1、七年级数学竞赛讲座(三)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0a i9，a n0. 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
2、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
3、，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
4、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
5、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
6、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
7、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。=10-=10()-()=-()= 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1111
8、11+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=10111111+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
9、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 =5+5=10 又=0 =10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： 1=又利用上面给出的基本
10、等式，取n=3可得： 1= 再利用上面给出的基本等式，取n=4可得： 1=最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6可得： 1=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： 1=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
11、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：12+22+32+42+52+62+82+92=236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： a b c
12、+) d e f g h A B 显然，g=1，d=9，h=0 a+c+f=10+B，b+c=9+A, A62 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35，A+B=8要想AB最大， A6，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) 从而 3194222(a+b+c)a1，由减去得一个三位数， 证明：+=108919、对于自然数n，如果能找到自然数a和b，使得n=a+b+ab,那么n就称为“好数”。如3=1+1+11，所以3是“好数”。在1到100这100个自然数中，有多少个“好数”？20、AOMEN和MACAO分别是澳门的汉语拼音和英文名字。如果它们分别代表两个5位数，其中不同的字母代表从1到9中不同的数字，相同字母代表相同的数字，而且它们的和仍是一个5位数，求这个和可能的最大值是多少？7