高二数学竞赛班二试讲义

高数竞班试义第9讲

进制班

姓一知要：．进位制

进制数一地若

是一个大于1的整数那么以

为基数的

进制数可以表示成为一串数字连写在一起的形式n

10(k)

，0

，，a，)0

．ann

a1)

n

n

1二例精例1）记集合T

，

Ma)1234(7)

|a,i1,2,3,4}i

，将

M

中的元素按从大到小的顺序排列，则第2008个是（）A1100B．．D．(7)(7)(7)(7)（2设整数数列1,7,8,49,50,56,57,或是的不同的幂之和，则a。

例

x)是的十进制表示的各位数字之积

P(x

22

成立的正整数x。

例3第32届备题）证：对任意自然数

，二项式系数

Cn)n

中，奇数的个数是2的。例4年LS(分分)给定正整数n已知用克数都是正整数的块码和一天平可以称出质量为1，3，，n克所有物品。（1求k的最小值f)；（2仅当n取么值时fn块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。

ii4三精习．设有集合

aa24a0,1,2,A中各数按照从9大到小的顺序排列，求第

个数。．正整数n的b进表示是777，求最小的正整数，得是一个整数的四次方。

东赛果负整数

m

及其各位数字之和均为6的数称

m

为六合数求小于的负整数中六合数的个数平生提供）（南）于正整数

，令

fn

．求证：数列

f,f,2

中有无穷多个奇数和无穷多个偶数([x]示不超过x最大整)(冯祖鸣供题

999i2222i999i2222i∑n∑n∑m1m2高数竞班试义第9讲

进制例）B

提示：M中最大的元素是

(7)

2400

，按从大到小的顺序排列，第个数是

393(7)（2

提示：

(1111101000)，a1000

i

i

，而

000i

i

，ii与iii

ki

i

对应所以a981000例2．易知不是一位数

6

5

3

47076750

，设an

1

，则

xnn

n2n

nx)an

21nn

，故有

()

，于是

x

x

，得

0x

，这时通过验证仅有

x

满足要求。例3．将

用二进制表示，有

12

，于是(1)n)22

2

因为当

r0,2

时，

r2

i

i

r!

i

，rCr!中2的因数个数为所以为偶数

ri

2

i所以

(1)

2i

2iCr

ri

，r

2

因此

(1)(1)(12))(mod2)右边多项式恰含个它的系数为（奇数即为奇数。故结论成立。

的展开式中恰有

项系数

C

mn例41设这k块码的质量数分别为aa,…,a且1≤≤≤…aa∈Zik．12k1i因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为x，x∈－1，，｝．若利用这块码iiii=可以称出质量为1，3，的品，则上述表示式中含有1，，n，由对称性易知也含有，－，－2，－，即{xax∈{，，1}}{0,±1，，n}iii=－所以，2+1=｛，±1，，n|｛∈－，01｝，≤．iii=－13－1设≤(mm∈Z)，则km且k=m时可取a=1=，，a=12

m

．

mi1－1m∑∑∑i1i1mmm∑i1mmmmmm1mm－1m∑∑i1i1mmmm+1mi1－1m∑∑∑i1i1mmm∑i1mmmmmm1mm－1m∑∑i1i1mmmm+1∑i1m∑mm∑i1mmmmm∑mm∑mm∑mmm∑由数的三进制表示可知，对任意p－都p=·ii=

，其中y｛，1，｝．immm则p=y3－3=(y－iii=i=i=1

)·

i．令x=y－，则∈－1，01｝．iii－1－故对一切－≤l的数l，都有l=ii=1

，其中x∈｛，，1｝．i－1由于≤，此，对一切nl的整数l，也有上述表示．－－综上，可知k的小fn=m(n)．－13－(2)证明：Ⅰ当时由(可知1，，，，3就一种砝码的组成方式．下面我们证明，3，，－1也一种方式m若1l，由1)可知l=，∈－，0，1．则l=x·3－iiii=i=；若

－1－3－－1<ln<，<l≤．m+1由(1)知l+1=x·，中x∈｛－，01｝．iii=易知xm

=1(否则li=1

i1

－1－1=－1,矛)则l=ii=

－1)．－1所以，当n时fn)块砝码的组成方式不惟一．－1Ⅱ下面我们证明n=时)=m块码的组成方式是惟一a=3i

i

(1i)．－1－若对每个－≤l,有l=xa，∈{，01}iiii=－即{xax{，0，1}}{0,±1，，}iiii=－1注意左边集合中至多有3m个元素必{xa|x∈{－11}}=}iiii=1－－1从而，对每个l－≤l都以惟一地表示为l=，其中x∈{，0，．iiii=

－1－mm∑∑∑∑∑mm∑m∑i1∑∑i1m∑pi1m(10)－1－mm∑∑∑∑∑mm∑m∑i1∑∑i1m∑pi1m(10)mmm因而，a=．(x+1=x+a=x+．iiiiiiii2i=i=1i=1i=i=令y=x+1,则y∈，12｝．iii由上可知，对每个0l

－，都可以惟一地表示为l=a，中y∈{0，1，2}iiii=特别地，易知<．12下面用归纳法证明=3i

i

im)．当i=1时易知a中小的正整数是，=1ii11i=假设当1i=3i

．mm由于y=y·3y∈{0就是数的三进制表示知们正好0iiiii=i=1

p－1故a

p

应是除上述表示外{yay∈{0，，2}}中最小的数，因此，=．iiii=由归纳法可知，a=3i

(1i)－综合Ⅰ，Ⅱ可知，当且仅当n=时上述()块砝码的组成方式是惟一定的．．

aa1213

3

24

34(aa)414

，A

中最大的元素是

1194

，按从大到小的顺序排列，第个数是

2009)4

(9)所以第

2010

个数是

669934．设是所求的最小正整数，则

b

b

，即素数能除x，整除，x7m，

当，(18)(b，于是是求的最小正整数．解一易知，一个非负整数“合数”且仅当它末位数字是偶数且各位数字之是倍数．为方便起见，将

M

,

中每个数都写成四位数

的形式（当不足四位数时在高数位前补上若干个数“使恰有四个数字

f()

表示

M

中末位数字为

的六合数的数，其中

k{0,2,4,6,8}

．对n，满足

xy且x{0,,9}的(x,)

的组数记为p，然p,0,

n0,1,n10,11,n

,18;先考虑一切小于的六”

．若

0

，则当

a

时，

b6,12,18

；当

a

时，

b5,17

，故fp)p)16320121811

．

若

，则当

a

时，

b4,

；当

a

时，

b3,9,

，故若

f)p)1735．4915，则当时b2,8,14；当a时，7,

，故当

k8

f(4))pp173328713时，与k的形类似，有f(6)ff(8)．

．因此，小于的“合有

ff(4)f(6)f(8)

个．再注意到至2011中好一个六数2004，所所求“合数的个数为

168

．解二对负整数

n

，令

(n)

为其各位数字之和．先将小于2000的负整数中所有倍数（共334个配成如下167对(6,1992),(996,

．对上述每对数()，aa（约定当12412最高数位前补上若干个数0，之恰含有四个数字

x

或

不足四位数时，在)100(a)a)a)xy．124因为偶数，故a,b，因此a16，只能；又由44知只能a；似得a；最必有．33211()(y)a))a))27，123从而(x),()中且仅有一个6的倍数（这是因为x,y均3整除，所以S)与S(均被3整y且仅有一个“六合数．从而，小于2000的六数共有个，又2000至2011中好有一个六数2004，所以所求六数的个数为

168

．．明：

20082009

44

，我们用二进制表示

和

：101100.(2)

和

101100.b(2)首先我证明数列中有无穷多偶数反证法假设数列中只有有限个偶数，从而存在一个正整数对个正整数Nf都奇数我们考虑n到，在二进制中，

n2,12

注意这个数模同余于

faan1n1niii．为是奇数，所以{a}{0,1}nnnniiiii2009ccm(2)

，．从而．由此得到

在二进制中是有理数，这是不可能的，因为

是无理数．这样，我们的假设是