恳求尽量编写下列程序题 6.编写程序，判断某一年是否是闰年。（闰年的条件是：能被4整除，但是不能_百度知道
恳求尽量编写下列程序题 6.编写程序，判断某一年是否是闰年。（闰年的条件是：能被4整除，但是不能
因此6是完数;5时，直到某一项的绝对值小于10的-6次方为止，y=|x|.;-5时。然后输出最后得到的字符。猴子第一天摘下若干个桃子：2/2 16,3&#47.a(n个a)之值，输出时要求有文字说明.+aa，将它转换成大写字母。 14;7+.有分段函数!的值，求出这个数列前20项之和；当x&gt：当x&lt。） 7：2+22+222+（此时n为5）; 当-5≤x≤5时，输出其中最小者，还不过瘾，并输出结果。 11。 21；如果不是，n代表a的位数。 25.输入一个华氏温度，如果是、空格!+8.编写程序，圆柱高由键盘输入!+5。 15，输出y的值。 17。求它在第10次落地时共经过多少米。 13.;9(f-32) 8。 12：能被4整除。 30!+3;5.。以后每天早上都吃了前一天剩下的一半零一个!+4，y=x^2.，再反弹;4≈1-1&#47.输入一个字符!的值，又多吃一个.猴子吃桃问题。求第一天共摘了多少个桃子!的值。 10,5&#47.。 26，将它转换成小写字母，每次落地后又反跳回原高度的一半，编程求1。 22;5-1&#47.，不转换，求其最大公约数和最小公倍数。编程求1000以内所有完数。 第二天早上又将剩下的桃子吃掉一半;2：当x&lt，取小数点后两位数字。 9，分别统计出其中英文字母;=10时，b，输出y的值。 28、数字和其他字符的个数.编程求1~100之间的所有素数，所谓“水仙花数”是指一个3位数，判断某一年是否是闰年，取小数点后两位数字!+3;=x&lt，又多吃了一个。公式为c=5&#47，再落下.求Fibonacci数列前40个数。 18;3+1&#47，并输出这三个数.编程求1、3。这个数列有以下特点.一个数如果恰好等于它的因子之和，从第3个数开始!+2，其各位数字立方和等于该数本身.一个球从100m高度自由落下。 19、2.输入两个正整数m和n。其中a是一个数字，y=2x-1。例如;1时.编程求100~200之间的所有素数。（闰年的条件是.有一函数，y=2x-10.编程求圆柱体积。 27。 到第10天早上想吃时就剩一个桃子了。例如，并输出结果，6的因子为1，并输出结果。然后输出最后得到的字符。 24，这个数就称为完数，而6=1+2+3，由键盘输入.!+…+10. 编一程序，输入x的值;1;8，求三角形面积；当x&gt。 29.,21&#47恳求尽量编写下列程序题
6。要求圆半径，输入x的值.输入一个字符.编程求2.用pi&#47.有一分数序列，并输出结果.输入一行字符：第1和第2个数为1.输出所有的“水仙花数”!+7，该数是其前面两个数之和.!+9，判断它是否是小写字母，如果是，判断它是否是大写字母，当即吃了一半，n由键盘输入，但是不能被100整除.公式求pi的近似值;10时!+10。求三角形面积的公式为 area=sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c))，圆柱表面积，c!+6？ 23，y=x+10。 编一程序.输入三角形的三边长;13，y=3x+11，不转换，并输出结果.求S=a+aa+aaa+.，将这三个数按由小到大的顺序排列，输出时要求有文字说明,8&#47，或者可以被400整除；如果不是；当1&lt..利用循环.输入三个实数.有三个整数a,其中s=(a+b+c)&#47。 20，要求输出摄氏温度;3。
哪些大神能助我一臂之力,13&#47.
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b;int main(){ int a=0;该年份是润年&}}第三十题#include& printf(&n英文字母;void main(){ int mun，数字;for (a=100,b=0; else if(e==&#39，空格;)： %d个; } else {
printf(&z'\a++)
{n=sqrt(a)：%d个;0';b&lt.h&='a&#39,a，我随便做了两个第六题#include& else
d++，题目太多了;='Z')
c++;=n：\ b++){if (a%b==0){flag=0;);%d&输入一串字符(回车结束)：\&&e&&&e& }}第二十九题#include & &#39.h&void main(){int a,&mun);='; if((mun%4==0&&mun%100;=&#39.h&gt,d=0;=200; scanf(&%c&if((e&;for (b=2;A&#39!=13) {
printf(&='n&n&&&e&flag=1; else if(e&该年份不是润年&quot：%d个;math!=0)||mun%400) {
printf(&;=&#39,c=0; return 0，其他,输入一个年份; printf(&quot.h&gt,n;))
a++;);).h&#include&9'}}if (flag)printf(&%d &quot,d);)
b++;n&while((e=getch());break,c;a&
}printf(&quot,a),b：%d个\#include&)||(e&gt,e)这些题目我全做过
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＞＞＞设计算法，输出1000以内能被3和5整除的所有正整数，已知算法流程..
设计算法，输出1000以内能被3和5整除的所有正整数，已知算法流程图如图，请填写空余部分：①______；②______．
题型：填空题难度：中档来源：不详
能被3和5整除的所有正整数，即能被15整除的所有正整数，空余部分：①a：=15n；又程序在运行过程中各变量的值如下表示：
是否继续循环
&依此类推，我们需要计算满足15k＞1000的最小正整数k，可得k≥100015，符合题意最小正整数67故判断框②中应该填上“n＞66”．故答案为：：①a：=15n；②n＞66．
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据魔方格专家权威分析，试题“设计算法，输出1000以内能被3和5整除的所有正整数，已知算法流程..”主要考查你对&&程序框图&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
程序框图的概念：
程序框图又称流程图，是一种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形； 程序框图的构成：
一个程序框图包括以下几部分：实现不同算法功能的相对应的程序框；带箭头的流程线；程序框内必要的说明文字。
设计程序框图的步骤：
第一步，用自然语言表述算法步骤；第二步，确定每一个算法步骤所包含的逻辑结构，并用相应的程序框图表示，得到该步骤的程序框图；第三步，将所有步骤的程序框图用流程线连接起来，并加上终端框，得到表示整个算法的程序框图。
画程序框图的规则：
（1）使用标准的框图符号；（2）框图一般按从上到下、从左到右的方向画；（3）除判断框外，大多数程序框图中的程序框只有一个进入点和一个退出点，判断框是具有超过一个退出点的唯一符号；（4）在图形符号内描述的语言要非常简练清楚。&
几种重要的结构：
顺序结构、条件结构、循环结构。
发现相似题
与“设计算法，输出1000以内能被3和5整除的所有正整数，已知算法流程..”考查相似的试题有：
268124622997263776290355802244341899当前位置：
＞＞＞设计一个算法：输出1000以内能被3和5整除的所有正整数，画出程序框..
设计一个算法：输出1000以内能被3和5整除的所有正整数，画出程序框图。
题型：解答题难度：中档来源：同步题
解：本题是计数型循环结构，能被3和5整除的正整数都是15的倍数，而+10，因此1000以内一共有66个这样的正整数，引入变量a表示输出的数，引入计数变量n，n可以取1～66，反复输出a，就能输出1000以内的所有能被3和5整除的正整数。 算法如下： 第一步，n=1；第二步，若n≤66，则执行第三步，否则，执行第六步；第三步，a=15n； 第四步，输出a； 第五步，n=n+1，返回第二步；第六步，结束。程序框图如图所示。&
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程序框图的概念：
程序框图又称流程图，是一种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形； 程序框图的构成：
一个程序框图包括以下几部分：实现不同算法功能的相对应的程序框；带箭头的流程线；程序框内必要的说明文字。
设计程序框图的步骤：
第一步，用自然语言表述算法步骤；第二步，确定每一个算法步骤所包含的逻辑结构，并用相应的程序框图表示，得到该步骤的程序框图；第三步，将所有步骤的程序框图用流程线连接起来，并加上终端框，得到表示整个算法的程序框图。
画程序框图的规则：
（1）使用标准的框图符号；（2）框图一般按从上到下、从左到右的方向画；（3）除判断框外，大多数程序框图中的程序框只有一个进入点和一个退出点，判断框是具有超过一个退出点的唯一符号；（4）在图形符号内描述的语言要非常简练清楚。&
几种重要的结构：
顺序结构、条件结构、循环结构。
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与“设计一个算法：输出1000以内能被3和5整除的所有正整数，画出程序框..”考查相似的试题有：
273854815731268111792563396174272533从1 1000的正整数中既不被2整除又不被3整除也不能被5整除的数共有几个
从1 1000的正整数中既不被2整除又不被3整除也不能被5整除的数共有几个
09-04-03 &匿名提问 发布
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1. 整数的整除性的有关概念、性质(1) 整除的定义：对于两个整数 a、 d(d≠0)，若存在一个整数 p，使得 成立，则称 d整除 a，或 a被 d整除，记作 d|a。若 d不能整除 a，则记作 d a，如 2|6， 4 6。(2) 性质1) 若 b|a，则 b|(-a)，且对任意的非零整数 m有 bm|am2) 若 a|b， b|a，则 |a|=|b|;3) 若 b|a， c|b，则 c|a4) 若 b|ac，而(a， b) =1((a， b) =1表示 a、 b互质，则 b|c；5) 若 b|ac，而 b为质数，则 b|a，或 b|c；6) 若 c|a， c|b，则 c|(ma+nb)，其中 m、 n为任意整数(这一性质还可以推广到更多项的和)例 1 (1987年北京初二数学竞赛题) x， y， z均为整数，若 11|(7x+2y-5z)，求证： 11|(3x-7y+12z)。证明 ∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而 11| 11(3x-2y+3z),且 11| (7x+2y-5z),∴ 11| 4(3x-7y+12z)又 (11,4)=1∴ 11| (3x-7y+12z).2. 整除性问题的证明方法(1) 利用数的整除性特征(见第二讲)例 2(1980年加拿大竞赛题)设 72| 的值。解 72=8×9，且(8， 9) =1，所以只需讨论 8、 9都整除 的值。若 8| ，则 8| ，由除法可得B＝2。若 9| ，则 9|(a+6+7+9+2)，得 a=3。(2)利用连续整数之积的性质① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被 2整除。② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是 3的倍数，所以它们之积一定可以被 2整除，也可被 3整除，所以也可以被 2×3=6整除。这个性质可以推广到任意个整数连续之积。例 3(1956年北京竞赛题)证明： 对任何整数 n都为整数，且用 3除时余 2。证明 ∵为连续二整数的积 ,必可被 2整除 .∴对任何整数 n均为整数 ,∵ 为整数 ,即原式为整数 .又 ∵，2n 、 2n+1、 2n+2为三个连续整数，其积必是 3的倍数，而 2与 3互质，∴是能被 3整除的整数 .故 被 3除时余 2.例 4 一整数 a若不能被 2和 3整除，则 a2+23必能被 24整除 .证明 ∵a2+23=(a2-1) +24，只需证 a2-1可以被 24整除即可 .∵2 .∴a为奇数 .设 a=2k+1(k为整数 ),则 a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).∵k 、 k+1为二个连续整数，故 k(k+1)必能被 2整除，∴8|4k (k+1)，即 8|(a2-1) .又 ∵(a-1)， a，(a+1)为三个连续整数，其积必被 3整除，即 3|a(a-1)(a+1) =a(a2-1)，∵3 a ， ∴3|(a2-1) .3与 8互质 , ∴24|(a2-1),即 a2+23能被 24整除 .(3) 利用整数的奇偶性下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题 .例 5 求证 :不存在这样的整数 a、 b、 c、 d使：a·b·c·d-a= ①a·b·c·d-b= ②a·b·c·d-c= ③a·b·c·d-d= ④证明 由 ①， a(bcd-1) =.∵ 右端是奇数， ∴左端 a为奇数， bcd-1为奇数 .同理 ,由 ②、 ③、 ④知 b、 c、 d必为奇数，那么 bcd为奇数， bcd-1必为偶数，则 a(bcd-1)必为偶数，与 ①式右端为奇数矛盾 .所以命题得证 .例 6 (1985年合肥初中数学竞赛题 )设有 n个实数 x1,x2,…， xn，其中每一个不是 +1就是 -1，且试证 n是 4的倍数 .证明 设  (i=1,2,…， n-1)，则 yi不是 +1就是 -1，但 y1+y2+…+yn=0，故其中 +1与 -1的个数相同，设为 k，于是 n=2k.又 y1y2y3…yn=1，即(-1) k =1，故 k为偶数，∴n 是 4的倍数 .其他方法：整数 a整除整数 b，即 b含有因子 a.这样 ,要证明 a整除 b,采用各种公式和变形手段从 b中分解出因子 a就成了一条极自然的思路 .例 7 (美国第 4届数学邀请赛题 )使 n3+100能被 n+10整除的正整数 n的最大值是多少 ?解 n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.若 n+100能被 n+10整除 ,则 900也能被 n+10整除 .而且 ,当 n+10的值为最大时 ,相应地 n的值为最大 .因为 900的最大因子是 900.所以 ,n+10=900,n=890.例 8 (上海 1989年高二数学竞赛 )设 a、 b、 c为满足不等式 1＜ a＜ b＜ c的整数，且(ab-1)(bc-1)(ca-1)能被 abc整除，求所有可能数组(a， b， c) .解 ∵(ab-1)(bc-1)(ca-1)=a2b2c2-abc (a+b+c) +ab+ac+bc-1， ①∵abc| (ab-1)(bc-1)(ca-1) .∴ 存在正整数 k,使ab+ac+bc-1=kabc, ②k=＜ ＜ ＜ ＜ ∴k=1.若 a≥3，此时1=-＜ 矛盾 .已知 a＞ 1. ∴只有 a=2.当 a=2时，代入 ②中得 2b+2c-1=bc，即 1=＜ ∴0 ＜ b＜ 4，知 b=3，从而易得 c=5. 说明：在此例中通过对因数 k的范围讨论，从而逐步确定 a、 b、 c是一项重要解题技巧 .例 9 (1987年全国初中数学联赛题)已知存在整数 n，能使数 被 1987整除 .求证数 ，都能被 1987整除 . 证明 ∵×××(103n+)，且 能被 1987整除， ∴p能被 1987整除 .同样，q=( )且 ∴故 、 102(n+1)、 被 除，余数分别为 1000， 100， 10，于是 q表示式中括号内的数被 除，余数为 1987，它可被 1987整除，所以括号内的数能被 1987整除，即 q能被 1987整除 .整数的整除性练习1 ． 选择题(1)(1987年上海初中数学竞赛题)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) 12 (D) 11 (E) 10(3)可除尽 311+518的最小整数是() .(A) 2 (B) 3 (C) 5 (D) 311+518(E)以上都不是2 ． 填空题(1)(1973年加拿大数学竞赛题)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) (1989 年全国初中联赛题 )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 .4.(1971 年加拿大数学竞赛题 )证明 :对一切整数 n,n2+2n+12不是 121的倍数 .5.(1984 年韶关初二数学竞赛题 )设 是一个四位正整数 ,已知三位正整数 与 246的和是一位正整数 d的 111倍 ,又是 18的倍数 .求出这个四位数  ,并写出推理运算过程 .6.(1954 年苏联数学竞赛题 )能否有正整数 m、 n满足方程 m2+1954=n2.7. 证明：(1) 133|(11n+2+12n+1)，其中 n为非负整数 .(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.(1986 年全国初中数学竞赛题 )设 a、 b、 c是三个互不相等的正整数 .求证 :在 a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中 ,至少有一个能被 10整除 .9.(1986 年上海初中数学竞赛题 )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 .练习参考答案1．B．B．a2．(1)25 ·55．(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n2+2n+12＝121k (n+1)2＝11(11k－1)． ∵11是素数且除尽(+1)2，∴ 11除尽n+1 112除尽(n+1)2或11|11k－1，不可能．5．由 是d的111倍， 可能是198，309，420，531，642，753；又 是18的倍数， ∴只能是198．而198+246＝444， ∴d＝4， 是1984．7．(1)11n+2+122n+1＝121 ×11n+12 ×144n＝121 ×11n+12 ×11n－12 ×11n+12 ×144n＝ …＝133 ×11n+12 ×(144n－11n)．第一项可被133整除．又144－11|144n－11n， ∴133|11n+2+122n+1．(2)11改为a．12改为a+1，133改为a(a+1)+1．改动后命题为a(a+1)+1|an+2+(a+1)2n+1，可仿上证明．8． ∵a3B－aB3＝aB(a2－B2)；同理有B(B2－c2)；ca(c2－a2)．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中若有一个是5的倍数，则题中结论必成立．若均不能被5整除，则a2，B2，c2个位数只能是1，4，6，9，从而a2－B2，B2－c2，c2－a2的个位数是从1，4，6，9中，任取三个两两之差，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+a - 2+ … +a100＝d(a1 ′ +a2′ + … +a′ 100)＝1 ×1001，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
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解： 1~1000之间能被2整除的数个数： 1~1000之间能被3整除的数个数：[3 1~1000之间能被5整除的数个数： 既能被2整除又能被3整除的数个数：[6 既能被2整除又能被5整除的数个数： 既能被3整除又能被5整除的数个数：[ 既能被2整除又能被3整除又能被5整除的数个数：[ ∴1~1000之间，能被2整除或能被3整除或能被5整除的数有500+333+200-166-100-66+33=734个。 ∴1~1000之间，既不能被2整除，又不能被3整除，也不能被5整除的数有个。
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能被2整除的数：0个能被3整除的数：3个能被5整除的数：0个这样看来，好像能被2、3、5整除的数一共有：500+333+200＝1033个但是，在这些数中，有一些数重复计算了：比如6这个数，在被2整除的数中算了一次，又在被3整除的数中算了一次，所以，这样的数我们要找出来，就从最小的6开始，找6的倍数，12、18、24……所以，既能倍2整除，又能被3整除的数：6个同理：既能被2整除，又能被5整除的数：0个同上：既能被3整除，又能被5整除的数：个这些数都是重复计算了的，所以，我们要从刚才算的总数里面减掉：1033－（166＋100＋66）＝701个到这里为止，还没完，因为在这些数中，我们又多算了 既能被2整除，又能被3整除，还能被5整除的数，最小的比如3030这个数多减了一次，当然不光是30，还有所有30的倍数，所以，这些数也得找出来：个这些都是多减了的，所以应该加上，因此，既能被2整除，又能被3整除，还能被5整除的数一共有：701＋33＝734个既然求出了可以整除的，那么剩下的就是不能被2整除，不能被3整除，也不能被5整除的数：＝266个
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1. 整数的整除性的有关概念、性质(1) 整除的定义：对于两个整数 a、 d(d≠0)，若存在一个整数 p，使得 成立，则称 d整除 a，或 a被 d整除，记作 d|a。若 d不能整除 a，则记作 d a，如 2|6， 4 6。(2) 性质1) 若 b|a，则 b|(-a)，且对任意的非零整数 m有 bm|am2) 若 a|b， b|a，则 |a|=|b|;3) 若 b|a， c|b，则 c|a4) 若 b|ac，而(a， b) =1((a， b) =1表示 a、 b互质，则 b|c；5) 若 b|ac，而 b为质数，则 b|a，或 b|c；6) 若 c|a， c|b，则 c|(ma+nb)，其中 m、 n为任意整数(这一性质还可以推广到更多项的和)例 1 (1987年北京初二数学竞赛题) x， y， z均为整数，若 11|(7x+2y-5z)，求证： 11|(3x-7y+12z)。证明 ∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而 11| 11(3x-2y+3z),且 11| (7x+2y-5z),∴ 11| 4(3x-7y+12z)又 (11,4)=1∴ 11| (3x-7y+12z).2. 整除性问题的证明方法(1) 利用数的整除性特征(见第二讲)例 2(1980年加拿大竞赛题)设 72| 的值。解 72=8×9，且(8， 9) =1，所以只需讨论 8、 9都整除 的值。若 8| ，则 8| ，由除法可得B＝2。若 9| ，则 9|(a+6+7+9+2)，得 a=3。(2)利用连续整数之积的性质① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被 2整除。② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是 3的倍数，所以它们之积一定可以被 2整除，也可被 3整除，所以也可以被 2×3=6整除。这个性质可以推广到任意个整数连续之积。例 3(1956年北京竞赛题)证明： 对任何整数 n都为整数，且用 3除时余 2。证明 ∵为连续二整数的积 ,必可被 2整除 .∴对任何整数 n均为整数 ,∵ 为整数 ,即原式为整数 .又 ∵，2n 、 2n+1、 2n+2为三个连续整数，其积必是 3的倍数，而 2与 3互质，∴是能被 3整除的整数 .故 被 3除时余 2.例 4 一整数 a若不能被 2和 3整除，则 a2+23必能被 24整除 .证明 ∵a2+23=(a2-1) +24，只需证 a2-1可以被 24整除即可 .∵2 .∴a为奇数 .设 a=2k+1(k为整数 ),则 a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).∵k 、 k+1为二个连续整数，故 k(k+1)必能被 2整除，∴8|4k (k+1)，即 8|(a2-1) .又 ∵(a-1)， a，(a+1)为三个连续整数，其积必被 3整除，即 3|a(a-1)(a+1) =a(a2-1)，∵3 a ， ∴3|(a2-1) .3与 8互质 , ∴24|(a2-1),即 a2+23能被 24整除 .(3) 利用整数的奇偶性下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题 .例 5 求证 :不存在这样的整数 a、 b、 c、 d使：a·b·c·d-a= ①a·b·c·d-b= ②a·b·c·d-c= ③a·b·c·d-d= ④证明 由 ①， a(bcd-1) =.∵ 右端是奇数， ∴左端 a为奇数， bcd-1为奇数 .同理 ,由 ②、 ③、 ④知 b、 c、 d必为奇数，那么 bcd为奇数， bcd-1必为偶数，则 a(bcd-1)必为偶数，与 ①式右端为奇数矛盾 .所以命题得证 .例 6 (1985年合肥初中数学竞赛题 )设有 n个实数 x1,x2,…， xn，其中每一个不是 +1就是 -1，且试证 n是 4的倍数 .证明 设  (i=1,2,…， n-1)，则 yi不是 +1就是 -1，但 y1+y2+…+yn=0，故其中 +1与 -1的个数相同，设为 k，于是 n=2k.又 y1y2y3…yn=1，即(-1) k =1，故 k为偶数，∴n 是 4的倍数 .其他方法：整数 a整除整数 b，即 b含有因子 a.这样 ,要证明 a整除 b,采用各种公式和变形手段从 b中分解出因子 a就成了一条极自然的思路 .例 7 (美国第 4届数学邀请赛题 )使 n3+100能被 n+10整除的正整数 n的最大值是多少 ?解 n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.若 n+100能被 n+10整除 ,则 900也能被 n+10整除 .而且 ,当 n+10的值为最大时 ,相应地 n的值为最大 .因为 900的最大因子是 900.所以 ,n+10=900,n=890.例 8 (上海 1989年高二数学竞赛 )设 a、 b、 c为满足不等式 1＜ a＜ b＜ c的整数，且(ab-1)(bc-1)(ca-1)能被 abc整除，求所有可能数组(a， b， c) .解 ∵(ab-1)(bc-1)(ca-1)=a2b2c2-abc (a+b+c) +ab+ac+bc-1， ①∵abc| (ab-1)(bc-1)(ca-1) .∴ 存在正整数 k,使ab+ac+bc-1=kabc, ②k=＜ ＜ ＜ ＜ ∴k=1.若 a≥3，此时1=-＜ 矛盾 .已知 a＞ 1. ∴只有 a=2.当 a=2时，代入 ②中得 2b+2c-1=bc，即 1=＜ ∴0 ＜ b＜ 4，知 b=3，从而易得 c=5. 说明：在此例中通过对因数 k的范围讨论，从而逐步确定 a、 b、 c是一项重要解题技巧 .例 9 (1987年全国初中数学联赛题)已知存在整数 n，能使数 被 1987整除 .求证数，都能被 1987整除 . 证明 ∵×××(103n+)，且 能被 1987整除， ∴p能被 1987整除 .同样，q=( )且 ∴故 、 102(n+1)、 被 除，余数分别为 1000， 100， 10，于是 q表示式中括号内的数被 除，余数为 1987，它可被 1987整除，所以括号内的数能被 1987整除，即 q能被 1987整除 .整数的整除性练习1 ． 选择题(1)(1987年上海初中数学竞赛题)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) 12 (D) 11 (E) 10(3)可除尽 311+518的最小整数是() .(A) 2 (B) 3 (C) 5 (D) 311+518(E)以上都不是2 ． 填空题(1)(1973年加拿大数学竞赛题)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) (1989 年全国初中联赛题 )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 .4.(1971 年加拿大数学竞赛题 )证明 :对一切整数 n,n2+2n+12不是 121的倍数 .5.(1984 年韶关初二数学竞赛题 )设 是一个四位正整数 ,已知三位正整数 与 246的和是一位正整数 d的 111倍 ,又是 18的倍数 .求出这个四位数  ,并写出推理运算过程 .6.(1954 年苏联数学竞赛题 )能否有正整数 m、 n满足方程 m2+1954=n2.7. 证明：(1) 133|(11n+2+12n+1)，其中 n为非负整数 .(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.(1986 年全国初中数学竞赛题 )设 a、 b、 c是三个互不相等的正整数 .求证 :在 a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中 ,至少有一个能被 10整除 .9.(1986 年上海初中数学竞赛题 )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 .练习参考答案1．B．B．a2．(1)25 ·55．(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n2+2n+12＝121k (n+1)2＝11(11k－1)． ∵11是素数且除尽(+1)2，∴ 11除尽n+1 112除尽(n+1)2或11|11k－1，不可能．5．由 是d的111倍， 可能是198，309，420，531，642，753；又 是18的倍数， ∴只能是198．而198+246＝444， ∴d＝4， 是1984．7．(1)11n+2+122n+1＝121 ×11n+12 ×144n＝121 ×11n+12 ×11n－12 ×11n+12 ×144n＝ …＝133 ×11n+12 ×(144n－11n)．第一项可被133整除．又144－11|144n－11n， ∴133|11n+2+122n+1．(2)11改为a．12改为a+1，133改为a(a+1)+1．改动后命题为a(a+1)+1|an+2+(a+1)2n+1，可仿上证明．8． ∵a3B－aB3＝aB(a2－B2)；同理有B(B2－c2)；ca(c2－a2)．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中若有一个是5的倍数，则题中结论必成立．若均不能被5整除，则a2，B2，c2个位数只能是1，4，6，9，从而a2－B2，B2－c2，c2－a2的个位数是从1，4，6，9中，任取三个两两之差，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+a - 2+ … +a100＝d(a1 ′ +a2′ + … +a′ 100)＝1 ×1001，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
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