奥数六年级千份讲义739实验分班数论参考答案.doc

实验分班考试
数论1
1) 已知两个四位数，的和+能被101整除，试证八位数也能被101整除。
证明：易知一个多位数x0000=x×99×101＋x，因此÷101=（+）÷101=×99+（+）÷101，显然该八位数能被101整除。

2) 若p为质数，为质数，试问：是质数还是合数。
解：因为奇数的立方是奇数，偶数的立方是偶数，奇数-奇数=偶数。所以p不能是奇数，否则为偶数，与其是质数相矛盾。因此p=2，25+7=39，是合数。

3) 证明：对于任意的整数不能被169整除。
证明：因为169=13×13。设数m=13n+k，k=0,1。。12
对代入13n+k，然后对含有n的项都可提公因子13，对不含公因子的项进行试数，可得k取某个值时能被13整除，再将此时的k值代入m的值，重新将m代入，展开后对含m的值提公因数169，剩余的常数项不能被169整除。

4)
求方程组的正整数解。
解：由：ab+bc=44得b×（a+c）=44，由ac+bc=23得c×（a+b）=23。（ab+bc）-（ac+bc）=a×（b-c）=21。44=1×44=2×22=4×11=11×4=22×2=44×1 ①, 23=1×23=23×1 ②，21=1×21=3×7=7×3=21×1 ③。若c=1，则由③得到（b=2，a=21）或（b=4，a=7）或（b=8，a=3）或（b=22，a=1），进而由①得（b=2，a=21，c=1）或（b=22，a=1，c=1）。若c=23，则由③得到b>c，则b×（a+c）>c2>44,不符合条件。

5) 若有是非零整数，其中，a,b,c,d是整数，求证是合数。
证明：
然后用平方差公式，再用完全平方公式，再用平方差公式，可以得到

很明显的奇偶性不变，而M是非0整数，所以（）至少含有因子2， 所以M至少是4的整数倍，
因此|M|是合数

6) 在1,2,3，…，n这n个自然数中，已知共有p个质数，q个合数，k个奇数，m个偶数，求（q-m）+（p-k）的值。
解：（q-m）+（p-k）=（q+p）- （m+k）。由于1既不是质数也不是合数，故p+q=n-1,显然k+m=n。故（q-m）+（p-k）=（q+p）- （m+k）= -1

7) ，p是质数，且2p+1也是质数，试证：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的倍数，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.
此时2 p+1可能是质数， 符合题设.
这时，4p+1=4(3k+2)+1=3(4k+3)是合数。

8) 试证：质数中无最大数。
证明：假设存在最大的质数M，那么我们把所有小于等于M的质数连乘并加一，得到N=2×3×5×7×。。。×M+1，和明显N不能被小于等于M的质数整除；且N不能被合数整除，否则由于该合数必有小于等于最大质数M的质因子，即N能被小于等于M的质数整除，这与之前的推断矛盾。所以N是个质数，显然N>M，与假设M是最大的质数矛盾，因此没有最大的质数。

9) 是质数还是合数？为什么？
解：明显：53+96=83+66=109+40=149。假设4个数a，b，c，d，考虑a×b×c+（d-a）×（d-b）×（d-c），易知a×b×c这项会被消掉，剩下的每一项都含有d这个因子，因此a×b×c+（d-a）×（d-b）×（d-c）是合数，所以是合数。

10) 1,2,3，…，98个自然数中，能够表示为两个整数平方差的数的个数是多少？
解：设这两个整数分别为a，b，依题意有 K=a2-b2=(a+b)(a-b)
由于a，b为整数，那么(a+b)与(a-b)的奇偶性相同，即同为奇或同为偶。且二者为一大一小，不会相等，根据以上分析，得
（1）所有的奇数除1之外，都符合要求，因为奇数总可以表示为其本身与1的乘积，同为奇，且一大一小，符合以上条件，在1至98中，奇数有98/2=49个，符合条件(1除外)的有49-1=48个；
（2）对于偶数K，它必须能分解成两个偶数的乘积，才有可能表示成两个整数的平方差的形式。即(a+b)与(a-b)都是偶数，所以K必定是4的倍数，在1至98当中4的倍数有98/4=24余2，即有24个，但其中的4只能分解为2X2的形式，此时出现(a+b)与(a-b）相等，不符合要求，所以符合要求的偶数个数有24-1=23个。
综上，能够表示成两个整数的平方差的个数是48+23=71个。

11) 是一个正整数的平方，求这个正整数。
解：设1997=n，然后代入原式，进行多项式配方即可。

12) 证明：形如的数都是平方数（n是任意正整数）
证明：=4×（102n-1+102n-2+…+10n）+8×(10n-1+…+10+1)+1,然后用等比数列求和公式，×10n×(10n -1)+ ×(10n -1)+1=×102n+×10n+=(×10n+)2,很容易知道×10n+是整数。原式得证。

13) 试证：四个连续正整数之积不是平方数
证明：n(n+1)(n+2)(n+3)+1=(n2+3n+1)2，由于任意两个正整数的完全平方数之间至少相差3，所以n(n+1)(n+2)(n+3)不可能是完全平方数。

14) 设a，b都是正整数，且a被7除余数是2，b被7除余数是5，求和被7除的余数。
解：a被7除余数是2，所以a2被7除余数是4；b被7除余数是5，所以4b被7除余数是6。所以被7除余数是3，被7除余数是5
15) 求除以13的余数。
解：2除以13的余数是2,22除以13的余数是4，23除以13的余数是8，24除以13的余数是3，25除以13的余数是626除以13的余数是12，27除以13的余数是11,28除以13的余数是9,29除以13的余数是5,210除以13的余数是10,211除以13的余数是7,212除以13的余数是1，12个一组循环。因为=212×83+4所以≡24 ≡3 (mod 7)，因此除以13的余数是3

16) 求的个位数的值
解：777的个数数字是7,7772的各位数字是9,7773的个位数字是3,7774的个位数字是1，7775的个位数字是7，发现每4个一组循环，777除以4余1，故的个位数字是7

17) 求证：
证明：=(7×318-4)5555+(7×793+4)2222，只看不含因子7的项：42222-45555=42222×（43333-1）=42222×（（43）1111-1）=42222×（（7×9+1）1111-1）=42222×7×9×A，也是7的倍数，因此所证式子成立。

18) 求使能被3整除的一切自然数n。
解：先试验几个数，猜测奇数即为答案。由于21除以3的余数是2， 22除以3的余数是1,23除以3的余数是2，所以2个为一组循环，很明显1、3、5。。。所以奇数即为所求。若要证明则 22n+1+1=2×22n+1=3×22n+(1-22n)=3×22n+(1+2n)(1-2n);其中2n不是3的倍数,可表示为2n=3k+,1;所以得出结论:22n+1+1是3的倍数.

19) 求证的数不可能是三个整数的平方和。
证明：=7(mod8)，一个数的平方除以8的余数可能为：0,1,4。然后试一下就知道三个整数的平方和除以8的余数不可能是7

20) 求被7除的余数
解：因为47除以7余数为5,472除以7余数为4,473除以7余数为6,474除以7余数为2，475除以7余数为3，476除以7余数为1，6个为一组循环。37除以6余数为1,1个为一组循环。
因此≡47≡5（mod7）

21) 对于十进制整数，若，求证:
证明：要证明，只要证明8|，即，因为，由，很明显，因此

22) 求的末三位数。
解：求末三位就是看原式除以125和8的余数，由于125=5×5×5，所以易知原式能被125整除。1×3×5×……×1997×1999=(4-3)×(4-1)×(4+1)×(4+3).......(1996-3)(1996-1)(1996+1)(1996+3)= (4^2-9)(4^2-1)(8^2-9)(8^2-1)...........(1996^2-9)(1996^2-1) ，(4^2-9)(4^2-1)除以8的余数是1，(8^2-9)(8^2-1)除以8的余数是1。 易知1×3×5×……×1997×1999除以8的余数为1，因此原式的末三位数为625。