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& 2015年高二数学课时提升作业 1.3.1《二项式定理》（八）（新人教A版选修2-3）
2015年高二数学课时提升作业 1.3.1《二项式定理》（八）（新人教A版选修2-3）
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资料概述与简介
课时提升作业(八)
二项式定理
一、选择题(每小题3分,共18分)
1.若实数a=2-,则a10-2a9+22a8-…+210= ( )
【解析】选A.由题意得a10-2a9+22a8-…+210=(a-2)10,又a=2-,
所以原式=(2--2)10=32.
2.(2014·济宁高二检测)若展开式的第4项为含x3的项,则n等于
【解析】选B.Tk+1=·xn-k·=·(-1)k·xn-2k,k∈{0,1,2,…,n},因为当k+1=4时,n-2k=3,所以n=9.
3.(2013·江西高考)展开式中的常数项为 ( )
【解析】选C.展开式的通项公式为
Tk+1=(x2)5-k=(-2)kx10-5k.
由10-5k=0,得k=2,所以常数项为
T2+1=(-2)2=40.
4.(2014·杭州高二检测)对于二项式(n∈N*),有以下四种判断:
①存在n∈N*,展开式中有常数项;
②对任意n∈N*,展开式中没有常数项;
③对任意n∈N*,展开式中没有x的一次项;
④存在n∈N*,展开式中有x的一次项.其中正确的是 ( )
【解析】选D.二项式的展开式的通项公式为Tk+1=x4k-n,由通项公式可知,当n=4k(k∈N*)和n=4k-1(k∈N*)时,展开式中分别存在常数项和一次项.
5.在的二项展开式中,x的系数为 ( )
【解析】选D.的展开式的通项为Tr+1=
(2x2)5-r=25-r(-1)rx10-3r,令10-3r=1,得r=3,
所以T4=22(-1)3x=-40x.
所以x的系数是-40.
【误区警示】本题易把二项式系数等同于项的系数而错选A.
6.(2014·湖北高考)若二项式的展开式中的系数是84,则实数a=
【解题指南】考查二项式定理的通项公式.
【解析】选C.因为Tr+1=·(2x)7-r·=·27-r·ar·x7-2r,令7-2r=-3,得r=5,
所以·22·a5=84,解得a=1.
二、填空题(每小题4分,共12分)
7.若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等,则该展开式中的系数为 .
【解析】根据已知条件可知=,所以n=8,因为展开式的通项公式为Tr+1=x8-2r,令8-2r=-2,则r=5.
所以=56即为所求.
8.(2014·唐山高二检测)二项式的展开式中整式项共有
项(用数字作答).
【解析】由Tr+1=(x2)9-r=x18-3r,
依题意需使18-3r为整数.
故18-3r≥0,r≤6,
即r=0,1,2,3,4,5,6共7项.
9.233除以9的余数是 .
【解析】233=811=(9-1)11=×911-×910+×99-…+×9-,
因为除最后一项-1外,其余各项都能被9整除,故余数为9-1=8.
【一题多解】233=230×23=645×8=8×(63+1)5=8×(×635+×634+633+632+×63+)=8×(635+5×634+10×633+10×632+5×63)+8,因为括号内的各项都是9的倍数.所以233除以9所得的余数是8.
三、解答题(每小题10分,共20分)
10.(2014·淄博高二检测)在的展开式中,求:
(1)第3项的二项式系数及系数.
(2)含x2的项.
【解析】(1)第3项的二项式系数为=15,
又T3=(2)4=24·x,
所以第3项的系数为24=240.
(2)Tk+1=(2)6-k
=(-1)k26-kx3-k,
令3-k=2,得k=1.
所以含x2的项为第2项,且T2=-192x2.
11.在(1-x2)20的展开式中,如果第4r项和第r+2项的二项式系数相等,
(1)求r的值.
(2)写出展开式中的第4r项和第r+2项.
【解析】(1)第4r项和第r+2项的二项式系数分别是和,因为=,
所以4r-1=r+1或4r-1+r+1=20,
解得r=4或r=.
(2)T4r=T16=·(-x2)15=-15504x30,
Tr+2=T6=(-x2)5=-15504x10.
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.(2012·安徽高考)(x2+2)的展开式的常数项是 ( )
A. -3 B.-2 C.2 D.3
【解题指南】由多项式乘法的运算法则知,展开式中的常数项由两部分构成,前一个因式取x2时,后一个因式必须含,前一个因式取2时,后一个因式必须为常数.
【解析】选D.第一个因式取x2,第二个因式取含的项得:1×(-1)4=5;第一个因式取2,第二个因式取(-1)5得:2×(-1)5=-2,展开式的常数项是5+(-2)=3.
【变式训练】(1-x)4的展开式中x2的系数是 ( )
【解析】选A.因为(1-)3的有理项为1和3x,故要出现x2,需从(1-x)4因式中找x2项和x项,即x2和-x,所以x2项为x2·1-·x·3x=-6x2.
2.(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是 ( )
【解析】选B.(1. 05)6=(1+0.05)6=+×0.05+×0.052+×0.053+…+×0.056=1+0.3+0.5+…+1.≈1.34.
3.(2014·萍乡高二检测)若(x+y)9按x的降幂排列的展开式中,第二项不大于第三项,且x+y=1,xy1,即x的取值范围是(1,+∞).
4.(2013·陕西高考)设函数f(x)=则当x>0时,f(f(x))表达式的展开式中常数项为 ( )
【解题指南】由x的取值确定函数表达式,再由二项展开式的通项确定展开式中的常数项.
【解析】选A.当x>0时,f(f(x))==的展开式中,常数项为(-)3=-20.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.(2014·成都高二检测)在(x+y)20的展开式中,系数为有理数的项共有
项.
【解析】因为Tr+1=x20-ryr(r=0,1,2,…,20)的系数为有理数,
所以r=0,4,8,12,16,20,共6项.
6.(2014·山东高考)若的展开式中x3项的系数为20,则a2+b2的最小值为 .
【解题指南】本题考查了二项式定理,基本不等式的应用,可先写出已知式子二项展开式的通项,然后利用基本不等式求出最值.
【解析】将展开,得到Tr+1=a6-rbrx12-3r,令12-3r=3,得r=3.由a3b3=20,得ab=1,
所以a2+b2≥2ab=2.
三、解答题(每小题13分,共26分)
7.已知的展开式中,前三项的二项式系数之和为37.
(1)求x的整数次幂的项.
(2)展开式中第几项的二项式系数大于相邻两项的二项式系数,并证明你的结论.
【解题指南】(1)根据前三项的二项式系数之和为37,求出n;再利用二项式展开式的通项公式求出第r+1项,令x的指数为整数得到x的整数次幂的项.(2)根据二项展开式中间项的二项式系数最大,再利用组合数公式证明.
【解析】(1)展开式的前三项的二项式系数之和为++=37,解得n=8.
所以=的展开式的通项为
Tr+1=(x)8-r=.
当r=0,6时,x的指数为整数.
所以x的整数次幂的项有x12,28x.
(2)展开式共有9项,
根据展开式中间项的二项式系数最大,
故展开式第5项的二项式系数大于相邻两项的二项式系数.
证明如下:因为展开式第5项的二项式系数为==70.
展开式第4项的二项式系数为,
展开式第6项的二项式系数为,
因为===56<70.
故有展开式中第5项的二项式系数大于相邻两项的二项式系数.
8.已知在的展开式中,第9项为常数项,
求:(1)n的值.
(2)展开式中x5的系数.
(3)含x的整数次幂的项的个数.
【解析】二项展开式的通项为Tk+1=·=(-1)k.
(1)因为第9项为常数项,
即当k=8时,2n-k=0,解得n=10.
(2)令2n-k=5,得k=(2n-5)=6,
所以x5的系数为(-1)6=.
(3)要使2n-k,即为整数,只需k为偶数,由于k=0,1,2,3,…,9,10,故符合要求的有6项,分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项.
【拓展延伸】已知展开式中某些项(或系数)求其他问题的思路及技巧
(1)根据给定的条件和通项公式,建立方程来确定指数.
(2)根据所求的指数,再求所求解的项.
(3)为减少计算中的错误,宜将根式化为分数指数幂.
【变式训练】在的展开式中,已知第6项为常数项.
(2)求含x2项的系数.
(3)求展开式中所有的有理项.
【解析】通项为Tr+1=
(1)因为第6项为常数项,
所以r=5时,有=0,即n=10.
(2)令=2,得r=(n-6)=2,
则所求的系数为=.
(3)根据通项,由题意得
令=k(k∈Z),则10-2r=3k,
因为r∈Z,所以k应为偶数.
所以k可取2,0,-2,此时r取2,5,8.
所以第3项,第6项与第9项为有理项,
它们分别为x2,,x-2.
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楚水实验学校高中数学竞赛讲义§22 几何变换一、 平移变换 1． 定义 设 PQ 是一条给定的有向线段，T 是平面上的一个变换，它把平面图形 F 上任一点 X 变到 X ' ，使得 XX ' = PQ ，则 T 叫做沿有向线段 PQ 的平移变换。记为X ?T ( PQ ) → X ' ，图形 F ?T ( PQ ) → F ' 。 ? ? ? ?2． 主要性质 在平移变换下，对应线段平行且相等，直线变为直线，三角形变为三角 形，圆变为圆。两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等。 二、 轴对称变换 它把平面图形 F 上任一点 X 1． 定义 设 l 是一条给定的直线，S 是平面上的一个变换， 变到 X ' ，使得 X 与 X ' 关于直线 l 对称，则 S 叫做以 l 为对称轴的轴对称变换。记为(l ) (l ) X ?S? X ' ，图形 F ?S? F ' 。 ?→ ?→2． 主要性质 在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于 对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分。 三、 旋转变换 1． 定义 设 α 是一个定角，O 是一个定点，R 是平面上的一个变换，它把点 O 仍变到 O（不动点），而把平面图形 F 上任一点 X 变到 X ' ，使得 OX ' = OX ，且 ∠XOX ' = α ， 则 R 叫做绕中心 O， 旋转角为 α 的旋转变换。 记为 X ?R ( O?→ X ' ， ? ,α ) 图形 F ?R (O?→ F ' 。 ? ,α ) 其中 α & 0 时，表示 ∠XOX ' 的始边 OX 到终边 OX ′ 的旋转方向为顺时针方向； α & 0 时， 为逆时针方向。 2． 主要性质 在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角。 四、 位似变换 1． 定义 设 O 是一个定点，H 是平面上的一个变换，它把平面图形 F 上任一点 X 变到X ' ，使得 OX ' = k ? OX ，则 H 叫做以 O 为位似中心， k 为位似比的位似变换。记为X ?H ( O?→ X ' ，图形 F ?H (O?→ F ' 。 ? ,k ) ? ,k )第 186 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义其中 k & 0 时， X ' 在射线 OX 上，此时的位似变换叫做外位似； k & 0 时, X ' 在射线 OX 的反向延长线上，此时的位似变换叫做内位似。 2． 主要性质 在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一 条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的比等于位 似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行， 即一直线变为与它平行的直线；任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变；圆变为 圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心。例题讲解1．P 是平行四边形 ABCD 内一点，且 ∠PAB = ∠PCB 。 求证： ∠PBA = ∠PDA2．“风平三角形”中， AA' = BB ' = CC ' = 2, ∠AOB ' = ∠BOC ' = 60° ，求证：S ?AOB ' + S ?BOC ' + S ?COA ' & 33．在两条对角线长度以及夹角一定的所有凸四边形中，试求周长最小的四边形。4.P圆o的弦AB的中点，过 P点引圆o的两弦CD、EF，连接DE交AB于M，连接 CF交AB于N；求证 : MP = NP。第 187 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义5 : 圆o是给定锐角∠ACB内一个定圆，试在圆o及射线CA、CB上各求一点P、Q、 R，使得?PQR的周长最小；6.?ABC中，∠A ≥ 90°，AD ⊥ BC于D，?PQR是它的任一内接三角形 ， 求证： PQ + QR + RP & 2 AD7.以?ABC的边AB、AC为斜边分别向外作等腰直角三角形APB、AQC，M是BC 的中点，求证：MP = MQ，MP ⊥ MQ;8.已知O是?ABC内一点， ∠AOB = ∠BOC = ∠COA = 120°, P是?ABC内任意一点， 求证： PA + PB + PC ≥ OA + OB + OC ; (O为费马点)9.圆O与?ABC的三边 BC、CA、AB分别交于点 A1、A2、B1、B2、C1、C 2，过上述 六个点分别作所在边的 垂线 a1、a 2、b1、b2、c1、c 2，设 a1、b2、c1三线交于一点 D， 求证： a 2、b1、c 2 三线也相交于一点；10. AD是?ABC的外接圆O的直径，过D作圆O的切线交BC于P，连接并延长 PO分别交AB、AC于M、N，求证：OM = ON第 188 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义例题答案【例 1】P 是平行四边形 ABCD 内一点，且 ∠PAB = ∠PCB 。 求证： ∠PBA = ∠PDA【分析】作变换 ?ABP ?T ( AD ) → ?DCP ? ? 则?ABP ? ?DCP, ∠1 = ∠5, ∠3 = ∠6;由PP' = AD = BC , ADPP '、PP' CB都是平行四边形， 知∠2 = ∠8, ∠4 = ∠7;由已知∠1 = ∠2, 得∠5 = ∠8; ∴ P、D、P '、C四点共圆。故∠6＝∠7，即∠3＝∠4【例 2】“风平三角形”中， AA' = BB ' = CC ' = 2, ∠AOB ' = ∠BOC ' = 60°求证：S ?AOB ' + S ?BOC ' + S ?COA ' & 3【分析】作变换?A' OC ?T ( A?→ ?AQR' , ?BOC ' ?T ( BB ') → ?B' PR' '，则R' 和R' ' 重合， ?' A ) ?? 记为R = R' = R' ' ;Q P、R、Q共线，O、A、Q共线，O、B'、P共线，?OPQ为等边 三角形【例 3】在两条对角线长度以及夹角一定的所有凸四边形中，试求周长最小的四边形。S ?AOB ' + S ?BOC ' + S ?COA ' & 3第 189 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义【分析】取AC、BD的中点E、F，令AC ?T ( EF ) → A' C '，则A' BC ' D是一个符合条件的 ? ? 平行四边形；延长AF、CC ' 交于G； Q E是AC的中点且EF // CC '，FC ' // EC ,∴ F、C ' 分别为AG、CG的中点； ∴ AD + BC = BG + BC ≥ 2 BC ' = A' D + BC ' 同理可得AB + DC ≥ A' B + DC 故当四边形为平行四边形时，周长最小；【评注】当已知条件分散，尤其是相等的条件分散，而又不容易找出证明途径，或题目 中有平行条件时，将图形的某一部分施行平移变换，常常十分凑效。【例4】P圆o的弦AB的中点，过 P点引圆o的两弦CD、EF，连接DE交AB于M，连接 CF交AB于N；求证 : MP = NP。【分析】设GH为过P的直径，F ?S (GH ) → F ' , 显然F '∈ 圆o；又 Q P ∈ GH， PF ' = PF ?? ∴ ?? ?? ∴ Q PF ?S ( GH ) → PF '，PA ?S (GH ) → PB， ∠FPN = ∠F ' PM，PF = PF ' 又 Q FF ' ⊥ GH , AB ⊥ GH， FF ' // AB； ∴ ∴ ∠F ' PM + ∠MDF ' = ∠FPN + ∠EDF ' = ∠EFF '+∠EDF ' = 180° ∴ P、M、D、F '四点共圆 ∴ ∠PF ' M = ∠PDE = ∠PEN ∴ ?PFN ? ?PF ' M ? PN = PM 【评注】一般结论为：已知半径R的圆o内一弦AB上的一点P，过P作两条相交弦 CD、EF，连接CF、ED交AB于M、N，已知OP = r，P到AB中点的距离为a, 则 | 1 1 2a ? |= 2 , (解析法证明：利用二次曲线系知识) PM PN R ? r2【例5】圆o是给定锐角∠ACB内一个定圆，试在圆o及射线CA、CB上各求一点P、Q、 R，使得?PQR的周长最小；第 190 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义【分析】在圆o上任取一点P0，令P0 ?S (CA) → P1 , P0 ?S (CB ) → P2，连接P1 P2 分别交CA、CB于 ? ? ? ? Q1、R1，显然?P0 Q1 R1是在取定P0的情况下周长最小的三角形； 设P0 P1交CA于E，P0 P2交CB于F，则P0 Q1 + Q1 R1 + R1 P0 = P1 P2 = 2 EF Q E、C、F、P0四点共圆，CP0 是该圆直径，由正弦定理，EF＝CP0 sin ∠ECF ; ∴当CP0 取最小值时，EF为最小，从而?P0 Q1 R1的周长为最小，于是有做法： 连接OC，交圆周于P，令P ?S (CA) → P1 , P ?S ( CB ) → P2，连接P1 P2 分别交CA、CB于Q、R ? ? ? ? 则P、Q、R为所求的三角形的三个顶点。 【例6】?ABC中，∠A ≥ 90°，AD ⊥ BC于D，?PQR是它的任一内接三角形 ， 求证： PQ + QR + RP & 2 AD? ? ? ? 【分析】设 P ?S ( AB ) → P ' , P ?S ( AC ) → P ' ' , 则RP = RP ' , PQ = P ' ' Q, AP = AP ' = AP ' ' ∴ PQ + QR + RP = P' ' Q + QR + RP ' 又 Q ∠A ≥ 90°,∴ ∠P ' AP + ∠P ' ' AP = 2∠A ≥ 180°, A点在线段 P ' P ' ' 上或在凸四边形 ∴ P ' RQP ' '的内部； P' ' Q + QR + RP ' & AP '+ AP ' ' = 2 AP & 2 AD ∴ PQ + QR + RP & 2 AD【评注】如果题设中有角平分线、垂线，或图形是等腰三角形、圆等轴对称图形，可以 将图形或其部分进行轴对称变换。此外，也可以适当选择对称轴将一些线段的位置变更， 以便于比较它们之间的大小。第 191 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义【例7】以?ABC的边AB、AC为斜边分别向外作等腰直角三角形APB、AQC，M是BC 的中点，求证：MP = MQ，MP ⊥ MQ;【分析】延长BP到E，使PE = BP，延长CQ到F，使QF＝CQ， 则?BAE、?CAF都是等腰三角形， ? 90° ? ? 90° ? 显然：E ?R ( A,?) → B, C ?R ( A,?) → F ,∴ EC = BF , EC ⊥ BF ; 1 1 而PM // EC , MQ // BF ,∴ MP = MQ且MP ⊥ MQ； 2 2 【例8】已知O是?ABC内一点，∠AOB = ∠BOC = ∠COA = 120°, P是?ABC内任意一点，求证：PA + PB + PC ≥ OA + OB + OC ; (O为费马点)【分析】将C ?R ( B ,? °) → C ' , O ?R ( B ,? °) → O' , P ?R ( B ,? °) → P' , 连接OO'、PP'； ? ?60 ? ? ?60 ? ? ?60 ? 则?BOO'、?BPP’ 都是正三角形 ∴ OO' = OB，PP'＝PB， 显然?BO' C ? ?BOC，?BP' C ' ? ?BPC 由于∠BO' C ' = ∠BOC = 120° = 180° ? ∠BO' O； ∴ A、O、O'、C '四点共线， ∴ AP + PP'+ P' C ' ≥ AC ' = AO + OO'+O' C ' 即：PA + PB + PC ≥ OA + OB + OC 【例9】圆 O与?ABC的三边 BC、CA、AB分别交于点 A1、A2、B1、B2、C1、C 2，过上述六个点分别作所在边的 垂线a1、a2、b1、b2、c1、c2，设 a1、b2、c1三线交于一点 D， 求证： a2、b1、c2 三线也相交于一点；第 192 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义【分析】 a1、a2关于圆心 O成中心对称， a1 ?R ( O ?° ) → a2 Q ∴ ? ,180 ? ? ,180 ? ? ,180 ? 同理： b1 ?R ( O ? °) → b2，c1 ?R ( O ?° ) → c2 ∴ a1、b2、c1的公共点 D在变换 R (0,180°)下的像 D ' 也是像 a2、b1、c2的公共点 即：a2、b1、c2三线也相交于一点【例10】AD是?ABC的外接圆O的直径，过D作圆O的切线交BC于P，连接并延长 PO分别交AB、AC于M、N，求证：OM = ONAM AM AM 【分析】设 O ?? ??→ O ' , N ? ? ??→ N ' , 而 M ?? ??→ B , O' B O' N ' Q M、 O 、 N 三点共线， B、 O '、 N ' 三点共线，且 ∴ = OM ON 取 BC 中点 G，连接 OG 、 O ' G、 DG 、 DBAB H ( A、 )AB H ( A、 )AB H ( A、 )Q ∠ OGP = ∠ ODP = 90 °,∴ P、 D、 G、 O四点共圆 ∴ ∠ ODG = ∠ OPG ，而由 MN // BN ' 有 ∠ OPG = ∠ O ' BG ∴ ∠ ODG = ∠ O ' BG ,∴ O '、 B、 D、 F四点共圆 ∴ ∠ O ' GB = ∠ O ' DB ；而 ∠ O ' DB = ∠ ACB ,∴ ∠ O ' GB = ∠ ACB , O ' G // AC 而 G是 BC 的中点， O ' 是 BN ' 的中点， O ' B = O ' N ' ∴ ∴ OM = ON第 193 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义§23 抽屉原理在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13 个人中至少有两个人出生在相同 月份”；“某校 400 名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003 个人任意分 成 200 个小组，一定存在一组，其成员数不少于 11”；“把[0，1]内的全部有理数放到 100 个集 合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性问题中，“存在”的含义是 “至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确 定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也 不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。 “抽屉原理”最先是由 19 世纪的德国数学家迪里赫莱 （Dirichlet） 运用于解决数学问题的， 所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把 10 个苹 果，任意分放在 9 个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非 常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理 是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。 （一） 抽屉原理的基本形式 定理 1、如果把 n+1 个元素分成 n 个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有 两个元素。 证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多 1 个元素，从而 n 个 集合至多有 n 个元素，此与共有 n+1 个元素矛盾，故命题成立。 在定理 1 的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正 是由此得名。 同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成 n 个集合”改成“飞进 n 个鸽笼中”。“鸽 笼原理”由此得名。例题讲解1． 已知在边长为 1 的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图 1）。证明：至少有两个点 之间的距离不大于2．从 1-100 的自然数中，任意取出 51 个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的 整数倍。第 194 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义3．从前 25 个自然数中任意取出 7 个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不 超过小数的 1.5 倍。4．已给一个由 10 个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公 共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。5．在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点， 它们的连线中点仍是整点。6．在任意给出的 100 个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被 100 整除。7． 17 名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任 意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是 同一个题目。第 195 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义课后练习≠ 1．幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那 么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.?2．正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三 个面颜色相同.3．把 1 到 10 的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于 17.4．有红袜 2 双，白袜 3 双，黑袜 4 双，黄袜 5 双，蓝袜 6 双（每双袜子包装在一起） 若取出 9 双，证明其中必有黑袜或黄袜 2 双.5．在边长为 1 的正方形内，任意给定 13 个点，试证：其中必有 4 个点，以此 4 点为顶点的四边开面积不超过（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）.6．在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树 木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是 偶数（以米为单位），这是为什么？第 196 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义课后练习答案1.解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种： （兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿）， （长颈鹿、长颈鹿） 把每种搭配方式看作一个抽屉，把 7 个小朋友看作物体，那么根据原则 1，至少有两个 物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具 相同. 原则 2 如果把 mn+k(k≥1)个物体放进 n 个抽屉， 则至少有一个抽屉至多放进 m+1 个物体. 证明同原则相仿.若每个抽屉至多放进 m 个物体,那么 n 个抽屉至多放进 mn 个物体,与题 设不符，故不可能. 原则 1 可看作原则 2 的物例（m=1） 2.证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么 6=2×2+2，根据原则 二，至少有三个面涂上相同的颜色. 3.证明 如图 12-1，设 a1，a2，a3，…，a9，a10 分别代表不超过 10 的十个自然数，它们围 成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），…, （a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉， 每个抽屉的物体数是 a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，…a9+a10+a1， a10+a1+a2,由于 （a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+…+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2） =3(a1+a2+…+a9+a10) =3×(1+2+…+9+10)根据原则 2,至少有一个括号内的三数和不少于 17,即至少有三个相邻的数的和不小于 17. 原则 1、原则 2 可归结到期更一般形式： 原则 3 把 m1+m2+…+mn+k(k≥1)个物体放入 n 个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入 m1+1 个物体，或在第二个抽屉里至少放入 m2+1 个物体，……，或在第 n 个抽屉里至少放 入 mn+1 个物体.第 197 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过 m1 个，第二个抽屉放入物体的数不超过 m2 个，……，第 n 个抽屉放入物体的个数不超过 mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过 m1+m2+…+mn 个，与题设矛盾. 4.证明 除可能取出红袜、白袜 3 双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出 4 双，根据 原理 3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取 2 双. 上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉 原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少 有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少. 制造抽屉是运用原则的一大关键 首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同 的制造抽屉的方式. 5.证明如图 12-2 把正方形分成四个相同的小正方形. 因 13=3×4+1，根据原则 2，总有 4 点落在同一个小正方形内（或边界上），以此 4 点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的.事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把 正方形按图 12-3（此处无图）所示的形式分割. 合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上. 6.解如图 12-4（设挂牌的三棵树依次为 A、B、C.AB=a，BC=b，若 a、b 中有一为偶数， 命题得证.否则 a、b 均为奇数，则 AC=a+b 为偶数，命题得证.第 198 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由 于树的号码只能为奇数和偶数两类， 那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数， 它们的差必为偶数，问题得证. 后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一 种非常重要的数学方法第 199 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义例题答案：1． 分析：5 个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为 1 的等边三角形内（包括边界）有 5 个点，那么这 5 个点中一定有距离不大于 的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的 三条中位线，可以分原等边三角形为 4 个全等的边长为 的小等边三角形，则 5 个点中必有 2 点 位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于 。 以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证， 下面我们就来证明这个定理。如图 2，设 BC 是△ABC 的最大边，P，M 是△ABC 内（包括边界）任意两点，连接 PM，过 P 分别作 AB、BC 边的平行线，过 M 作 AC 边的平行线，设各平行线交点为 P、Q、N，那么 ∠PQN=∠C，∠QNP=∠A 因为 BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大 于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。显然 BC≥PQ，故 BC≥PM。 由此我们可以推知，边长为 的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于 。 说明： （1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正 方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取 n+1 个正数 ai，满足 0＜ai≤1（i=1,2,…,n+1），试证 明：这 n+1 个数中必存在两个数，其差的绝对值小于 ”。又如：“在边长为 1 的正方形内任意 放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于 。 （2）例 1 中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距 离小于 &，请读者试证之，并比较证明的差别。 （3）用同样的方法可证明以下结论： 2 2 i）在边长为 1 的等边三角形中有 n +1 个点，这 n +1 个点中一定有距离不大于 的两点。 2 2 ii）在边长为 1 的等边三角形内有 n +1 个点，这 n +1 个点中一定有距离小于 的两点。 （4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的 换成 ，命 题仍然成立。 （5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长 为 1 的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过 ”。 2．分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一 个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍， 这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的 基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与 2 的方幂的积，即若 m∈N+,K∈N+，n∈N, n 则 m=(2k-1)?2 ，并且这种表示方式是唯一的，如 1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，…… 证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘 2 的方幂，并且这种表示方法是唯一的， 所以我们可把 1-100 的正整数分成如下 50 个抽屉（因为 1-100 中共有 50 个奇数）： 2 3 4 5 6 （1）{1，1×2，1×2 ，1×2 ，1×2 ，1×2 ，1×2 }； 2 3 4 5 （2）{3，3×2，3×2 ，3×2 ，3×2 ，3×2 }；第 200 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义（3）{5，5×2，5×2 ，5×2 ，5×2 }； 2 3 （4）{7，7×2，7×2 ，7×2 }； 2 3 （5）{9，9×2，9×2 ，9×2 }； 2 3 （6）{11，11×2，11×2 ，11×2 }； …… （25）{49，49×2}； （26）{51}； …… （50）{99}。 这样，1-100 的正整数就无重复，无遗漏地放进这 50 个抽屉内了。从这 100 个数中任取 51 个数，也即从这 50 个抽屉内任取 51 个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽 屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这 25 个抽屉中的任何同一个抽屉内的两 个数中，一个是另一个的整数倍。 说明： （1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从 1-2n 的自然数中，任意取出 n+1 个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为 1-2n 中共含 1，3，…，2n-1 这 n 个奇数，因此可以制造 n 个抽屉，而 n+1＞n，由抽屉原则，结论就 是必然的了。给 n 以具体值，就可以构造出不同的题目。例 2 中的 n 取值是 50，还可以编制相反 的题目，如：“从前 30 个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保 证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？” （2）如下两个问题的结论都是否定的（n 均为正整数）想一想，为什么？ ①从 2，3，4，…，2n+1 中任取 n+1 个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数 倍？ ②从 1，2，3，…，2n+1 中任取 n+1 个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数 倍？ 你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？ （3）如果将（2）中两个问题中任取的 n+1 个数增加 1 个，都改成任取 n+2 个数，则它们的 结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？ 3．证明：把前 25 个自然数分成下面 6 组： 1； ① 2，3； ② 4，5，6； ③ 7，8，9，10； ④ 11，12，13，14，15，16； ⑤ 17，18，19，20，21，22，23， ⑥ 因为从前 25 个自然数中任意取出 7 个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的 某同一组，这两个数中大数就不超过小数的 1.5 倍。 说明： （1）本题可以改变叙述如下：在前 25 个自然数中任意取出 7 个数，求证其中存在两个数， 内。 它们相互的比值在 显然，必须找出一种能把前 25 个自然数分成 6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个 限制条件：同一集合中任两个数的比值在 内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样， 我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：234第 201 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义从 1 开始，显然 1 只能单独作为 1 个集合{1}；否则不满足限制条件。 能与 2 同属于一个集合的数只有 3，于是{2，3}为一集合。 如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的 倍，就可以得到满足条件的六个集合。 （2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第 7 个抽屉为 {26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}； 第 8 个抽屉为：{40，41，42，…，60}； 第 9 个抽屉为：{61，62，63，…，90，91}； …… 那么我们可以将例 3 改造为如下一系列题目： （1）从前 16 个自然数中任取 6 个自然数； （2）从前 39 个自然数中任取 8 个自然数； （3）从前 60 个自然数中任取 9 个自然数； （4）从前 91 个自然数中任取 10 个自然数；… 都可以得到同一个结论：其中存在 2 个数，它们相互的比值在 ]内。上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第 49 届数学竞赛试题。如果我们改变区间[ ]（p＞q） 端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。 4.分析与解答：一个有着 10 个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集 10 的时候， 每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能， 因此， 个元素的集合就有 2 =1024 10 个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有 1024 个不同的子集，包括空集和全集在内。空集 与全集显然不是考虑的对象，所以剩下 2 个非空真子集。 再来看各个真子集中一切数字之和。用 N 来记这个和数，很明显： 10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855 这表明 N 至多只有 855-9=846 种不同的情况。由于非空真子集的个数是 ＞846， 所以一定存在两个子集 A 与 B， 使得 A 中各数之和=B 中各数之和。 若 A∩B=φ，则命题得证，若 A∩B=C≠φ，即 A 与 B 有公共元素，这时只要剔除 A 与 B 中的 一切公有元素，得出两个不相交的子集 A1 与 B1，很显然 A1 中各元素之和=B1 中各元素之和，因此 A1 与 B1 就是符合题目要求的子集。 说明：本例能否推广为如下命题： 已给一个由 m 个互不相等的 n 位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共 元素的子集合，各子集合中各数之和相等。 请读者自己来研究这个问题。 5．分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是 。 欲使 都是整数，必须而且只须 x1 与 x2，y1 与 y2 的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照 横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶 数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个 整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。 说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,…xn）是 n 维（元）有序数组，且 x1,x2,…xn 中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,…xn）是一个 n 维整点（整点又称格点）。如果对所有的 n 维整点按每一个 xi 的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此共可分为 n 3 2×2×…×2=2 个类。这是对 n 维整点的一种分类方法。当 n=3 时，2 =8，此时可以构造命题：第 202 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整 点”。这就是 1971 年的美国普特南数学竞赛题。在 n=2 的情形，也可以构造如下的命题：“平 面上任意给定 5 个整点”，对“它们连线段中点为整点”的 4 个命题中，为真命题的是： （A）最少可为 0 个，最多只能是 5 个 （B）最少可为 0 个，最多可取 10 个 （C）最少为 1 个，最多为 5 个 （D）最少为 1 个，最多为 10 个 （正确答案（D）） 6．分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被 100 整除”应是做文章的地方。如果把这 100 个数排成一个数列，用 Sm 记其前 m 项的和，则其可构造 S1，S2，…S100 共 100 个&和&数。讨论这些“和数”被 100 除所得的余数。注意到 S1，S2，…S100 共有 100 个数， 一个数被 100 除所得的余数有 0， 2， 1， …99 共 100 种可能性。 “苹果”数与“抽 屉”数一样多，如何排除“故障”？ S …S 证明： 设已知的整数为 a1,a2,…a100 考察数列 a1,a2,…a100 的前 n 项和构成的数列 S1， 2， 100。 如果 S1，S2，…S100 中有某个数可被 100 整除，则命题得证。否则，即 S1，S2，…S100 均不能 被 100 整除，这样，它们被 100 除后余数必是{1，2，…，99}中的元素。由抽屉原理 I 知，S1， S2，…S100 中必有两个数，它们被 100 除后具有相同的余数。不妨设这两个数为 Si，Sj（i＜j）， 则 100O（Sj-Si），即 100O 。命题得证。 说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽屉的。这时候，我们需要 对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直 接对{an}进行分类是很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多。 另外，对{Sn}按模 100 的剩余类划分时，只能分成 100 个集合，而{Sn}只有 100 项，似乎不 能应用抽屉原则。但注意到余数为 0 的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余 数为 0 的类，从而转化为 100 个数分配在剩下的 99 个类中。这种处理问题的方法应当学会，它 会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”中。 最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）： 在任意给定的 n 个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被 n 整除， 而且，在任意给定的排定顺序的 n 个整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一项），它们 的和可被 n 整除。 将以上一般结论中的 n 赋以相应的年份的值如 ，2001…，就可以编出相应年份的 试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题： 有 100 只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了 1 粒花生，多者不限。请你证明：一定有若干只 猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是 100 的倍数。 7．证明：视 17 个科学家为 17 个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一 个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第 2 个问题则在相应两点连条黄线，若 讨论第 3 个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜 色的三角形。 考虑科学家 A，他要与另外的 16 位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从 A 出发引出 16 条线段，将它们染成 3 种颜色，而 16=3×5+1，因而必有 6=5+1 条同色，不妨记为 AB1，AB2，AB3， AB4，AB5，AB6 同红色，若 Bi（i=1，2，…，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立； 否则 B1，B2，B3，B4，B5，B6 之间的连线只染有黄蓝两色。 考虑从 B1 引出的 5 条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为 5=2×2+1，故 必有 3=2+1 条线段同色，假设为黄色，并记它们为 B1B2，B1B3，B1B4。这时若 B2，B3，B4 之间有黄 线，则有黄色三角形，命题也成立，若 B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角 形，命题仍然成立。第 203 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义说明：（1）本题源于一个古典问题--世界上任意 6 个人中必有 3 人互相认识，或互相不认 识。（美国普特南数学竞赛题）。 （2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为 一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。 求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。 （3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。 本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题： 在 66 个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目， 而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题 目。 （4）回顾上面证明过程，对于 17 点染 3 色问题可归结为 6 点染 2 色问题，又可归结为 3 点 染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易 发现 6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2， 同理可得（66-1） ×5+2=327， （327-1）×6+2=1958…记为 r1=3，r2=6，r3=17，r4=66， 5=327， r r6=1958，… 我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4…这样就可以构造出 327 点染 5 色问题， 1958 点染 6 色问题，都必出现一个同色三角形。第 204 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义§24 容斥原理相对补集：称属于 A 而不属于 B 的全体元素，组成的集合为 B 对 A 的相对补集或差集，记作 A-B。容斥原理：以表示集合 A 中元素的数目，我们有， 其中 为 n 个集合 称为 A 的阶。n 阶集合的全部子集数目为。例题讲解1．对集合{1，2，…，n}及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减 的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结果，例如，集合 替和”是 9-6+4-2+1=6. 有子集的“交替和”的总和。 的“交替和”是 6-5=1， 的“交的交替和是 2。那么，对于 n=7。求所2．某班对数学、物理、化学三科总评成绩统计如下：优秀的人数：数学 21 个，物理 19 个，化 学 20 个，数学物理都优秀 9 人，物理化学都优秀 7 人。化学数学都优秀 8 人。这个班有 5 人任 何一科都不优秀。那么确定这个班人数以及仅有一科优秀的三科分别有多少个人。3．计算不超过 120 的合数的个数第 205 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义4．1992 位科学家，每人至少与 1329 人合作过，那么，其中一定有四位数学家两两合作过。5．把个元素的集合分为若干个两两不交的子集，按照下述规则将某一个子集中某些元素挪到另一个子集：从前一子集挪到后一子集的元素个数等于后一子集的元素个数（前一子集的元素个 数应不小于后一子集的元素个数） ，证明：可以经过有限次挪动，使得到的子集与原集合相重合。6．给定 1978 个集合，每个集合都含有 40 个元素，已知其中任意两个集合都恰有一个公共元， 证明：存在一个元素，它属于全部集合。7．在 个元素组成的集合中取 共元。个不同的三元子集。证明：其中必有两个，它们恰有一个公第 206 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义课后练习1．一个集合含有 10 个互不相同的十进制两位数，证明：这个集合必有两个无公共元素的子 集合，这两个子集元素和相等。2．是否存在两个以非页整数为元素的集合 A、B，使得任一个非负整数都可以被 A、B 之中 各取一数之和唯一表出。3．对每个 非合。使得在 n 元集合中，可以取出 k 个子集，其中任意两个的交4．能否把分成两个积相等的不交集合。第 207 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义课后练习答案1．我们可以发现对每个数 ，它出现在 个子集之中，因此所有子集中的 的和为 ，那么全部元素在全部子集之中的和为。2．利用二进制来考虑此题，小明的前 9 包分别有钱 1 分（2） ，10 分（2） ，100 分（2） ，1000 分（2） ，10000 分（2） ，100000 分（2） ，1000000 分（2） ， 分（2） ， 分（2） ， 剩下一包装剩下的钱（以上数皆为二进制）就可以了。 3．不能。反证法。设存在合乎题中条件的一种分法，如果 ，否则记为 ，对 ，若 和 同属于一个子集，则记为 为好的。 都是好 的。 ， 在第二组中用 代替 由此 有这样一个结论 阶集合的子集 若满足 ，而 ，故 是好的。故 即 且 ，但 则 ，故 。 。矛盾！ 的最大值为分在三个集合中则称，代入本题得为。第 208 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义例题答案：1．分析；n=7 时，集合{7，6，5，4，3，2，1}的非空子集有 个，虽然子集数目有限，但是逐一计算各自的“交替和”再相加，计算量仍然巨大，但是，根据“交替和”的定义，容易看 到集合{1，2，3，4，5，6，7}与{1，2，3，4，5，6}的“交替和”是 7；可以想到把一个不含 7 的集和 A 与 的“交替和”之和应为 7。那么，我们也就很容易解决这个问题了。解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中，除去{7}外还有个非空子集合，把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则是设 这是把 为 7，共有 结合为一组，显然，每组中，“交替和”之和应 。组.所以,所有“交替和”之和应该为说明：我们在这道题的证明过程中用了这类题目最典型的解法。就是“对应”的方法，“对 应”的方法在解决相等的问题中应用得更多。 2．分析：自然地设 A={数学总评优秀的人} B={物理总评优秀的人} C={化学总评优秀的人} 则已知|A|=21 |B|=19 |C|=20这表明全班人数在 41 至 48 人之间。 仅数学优秀的人数是可见仅数学优秀的人数在 4 至 11 人之间。 同理仅物理优秀的人数在 3 至 10 人之间。 同理仅化学优秀的人数在 5 至 12 人之间。第 209 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义解：（略）。 说明：先将具体的实际生活中的问题数学化，然后根据数学理论来解决这个问题不仅是竞赛 说明 中常见情况，也是在未来学习中数学真正有用的地方。 3．分析 1：用“筛法”找出不超过 120 的质数(素数)，计算它们的个数，从 120 中去掉质数，再 去掉“1”，剩下的即是合数。 解法 1：120 以内： ① 既不是素数又不是合数的数有一个，即“1”； ② 素数有 2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、 71、73、79、83、89、97、101、103、107、109、113、共 30 个。所以不超过 120 的合数有 120 －1－30＝89(个)(附：筛法：从小到大按顺序写出 1－120 的所有自然数：先划掉 1，保留 2，然后划掉 2 的所有倍数 4,6，…120 等；保留 3，再划掉所有 3 的倍数 6,9…117、120 等；保留 5，再划掉 5 的所有倍数 10,15，…120；保留 7，再划掉 7 的所有倍数，…这样，上面数表中剩下的数就是 120 以内的所有素数，这种方法是最古老 的寻找素数的方法，叫做“埃斯托拉‘筛法’”) 说明：当 n 不很大时，计算 1－n 中的合数的个数困难不大；但当 n 很大时，利用筛法就很 困难、很费时了，必须另觅他途。 [分析 2]受解法 1 的启发，如果能找出 1－n 中质数的个数 m，则 n－1－m 就是不超过 n 的合 数的个数。由初等数论中定理：a 是大于 1 的整数。如果所有不大于√a 的质数都不能整除 a，那 2 么 a 是质数。 因为 120&121＝11 ， √120&11， 所以不超过 120 的合数必是 2 或 3 或 5 或 7 的倍数， 所以只要分别计算出不超过 120 的 2、3、5、7 的倍数，再利用“容斥原理”即可。第 210 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义解法 2： S1＝{aO1≤3≤120,2Oa}；2＝{bO1≤b≤120,3Ob}；3＝{cO1≤3≤120,5Oc}； 设 S S S4={dO1≤d≤120,7Od}，则有： card(S1)＝[120/2]=60， card(S2)＝[120/3]＝40， card(S3)＝[120/5]＝24， card(S4)＝[120/7] ＝17； ([n]表示 n 的整数部分，例如[2,4]＝2，…) card(S1∩S2)＝[120/2×3]＝20，card(S1∩S3)＝[120/2×5]＝12， card(S1∩S4)＝[120/2×7]＝8，card(S2∩S3)＝[120/3×5]＝8， card(S2∩S4)＝[120/3×7]＝5，card(S3∩S4)[120/5×7]＝3， card(S1∩S2∩S3)[120/2×3×5]＝4，card(S1∩S2∩S4)＝[120/2×3×7]＝2， card(S1∩S3∩S4)＝[120/2×5×7]＝1，card(S2∩S3∩S4)＝[120/3×5×7]＝1， card(S1∩S2∩S3∩S4)＝[120/2×3×5×7]＝0 ∴card(S1∪S2∪S3∪S4)＝card(S1)＋card(S2)＋card(S3)＋card(S4)－card(S1∩S2)－ card(S1∩S3)－card(S1∩S4)－card(S2∩S3)－card(S2∩S4)－card(S3∩S4)＋card(S1∩S2∩S3)＋ card(S1∩S2∩S4)＋card(S1∩S3∩S4)＋card(S2∩S3∩S4)－card(S1∩S2∩S3∩S4)＝(60＋40＋24＋ 17)-(20+12+8+8+5+3)+(4+2+1+1)-0＝141-56＋8＝93 ∵2，3，5，7 是质数 ∴93－4＝89 即不超过 120 的合数共有 89 个。 4．分析：在与一个人 A 合作的人中我们找到 B。再说明一定有人与 A 和 B 都合作过为 C。最后再 分析： 分析 说明有人与 A、B、C 都合作过为 D，那么 A、B、C、D 就是找的人了。 证明：一个人 A。不妨设 B 与之合作。那么 证明 。即 C 与 A 和 B 均合作过， 分别表示与 A、B 合作过的人的集合。同样地，。 所以存在 。则 A、B、C、D 就是所求，证毕。说明：把一个普通的叙述性问题转化为集合的语言描述的问题通常为解题的关键之处，也是 说明 同学们需加强的。 5．分析：首先考虑到 是一个很特殊的数，其次我们发现若两个集合的元素个数除以 2 的若干第 211 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义次幂后若为奇数，那么，它们之间挪后就应为偶数这一事实，若还不能想到解答就试一下 时的情况，相信解答就不会难找到了。，证明：考虑含奇数个元素的子集（如果有这样的子集） ，因为所有子集所含元素的个数总和 是偶数，所以具有奇数个元素的子集个数也是偶数，任意将所有含有奇数个元素的子集配成对， 对每对子集按题目要求的规则移动：从较大的子集挪出一些元素，添加到较小的子集，挪出的元 素个数为较小子集的元素个数，于是得到的所有子集的元素个数都是偶数，现在考虑元素个数不 被 4 整除的子集，如果 ，则总共有两个元素，它们在同一个子集，因此设 ，因为子集的元素个数的总数被 4 整除，因此这样的子集的个数为偶数，任意将这样的子集配成对，对每一 对子集施行满足题目要求的挪动，于是得到的每个子集数均可被 4 整除，依此做下去，最后得到 的每个子集元素个数均可被 整除，也就是只能有一个子集，它的元素个数为 ，证毕。说明： 这道题的证明中隐含了一种单一变量在变化时变化方向相同这一性质， 就这道题来说， 一直在增加的就是各子集元素个数被 2 的多少次幂整除的这个幂次数，这是一大类问题，除了这 种变化量，还要经常考虑变化中的不变量。 6．分析：我们可以先去找一个属于很多个集合的元素，最好它就是我们要找的那一个。 证明：考虑给定的 1978 个集合中任意一个集合 在 合 ，它和其它 1977 个集合都相交，因此，存 中每个元素至多属于 49 个集合，而集 ， … ，，使得它至少属于其中 50 个集合，否则，集合 恰有 40 个元素， 所以除外至多有 1960 个集合， 不可能， 因此设 属于集合下面证明它属于给定的 1978 个集合中任一个。 对于除了 ， ，… 的任一个集合 ，设 ，则 与 ， ， ，… 每一个都有至少一个元素的交，它们都与 不同，那么，就至少要有 51 个元素，不可能，因此 属于每个集合。 说明： 说明：这种题目最怕把它想难了，想行太难了，就会觉得无从下手，做数学竞赛题就需要一 方面在做题之前选好方向，另一方面就是大胆尝试去做。 7．分析：证明恰有一个公共元也许挺难。那么证只有两个或零个公共元不可能是否可行呢？如 果具有两个公共元的集合 与 表示为 、那么~有传递性。是否有用呢？ 与 恰 ，证明：设结论不真。则所给的 3 元子集要么不交，要么恰有两个公共元，如果子集 有两个公共元，则记 。设 是三个子集。可以证明如果 ， ，则于是所有给定的 3 元子集可以分类，使得同一类中任意两个不同子集都恰有两个公共元。而不同 类的子集不相交。于是对每个子集类，有三种可能： （1）恰含 3 个元素的类。 （2）恰含 4 个元素 的类。 （3）至少含 5 个元素的类。 在（1）下，3 元子集类恰由一个 3 元子集组成。第 212 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义在（2）下，子集类中至多有 4 个子集。 考虑 （3） 设 因此对子集类中任意子集 ， ，由 ， ， 则还有一个 ， 由 ， ， ， 有 。它包含 与 ，于是类中子集个数比类中元素个数少 2，于是，每个类中子集个数不超过元素个数，但是题中条件子集数大于元素个 数，矛盾！ 说明： 说明：此题为 1979 年美国竞赛题。题目难度较大，应该说是应用了高等代数中的一些思想。第 213 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义§25 奇数偶数将全体整数分为两类，凡是 2 的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为 2m（m∈Z） ，任一奇数可表为 2m+1 或 2m－1 的形式.奇、偶数具有如下性质： （1）奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数； 奇数±偶数=奇数；偶数×偶数=偶数； 奇数×偶数=偶数；奇数×奇数=奇数； （2）奇数的平方都可表为 8m+1 形式，偶数的平方都可表为 8m 或 8m+4 的形式（m∈Z）. （3）任何一个正整数 n，都可以写成 n = 2 l 的形式，其中 m 为非负整数，l 为奇数.m这些性质既简单又明显，然而它却能解决数学竞赛中一些难题.例题讲解1．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？□+□=□，□-□=□，□×□＝□，□÷□＝□.? x ? 1988 y = n ?x = p 2．已知 n 是偶数，m 是奇数，方程组 ? 的解 ? 是整数，那么( ?11x + 27 y = m ?y = q（A）p、q 都是偶数. （C）p 是偶数，q 是奇数 （B）p、q 都是奇数. （D）p 是奇数，q 是偶数)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.第 214 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义4．70 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？5．设 a、b 是自然数，且有关系式=（11111+a）（11111-b）， 证明 a-b 是 4 的倍数. ①6．在 3×3 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.+ + + + a-+ +++ -b7．设正整数 d 不等于 2，5，13.证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个元素 a,b，使得 ab －1 不是完全平方数.第 215 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义8．设 a、b、c、d 为奇数， 0 & a & b & c & d , 并且ad = bc ，证明：如果 a+d=2k，b+c=2m，k,m 为整数，那么 a=1.它们中的每一个都取 1 或－1， 而且 a1a2a3a4+a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0， 9． a1 , a 2 , L , a n 是一组数， 设 证明：n 必须是 4 的倍数.第 216 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义课后练习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 之和是____.多 18，这五个偶数（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（ ）①若 a+5b 是偶数，则 a-3b 是偶数；②若 a+5b 是偶数，则 a-3b 是奇数； ③若 a+5b 是奇数，则 a-3b 是奇数；④若 a+5b 是奇数，则 a-3b 是偶数. （A）1 （B）2 （C）3 （D）4（2）若 n 是大于 1 的整数，则 （A）一定是偶数 （C）是偶数但不是 2 （B）必然是非零偶数的值（）.（D）可以是偶数，也可以是奇数2（3）已知关于 x 的二次三项式 ax +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 （C）必然是奇数 3.试证明 11986（B）必然是非零偶数 （D）必然是零+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 4 整除第 217 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义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. 7.一个四位数是奇数，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.试证：3n+1 能被 2 或 22 整除，而不能被 2 的更高次幂整除.课后练习答案１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数） （２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋ ８． （３）不能． ２．Ｂ．Ｂ．Ａ ３．１ 是奇数１，９ 后为偶数． ４．仿例５１９８６ １９８６的个位数字是奇数１，而８１９８６，６１９８６都是偶数，故最１２０３４６５８７９． ①５．设ａ１，ａ２，…，ａｎ满足题设即ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝０ａ１?ａ２……ａｎ＝ｎ ②。假如ｎ为奇数，由②，所有ａｉ皆为奇数，但奇数个奇数之 和为奇数，故这时①不成立，可见ｎ只能为偶数．由于ｎ为偶数，由②知ａｉ中必有一个 偶数，由①知ａｉ中必有另一个偶数．于是ａｉ中必有两个偶数，因而由②知ｎ必能被４ 整除． ６．设小三角形的个数为ｋ，则ｋ个小三角形共有３ｋ条边，减去ｎ边形的ｎ条边及重复计算的边数扣共有 （３ｋ＋ｎ） 条线段， 显然只有当ｋ与ｎ有相同的奇偶性时， （３ ｋ－ｎ）才是整数． ７．设这个四位数是 由于１≤ａ＜ｄ，ｄ是奇数所以ｄ≥３于是ｃ＝２（ａ＋ｄ）≥８，即ｃ＝８或ｃ＝９．因ｃ是偶数，所以ｃ＝８，由此得ａ＝１，ｄ＝３．又因ｂ ＞ｃ，所以ｂ＝９因此该数为１９８３．第 218 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义８．当ｎ为奇数时，考虑（４－１） ＋１的展开式；当ｎ为偶数时，考虑（２＋１） ｎ ＋１的展开式．ｎ例题答案：1. 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. 2.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-11x 为奇数，所以是 y=q 奇数，应选（C）= 2 ? 64 k + 3 ? 729 k + 15625 k + 1 = 2 ? (7 ? 9 + 1) k + 3 ? (7 ? 104 + 1) k + (7 ? 2232 + 1) k + 1 = 2 ? 7 ? A + 2 + 3? 7 ? B + 3 + 7 ?C +1+1 = (2 + 3 + 1 + 1)(mod 7) = 0(mod 7)∴ 对于?k ≥ 0, 且k ∈ Z , 2 6 k +1 + 36 k +1 + 5 6 k + 1 都能被 7 整除；注： a ≡ 1(mod b) ? a k ≡ 1(mod b), k ∈ Z +3.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= 数 于是题设的代数和应为偶数. =996×1993 为偶4.解 设 70 个数依次为 a1,a2,a3 据题意有a1=0, a2=1 a3=3a2-a1, a4=3a3-a2, a5=3a4-a3, a6=3a5-a4, ……………… 偶 奇 奇 偶 奇 奇第 219 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义由此可知： 当 n 被 3 除余 1 时，an 是偶数； 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+4.5.证明 由①式可知11111（a-b）=ab+4×617 ∵a＞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)都为偶数，这与式①矛盾 其次，从 a-b 是偶数，根据②可知 ab 是偶数，进而易知 a、b 皆为偶数，从而 ab+4×617 是 4 的倍数，由②知 a-b 是 4 的倍数. ②6. 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 2×2 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 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，3×3 的大正方形的互变，更无法实现.7. 解 由于 2×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，因此，只需证明 2d－1，5d－1，13d－1 中 至少有一个不是完全平方数. 用反证法，假设它们都是完全平方数，令 ① 2d－1=x2 2 5d－1=y ② ③ 13d－1=z2 x,y,z∈N* 由①知，x 是奇数，设 x=2k－1，于是 2d－1=（2k－1）2，即 d=2k2－2k+1，这说 明 d 也是奇数.因此，再由②，③知，y,z 均是偶数. 设 y=2m,z=2n,代入③、④，相减，除以 4 得，2d=n2－m2=(n+m)(n－m)，从而 n2－m2 为偶数， n，m 必同是偶数，于是 m+n 与 m－n 都是偶数，这样 2d 就是 4 的倍数，即 d 为偶数，这与上述 d 为奇数矛盾.故命题得证. 8.首先易证： 2 & 2 . 从而 k & m(因为d ? a & b ? c, 于是(a + d ) 2 = ( a ? d ) 2 + 4adk m& (b ? c) 2 + 4bc = (b + c) 2 .再由 ad = bc, d = 2 k ? a, c = 2 m ? b可得b ? 2 m ? a ? 2 k = b 2 ? a 2 ,第 220 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义因而 2 m (b ? a ? 2 k ?m ) = (b + a )(b ? a )①显然， b + a, b ? a 为偶数， b ? 2 k ? m a 为奇数，并且 b + a和b ? a 只能一个为 4n 型 偶数，一个为 4n+2 型偶数（否则它们的差应为 4 的倍数，然而它们的差等于 2a 不是 4 的倍数） ， 因此,如果设 b ? 2 k ? m a = e ? f ，其中 e,f 为奇数，那么由①式及 b + a, b ? a 的特性就有 （Ⅰ） ?b + a = 2 ?m ?1?b ? a = 2 f .e, 或（Ⅱ） ?b + a = 2 f , ? m ?1 ?b ? a = 2 e.由 ef = b ? 2 k ? m a ≤ b ? 2a & b ? a ≤ 2 f得 e=1，从而 f = b ? 2 k ? m a. 于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为k ?m ?b + a = 2 m ?1 , ? ? 或 ?b + a = 2(b ? 2 a ), ? ? ?b ? a = 2(b ? 2 k ? m a) ?b ? a = 2 m ?1 ? ?解之，得 a ? 2 k ? m +1 = 2 m ?1 .因 a 为奇数，故只能 a=1.9.证明:由于每个 a i 均为 1 和－1， 从而题中所给的等式中每一项 a i a i +1 a i + 2 a i +3 也只取 1 或－1， 而这样的 n 项之和等于 0，则取 1 或－1 的个数必相等，因而 n 必须是偶数，设 n=2m. 再进一步考察已知等式左端 n 项之乘积=( a1 a 2 L a n )4=1，这说明，这 n 项中取－1 的项（共m 项）也一定是偶数，即 m=2k，从而 n 是 4 的倍数.第 221 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义§26 整除整除是整数的一个重要内容，这里仅介绍其中的几个方面：整数的整除性、最大公约数、最 小公倍数、方幂问题. Ⅰ. 整数的整除性 初等数论的基本研究对象是自然数集合及整数集合. 我们知道，整数集合中可以作加、减、 乘法运算， 并且这些运算满足一些规律 （即加法和乘法的结合律和交换律， 加法与乘法的分配律） ， 但一般不能做除法，即，如 a, b 是整除， b ≠ 0 ，则 个基本概念：整数的整除性. 定义一： （带余除法）对于任一整数 a 和任一整数 b ，必有惟一的一对整数 q ， r 使得a 不一定是整数. 由此引出初等数论中第一 ba = bq + r ， 0 ≤ r & b ，并且整数 q 和 r 由上述条件惟一确定，则 q 称为 b 除 a 的不完全商， r称为 b 除 a 的余数. 若r = 0， 则称 b 整除 a ， a 被 b 整除， 或 或称 a是b 的倍数， 或称 b是a 的约数 （又叫因子） ， 记为 b | a .否则， b | a . 任何 a 的非 ± a,±1 的约数，叫做 a 的真约数. 0 是任何整数的倍数，1 是任何整数的约数. 任一非零的整数是其本身的约数，也是其本身的倍数. 由整除的定义，不难得出整除的如下性质： （1）若 a | b, b | c, 则a | c. （2）若 a | bi , 则a |∑ c b , 其中ci =1 i ini∈ Z , i = 1,2, L , n.（3）若 a | c ，则 ab | cb. 反之，亦成立. （4）若 a | b, 则 | a |≤| b | .因此，若 a | b, 又b | a, 则a = ±b . （5） a 、 b 互质，若 a | c, b | c, 则ab | c. （6） p 为质数，若 p | a1 ? a 2 ? L ? a n , 则 p 必能整除 a1 , a 2 , L , a n 中的某一个. 特别地，若 p 为质数， p | a n , 则p | a. （7）如在等式 倍数.∑ ai = ∑ bk 中除开某一项外，其余各项都是 c 的倍数，则这一项也是 c 的i =1 k =1nm第 222 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义（8）n 个连续整数中有且只有一个是 n 的倍数. （9）任何 n 个连续整数之积一定是 n 的倍数. 本讲开始在整除的定义同时给出了约数的概念，又由上一讲的算术基本定理，我们就可以讨 论整数的约数的个数了. Ⅱ. 最大公约数和最小公倍数 定义二：设 a 、b 是两个不全为 0 的整数.若整数 c 满足：c | a, c | b ，则称 c为a, b 的公约数，a与b 的所有公约数中的最大者称为 a与b 的最大公约数， 记为 (a, b) .如果 (a, b) =1， 则称 a与b 互质或互素. 定义三：如果 d是a 、 b 的倍数，则称 d是a 、 b 的公倍数. a与b 的公倍数中最小的正数称 为 a与b 的最小公倍数，记为 [ a, b] . 最大公约数和最小公倍数的概念可以推广到有限多个整数的情形，并用 (a1 , a 2 , L , a n ) 表示a1 , a 2 , L , a n 的最大公约数， [a1 , a 2 , L , a n ] 表示 a1 , a 2 , L , a n 的最小公倍数.若 (a1 , a 2 , L , a n ) = 1 ，则称 a1 , a 2 , a3 , L , a n 互质，若 a1 , a 2 , L , a n 中任何两个都互质，则 称它们是两两互质的.注意，n 个整数互质与 n 个整数两两互质是不同的概念，前者成立时后者不 一定成立（例如，3，15，8 互质，但不两两互质） ；显然后者成立时，前者必成立. 因为任何正数都不是 0 的倍数， 所以在讨论最小公倍数时， 一般都假定这些整数不为 0.同时， ，因此，我们总限 由于 a, b与 | a |, | b | 有相同的公约数，且 ( a, b) = (| a |, | b |) （有限多个亦成立） 于在自然数集合内来讨论数的最大公约数和最小公倍数. Ⅲ.方幂问题 一个正整数 n 能否表成 m 个整数的 k 次方和的问题称为方幂和问题.特别地， m = 1 时称为 当 k 次方问题，当 k = 2 时，称为平方和问题. 能表为某整数的平方的数称为完全平方数.简称平方数， 关于平方数， 明显有如下一些简单的 性质和结论： （1）平方数的个位数字只可能是 0，1，4，5，6，9. （2）偶数的平方数是 4 的倍数，奇数的平方数被 8 除余 1，即任何平方数被 4 除的余数只能 是 0 或 1. （3）奇数平方的十位数字是偶数. （4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是 6. （5）不能被 3 整除的数的平方被 3 除余 1，能被 3 整除的数的平方能被 3 整除.因而，平方 数被 9 除的余数为 0，1，4，7，且此平方数的各位数字的和被 9 除的余数也只能为 0，1，4，7. （6）平方数的约数的个数为奇数. （7）任何四个连续整数的乘积加 1，必定是一个平方数.第 223 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义例题讲解1．证明：对于任何自然数 n 和 k ，数 f ( n, k ) = 2n 数之积.3k+ 4n k + 10 都不能分解成若干个连续的正整2．设 p 和 q 均为自然数,使得p 1 1 1 1 = 1? + ?L? + . 证明： p 可被 1979 整除. q 2 3 3．对于整数 n 与 k ，定义 F (n, k ) = ∑ r 2 k ?1 , 求证： F (n,1) 可整除 F (n, k ).r =1n4．求一对整数 a, b ，满足：(1) ab(a + b) 不能被 7 整除；（2） (a + b) 7 ?a 7 ? b 7 能被 77 整除.5． 求设 a 和 b 是两个正整数， a, b) = 1, p 为大于或等于 3 的质数， = (a + b, ( c 试证：（1） (c, a ) = 1 ；（2） c = 1 或 c = p.ap +bp ） ， a+b6． m 盒子中各若干个球，每一次在其中 n( n & m) 个盒中加一球.求证：不论开始的分布情况如 何，总可按上述方法进行有限次加球后使各盒中球数相等的充要条件是 ( m, n) = 1.7．求所有这样的自然数 n ，使得 2 8 + 211 + 2 n 是一个自然数的平方.第 224 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义课后练习1． 选择题（1）若数 n=20?30?40?50?60?70?80?90?100?110?120?130，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，完全平方数有 z 个，则 x+y+z 等于（ ）. （A）14 （B）13 （C）1211 18（D）11（E）10（3）可除尽 3 +5 的最小整数是（ （A）2 2． （B）3 （C）511）.18（D）3 +5 （E）以上都不是填空题（1）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)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.24.证明:对一切整数 n,n +2n+12 不是 121 的倍数. 5.设 倍, 是一个四位正整数,已知三位正整数 又是 18 的倍数.求出这个四位数2 2与 246 的和是一位正整数 d 的 111,并写出推理运算过程.6.能否有正整数 m、n 满足方程 m +1954=n . 7.证明：（1）133|（11 +12 ），其中 n 为非负整数.n+2 n+1第 225 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义(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.设 a、b、c 是三个互不相等的正整数.求证:在 a b-ab ,b c-bc ,c a-ca 三个数中,至少 有一个能被 10 整除.3 3 3 3 3 39. 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.课后练习答案１．Ｂ．Ｂ．Ａ ２．（１）２ ?５ ．（２）２７． ３．由 2000a 为一整数平方可推出 a=5． ４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ ＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ ２ （１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１） ， ∴１１除尽ｎ＋１ ５．由２ ２ ２ ５ ５（ｎ＋１） ＝１１２１１ 除尽（ｎ＋１） 或１１｜１１ｋ－１，不可能． 可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６ 只能是１９８． 而１９８＋２４６＝４４４，是ｄ的１１１倍， 是１８的倍数， ∴４２， ７５３； 又 ∴ｄ＝４，是１９８４．ｎ＋２ ２ｎ＋１ ｎ ｎ ｎ７．（１）１１ ＋１２ ＝１２１×１１ ＋１２×１４４ ＝１２１×１１ ＋１ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ２×１１ －１２×１１ ＋１２×１４４ ＝…＝１３３×１１ ＋１２× （１４４ －１ ｎ ｎ ｎ ｎ １ ）．第一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４ －１１ ，∴１３３｜１１ ＋２ ２ｎ＋１ ＋１２ ． （２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题为ａ ｎ＋２ ２ｎ＋１ （ａ＋１）＋１｜ａ ＋（ａ＋１） ，可仿上证明． ８．∵ａ ｂ－ａｂ ＝ａｂ（ａ －ｂ ）；同理有ｂ（ｂ －ｃ ）；ｃａ （ｃ －ａ ）．若 ａ 、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一个 ２ ２ ２ 是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ ，ｂ ，ｃ 个位数只能是１， ２ ２ ２ ２ ２ ２ ４，６，９，从而ａ －ｂ ，ｂ －ｃ ，ｃ －ａ 的个位数是从１，４，６，９中，任３ ３ ２ ２ ２ ２ ２ ２第 226 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一个被５整除，又２、 ５互质． ９．设１００个正整数为ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公约数为ｄ，并令则ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１０ ０１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，从而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９ ＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ１＝ａ２＝ａ９９＝１００１，ａ１００＝２００２，则 满足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ 的最大可能值为１００１例题答案：1. 证明：由性质 9 知，只需证明数 f ( n, k ) 不能被一个很小的自然数 n 整除.因f (n, k ) = 3n 3k + 3n k ? n 3k + n k + 10 = 3(n 3k + n k + 3) ? n k (n k ? 1)(n k + 1) + 1, 3 | 3(n 3k + n k + 3),3 | n k (n k ? 1)(n k + 1), 3 1， 3 故三个以上的连续自然数的积. 再证 f ( n, k ) 不能分解成两个连续正整数的积. 由上知， f ( n, k ) = 3q + 1( q ∈ N ) ，因而只需证方程： 3q + 1 = x( x + 1) 无正整数解.而这一 点可分别具体验算 x = 3r ,34 + 1,34 + 2 时， x( x + 1) 均不是 3q + 1 形的数来说明. 故 f ( n, k ) 对任何正整数 n 、 k 都不能分解成若干个连续正整数之积.f (n, k ) ，因而 f (n, k ) 不能分解成三个或2. 证明：p 1 1 1 1 1 1 = (1+ + L+ ) ? 2( + +L+ ) q 2 3
1318= (1 +1 1 1 1 1 + +L+ ) ? (1 + + L + ) 2 3
1 1 1 1 1 1 =( + )+( + ) +L+ ( + ) 660 8 989 990 1 1 1 =1979× ( + +L+ ) 660 ×
× 990p = 1979 × m(m ∈ N *). 此式说明 ！ p. 由于 1979 × q两端同乘以 1319！ 1319！× 得 为质数，且 19791319！ ，故 1979| p.第 227 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义【评述】把 1979 换成形如 3k + 2 的质数，1319 换成 2k + 1(k ∈ N *) ，命题仍成立. 牛顿二项式定理和 ( a ? b) | a ? b , ( a + b) | a ? b (n 为偶数), ( a + b) | a ? b ( n 为奇数)n n n n n n在整除问题中经常用到. 3.证明：当 n = 2m 时， F ( 2m,1) =m 2m∑ r = m(2m + 1),r =12mF (2m, k ) = ∑ r 2 k ?1 +r =1 mr = m +1 m∑r2 k ?1= ∑ r 2 k ?1 + ∑ (2m + 1 ? r ) 2 k ?1r =1 m r =1= ∑ [r 2 k ?1 + (2m + 1 ? r ) 2 k ?1 ],r =1由于[…]能被 r + ( 2m + 1 ? r ) = 2m + 1 整除，所以 F ( 2m, k ) 能被 2m + 1 整除，另一方面，F (2m, k ) =∑ [rr =1m ?12 k ?1+ (2m ? r ) 2 k ?1 ] + m 2 k ?1 + (2m) 2 k ?1 ,上式中[…]能被 r + ( 2m ? r ) = 2m 整除， 所以 F ( 2m, k ) 也能被 m 整除.因 m 与 2 m +1 互质， 所以 F ( 2m, k ) 能被 m （2 m +1） （即 F (m,1) ）整除. 类似可证当 n = 2m + 1 时，F（2 m +1， k ）能被 F（2 m +1,1）整除. 故F ( n, k )能被F (n,1) 整除.4. (a + b) 7 ?a 7 ? b 7 = 7 ab[(a 5 + b 5 ) + 3ab( a 3 + b 3 ) + 5a 2 b 2 ( a + b)] = 7 ab( a + b)( a 2 + b 2 + ab) 2 . 根据题设要求(1)(2)知， 7 6 | ( a 2 + b 2 + ab) 2 |, 即 7 3 | a 2 + b 2 + ab. 令 a 2 + b 2 + ab = 7 3 , 即 ( a + b) 2 ? ab = 343, 即 a + b = 19 ， 则 ab = 19 ? 343. 故 可 令2a = 18, b = 1 即合要求.5. 由已知得 a + b = ct ,ap +bp = cs(t , s ∈ N ) ，两式相乘得 a+b第 228 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义c 2 st = a p + b p = a p + (ct ? a ) p = c p t p ? pac p ?1t p ?1 + L + pa p ?1ct , 于是 cs = c p ?1t p ?1 ? pac p ?2 t p ? 2 + L + pa p ?1 , 故 c | pa p ?1 .（ 1 ） 现 用 反 证 法 来 证 明 (c, a ) = 1 . 若 (c, a ) = k & 1, 令 q 是 k 的 一 个 质 因 子 ， 则 有q | c, q | a. 因 c | a + b ，则 q | a + b ，从而 q | b. 于是 q 是 a 、 b 的一个公约数，这与 (a, b) =1 矛盾，故 (c, a ) = 1 . （2）因为 c | pa p ?1 , (c, a ) = 1, 所以 c | p. 而 p 为质数且 p ≥ 3 ，故 c = 1 或 c = p. 6. 证明：设 ( m, n) = 1 ，则有 u , v ∈ Z 使得 un = vm + 1 = v( m ? 1) + (v + 1) ，此式说明：对盒子 连续加球 u 次，可使 m ? 1 个盒子各增加了 v 个，一个增加 (v + 1) 个.这样可将多增加了一个球的 盒子选择为原来球数最少的那个，于是经过 u 次加球之后，原来球数最多的盒子中的球与球数最 少的盒子中的球数之差减少 1，因此，经过有限次加球后，各盒球数差为 0，达到各盒中的球数 相等. 用反证法证明必要性.若 (m, n) = d & 1 ，则只要在 m 个盒中放 m + 1 个球，则不管加球多少 次，例如，加球 k 次，则这时 m 个盒中共有球 m + 1 + kn （个） ，因为 d | m, d | n, d & 1, 所以m + 1 + kn 不可能是 d 的倍数，更不是 m 的倍数，各盒中的球决不能一样多，因此，必须(m, n) = 1 .7. 证明： （1）当 n ≤ 8 时， N = 2 8 + 211 + 2 n ? ( 2 8? n + 211? n + 1) ，因（…）为奇数，所以要使 N 为平方数， n 必为偶数.逐一验证 n = 2,4,6,8 知，N 都不是平方数. （2）当 n = 9 时， N = 2 + 2 + 2 = 2 × 11 不是平方数.8 11 9 8（3）当 n ≥ 10 时， N = 2 8 (9 + 2 n ?8 ) ，要 N 为平方数， 9 + 2 设9 + 2n ?8n ?8应为奇数的平方，不妨假= ( 2k + 1) 2 ,则 2 n ?10 = ( k ? 1) × ( k + 2). 由于 k ? 1 和 k + 2 是一奇一偶， 左边为 2 的幂，因而只能 k ? 1 =1，于是得 k = 2 ，由 2 n ?10 = 2 2 知 n = 12 为所求.第 229 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义§27 同余1．设 m 是一个给定的正整数，如果两个整数 a 与 b 用 m 除所得的余数相同，则称 a 与 b 对 模同余，记作 a ≡ b(mod m) ，否则，就说 a 与 b 对模 m 不同余，记作 a ≡ b(mod m) ，显 然， a ≡ b(mod m) ? a = km + b, ( k ∈ Z ) ? m | ( a ? b) ； 每一个整数 a 恰与 1，2，……，m，这 m 个数中的某一个同余； 2.同余的性质： 1).反身性： a ≡ a (mod m) ； 2).对称性： a ≡ b(mod m) ? b ≡ a (mod m) ； 3).若 a ≡ b(mod m) ， b ≡ c (mod m) 则 a ≡ c (mod m) ; 4).若 a1 ≡ b1 (mod m) ， a 2 ≡ b2 (mod m) ，则 a1 ± a 2 ≡ b1 ± b2 (mod m) 特别是 a ≡ b(mod m) ? a ± k ≡ b ± k (mod m) ； 5).若 a1 ≡ b1 (mod m) ， a 2 ≡ b2 (mod m) ，则 a1 a 2 ≡ b1b2 (mod m) ； 特别是 a ≡ b(mod m), k ∈ Z ? 则ak ≡ bk (mod m)a ≡ b(mod m), n ∈ N ? 则a n ≡ b n (mod m) ；6). a (b + c) ≡ ab + ac(mod m) ； 7).若 ac ≡ bc(mod m), 则当(c, m) = 1时，a ≡ b(mod m)当(c, m) = d时，a ≡ b(mod8).若 a ≡ b(mod m1 ) ，m ).特别地，ac ≡ bc(mod mc) ? a ≡ b(mod m) ； da ≡ b(mod m2 )a ≡ b(mod m3 )………………a ≡ b(mod mn ) ，且 M = [m1 , m2 , …… mn ]，则a ≡ b(mod M )例题讲解1．证明：完全平方数模 4 同余于 0 或 1；第 230 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义2．证明对于任何整数 k ≥ 0 , 26 k +1+ 36 k +1 + 5 6 k + 1 能被 7 整除；3．试判断 197126+ 1972 27 + 1973 28 能被 3 整除吗？4．能否把 1，2，……，1980 这 1980 个数分成四组，令每组数之和为 S1，S 2，S 3，S 4 ， 且满足 S 2 ? S1，＝ ，S 3 ? S 2＝ ，S 4 ? S 3＝ ； 10 10 105．在已知数列 1，4，8，10，16，19，21，25，30，43 中，相邻若干数之和，能被 11 整除的数 组共有多少组。6．设 f ( x ) = a 0 x + a1 xnn ?1+ a 2 x n ? 2 + L + a n ?1 x1 + a n 是整系数多项式，证明：若 f (0), f (1), L , f (1992)都不能被1992整除，则f ( x)没有整数根；7．试求出一切可使 n ? 2 + 1 被 3 整除的自然数 n ；n8．在每张卡片上各写出 11111 到 99999 的五位数，然后把这些卡片按任意顺序排成一列，证明 所得到的 444445 位数不可能是 2 的幂；9．设 a1 , a 2 , L a n , L 是任意一个具有性质 a k & a k +1 , ( k ≥ 1) 的正整数的无穷数列，求证可以把这 个数列的无穷多个 a m 用适当的正整数 x, y表示为a m = x ? a p + y ? a q , ( p ≠ q )第 231 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义课后练习1、证明：完全平方数模 3 同余于 0 或 1； 证明：完全平方数模 5 同余于 0、1 或 4； 证明：完全平方数模 8 同余于 0、1 或 4； 证明：完全立方数模 9 同余于-1、0 或 1； 证明：整数的四次幂模 16 同余于 0 或 1； 2、设 a ∈ Z，且( a,10) = 1，求a 20 (在十进制中)的末两位数码；3、求 2999 最后两位数码4.有一个120位的数，将它的12位数码以一切可能的方式重新排列，然后从按这种方法所 得到的120位数中随意挑出120个数来，证明它们的和可以被120整除；5.连接写出19到80的两位数，问：所得到的数： 80能被1980整除吗？第 232 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义课后练习答案1.略2.解： (a,10) = 1， a为奇数 Q ∴ ∴ a 20 = a ? ( 25) ≡ 1(mod 25) 又 Q a 2 ≡ 1(mod 4) ? a 20 ≡ 1(mod 4) 又 Q (25,4) = 1 ∴ a 20 ≡ 1(mod 100) ∴ a 20的末两位位013.解 考虑用 100 除 2 所得的余数.999∵∴又，∴∴∴2 的最后两位数字为 88. 3.证：设这120个120位数的前12个数码分别组成的数为：A1 , A2 , L A120 而每一数的剩下的108个数码组成了数B，则这120个数的和为： S＝( A1 + A2 + L + A120 ) ? 10108 + 120 B 考虑到40 | 10108 ，且A1 , A2 , L A120 每个被3除时余数相同 ∴ 3 | A1 + A2 + L + A120 , 又 Q (3,40) = 1 ? 120 | ( A1 + A2 + L + A120 ) ? 10108 ∴120 | S999第 233 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义5.解：设A＝80，显然20 | A 又 Q100 k = (99 + 1) k = 99 M + 1 ? 100 k ≡ 1(mod 99) Q A = 19 ? 100 61 + 20 ? 100 60 + L + 79 ? 100 + 80 ≡ (19 + 20 + 21 + L + 79 + 80)(mod 99) ∴ A ≡ 31 ? 99(mod 99) ≡ 0(mod 99) ∴ 99 | A 又 Q (20,99) = 1 ∴1980 | A第 234 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义例题答案：1．证明： 设n是任一整数，则n = 2k或者n = 2k + 1, k ∈ Z ;当n = 2k时，n 2 = 4k 2 ≡ 0(mod 4); 当n = 2k + 1时，n 2 = 2k + 1) 2 ≡ 1(mod 4); （所以原命题成立；2.证：令M = 2 6 k +1 + 3 6 k +1 + 5 6 k + 1 ∴ M = 2 ? 2 6 k + 3 ? 36 k + 5 6 k + 1= 2 ? 64 k + 3 ? 729 k + 15625 k + 1 = 2 ? (7 ? 9 + 1) k + 3 ? (7 ? 104 + 1) k + (7 ? 2232 + 1) k + 1 = 2 ? 7 ? A + 2 + 3? 7 ? B + 3 + 7 ?C +1+1 = (2 + 3 + 1 + 1)(mod 7) = 0(mod 7)∴ 对于?k ≥ 0, 且k ∈ Z , 2 6 k +1 + 36 k +1 + 5 6 k + 1 都能被 7 整除；注： a ≡ 1(mod b) ? a k ≡ 1(mod b), k ∈ Z +3.解： 1971 ≡ 0(mod 3),1972 ≡ 1(mod 3),1973 ≡ 2(mod 3) Q ∴197126 + 1972 27 + 1973 28 ≡ (0 26 + 127 + 2 28 )(mod 3) 即： 26 + 1972 27 + 1973 28 ≡ (1 + 2 28 )(mod 3) 1971 又 Q 2 28 = 414 ≡ 1(mod 3),∴ (1 + 2 28 ) ≡ 2(mod 3) ∴197126 + 1972 27 + 1973 28 不能被3整除；4.解：依题意可知：T = S1 + S 2 + S 3 + S 4＝S1 + S1 + 10 + S1 + 20 + S1 + 30 ∴ T = 4 S1 + 60 ≡ 0(mod 4) 1980 ? 1981 = 990 ? 1981 ≡ 2(mod 4) 2 ∴ 产生矛盾， 不能这样分组； ∴ 又 QT = 1 + 2 + 3 + L + 1980 = 5.解：记数列各对应项为ai , i = 1,2, L10，并记S k = a1 + a 2 + L + a k ∴ S1 , S 2 , L , S10 依次为1、13、 、 、 、 、 、 、 5， 23 39 58 79 104 134 177 它们被11除的余数依次为：5、、 6、 2、 2、 1、 2 1、 3、 5、 1 由此可得：S1 ≡ S 4 (mod 11) ≡ S10 (mod 11), S 2 ≡ S 8 (mod 11), S 3 ≡ S 7 (mod11) ≡ S 9 (mod 11) 由于S k ? S j 是数列{ai }相邻项之和，且当S k ≡ S j (mod 11)时， 11 | S k ? S j，则满足条件的数组有：+ 1 + 3 = 7组 3第 235 页 楚水实验学校高中数学竞赛讲义6.证：假设f ( x)有整数根m，且m ≡ r (mod 1992),0 ≤ r & 1992 由题意f (r )不能被1992整除，Q f (m) = 0, 则f (r ) ? f (m) = f (r )又 Q f (r ) ? f (m) = a 0 (r n ? m n ) + a1 (r n ?1 ? m n ?1 ) + L + a n?1 (r ? m)Q m ≡ r (mod 1992)∴ m i ≡ r i (mod 1992), i = 1、、 L、n 2 3、 ∴ m i ? r i ≡ 0(mod 1992), i = 1、、 L、n 2 3、 ∴1992 | f (r ) ?
