初一数学竞赛讲座.
初一数学竞赛系列讲座
解法1:将方程按a整理得:(x+ｙ－2）ａ=ｘ－2y-5,
∵这个关于ａ的方程有无穷多个解,所以有
由于x、y的值与a的取值无关,所以对于任何的a值，方程组有公共解
不等式的同解原理2：不等式的两边都乘以(或除以)同一个正数，所得的不等式与原不等式是同解不等式。
不等式的同解原理3:不等式的两边都乘以(或除以)同一个负数,并把不等号改变方向后,所得的不等式与原不等式是同解不等式。
二、例题精讲
例１ 解方程
分析：按常规去括号整理后再解，显然较繁，通过观察发现方程中只含有(x＋1）、（x-1）项,因而可将（ｘ＋１)、(ｘ-1）看作整体，先进行移项合并,则能化繁为简。
６、不等式的基本性质和同解原理
不等式的基本性质
(1)(１)反身性如果a>ｂ，那么b＜a
(2)(2）传递性如果a>b，b＞ｃ,那么ａ>c
(3)（3）平移性如果a＞ｂ，那么a+ｃ>b＋c
(4)(4)伸缩性如果ａ>ｂ，ｃ>0,那么aｃ>ｂｃ
如果ａ＞b，ｃ＜０,那么ac＜bc
不等式的同解原理1:不等式的两边都加上(或减去)同一个数或同一个整式,所得的不等式与原不等式是同解不等式。
4、不定方程
不定方程(组）是指未知数的个数多于方程个数的方程(组）。它的解往往有无穷多个,不能唯一确定，对于不定方程（组),我们常常限定只求整数解或正整数解。
定理：若整系数不定方程ax+ｂy=c (ａ、b互质）有一组整数解为x０,ｙ0，则此方程的全部整数解可表示为：
初一数学竞赛讲座
初一数学竞赛讲座第3讲奇偶分析我们知道，全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。
被2除余1的属于一类，被2整除的属于另一类。
前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数。
关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等。
灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题。
用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果。
例1 右表中有15个数，选出5个数，使它们的和等于30，你能做到吗？为什么？分析与解：如果一个一个去找、去试、去算，那就太费事了。
因为无论你选择哪5个数，它们的和总不等于30，而且你还不敢马上断言这是做不到的。
最简单的方法是利用奇偶数的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中15个数全是奇数，所以要想从中找出5个使它们的和为偶数，是不可能的。
例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）。
小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加。
试问，小丽所加得的和数能否为2000？解：不能。
由于每一张上的两数之和都为奇数，而25个奇数之和为奇数，故不可能为2000。
说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结。
例3 有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同。
试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由。
解：不能。
如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍，是个偶数。
所以这98个号码数的总和是个偶数，但是这98个数的总和为1+2+…+98=99×49，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成。
初一数学竞赛讲座二
初一数学竞赛讲座(二)特殊的正整数一、知识要点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、 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、 质数与合数的有关性质(1) 质数有无数多个(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) 若质数p ∣a •b ，则必有p ∣a 或p ∣b 。
(4) 若正整数a 、b 的积是质数p ，则必有a=p 或b=p.(5) 唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：k a k a a p p p n 2121=,其中p 1<p 2<…<p k 是质数，a 1，a 2，…，a k 是正整数。
二、例题精讲例1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是解 设所求的四位数为m 2，它的百位数字为a ，则有m 2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，所以11∣(2a+5)，由题意 a+3≤9，故a ≤6，从而a=3于是所求的四位数为4356例 2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。
初一数学竞赛系列讲座(6)整式的恒等变形
初一数学竞赛系列讲座(6)整式的恒等变形一、知识要点1、 整式的恒等变形把一个整式通过运算变换成另一个与它恒等的整式叫做整式的恒等变形2、 整式的四则运算整式的四则运算是指整式的加、减、乘、除，熟练掌握整式的四则运算，善于将一个整式变换成另一个与它恒等的整式，可以解决许多复杂的代数问题，是进一步学习数学的基础。
3、 乘法公式乘法公式是进行整式恒等变形的重要工具，最常用的乘法公式有以下几条： ① (a+b) (a-b)=a 2-b 2② (a±b)2=a 2±2ab+b 2③ (a+b) (a 2-ab+b 2)=a 3+b 3④ (a-b) (a 2+ab+b 2)=a 3-b 3⑤ (a+b+c)2= a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ca⑥ (a+b+c) (a 2+b 2+c 2-ab-bc-ca)= a 3+b 3+c 3-3abc⑦ (a±b)3= a 3±3a 2b+3a b 2±b 34、 整式的整除如果一个整式除以另一个整式的余式为零，就说这个整式能被另一个整式整除，也可说除式能整除被除式。
5、 余数定理多项式()x f 除以 (x-a) 所得的余数等于()a f 。
特别地()a f =0时，多项式()x f 能被(x-a) 整除二、例题精讲例1 在数1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？分析 要得最小非负数，必须通过合理的添符号来产生尽可能多的“0”解 因1+2+3+…+1998=()19999992199811998⨯=+⨯是一个奇数， 又在1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”，并不改变其代数和的奇偶数，故所得最小非负数不会小于1。
先考虑四个连续的自然数n 、n+1、n+2、n+3之间如何添符号，使其代数和最小。
很明显 n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0所以我们将1，2，3，…，1998中每相邻四个分成一组，再按上述方法添符号， 即(-1+2)+(3-4-5+6)+ (7-8-9+10)+…+ (1995-1996-1997+1998)= -1+2=1故所求最小的非负数是1。
初一数学竞赛讲座4
初一数学竞赛讲座(四)有理数的有关知识一、 知识要点1、绝对值x 的绝对值x 的意义如下：x =⎩⎨⎧<-≥00x x x x ，如果，如果x 是一个非负数，当且仅当x=0时，x =0绝对值的几何意义是：一个数的绝对值表示这个数对应的数轴上的点到原点的距离；由此可得：b a -表示数轴上a 点到b 点的距离。
2、倒数1除以一个数(零除外)的商，叫做这个数的倒数。
如果两个数互为倒数，那么这两个数的积等于1。
3、相反数绝对值相同而符号相反的两个数互为相反数。
两个互为相反数的数的和等于0。
二、 例题精讲例1 化简 6312-+--+x x x分析：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0求出零点，然后用零点分段法将绝对值去掉，从而达到化简的目的。
解：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0 分别求得：x= -1/2， x=3， x=6当21-<x 时，原式= -(2x+1)+(x-3) - (x-6)= -2x+2当321<≤-x 时，原式= (2x+1)+(x-3) - (x-6)= 2x+4 当63<≤x 时，原式= (2x+1)-(x-3) - (x-6)= 10当x ≥6时，原式= (2x+1)-(x-3) + (x-6)= 2x-2∴原式=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤-+-<+-时当，时当，时当，时当，6x 2-2x 63 103 42 222121x x x x x评注：用零点分段法，通过零点分段将绝对值去掉，从而化简式子，解决问题是解决含绝对值问题的基本方法。
例2 已知312351312+----≥--x x x x x ，求的最大值和最小值。
(第六届迎春杯决赛试题) 分析：先解不等式，求出x 的范围，然后利用绝对值的几何意义来求最大值和最小值。
解：解不等式2351312x x x --≥--得： 117≤x117 31+--x x 的几何意义是x 到1的距离与x 到-3的距离的差，从上图中可以看出：当x ≤-3时这差取得最大值4，因117≤x ，则当117=x 时这差取得最小值1133-.评注：1、本题是采用数形结合的思想，用绝对值的几何意义来解题。
初中数学竞赛辅导专题讲座
初中数学竞赛辅导专题讲座标题：初中数学竞赛辅导专题讲座尊敬的各位家长和同学们，欢迎来到这次专题讲座。
本次讲座旨在为各位同学提供初中数学竞赛辅导，帮助大家更好地备战比赛，提升数学能力和自信心。
一、认识初中数学竞赛初中数学竞赛是一项以初中学生为参赛对象的数学竞赛活动，其目的是通过竞赛激发学生学习数学的兴趣和积极性，提高学生的数学思维能力和解决问题的能力。
竞赛内容涉及几何、代数、概率与统计等多个领域，对参赛者的数学基础和解题能力有较高的要求。
二、辅导方法1.题目练习：通过做题的方式，加深对知识点的理解和掌握。
建议同学们选择一些经典的数学竞赛题目进行练习，以达到举一反三的效果。
2.思路讲解：在解题过程中，引导学生思考，找出解题的方法和思路。
通过讲解，让学生理解解题的思路和步骤，提高解题效率。
3.知识点梳理：将竞赛内容按照知识点进行分类，帮助学生梳理知识体系，让学生对知识点有一个全面的了解。
4.团队协作：在辅导过程中，鼓励学生进行讨论和交流，培养团队协作精神。
通过合作，让学生互相学习，发现自己的不足之处，提高自己的解题能力。
三、重点难点分析1.重点：初中数学竞赛的重点在于掌握数学的基本知识和解题方法，学会灵活运用知识点进行解题。
此外，还需要具备较强的思维能力和逻辑推理能力。
2.难点：初中数学竞赛的难点在于题目难度较高，需要学生有较好的数学基础和较强的思维能力。
同时，题目涉及的领域较广，需要学生具备综合运用知识的能力。
四、总结与展望通过本次讲座，同学们可以更好地了解初中数学竞赛的内容和方法，掌握一些解题技巧和思路，提高自己的数学能力和解题效率。
也希望大家能够在平时的学习中，多加练习，积累经验，为日后的数学学习和竞赛打下坚实的基础。
最后，祝愿各位同学能够在数学竞赛中取得优异的成绩，为自己的未来发展添砖加瓦！。
福清市宏路中学七年级数学竞赛讲座
初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。
因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
小学数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。
主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r ＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。
这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a 是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种表示是唯一的。
（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。
因此，不等式x＜y与x≤y－1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=an10n+an－110n－1+…+a0；2．带余形式：a =bq +r ；4．2的乘方与奇数之积式：n =2m t ，其中t 为奇数。
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
福清市宏路中学七年级数学竞赛讲座 (5)
初一数学竞赛讲座第6讲 图形与面积一、直线图形的面积在小学数学中我们学习了几种简单图形的面积计算方法，数学竞赛中的面积问题不但具有直观性，而且变换精巧，妙趣横生，对开发智力、发展能力非常有益。
图形的面积是图形所占平面部分的大小的度量。
它有如下两条性质：1．两个可以完全重合的图形的面积相等；2．图形被分成若干部分时，各部分面积之和等于图形的面积。
对图形面积的计算，一些主要的面积公式应当熟记。
如：正方形面积=边长×边长；矩形面积=长×宽；平行四边形面积=底×高； 三角形面积=底×高÷2；梯形面积=（上底+下底）×高÷2。
此外，以下事实也非常有用，它对提高解题速度非常有益。
1．等腰三角形底边上的高线平分三角形面积； 2．三角形一边上的中线平分这个三角形的面积； 3．平行四边形的对角线平分它的面积； 4．等底等高的两个三角形面积相等。
解决图形面积的主要方法有：1．观察图形，分析图形，找出图形中所包含的基本图形；2．对某些图形，在保持其面积不变的条件下改变其形状或位置（叫做等积变形）； 3．作出适当的辅助线，铺路搭桥，沟通联系； 4．把图形进行割补（叫做割补法）。
例1 你会用几种不同的方法把一个三角形的面积平均分成4等份吗？解：最容易想到的是将△ABC 的底边4等分， 如左下图构成4个小三角形，面积都为原来的三 角形面积的41。
另外，先将三角形△ABC 的面积2等分（如右 上图），即取BC 的中点D ，连接AD ， 则S △ABD =S △ADC ，然后再将这两个小三角 形分别2等分，分得的4个小三角形各自的面积为原来大三角形面积的41。
还 有许多方法，如下面的三种。
请你再想出几种不同的方法。
例2 右图中每个小方格面积都是1cm 2，那么六边形 ABCDEF 的面积是多少平方厘米？分析：解决这类问题常用割补法，把图形分成几个简单 的容易求出面积的图形，分别求出面积。
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初一数学竞赛讲座(三)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 +⨯+⨯++⨯+⨯---Λ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 Λ-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m n 的末位数字就是a n 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、 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 Λ，其能被27整除。
只需证明从其相邻一位读起的数：1932a a a a Λ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 Λ 依题意得：9321a a a a Λ=987281101010a a a a +⨯++⨯+⨯Λ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 Λ也能被27整除即可。
1932a a a a Λ=197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯Λ∴10•9321a a a a Λ-1932a a a a Λ=10(987281101010a a a a +⨯++⨯+⨯Λ)-(197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯Λ) =101010109738291⨯++⨯+⨯+⨯a a a a Λ-(197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯Λ) =()()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 Λ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 Λ++的值。
解：199521a a a Λ++=()()112P P -+()()222P P -+…+()()199519952P P - =()()()[]()()()[]199521199521222P P P P P P +++-+++ΛΛ =()()199521199521222+++-+++ΛΛP 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 Λ=5+5=10又()⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=+++219961995199521P P Λ=0 ∴199521a a a Λ++=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71111111=+++++？？？？？？ 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。