑)÷180,即1(3)圓的面積π×(半徑)2,即Sπr2;(4)中心角為n°的扇形面積n×π×(半徑)2÷360,即

例7 右圖是三個(gè)半圓(單位:cm),其陰影部分 的周長(zhǎng)是多少? 解:由圖可知,陰影部分是由三個(gè)直徑不同的半 圓周所圍成,所以其周長(zhǎng)為

說(shuō)明:實(shí)際上,該圖形中兩個(gè)小半圓的直徑之和等于大半圓的直徑,因而它們的周長(zhǎng)也正好等于大半圓的半圓周。

推而廣之,若n個(gè)小圓的直徑之和等于大圓的直徑,即:d1+d2+d3+…+dnD, 那么這些小圓的周長(zhǎng)之和也等于大圓的周長(zhǎng),即 πd1+πd2+πd3+…+πdnπ(d1+d2+d3+…+dn)πD。

例8 某開(kāi)發(fā)區(qū)的大標(biāo)語(yǔ)牌上,要畫(huà)出如下圖所示(圖形陰影部分)的三種標(biāo)點(diǎn)符號(hào):句號(hào)、逗號(hào)、問(wèn)號(hào)。已知大圓半徑為R,小圓半徑為r,且R2r。若均勻用料,則哪一個(gè)標(biāo)點(diǎn)符號(hào)的油漆用得多?哪一個(gè)標(biāo)點(diǎn)符號(hào)的油漆用得少? 分析:在均勻用料的情形下,油漆用量多少問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為陰影部分的面積大小問(wèn)題?，F(xiàn)在涉及到的基本圖形是圓,弄清陰影部分如何由大小圓分割、組合而成,是解該題的關(guān)鍵點(diǎn)和突破口。

解:因?yàn)镾句號(hào)S大圓-S小圓πR2-πr2π(2r)2-πr23πr2

說(shuō)明:留意我們的日常生活,不同于課本的“非常規(guī)”問(wèn)題隨處可見(jiàn),如何把“非常規(guī)”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為或近似地轉(zhuǎn)化為“常規(guī)”數(shù)學(xué)問(wèn)題,需要細(xì)心觀察、積極思考,考察轉(zhuǎn)化的可能性和轉(zhuǎn)化的途徑。像上例那樣,認(rèn)真分析圖形的特征和課本圖形的基本關(guān)系,進(jìn)一步探討能否由基本圖形分割而成、組合而成。

2.圓與組合圖形

在日常生活中,除了經(jīng)常遇到直線型(如矩形、正方形、三角形、梯形等)以及曲線型(如圓、扇形等)的面積外,還經(jīng)常遇到不同形狀圖形疊加而成的組合圖形的面積問(wèn)題。組合圖形的面積計(jì)算,可以根據(jù)幾何圖形的特征,通過(guò)分割、割補(bǔ)、平移、翻折、對(duì)稱、旋轉(zhuǎn)等方法,化復(fù)雜為簡(jiǎn)單,變組合圖形為基本圖形的加減組合。

例9 下圖中,ABCD是邊長(zhǎng)為a的正方形,分別以AB, BC,CD,DA為直徑畫(huà)半圓。求這四個(gè)半圓弧所圍成的陰影 部分的面積。

解:圖中陰影部分是由四個(gè)半圓的重疊部分構(gòu)成的,這 四個(gè)半圓的直徑圍成一個(gè)正方形。顯然,這四個(gè)半圓的面積 之和大于正方形的面積,兩者的差就是陰影部分的面積。因 此,我們就得到以下的算式:

說(shuō)明:此例除了用上面的解法外,還可以采用列方程解應(yīng)用題的方法來(lái)解。

如題圖,設(shè)x和y分別表示相應(yīng)部分的面積,由圖看出

例10 如左下圖所示,平行四邊形的 長(zhǎng)邊是6cm,短邊是3cm,高是2.6cm, 求圖中陰影部分的面積。

分析:本題的圖形比較復(fù)雜,我們可 以先計(jì)算陰影部分的一半(見(jiàn)右上圖)。我們的目標(biāo)是把圖形分解成若干基本圖形 的組合或疊合。本題中的基本圖形就是大、小兩種扇形,以及平行四邊形。仔細(xì)觀察

后得出結(jié)論: 右上圖中的陰影部分等于

說(shuō)明:求一個(gè)不規(guī)則圖形的面積,要設(shè)法找出它與規(guī)則圖形面積的關(guān)系,化不規(guī)則為規(guī)則。

例11 求右圖中陰影部分的面積(單位:cm)。

分析與解:本題可以采用一般方法,也就是分別計(jì) 算兩塊陰影部分面積,再加起來(lái),但不如整體考慮好。我們可以運(yùn)用翻折的方法,將左上角一塊陰影部分(弓 形)翻折到半圓的右上角(以下圖中虛線為折痕),把 兩塊陰影部分合在一起,組成一個(gè)梯形(如右圖所示), 這樣計(jì)算就很容易。

本題也可看做將左上角的弓形繞圓心旋轉(zhuǎn)90°,到達(dá)右上角,得到同樣的一個(gè)梯形。

說(shuō)明:當(dāng)某些圖形的面積不易直接計(jì)算時(shí),可以把這個(gè)圖形的各個(gè)部分適當(dāng)拼接成一個(gè)易于直接計(jì)算的圖形。也就是說(shuō),可以化零為整。上述解法運(yùn)用翻折(或旋轉(zhuǎn))的方法達(dá)到了化零為整的目的。

例12 已知右圖中正方形的面積是12cm2,求圖中里外兩個(gè) 圓的面積。

分析:計(jì)算圓面積,要知道半徑。先考慮內(nèi)圓面積。內(nèi)圓 的直徑與正方形的邊長(zhǎng)相等,但正方形的邊長(zhǎng)是未知的。根據(jù) 已知正方形的面積是12cm2,可以推出內(nèi)圓直徑的平方為12cm2, 再求內(nèi)圓面積就不難了。

外圓的直徑是正方形的對(duì)角線,設(shè)外圓半徑為R,則正方形面積等于由一條對(duì)角線分成的兩個(gè)等腰直角三角形的面積之和。再由正方形面積2R×R÷2×22R2,2R212,便可求出外圓面積。解:設(shè)內(nèi)圓半徑為r,由正方形面積為12cm2,正方形邊長(zhǎng)為2r,得(2r)212,r23。

內(nèi)圓面積為πr23.14×39.42(cm2)。

正方形面積2個(gè)等腰直角三角形面積, 得R26,外圓面積為πR23.14×618.84(cm2)。練習(xí)6 1.如右圖所示,正方形的面積是50cm2,三角形ABC兩條直 角邊中,長(zhǎng)邊是短邊的2.5倍,求三角形ABC的面積。2.如右下圖所示,長(zhǎng)方形ABCD中,AB24cm,BC36cm,E 是BC的中點(diǎn),F,G分別是AB,CD的4等分點(diǎn),H為AD上任意 一點(diǎn)。求陰影部分面積。

3.在右圖的4×7的方格紙板上畫(huà)有如陰 影所示的“6”字,陰影邊緣是線段或圓孤。問(wèn):陰影面積占紙板面積的幾分之幾? 4.在右下圖中,六邊形ABCDEF的面積是 54,AP2PF,CQ2BQ,求陰影四邊形CEPQ的 面積。

5.在右圖中,涂陰影部分的小正六角星形 面積是16cm2。問(wèn):大正六角星形面積是多少平方厘米? 6.一個(gè)周長(zhǎng)是56cm的大長(zhǎng)方形,按右面 圖1與圖2所示那樣,劃分為4個(gè)小長(zhǎng)方形。在 圖1中小長(zhǎng)方形面積的比是A∶B1∶2,B∶C 1∶2。而在圖2中相應(yīng)的比例是A'∶B'1∶3, B'∶C'1∶3。又知,長(zhǎng)方形D'的寬減去D的寬 所得到的差,與D'的長(zhǎng)減去D的長(zhǎng)所得到的差之 比為1∶3。求大長(zhǎng)方形的面積。

7.有兩張正方形紙,它們的邊長(zhǎng)都是整厘米數(shù),大的一張的面積比小的一張多44cm2。大、小正方形紙的邊長(zhǎng)分別是少? 8.用面積為1,2,3,4的4張長(zhǎng)方形紙片拼成如右圖所示的 一個(gè)大長(zhǎng)方形。問(wèn):圖中陰影部分面積是多少? 練習(xí)6答案: 1.10cm2 解:畫(huà)兩條輔助線如左下圖。根據(jù)條件可知,正方形面積是長(zhǎng) 方形ABCD面積的2.5倍。從而ABCD的面積是50÷2.5=20(cm2)。

所以△ABC的面積是20÷210(cm2)2.324cm2。

解:連結(jié)BH?！鰾EH的面積為

把△BHF和△DHG結(jié)合起來(lái)考慮, 這兩個(gè)三角形的底BF,DG相等,且都等于

長(zhǎng)方形寬的,它們的高AH與DH之和正好是長(zhǎng)方形的長(zhǎng),所以這兩個(gè)三角形的面積

之和是×× 24×36108。

圖中陰影部分的面積為 216+108324(cm2)。

非陰影共6個(gè), 也有6個(gè),剛好拼成6個(gè)小正方形。因此陰影部分有28-6-319(個(gè))小正方形。

4.31。

解:如右圖,將正六邊形ABCDEF等分為54個(gè)小正三角 形。根據(jù)平行四邊形對(duì)角線平分平行四邊形面積,采用數(shù)小三 角形的辦法來(lái)計(jì)算面積。

S△PEF=3,S△CDE=9,S四邊形ABQp=11。

上述三塊面積之和為 3+9+1123。

因此,陰影四邊形CEPQ面積為54-2331。5.48cm2。

解:如下頁(yè)右上圖,陰影部分小正六角星形可分成12個(gè)與三角形OPN全等(能完全重疊在一起)的小三角形。三角形OPN的面積是。正三角形OPM面積是由3個(gè)與三角形OPN全等的三角形組成。所以,正三角形 OPM的面積等于

由于大正六角星形由12個(gè)與正三角形OPM全等的三角形組成,所以大正六角星形的面積是4×1248(cm2)。

6.160cm2。

解:設(shè)大長(zhǎng)方形的寬為xcm,則長(zhǎng)為(28-x)cm。因?yàn)镈寬,D′寬,D長(zhǎng) ,D′長(zhǎng), 所以D′寬-D寬,D′長(zhǎng)-D長(zhǎng)。

由題設(shè)可知

28-820,從而大長(zhǎng)方形的面積為8×20160(cm2)。7.12cm,10cm。

解:把兩張正方形紙重疊在一起,且把右邊多 出的一塊拼到上面,成為一個(gè)長(zhǎng)方形,如右圖。

這個(gè)長(zhǎng)方形的面積是44cm2,它的長(zhǎng)正好是兩

個(gè)正方形的邊長(zhǎng)的和,它的寬正好是兩個(gè)正方形的邊長(zhǎng)的差。因?yàn)閮蓚€(gè)整數(shù)的和與它們的差是同奇或同偶,而44又只能分解成下面的三種形式: 44=1×44=2×22=4×11，所以,兩個(gè)正方形的邊長(zhǎng)的厘米數(shù)的和與差只能是22與2。于是,兩個(gè)正方形的邊長(zhǎng)分別是(22+2)÷2=12(cm), 12-2=10(cm)。

解:大長(zhǎng)方形面積為1+2+3+410。如右圖那樣延長(zhǎng)RA和SB。矩形ABPR面積是上部陰影三角形面積的2倍。矩形ABSQ面積是下部陰影三角形面積的2倍。所以矩形RQSP的面積是陰影部分面積的2倍。