竞赛讲座(数字、数位及数谜问题)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：122321*********a a a a a n n n n +⨯+⨯++⨯+⨯---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=121a a a a n n - 2、正整数指数幂的末两位数字(1) 设m 、n 都是正整数，a 是m 的末位数字，则m n 的末位数字就是a n 的末位数字。

(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、 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a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d ，依题意得：(a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d)+( d ⨯103+c ⨯102+b ⨯10+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：cba cab bca bac acb abc ,,,,,，不妨设其中的最大数为abc ，则最小数为cba 。

由“新生数”的定义，得N=()()()c a a b c c b a cba abc -=++-++=-991010010100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：2⨯10⨯10⨯2=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：2⨯2⨯10⨯2=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：2⨯2⨯2⨯2=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：9321a a a a ，其能被27整除。

只需证明从其相邻一位读起的数：1932a a a a 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：9321a a a a 依题意得：9321a a a a =987281101010a a a a +⨯++⨯+⨯ 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：1932a a a a 也能被27整除即可。

1932a a a a =197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯∴10•9321a a a a -1932a a a a =10(987281101010a a a a +⨯++⨯+⨯ )-(197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯ ) =101010109738291⨯++⨯+⨯+⨯a a a a -(197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯ ) =()()13191911100011010a a a a -=-=-⨯ ∵()()()1100010009991100010001100011000223++=++-=- 而999能被27整除，∴10003-1也能被27整除。

因此，1932a a a a 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)28•113，1134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，()()n P n P a n-=2 求199521a a a ++的值。

解：199521a a a ++=()()112P P -+()()222P P -+…+()()199519952P P -=()()()[]()()()[]199521199521222P P P P P P +++-+++ =()()199521199521222+++-+++ P P ∵1995=10⨯199+5，又因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5∴()()()51995432119952122222222⨯+++++=+++P P P =5+5=10又()⎪⎭⎫⎝⎛⨯=+++219961995199521P P =0 ∴199521a a a ++=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 1111111=+++++？？？？？？ 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：()11111+++=n n n n ，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=2121+ 从这个式子出发，利用上面给出的基本等式，取n=2可得： 613121+= ∴1=613121++ 又利用上面给出的基本等式，取n=3可得：1214131+= ∴ 1=611214121+++ 再利用上面给出的基本等式，取n=4可得：2015141+= ∴ 1=611212015121++++ 最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6可得：4217161+= ∴ 1=421711212015121+++++ 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30161+，而61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=6115611312015121+++++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=3•45-3a，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：ab c+) d e fg h A B显然，g=1，d=9，h=0a+c+f=10+B，b+c=9+A, ∴A≤62 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8要想A•B最大，∵ A≤6，∴取A=5，B=3。