初一数学竞赛系列讲座 全套.doc

初一数学竞赛讲座(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。=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=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 +) 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？初一数学竞赛讲座(二)特殊的正整数四、 一、知识要点1、 1、 完全平方数及其性质定义1 如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。如：1、4、9、等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。性质3 偶完全平方数是4的倍数。性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。2、 2、 质数与合数定义2 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做质数。定义3 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他正约数，那么a叫做合数。1既不是质数也不是合数。3、 3、 质数与合数的有关性质(1) (1) 质数有无数多个(2) (2) 2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。大于2的质数必为奇数。(3) (3) 若质数pab，则必有pa或pb。(4) (4) 若正整数a、b的积是质数p，则必有a=p或b=p.(5) (5) 唯一分解定理：任何整数n(n1)可以唯一地分解为：,其中p1p211)，一定可以表示成两个合数之和。 评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法。但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。 例9 证明：n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。 分析：注意到n (n+1)+1=n2+n+1，n是自然数，n2n2+n+1( n+1)2，这为我们证题提供了出发点。 证明：n (n+1)+1=n2+n+1，n是自然数，n2n2+n+1( n+1)2， 而n、n+1是两个相邻的自然数， n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。 评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论。 例10 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数。证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。 分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。接下来用反证法来证明这个问题。 证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。 假设有一个绝对质数M中出现的数字超过了3个，也即这个绝对质数中出现的数字包含了1，3，7，9，则 ，M2=M+9137，M3=M+7913，M4=M+3791，M5=M+1397，M6=M+3197，M7=M+7139都是质数。 可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M1、M2、M3、M4、M5、M6、M7被7除所得余数互不相同。因而必有一个是0，即能被7整除，这与此数是质数矛盾。所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字。 评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明。六、 三、巩固练习选择题1、在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x，偶数的个数为y，完全平方数的个数为z，合数的个数为u，则x+y+z+u的值是( )A、17 B、15 C、13 D、11 2、设n为大于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（）A、3n2-3n+3 B、5n2-5n-5 C、9n2-9n+9 D、11n2-11n-113、有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50的的最大质数，一个是大于60的最小质数，则这3个数的和是( )A、101 B、110 C、111 D、113 4、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )A、 B、 C、 D、5、a、b为正整数，且56a+392b为完全平方数，则a+b的最小值等于( )A、6 B、7 C、8 D、9 6、3个质数p、q、r满足等式p+q=r，且pqn2，且，则n1= ，n2= 解答题13、证明：不存在这样的三位数，使成为完全平方数。14、试求四位数，使它是一个完全平方数。15、a、b、c、d都是质数，且10cd20，c-a是大于2的质数，d 2-c 2=a 3b(a+b)，求a、b、c、d的值16、设a、b、c、d是四个整数，且是非零整数，求证：是合数。17、求一个三位数，使它等于n2，并且各位数字之积为n-1.18、设n1、n2是任意两个大于3的质数，M=，N=，M与N的最大公约数至少为多少？19、证明有无穷多个n，使多项式n2+n+41表示合数。20、已知p和8p2+1都是质数，求证：8p2-p+2也是质数。初一数学竞赛讲座(一)自然数的有关性质七、 一、知识要点1、 1、 最大公约数定义1如果a1,a2,an和d都是正整数，且da1,da2, dan ，那么d叫做a1,a2,an的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2,an的最大公约数，记作(a1,a2,an). 如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4.2、 2、 最小公倍数定义2如果a1,a2,an和m都是正整数，且a1m, a2m, anm，那么m叫做a1,a2,an的公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2,an的最小公倍数，记作a1,a2,an.如对于4、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作4,8,12=24.3、 3、 最大公约数和最小公倍数的性质性质1 若ab,则(a,b)=a.性质2 若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd.性质3 若na, nb,则.性质4 若a=bq+r (0rb), 则(a,b)= (b,r) .性质4 实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。性质5若 ba,则a,b=a.性质6若a,b=m,且n为正整数，则na,nb=nm.性质7若na, nb,则.4、 4、 数的整除性 定义3对于整数a和不为零的整数b，如果存在整数q，使得a=bq 成立，则就称b整除a或a被b整除，记作ba，若ba，我们也称a是b倍数；若b不能整除a，记作ba5、 5、 数的整除性的性质性质1 若ab，bc，则ac性质2 若ca，cb，则c(ab)性质3 若ba, n为整数，则bna6、 6、 同余定义4 设m是大于1的整数，如果整数a，b的差被m整除，我们就说a，b关于模m同余，记作 ab(mod m)7、 7、 同余的性质性质1 如果ab(mod m)，cd(mod m)，那么acbd(mod m)，acbd(mod m)性质2 如果ab(mod m)，那么对任意整数k有kakb(mod m)性质3 如果ab(mod m)，那么对任意正整数k有akbk(mod m)性质4如果ab(mod m)，d是a，b的公约数，那么八、 二、例题精讲例1 设m和n为大于0的整数，且3m+2n=225. 如果m和n的最大公约数为15，求m+n的值 (第11届“希望杯”初一试题) 解：(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a，n=15b，且(a,b)=1 因为 3m+2n=225，所以3a+2b=15 因为 a,b是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6 从而m+n=15(a+b)=157=105评注：1、遇到这类问题常设m=15a，n=15b，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。这是一种常用方法。 2、思考一下，如果将m和n的最大公约数为15，改成m和n的最小公倍数为45，问题如何解决？例2有若干苹果，两个一堆多一个，3个一堆多一个，4个一堆多一个，5个一堆多一个，6个一堆多一个，问这堆苹果最少有多少个？分析：将问题转化为最小公倍数来解决。解设这堆苹果最少有x个，依题意得由此可见，x-1是2，3，4，5，6的最小公倍数因为2,3,4,5,6=60，所以x-1=60，即x=61答：这堆苹果最少有61个。例3自然数a1，a2，a3，a9，a10的和1001等于，设d为a1，a2，a3，a9，a10的最大公约数，试求d的最大值。解由于d为a1，a2，a3，a9，a10的最大公约数，所以和a1+a2+a3+a9+a101001能被d整除，即d是100171113的约数。因为dak，所以akd，k1，2，3，10从而1001a1+a2+a3+a9+a1010d所以由d能整除1001得，d仅可能取值1，7，11，13，77，91。因为1001能写成10个数的和：91+91+91+91+91+91+91+91+91+182其中每一个数都能被91整除，所以d能达到最大值91例4 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有四位数码，从0001到9999号，如果号码的前两位之和等于后前两位之和，则这张购物券为幸运券，如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购物券为幸运券。证明：这个商场所发购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。(第7届初中“祖冲之杯”数学邀请赛试题)证明：显然，9999的购物券为幸运券，除这张外，若号码为n的购物券为幸运券，则号码为m=9999-n的购物券也为幸运券。由于9999是奇数，所以m，n的奇偶性不同，即mn，由于m+n=9999，相加时不出现进位。就是说，除号码为9999的幸运券外，其余所有的幸运券可两两配对，且每对号码之和为9999，从而可知所有的幸运券的号码之和为9999的倍数。由1019999，所以所有幸运券的号码之和能被101整除。评注：本题是通过将数两两配对的方法来解决。例5 在1，2，3，1995这1995个数中，找出所有满足条件的数来：(1995+a)能整除1995a (第五届华杯赛决赛试题)分析：分子、分母都含有a，对a的讨论带来不便，因此可以将化成，这样只有分母中含有a，就容易对a进行讨论。解 因为(1995+a)能整除1995a，所以是整数，从而是整数 因为19951995=325272192，所以它的因数1995+a可以通过检验的方法定出。注意到1a1995，所以 19951995+a3990 如果1995+a 不被19整除，那么它的值只能是以下两种： 35272=3675，32572=2205 如果1995+a 能被19整除，但不被192整除，那么它的值只能是以下两种： 37219=2793，52719=3325 如果1995+a 能被192整除，那么它的值只能是以下两种： 7192=252 7，32192=3249 于是满足条件的a有6个，即从上面6个值中分别减去1995，得到 1680、210、798、1330、532、1254评注：本题通过对的适当变形，便于对a的讨论。讨论时通过将19951995分解质因数，然后将因数1995+a通过检验的方法定出。这种方法在解决数的整除问题中经常使用。例6 11+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是几？为什么？(第四届华杯赛复赛试题)解 显然111(mod 3)，330(mod 3)，660(mod 3)，990(mod 3) 又 22=41(mod 3)，44141(mod 3)，5525(-1)5(-1)(mod 3)， 77171(mod 3)，88(-1)81(mod 3) 11+22+33+44+55+66+77+88+991+1+0+1-1+0+1+1+041(mod 3) 即所求余数是1评注：用同余式求余数非常方便。例7 已知：，问a除以13，所得余数是几？(第三届华杯赛决赛试题)分析：将a用十进制表示成，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究除以13的余数规律。解 mod 13，103(-3)3=-27-1， 1+104+1081-10+102=910，19912 a=-188，即a除以13，所得余数是8例8 n是正偶数，a1,a2,an除以n，所得的余数互不相同；b1,b2,bn除以n，所得的余数也互不相同。证明a1+b1，a2+b2，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。证明 n是正偶数，所以n-1为奇数，不是n的倍数， a1,a2,an除以n，所得的余数互不相同，所以这n个余数恰好是0，1，n-1.从而a1+a2+an0+1+(n-1)=0(mod n) 同样b1+b2+bn0(mod n) 但 (a1+b1)+(a2+b2)+(an+bn)= (a1+a2+an)+( b1+b2+bn)0(mod n)所以a1+b1，a2+b2，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。例9 十进制中，44444444的数字和为A，A的数字和为B，B的数字和为C，求C分析：由于101(mod 9)，所以对整数a0，a1，a2，an有它表明十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余。根据上述结论有 CBA44444444(mod 9).所以只要估计出C的大小，就不难确定C解：44447 (mod 9)，而73(-2)3=-81(mod 9)， 所以 4444444474444=731481+17(mod 9)， 所以 CBA444444447(mod 9)， 另一方面，44444444(105)4444=1022220，所以44444444的位数不多于22220 从而A922220=199980，即A至多是6位数。所以B96=54 在1到53的整数中，数字和最大的是49，所以C4+9=13 在小于13的自然数中，只有7模9同余于7，所以C=7评注：本题用了十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余这个结论。根据这个结论逐步估计出C的大小，然后定出C。九、 三、巩固练习选择题1、两个二位数，它们的最大公约数是8，最小公倍数是96，这两个数的和是( ) A、56 B、78 C、84 D、962、三角形的三边长a、b、c均为整数，且a、b、c的最小公倍数为60，a、b的最大公约数是4，b、c的最大公约数是3，则a+b+c的最小值是（） A、30 B、31 C、32 D、333、在自然数1，2，3，100中，能被2整除但不能被3整除的数的个数是( ) A、33 B、34 C、35 D、374、任意改变七位数7175624的末四位数字的顺序得到的所有七位数中，能被3整除的数的个数是( ) A、24 B、12 C、6 D、05、若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是( ) A、25 B、26 C、27 D、286、设n为自然数，若19n+1410n+3 (mod 83)，则n的最小值是( ) A、4 B、8 C、16 D、32填空题7、自然数n被3除余2，被4除余3，被5除余4，则n的最小值是 8、满足x,y=6，y,z=15的正整数组(x,y,z)共有 组9、一个四位数能被9整除，去掉末位数后得到的三位数是4的倍数，则这样的四位数中最大的一个，它的末位数是 10、有一个11位数，从左到右，前k位数能被k整除(k=1,2,3,11)，这样的最小11位数是 11、设n为自然数，则3 2 n+8被8除的余数是 12、14+24+34+44+19944+19954的末位数是 解答题13、求两个自然数，它们的和是667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商是120。14、已知两个数的和是40，它们的最大公约数与最小公倍数的和是56，求这两个数。15、五位数能被12整除，它的最末两位数字所成的数能被6整除，求出这个五位数。16、若a,b,c,d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=9 求证：4(a+b+c+d)17、一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积，这个数当然有许多约数是两位数，这些两位约数中，最大的是多少？18、求2400被11除，所得的余数。19、证明31980+41981被5整除。20、x i=1或 -1(i=1，2，1990)，证明初一数学竞赛系列讲座(16)逻辑原理十、 一、知识要点逻辑原理问题，并不需要多少特别专门的知识，关键在于审题，要认真仔细地分析题意，弄清楚各个量之间的关系，深刻理解每句话的含义。十一、 二、例题精讲例1 小明、小强、小华三人参加迎春杯赛，他们是来自金城、沙市、水乡的选手，并分别获得一、二、三等奖。现在知道：1. (1) 小明不是金城的选手；2. (2) 小强不是沙市的选手；3. (3) 金城的选手不是一等奖；4. (4) 沙市的选手得二等奖；5. (5) 小强不是三等奖。根据上述情况，小华是 的选手，他得的是 等奖。(第三届迎春杯决赛试题)分析：显然选手所在城市与选手获奖情况有联系，我们就从这里找突破口，搞清了各个城市的选手分别获得哪等奖，问题就解决了。解：由(4)知：金城的选手获一等奖或三等奖，又由(3)得金城的选手获三等奖，从而水乡的选手获一等奖。 由(2)知：小强是金城或水乡的选手，又由(5)得小强是水乡的选手， 由(1)得小明是沙市的选手，从而小华是金城的选手，他获三等奖。 例2 教室里的椅子坏了，第二天上学时，老师发现椅子修好了。经了解，椅子是A、B、C三人中的一个人修好的，老师找来这三人。 A说：“是B做的。” B说：“不是我做的。” C说：“不是我做的。” 经调查，三人中只有一个说了实话，椅子是谁修的呢？分析：因为三人中只有一个说了实话，所以可以假设椅子是某人修好的，看结论是否符合“三人中只有一个说了实话”这一条件。解：(1) 假设椅子是A修好的，那么A说的是假话，B、C说的都是实话。这样有两人说了实话与“三人中只有一个说了实话”这一条件相矛盾，所以椅子不是A修好的。(2) 假设椅子是B修好的，那么B说的是假话，A、C说的都是实话。这样有两人说了实话与“三人中只有一个说了实话”这一条件相矛盾，所以椅子不是A修好的。(3) 假设椅子是C修好的，那么A、C说的是假话，B说的是实话，符合“三人中只有一个说了实话”这一条件，所以椅子是C修好的。评注：本题运用先假设，再根据假设推出一个结论；如果结论与已知条件相矛盾，说明假设不成立；如果结论符合已知条件，说明假设正确。这种假设的方法是逻辑推理中经常使用。例3 赵、钱、孙、李四人，一个是教师，一个是售货员，一个是工人，一个是个体户，根据以下条件，判断这四人的职业。(1) (1) 赵、钱是邻居，每天一起骑车上班；(2) (2) 赵年龄比孙大；(3) (3) 赵在教李打太极拳；(4) (4) 教师每天步行上班；(5) (5) 售货员的邻居不是个体户；(6) (6) 个体户和工人互不认识；(7) (7) 个体户比售货员和工人年龄都大。解：由(4)和(1)可知，赵、钱不是教师。由(2)和(7)知，孙不是个体户。因为假设孙是个体户，则由(2)和(7)知，赵不是售货员，不是工人；由(4)和(1)可知，赵也不是教师；这样赵也是个体户，与假设矛盾。于是我们可得出下表：售货员工人教师个体户赵钱孙李 假设赵是工人，个体户是钱或李，由(6)可知，赵与钱或李应互不认识