初一数学竞赛讲座 三

发布 2022-07-02 05:59:28 阅读 5941

数字、数位及数谜问题。

一、 一、知识要点。

1、整数的十进位数码表示。

一般地,任何一个n位的自然数都可以表示成:

其中,a i (i=1,2,…,n)表示数码,且0≤a i≤9,a n≠0.

对于确定的自然数n,它的表示是唯一的,常将这个数记为n=

2、正整数指数幂的末两位数字。

1) (1) 设m、n都是正整数,a是m的末位数字,则mn的末位数字就是an的末位数字。

2) (2) 设p、q都是正整数,m是任意正整数,则m 4p+q 的末位数字与m q的末位数字相同。

3、在与整数有关的数学问题中,有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题,这类问题称为数迷问题。这类问题不需要过多的计算,只需要认真细致地分析,有时可以用“凑”、“猜”的方法求解,是一种有趣的数学游戏。

二、 二、例题精讲。

例1、有一个四位数,已知其十位数字减去2等于个位数字,其个位数字加上2等于其百位数字,把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988,求这个四位数。

分析:将这个四位数用十进位数码表示,以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。

解:设所求的四位数为a103+b102+c10+d,依题意得:

a103+b102+c10+d)+(d103+c102+b10+a)=9988

(a+d) 103+(b+c) 102+(b+c) 10+ (a+d)=9988

比较等式两边首、末两位数字,得 a+d=8,于是b+c18

又∵c-2=d,d+2=b,∴b-c=0

从而解得:a=1,b=9,c=9,d=7

故所求的四位数为1997

评注:将整数用十进位数码表示,有助于将已知条件转化为等式,从而解决问题。

例2 一个正整数n的各位数字不全相等,如果将n的各位数字重新排列,必可得到一个最大数和一个最小数,若最大数与最小数的差正好等于原来的数n,则称n为“新生数”,试求所有的三位“新生数”。

分析:将所有的三位“新生数”写出来,然后设出最大、最小数,求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值,再进行筛选确定。

解:设n是所求的三位“新生数”,它的各位数字分别为a、b、c(a、b、c不全相等),将其各位数字重新排列后,连同原数共得6个三位数:,不妨设其中的最大数为,则最小数为。

由“新生数”的定义,得。

n=由上式知n为99的整数倍,这样的三位数可能为:198,297,396,495,594,693,792,891,990。这9个数中,只有954-459=495符合条件。

故495是唯一的三位“新生数”

评注:本题主要应用“新生数”的定义和整数性质,先将三位“新生数”进行预选,然后再从中筛选出符合题意的数。这也是解答数学竞赛题的一种常用方法。

例3 从1到1999,其中有多少个整数,它的数字和被4整除?

将每个数都看成四位数(不是四位的,在左面补0),0000至1999共2000个数。千位数字是0或1,百位数字从0到9中选择,十位数字从0到9中选择,各有10种。

在千、百、十位数字选定后,个位数字在2到9中选择,要使数字和被4整除,这时有两种可能:设千、百、十位数字和为a,在2,3,4,5中恰好有一个数b,使a+b被4整除(a+2、a+3、a+4、a+5除以4,余数互不相同,其中恰好有一个余数是0,即相应的数被4整除);在6,7,8,9中也恰好有一个数c(=b+4),使a+c被4整除。因而数字和被4整除的有:

210102=400个。

再看个位数字是0或1的数。千位数字是0或1,百位数字从0到9中选择,在千、百、个位数字选定后,十位数字在2到9中选择。与上面相同,有两种可能使数字和被4整除。

因此数字和被4整除的又有:22102=80个。

在个位数字、十位数字、千位数字均为0或1的数中,百位数字在2到9中选择。有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的又有:2222=16个。

最后,千、百、十、个位数字为0或1的数中有两个数,数字和被4整除,即1111和0000,而0000不算。

于是1到1999中共有400+80+16+1=497个数,数字和被4整除。

例4 圆上有9个数码,已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下,得到的是一个9位数并且能被27整除。证明:如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话,那么所得的一个9位数也能被27整除。

分析:把从某一位起按顺时针方向记下的9位数记为:,其能被27整除。

只需证明从其相邻一位读起的数:也能被27整除即可。

证明:设从某一位起按顺时针方向记下的9位数为:

依题意得:=能被27整除。

为了证明题目结论,只要证明从其相邻一位读起的数:也能被27整除即可。

而999能被27整除,∴10003-1也能被27整除。

因此,能被27整除。从而问题得证。

评注:本题中,109-1难以分解因数,故将它化为10003-1,使问题得到顺利解决。

这种想办法降低次数的思想,应注意领会掌握。

例5 证明:111111+112112+113113能被10整除。

分析:要证明111111+112112+113113能被10整除,只需证明111111+112112+113113的末位数字为0,即证111111,112112,113113三个数的末位数字和为10。

证明:111111的末位数字显然为1;

112112=(1124)28,而1124的末位数字是6,所以112112的末位数字也是6;

113113=(1134)28113,1134的末位数字是1,所以113113的末位数字是3;

111111,112112,113113三个数的末位数字和为1+6+3=10

111111+112112+113113能被10整除。

评注:本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字和为10。解决数学问题时,常将未知的问题转化为熟知的问题、复杂的问题转化为简单的问题,这是化归思想。

例6 设p (m)表示自然数m的末位数,求的值。

解:=+∵1995=10199+5,又因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5

又=0评注:本题用到了连续10个自然数的平方和的末位数都是5这个结论。

例7 请找出6个不同的自然数,分别填入6个问号中,使这个等式成立。(第三届华杯赛口试题)

分析:分子为1分母为自然数的分数称作单位分数或埃及分数,它在很多问题中经常出现。解决这类问题的一个基本等式是:,它表明每一个埃及分数都可以写成两个埃及分数之和。

解:首先,1= 从这个式子出发,利用上面给出的基本等式,取n=2可得:

又利用上面给出的基本等式,取n=3可得:

再利用上面给出的基本等式,取n=4可得:

最后再次利用上面给出的基本等式,取n=6可得:

即可找出2,5,20,12,7,42六个自然数分别填入6个问号中,使等式成立。

评注:1、因为问题要求填入的六个自然数要互不相同,所以每步取n时要适当考虑,如:最后一步就不能取n=5,因为n=5将产生,而已出现了。

2、本题的答案是不唯一的,如最后一步取n=12,就可得:

例8 如图,在一个正方体的八个顶点处填上1到9这些数码中的8个,每个顶点处只填一个数码,使得每个面上的四个顶点处所填的数码之和都相等,并且这个和数不能被那个未被填上的数码整除。求所填入的8个数码的平方和。

第12届“希望杯”数学竞赛培训题)

解:设a是未填上的数码,s是每个面上的四个顶点处所填的数码之和,由于每个顶点都属于3个面,所以。

6s=3(1+2+3+4+5+6+7+8+9)-3a

即6s=345-3a,于是2s=45-a,可以断定a是奇数。

而a不整除s,所以a只能是7,则填入的8个数码是。

1,2,3,4,5,6,8,9,它们的平方和是:

例9在右边的加法算式中,每个表示一个数字,任意两个数字都不同。试求a和b乘积的最大值。

a b分析:先通过运算的进位,将能确定的确定下来,再来分析求出a和b乘积的最大值。

解:设算式为:ab c

d e f

g h a b

显然,g=1,d=9,h=0

a+c+f=10+b,b+c=9+a, ∴a≤6

2 (a+b)+19=2+3+4+5+6+7+8=35,∴a+b=8

要想ab最大,∵ a≤6,∴取a=5,b=3。此时b=6,e=8,a=2,c=4,f=7,故ab的最大值为15.

评注:本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g,d,h,然后再通过分析、观察得出a、b的关系,最后求出ab的最大值。

例10 在一种游戏中,魔术师请一个人随意想一个三位数。并请这个人算出5个数、、、的和n,把n告诉魔术师,于是魔术师就能说出这个人所想的数。现在设n=3194,请你做魔术师,求出数来。

(第四届美国数学奥林匹克试题)

解:将也加到和n上,这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次,所以有。

+n=222(a+b+c) ①

从而 3194<222(a+b+c)<3194+1000,而a、b、c是整数。

所以 15≤a+b+c≤18

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