初中數(shù)學競賽：數(shù)論的方法技巧(含例題練習及答案)

1、初中數(shù)學競賽：數(shù)論的方法技巧數(shù)論是研究整數(shù)性質的一個數(shù)學分支，它歷史悠久，而且有著強大的生命力。 數(shù)論問題敘述簡明，“很多數(shù)論問題可以從經驗中歸納出來，并且僅用三言兩語 就能向一個行外人解釋清楚，但要證明它卻遠非易事”。因而有人說：“用以發(fā) 現(xiàn)天才，在初等數(shù)學中再也沒有比數(shù)論更好的課程了。任何學生，如能把當今任 何一本數(shù)論教材中的習題做出，就應當受到鼓勵，并勸他將來從事數(shù)學方面的工 作?！彼栽趪鴥韧飧骷壐黝惖臄?shù)學競賽中，數(shù)論問題總是占有相當大的比重。數(shù)學競賽中的數(shù)論問題，常常涉及整數(shù)的整除性、帶余除法、奇數(shù)與偶數(shù)、 質數(shù)與合數(shù)、約數(shù)與倍數(shù)、整數(shù)的分解與分拆。主要的結論有：1帶余除法：若 a，

2、b 是兩個整數(shù)，b0，則存在兩個整數(shù) q，r，使得 a=bq+r （0rb），且 q，r 是唯一的。特別地，如果 r=0，那么 a=bq。這時，a 被 b 整除，記作 b|a，也稱 b 是 a 的約數(shù)，a 是 b 的倍數(shù)。2 若 a|c，b|c，且 a，b 互質，則 ab|c。3 唯一分解定理：每一個大于 1 的自然數(shù) n 都可以寫成質數(shù)的連乘積，即其中 p1p2pk 為質數(shù)，a1，a2，ak 為自然數(shù)，并且這種表示是 唯一的。（1）式稱為 n 的質因數(shù)分解或標準分解。4 約數(shù)個數(shù)定理：設 n 的標準分解式為（1），則它的正約數(shù)個數(shù)為： d（n）=（a1+1）（a2+1）（ak+1）。5 整數(shù)

3、集的離散性：n 與 n+1 之間不再有其他整數(shù)。因此，不等式 xy 與 xy-1 是等價的。下面，我們將按解數(shù)論題的方法技巧來分類講解。一、利用整數(shù)的各種表示法對于某些研究整數(shù)本身的特性的問題，若能合理地選擇整數(shù)的表示形式，則 常常有助于問題的解決。這些常用的形式有：1 十進制表示形式：n=an10n+an-110n-1+a0；2 帶余形式：a=bq+r；142 的乘方與奇數(shù)之積式：n=2mt，其中 t 為奇數(shù)。例 1 紅、黃、白和藍色卡片各 1 張，每張上寫有 1 個數(shù)字，小明將這 4 張 卡片如下圖放置，使它們構成 1 個四位數(shù)，并計算這個四位數(shù)與它的各位數(shù)字之 和的 10 倍的差。結果小

4、明發(fā)現(xiàn)，無論白色卡片上是什么數(shù)字，計算結果都是 1998。 問：紅、黃、藍 3 張卡片上各是什么數(shù)字？解： 設紅、黃、白、藍色卡片上的數(shù)字分別是 a ，a ，a ，a ，則這個四位3 2 1 0數(shù)可以寫成：1000a +100a +10a +a ，它的各位數(shù)字之和的 10 倍是 10（a +a +a +a ）3 2 1 0 3 2 1 0=10a +10a +10a +10a ，這 個 四位數(shù) 與 它的各位數(shù)字 之和的 10 倍的差 是： 3 2 1 0990a +90a -9a =1998，110a +10a -a =222。3 2 0 3 2 0比較上式等號兩邊個位、十位和百位，可得 a

5、=8，a =1，a =2。0 2 3所以紅色卡片上是 2，黃色卡片上是 1，藍色卡片上是 8。例 2 在一種室內游戲中，魔術師請一個人隨意想一個三位數(shù) abc (a,b,c 依次是這個數(shù)的百位、十位、個位數(shù)字)，并請這個人算出 5 個數(shù) acb, bac, bca, cab 與cba 的和 n，把 n 告訴魔術師，于是魔術師就可以說出這個人所想的數(shù) abc ?，F(xiàn) 在設 n=3194，請你當魔術師，求出數(shù) abc 來。解： 依題意，得a+b+c14，說明：求解本題所用的基本知識是，正整數(shù)的十進制表示法和最簡單的不定 方程。2例 3 從自然數(shù) 1，2，3，1000 中，最多可取出多少個數(shù)使得所取出

6、的 數(shù)中任意三個數(shù)之和能被 18 整除？解：設 a，b，c，d 是所取出的數(shù)中的任意 4 個數(shù)，則 a+b+c=18m，a+b+d=18n， 其中 m，n 是自然數(shù)。于是 c-d=18（m-n）。上式說明所取出的數(shù)中任意 2 個數(shù)之差是 18 的倍數(shù)，即所取出的每個數(shù)除 以 18 所得的余數(shù)均相同。設這個余數(shù)為 r，則 a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，其中 a1，b1，c1 是整數(shù)。于是 a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r。因為 18|（a+b+c），所以 18|3r，即 6|r，推知 r=0，6，12。因為 1000=55 18+10，所以，從 1，2，1000

7、 中可取 6，24，42，996 共 56 個數(shù)，它 們中的任意 3 個數(shù)之和能被 18 整除。例 4 求自然數(shù) n，使得它能被 5 和 49 整除，并且包括 1 和 n 在內，它共有 10 個約數(shù)。解： 把數(shù) n 寫成質因數(shù)乘積的形式：n= 2 a1 3a 2 5a3 7a4 pnan由于 n 能被 5 和 72=49 整除，故 a31，a42，其余的指數(shù) ak 為自然數(shù)或 零。依題意，有（a1+1）（a2+1）（an+1）=10。由于 a3+12，a4+13，且 10=25，故 a1+1=a2+1=a5+1=an+1=1， 即 a1=a2=a5=an=0，n 只能有 2 個不同的質因數(shù) 5

8、 和 7，因為 a4+132，故由（a3+1）（a4+1）=10 知，a3+1=5，a4+1=2 是不可能的。因而 a3+1=2，a4+1=5， 即 n=52-175-1=574=12005。例 5 如果 n 是 1，2，3，1998，1999，2000 的最小公倍數(shù)，那么 n 等 于多少個 2 與 1 個奇數(shù)的積？解：因為 210=1024，211=20482000，每一個不大于 2000 的自然數(shù)表示為質因數(shù)相乘，其中 2 的個數(shù)不多于 10 個，而 1024=210，所以，n 等于 10 個 2 與某個奇數(shù)的積。說明：上述 5 例都是根據(jù)題目的自身特點，從選擇恰當?shù)恼麛?shù)表示形式入手， 使

9、問題迎刃而解。二、枚舉法枚舉法（也稱為窮舉法）是把討論的對象分成若干種情況（分類），然后對 各種情況逐一討論，最終解決整個問題。3運用枚舉法有時要進行恰當?shù)姆诸?，分類的原則是不重不漏。正確的分類有 助于暴露問題的本質，降低問題的難度。數(shù)論中最常用的分類方法有按模的余數(shù) 分類，按奇偶性分類及按數(shù)值的大小分類等。例 6 求這樣的三位數(shù)，它除以 11 所得的余數(shù)等于它的三個數(shù)字的平方和。 分析與解：三位數(shù)只有 900 個，可用枚舉法解決，枚舉時可先估計有關量的范圍，以縮小討論范圍，減少計算量。設這個三位數(shù)的百位、十位、個位的數(shù)字分別為 x，y，z。由于任何數(shù)除以 11 所得余數(shù)都不大于 10，所以

10、x2+y2+z210，從而 1x3，0y3，0z3。所求三位數(shù)必在以下數(shù)中：100，101，102，103，110，111，112，120，121，122，130，200，201， 202，211，212，220，221，300，301，310。不難驗證只有 100，101 兩個數(shù)符合要求。例 7 將自然數(shù) n 接寫在任意一個自然數(shù)的右面（例如，將 2 接寫在 35 的右 面得 352），如果得到的新數(shù)都能被 n 整除，那么 n 稱為魔術數(shù)。問：小于 2000 的自然數(shù)中有多少個魔術數(shù)？解：設 p 為任意一個自然數(shù)，將魔術數(shù) n（n2000接后得 pn ，下面對 n 為一位數(shù)、兩位數(shù)、三位數(shù)、

11、四位數(shù)分別討論。1 當 n 為一位數(shù)時， pn =10p+n，依題意 n pn ，則 n10p，由于需對任 意數(shù) p 成立，故 n10，所以 n=1，2，5；2 當 n 為兩位數(shù)時， pn =100p+n，依題意 n pn ，則 n100p，故 n|100， 所以 n=10，20，25，50；3 當 n 為三位數(shù)時，pn =1000p+n，依題意 n pn ，則 n1000p，故 n|1000， 所以 n=100，125，200，250，500；4 當 n 為四位數(shù)時，同理可得 n=1000，1250，2000，2500，5000。符合條 件的有 1000，1250。綜上所述，魔術數(shù)的個數(shù)為

12、14 個。說明：（1）我們可以證明：k 位魔術數(shù)一定是 10k 的約數(shù)，反之亦然。4（2）這里將問題分成幾種情況去討論，對每一種情況都增加了一個 前提條件，從而降低了問題的難度，使問題容易解決。例 8 有 3 張撲克牌，牌面數(shù)字都在 10 以內。把這 3 張牌洗好后，分別發(fā)給 小明、小亮、小光 3 人。每個人把自己牌的數(shù)字記下后，再重新洗牌、發(fā)牌、記 數(shù)，這樣反復幾次后， 3 人各自記錄的數(shù)字的和順次為 13，15，23。問：這 3 張牌的數(shù)字分別是多少？解： 13+15+23=51，51=317。因為 1713，摸 17 次是不可能的，所以摸了 3 次， 3 張撲克牌數(shù)字之和 是 17，可能

13、的情況有下面 15 種：1，6，10 1，7，9 1，8，8 2，5，10 2，6，9 2，7，8 3，4，10 3，5，9 3，6，8 3，7，7 (11)4，4，9 (12)4，5，8 (13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6 只有第種情況可以滿足題目要求，即 3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23。 這 3 張牌的數(shù)字分別是 3，5 和 9。例 9 寫出 12 個都是合數(shù)的連續(xù)自然數(shù)。分析一：在尋找質數(shù)的過程中，我們可以看出 100 以內最多可以寫出 7 個連 續(xù)的合數(shù)：90，91，92，93，94，95，96。我們把篩選法繼續(xù)運用下去，把考查 的范圍擴大

14、一些就行了。解法 1：用篩選法可以求得在 113 與 127 之間共有 12 個都是合數(shù)的連續(xù)自 然數(shù)：114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126。 分析二：如果 12 個連續(xù)自然數(shù)中，第 1 個是 2 的倍數(shù)，第 2 個是 3 的倍數(shù)，第 3 個是 4 的倍數(shù)第 12 個是 13 的倍數(shù)，那么這 12 個數(shù)就都是合數(shù)。 又 m+2，m+3，m+13 是 12 個連續(xù)整數(shù)，故只要 m 是 2，3，13 的公倍數(shù)，這 12 個連續(xù)整數(shù)就一定都是合數(shù)。解法 2：設 m 為 2，3，4，13 這 12 個數(shù)的最小公倍數(shù)。m+2，m+3，m+

15、4， m+13 分別是 2 的倍數(shù)，3 的倍數(shù)，4 的倍數(shù)13 的倍數(shù)，因此 12 個數(shù)都是合 數(shù)。5說明：我們還可以寫出 13！+2，13！+3，13！+13（其中 n！=123 n）這 12 個連續(xù)合數(shù)來。同樣，（m+1）！+2，（m+1）！+3，（m+1）！+m+1 是 m 個連續(xù)的合數(shù)。 三、歸納法當我們要解決一個問題的時候，可以先分析這個問題的幾種簡單的、特殊的 情況，從中發(fā)現(xiàn)并歸納出一般規(guī)律或作出某種猜想，從而找到解決問題的途徑。 這種從特殊到一般的思維方法稱為歸納法。例 10 將 100 以內的質數(shù)從小到大排成一個數(shù)字串，依次完成以下 5 項工作 叫做一次操作：（1） 將左邊第一

16、個數(shù)碼移到數(shù)字串的最右邊；（2） 從左到右兩位一節(jié)組成若干個兩位數(shù)；（3） 劃去這些兩位數(shù)中的合數(shù)；（4） 所剩的兩位質數(shù)中有相同者，保留左邊的一個，其余劃去；（5） 所余的兩位質數(shù)保持數(shù)碼次序又組成一個新的數(shù)字串。問：經過 1999 次操作，所得的數(shù)字串是什么？解：第 1 次操作得數(shù)字串 711131131737；第 2 次操作得數(shù)字串 11133173； 第 3 次操作得數(shù)字串 111731；第 4 次操作得數(shù)字串 1173；第 5 次操作得數(shù)字串 1731；第 6 次操作得數(shù)字串 7311；第 7 次操作得數(shù)字串 3117；第 8 次操作得數(shù) 字串 1173。不難看出，后面以 4 次為周

17、期循環(huán)，1999=4499+3，所以第 1999 次操作所 得數(shù)字串與第 7 次相同，是 3117。例 11 有 100 張的一摞卡片，玲玲拿著它們，從最上面的一張開始按如下的 順序進行操作：把最上面的第一張卡片舍去，把下一張卡片放在這一摞卡片的最 下面。再把原來的第三張卡片舍去，把下一張卡片放在最下面。反復這樣做，直 到手中只剩下一張卡片，那么剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第幾張？ 分析與解： 可以從簡單的不失題目性質的問題入手，尋找規(guī)律。列表如下：6設這一摞卡片的張數(shù)為 n，觀察上表可知：（1）當 n=2a（a=0，1，2，3，）時，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的最后一張，即第 2a張

18、；（2）當 n=2a+m（m2a）時，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第 2m 張。取 n=100，因為 100=26+36，236=72，所以剩下這張卡片是原來那一摞卡片的第 72 張。說明：此題實質上是著名的約瑟夫斯問題：傳說古代有一批人被蠻族俘虜了， 敵人命令他們排成圓圈，編上號碼 1，2，3，然后把 1 號殺了，把 3 號殺了， 總之每隔一個人殺一個人，最后剩下一個人，這個人就是約瑟夫斯。如果這批俘 虜有 111 人，那么約瑟夫斯的號碼是多少？例 12 要用天平稱出 1 克、2 克、3 克40 克這些不同的整數(shù)克重量，至 少要用多少個砝碼？這些砝碼的重量分別是多少？分析與解： 一般天平

19、兩邊都可放砝碼，我們從最簡單的情形開始研究。（1）稱重 1 克，只能用一個 1 克的砝碼，故 1 克的一個砝碼是必須的。 （2）稱重 2 克，有 3 種方案：1 增加一個 1 克的砝碼；2 用一個 2 克的砝碼；3 用一個 3 克的砝碼，稱重時，把一個 1 克的砝碼放在稱重盤內，把 3 克的 砝碼放在砝碼盤內。從數(shù)學角度看，就是利用 3-1=2。（3） 稱重 3 克，用上面的兩個方案，不用再增加砝碼，因此方案淘 汰。（4） 稱重 4 克，用上面的方案，不用再增加砝碼，因此方案也被淘汰。 總之，用 1 克、3 克兩個砝碼就可以稱出（3+1）克以內的任意整數(shù)克重。（5） 接著思索可以進行一次飛躍，

20、稱重 5 克時可以利用：9-（3+1）=5， 即用一個 9 克重的砝碼放在砝碼盤內，1 克、3 克兩個砝碼放在稱重盤內。這樣，可以依次稱到 1+3+9=13（克）以內的任意整數(shù)克重。而要稱 14 克時，按 上述規(guī)律增加一個砝碼，其重為：14+13=27（克），可以稱到 1+3+9+27=40（克） 以內的任意整數(shù)克重。7總之，砝碼的重量為 1，3，32，33克時，所用砝碼最少，稱重最大，這也是本題的答案。這 個 結 論 顯 然 可 以 推 廣 ， 當 天 平 兩 端 都 可 放 砝 碼 時 ， 使 用 1 ， 3 ，這是使用砝碼最少、稱重最大的砝碼重量設計方案。練習 11已知某個四位數(shù)的十位數(shù)

21、字減去 1 等于其個位數(shù)字，個位數(shù)字加 2 等于 百位數(shù)字，這個四位數(shù)的數(shù)字反著順序排列成的數(shù)與原數(shù)之和等于 9878。試求 這個四位數(shù)。3 設 n 是滿足下列條件的最小自然數(shù)：它們是 75 的倍數(shù)且恰有 75 個4 不能寫成兩個奇合數(shù)之和的最大偶數(shù)是多少？5 把 1，2，3，4，999 這 999 個數(shù)均勻排成一個大圓圈，從 1 開始數(shù)： 隔過 1 劃掉 2，3，隔過 4，劃掉 5，6這樣每隔一個數(shù)劃掉兩個數(shù)，轉圈劃下 去。問：最后剩下哪個數(shù)？為什么？6圓周上放有 n 枚棋子，如下圖所示，b 點的一枚棋子緊鄰 a 點的棋子。 小洪首先拿走 b 點處的 1 枚棋子，然后順時針每隔 1 枚拿走

22、2 枚棋子，連續(xù)轉了 10 周，9 次越過 a。當將要第 10 次越過 a 處棋子取走其它棋子時，小洪發(fā)現(xiàn)圓周上余下 20 多枚棋子。若 n 是 14 的倍數(shù)，則圓周上還有多少枚棋子？7用 0，1，2，3，4 五個數(shù)字組成四位數(shù)，每個四位數(shù)中均沒有重復數(shù)字（如 1023，2341），求全體這樣的四位數(shù)之和。88有 27 個國家參加一次國際會議，每個國家有 2 名代表。求證：不可能將 54 位代表安排在一張圓桌的周圍就座，使得任一國的 2 位代表之間都夾有 9 個 人。練習 1 答案：11987。（a+d）1000+（b+c）110+（a+d）= 9878。比較等式兩邊，并注意到數(shù)字和及其進位的

23、特點，可知：a+d=8，b+c=17。 已知 c-1=d，d+2=b，可求得：a=1，b=9，c=8，d=7。即所求的四位數(shù)為 1987。2 1324，1423，2314，2413，3412，共 5 個。3 432。解： 為保證 n 是 75 的倍數(shù)而又盡可能地小，因為 75=355，所以可設 n 有三個質因數(shù) 2，3，5，即 n=2 3 5 ，其中 0， 1， 2，并且（ +1）（ +1）（ +1）=75。易知當 = =4， =2 時，符合題設條件。此時438。解： 小于 38 的奇合數(shù)是 9，15，21，25，27，33。38 不能表示成它們之中任二者之和，而大于 38 的偶數(shù) a，皆可表

24、示為二奇 合數(shù)之和：a 末位是 0，則 a=15+5n；a末位是 2，則 a=27+5n；a 末位是 4，則 a=9+5n； a 末位是 6，則 a=21+5n；a 末位是 8，則 a=33+5n。其中 n 為大于 1 的奇數(shù)。因此，38 即為所求。5406。解：從特殊情況入手，可歸納出：如果是 3n個數(shù)（n 為自然數(shù)），那么劃 1圈剩下 3n-1個數(shù)，劃 2 圈剩下 3n-2個數(shù)劃（n-1）圈就剩 3 個數(shù)，再劃 1 圈，最后剩下的還是起始數(shù) 1。93699937，從 999 個數(shù)中劃掉（999-36=）270 個數(shù)，剩下的（36=） 729個數(shù)，即可運用上述結論。因為每次劃掉的是 2 個數(shù)

25、，所以劃掉 270 個數(shù)必須劃 135 次，這時劃掉的第270 個數(shù)是（1353=）405，則留下的 36個數(shù)的起始數(shù)為 406。所以最后剩下的那個數(shù)是 406。623 枚。解： 設圓周上余 a 枚棋子。因為從第 9 次越過 a 處拿走 2 枚棋子到第 10 次 將要越過 a 處棋子時小洪拿走了 2a 枚棋子，所以，在第 9 次將要越過 a 處棋子 時，圓周上有 3a 枚棋子。依此類推，在第 8 次將要越過 a 處棋子時，圓周上有 32a 枚棋子在第 1 次將要越過 a 處棋子時，圓周上有 39a 枚棋子，在第 1 次將 要 越 過 a 處 棋 子 之 前 ， 小 洪 拿 走 了 2(39a-

26、1)+1 枚 棋 子 ， 所 以n=2(39a-1)+1+39a=310a-1。若 n=310a=59049a-1 是 14 的倍數(shù)，則 n 就是 2 和 7 的公倍數(shù)，所以 a 必須是奇數(shù)；若 n=（78435+4）a-1=78435a+4a-1 是 7 的倍數(shù)，則 4a-1 必須是 7 的 倍數(shù)，當 a=21，25，27，29 時，4a-1 不是 7 的倍數(shù)，當 a=23 時，4a-1=91=7 13，是 7 的倍數(shù)。當 n 是 14 的倍數(shù)時，圓周上有 23 枚棋子。7259980。解： 用十進位制表示的若干個四位數(shù)之和的加法原理為：若干個四位數(shù)之和 = 千位數(shù)數(shù)字之和 1000+ 百位

27、數(shù)數(shù)字之和 100+ 十位數(shù) 數(shù)字之和10+個位數(shù)數(shù)字之和。以 1，2，3，4中之一為千位數(shù)，且滿足題設條件的四位數(shù)有 432=24（個）。 這是因為，當千位數(shù)確定后，百位數(shù)可以在其余 4 個數(shù)字中選擇；千、百位數(shù)確 定后，十位數(shù)可以在其余 3 個數(shù)字中選擇；同理，個位數(shù)有 2 種可能。因此，滿 足條件的四位數(shù)的千位數(shù)數(shù)字之和為（1+2+3+4）432=240。以 1，2，3，4 中之一為百位數(shù)時，因為 0 不能作為千位，所以千位數(shù)也有 3 種選擇；十位數(shù)也有 3 種選擇（加上 0）；個位數(shù)有 2 種選擇。因此，百位數(shù)10數(shù)字之和=（1+2+3+4）18=180。同理，十位數(shù)數(shù)字之和、個位數(shù)數(shù)

28、字之和都是 180。所以滿足條件的四位數(shù)之和為 2401000+180（1+10+100）= 259980。 8將 54 個座位按逆時針編號：1，2，54。由于是圍圓桌就座，所以從1 號起，逆時針轉到 55，就相當于 1 號座；轉到 56，就相當于 2 號座；如此下 去，顯然轉到 m，就相當于 m 被 54 所除的余數(shù)號座。設想滿足要求的安排是存在的。不妨設 1 和 11 是同一國的代表，由于任一 國只有 2 名代表，于是 11 和 21 不是同一國代表，下面的排法是：21 和 31 是同一國的代表；31 和 41 不是同一國的代表；41 和 51 是同一國 的代表；51 和 61 不是同一國

29、的代表（61 即 7 號座）。由此，20k+1 和 20k+11 是同一國的代表，若 20k+1，20k+11 大于 54，則取 這個數(shù)被 54 除的余數(shù)為號碼的座位。取 k=13，則 261 和 271 是同一國的，而 261 被 54 除的余數(shù)是 45，271 被 54 除的余數(shù)是 1，這就是說，1 號座與 45 號座是同一國的代表，而我們已設 1 號與 11 號座是同一國的代表。這樣，1 號、11 號、45 號的三位代表是同一國的，這 是不可能的。所以題目要求的安排不可能實現(xiàn)。數(shù)論的方法技巧（下）四、反證法反證法即首先對命題的結論作出相反的假設，并從此假設出發(fā)，經過正確的 推理，導出矛盾

30、的結果，這就否定了作為推理出發(fā)點的假設，從而肯定了原結論 是正確的。反證法的過程可簡述為以下三個步驟：1 反設：假設所要證明的結論不成立，而其反面成立；2 歸謬：由“反設”出發(fā)，通過正確的推理，導出矛盾與已知條件、 公理、定義、定理、反設及明顯的事實矛盾或自相矛盾；3 結論：因為推理正確，產生矛盾的原因在于“反設”的謬誤，既然結論 的反面不成立，從而肯定了結論成立。11運用反證法的關鍵在于導致矛盾。在數(shù)論中，不少問題是通過奇偶分析或同 余等方法引出矛盾的。解： 如果存在這樣的三位數(shù)，那么就有100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。上式可化簡為 80a=b+c，而

31、這顯然是不可能的，因為 a1，b9，c9。這表明所找的數(shù)是不存在的。說明：在證明不存在性的問題時，常用反證法：先假設存在，即至少有一個 元素，它符合命題中所述的一切要求，然后從這個存在的元素出發(fā)，進行推理， 直到產生矛盾。例 2 將某個 17 位數(shù)的數(shù)字的排列順序顛倒，再將得到的數(shù)與原來的數(shù)相加。 試說明，得到的和中至少有一個數(shù)字是偶數(shù)。解：假設得到的和中沒有一個數(shù)字是偶數(shù)，即全是奇數(shù)。在如下式所示的加 法算式中，末一列數(shù)字的和 d+a 為奇數(shù)，從而第一列也是如此，因此第二列數(shù)字的和 b+c9。將已知數(shù)的前兩位數(shù)字 a，b 與末兩位數(shù)字 c，d 去掉，所得的 13 位數(shù)仍具有“將它的數(shù)字顛倒，

32、得到的數(shù)與它相加，和的數(shù)字都是奇數(shù)”這一性質。照此進行，每次去掉首末各兩位數(shù)字，最后得到一位數(shù)，它與自身相加是偶數(shù)，矛盾。故和的數(shù)字中必 有偶數(shù)。說明：顯然結論對（4k+1）位數(shù)也成立。但對其他位數(shù)的數(shù)不一定成立。如 12+21，506+605 等。例 3 有一個魔術錢幣機，當塞入 1 枚 1 分硬幣時，退出 1 枚 1 角和 1 枚 5 分的硬幣；當塞入 1 枚 5 分硬幣時，退出 4 枚 1 角硬幣；當塞入 1 枚 1 角硬幣時， 退出 3 枚 1 分硬幣。小紅由 1 枚 1 分硬幣和 1 枚 5 分硬幣開始，反復將硬幣塞入 機器，能否在某一時刻，小紅手中 1 分的硬幣剛好比 1 角的硬幣

33、少 10 枚？解：開始只有 1 枚 1 分硬幣，沒有 1 角的，所以開始時 1 角的和 1 分的總枚 數(shù)為 0+1=1，這是奇數(shù)。每使用一次該機器，1 分與 1 角的總枚數(shù)記為 q。下面 考查 q 的奇偶性。如果塞入 1 枚 1 分的硬幣，那么 q 暫時減少 1，但我們取回了 1 枚 1 角的硬 幣（和 1 枚 5 分的硬幣），所以總數(shù) q 沒有變化；如果再塞入 1 枚 5 分的硬幣（得12到 4 枚 1 角硬幣），那么 q 增加 4，而其奇偶性不變；如果塞入 1 枚 1 角硬幣， 那么 q 增加 2，其奇偶性也不變。所以每使用一次機器，q 的奇偶性不變，因為 開始時 q 為奇數(shù)，它將一直保持

34、為奇數(shù)。這樣，我們就不可能得到 1 分硬幣的枚數(shù)剛好比 1 角硬幣數(shù)少 10 的情況， 因為如果我們有 p 枚 1 分硬幣和（p+10）枚 1 角硬幣，那么 1 分和 1 角硬幣的總 枚數(shù)為（2p+10），這是一個偶數(shù)。矛盾。例 4 在 33 的方格表中已如右圖填入了 9 個質數(shù)。將表中同一行或同一列的 3 個數(shù)加上相同的自然數(shù)稱為一次操作。問：你能通過若干次操作使得表中 9 個數(shù)都變?yōu)橄嗤臄?shù)嗎？為什么？解： 因為表中 9 個質數(shù)之和恰為 100，被 3 除余 1，經過每一次操作，總和增加 3 的倍數(shù)，所以表中 9 個數(shù)之和除以 3 總是余 1。如果表中 9 個數(shù)變?yōu)橄嗟?，那?9 個數(shù)的總

35、和應能被 3 整除，這就得出矛盾！所以，無論經過多少次操作，表中的數(shù)都不會變?yōu)?9 個相同的數(shù)。 五、構造法構造法是一種重要的數(shù)學方法，它靈活多樣，數(shù)論中的許多問題都可以通過 構造某些特殊結構、特殊性質的整數(shù)或整數(shù)的組合來解決。例 5 9999和 99！能否表示成為 99 個連續(xù)的奇自然數(shù)之和？解： 9999能。因為 9999等于 99 個 9998之和，所以可以直接構造如下：9999=（9998-98）+（9998-96）+=（9998-2）+9998+（9998+2）+=（9998+96）+（9998+98）。99！不能。因為 99！為偶數(shù)，而 99 個奇數(shù)之和為奇數(shù)，所以 99！不能表示

36、 為 99 個連續(xù)奇數(shù)之和。說明：利用構造法證明存在性問題，只要把滿足題設要求的數(shù)學對象構造出 來就行。例 6 從 1，2，3，999 這 999 個數(shù)中，要求劃去盡量少的數(shù)，使得余下 的數(shù)中每一個數(shù)都不等于另外兩個數(shù)的乘積。應劃去哪些數(shù)？解： 我們可劃去 2，3，30，31 這 30 個數(shù)，因為劃去了上述這 30 個數(shù)之后，余下的數(shù)中，除 1 以外的任何兩個數(shù)之積將大于 322=1024999。另一方面，可以通過構造三元數(shù)組來證明 30 是最少的個數(shù)。13（2，61，261），（3，60，360），（4，59，459），（30，33，3033），（31，32，3132）。上面寫出的這些數(shù)都是

37、互不相同的，并且這些數(shù)中的最大數(shù)為 3132=992。 如果劃去的數(shù)少于 30 個，那么上述三元數(shù)組至少剩下一個，這樣就不滿足題設 條件。所以，30 是最少的個數(shù)。六、配對法配對的形式是多樣的，有數(shù)字的湊整配對，也有集合間元素與元素的配對（可 用于計數(shù)）。傳說高斯 8 歲時求和（1+2+100）首創(chuàng)了配對。像高斯那樣，善 于使用配對技巧，常常能使一些表面上看來很麻煩，甚至很棘手的問題迎刃而解。例 7 求 1，2，3，9999998，9999999 這 9999999 個數(shù)中所有數(shù)碼的和。 解： 在這些數(shù)前面添一個數(shù) 0，并不影響所有數(shù)碼的和。將這 1000 萬個數(shù)兩兩配對，因為 0 與 999

38、9999，1 與 9999998，4999999 與 5000000 各對的數(shù) 碼 和 都 是 9 7=63 。 這 里 共 有 5000000 對 ， 故 所 有 數(shù) 碼 的 和 是 63 5000000=315000000。例 8 某商場向顧客發(fā)放 9999 張購物券，每張購物券上印有一個四位數(shù)的號 碼，從 0001 到 9999 號。若號碼的前兩位數(shù)字之和等于后兩位數(shù)字之和，則稱這 張購物券為“幸運券”。例如號碼 0734，因 0+7=3+4，所以這個號碼的購物券 是幸運券。試說明，這個商場所發(fā)的購物券中，所有幸運券的號碼之和能被 101 整除。解：顯然，號碼為 9999 的是幸運券，除

39、這張幸運券外，如果某個號碼 n 是 幸運券，那么號碼為 m=9999-n 的購物券也是幸運券。由于 9999 是奇數(shù)，所以 m n。由于 m+n=9999，相加時不出現(xiàn)進位，所以除去號碼是 9999 這張幸運券之外， 其余所有幸運券可全部兩兩配對，而每一對兩個號碼之和均為 9999 ，即所有幸 運券號碼之和是 9999 的倍數(shù)。因為 9999=99101，所以所有幸運券號碼之和能被 101 整除。m m 1 1 1例 9 已知最簡分數(shù) 可以表示成： =1 + + + + 。試說明分子 mn n 2 3 88是質數(shù) 89 的倍數(shù)。解法一：仿照高斯求和（1+2+3+n）的辦法，將和14兩式相加，得

40、從而 2m88！=89k（k 是正整數(shù)）。因為 89 為奇質數(shù)，所以 89 不能整除 88！，從而 89|m。解法二： 作配對處理m 1 1 1 1 1 1 1 1 =1+ + +l+ + =89 + +l+n 88 2 87 44 45 188 2 87 44 45將括號內的分數(shù)進行通分，其公分母為 1 882 873 86 44 45=88！，從而 m88！=89k（k=nq）。因為 89 為奇質數(shù)，所以 89 不能整除 88！，從而 89|m。七、估計法估計法是用不等式放大或縮小的方法來確定某個數(shù)或整個算式的取值范圍， 以獲取有關量的本質特征，達到解題的目的。在數(shù)論問題中，一個有限范圍內

41、的整數(shù)至多有有限個，過渡到整數(shù)，就能夠 對可能的情況逐一檢驗，以確定問題的解。m例 10 已知一個整數(shù)等于 4 個不同的形如 （ m 是整數(shù)）的真分數(shù)之和，m +1求這個數(shù)，并求出滿足題意的 5 組不同的真分數(shù)。解：因每一真分數(shù)滿足1 m 1 ，而所求的數(shù)整 s 是四個不同的真分數(shù) 2 m +1之和，因此 2s4，推知 s=3。于是可得如下 5 組不同的真分數(shù)：1 2 6 41 1 2 7 23 1 2 9 14 1 3 4 19 1 3 5 11, , , , , , , , , , , , , , , , , , ,2 3 7 42 2 3 8 24 2 3 10 15 2 4 5 20

42、2 4 6 12152 22例 11 已知在乘積 123n 的尾部恰好有 106 個連續(xù)的零，求自然 數(shù) n 的最大值。分析：若已知 n 的具體數(shù)值，求 12n 的尾部零的個數(shù)，則比較容易 解決，現(xiàn)在反過來知道尾部零的個數(shù)，求 n 的值，不大好處理，我們可以先估計 n 大約是多少，然后再仔細確定 n 的值。400 解：當 n =400 時，數(shù) 1，2，3，400 中共有 =80 個數(shù)是 5 的倍數(shù)， 5 400 400 其中有 =16 個數(shù)是 5 的倍數(shù)，有 =3 個數(shù)是 5 5 5 3的倍數(shù)。因此，乘積 123400 中含質因數(shù) 5 的個數(shù)為 80+16+3=99（個）。 又乘積中質因數(shù) 2

43、 的個數(shù)多于 5 的個數(shù)，故 n=400 時，12n 的尾部有 99 個零，還需 7 個零，注意到 425 中含有 2 個質因數(shù) 5，所以當 n=430 時，12n 的尾部有 106 個零；當 n=435 時，12n 的尾部有 107 個零。因此，n 的最大值為 434。練習 21 將兩個自然數(shù)的差乘上它們的積，能否得到數(shù) 45045？2 如下圖，給定兩張 33 方格紙，并且在每一方格內填上“+”或“-”號?，F(xiàn)在對方格紙中任何一行或一列進行全部變號的操作。問：可否經過若干次操作，使圖（1）變成圖（2）？3你能在 33 的方格表中每個格子里都填一個自然數(shù)，使得每行、每列及兩條對角線上的三數(shù)之和都等于 1999 嗎？若能， 請舉出一例；若不能，請說明理由。示，求出表達式；若不能表示，請給出證明。165 公共汽車票的號碼是一個六位數(shù)，若一張車票的號碼的前 3 個數(shù)字之和 等于后 3 個數(shù)字之和，則稱這張車票是幸運的。試說明，所有幸運車票號碼的和 能被 13 整除。6 n 是由 5 個不同的非零數(shù)字組成的五位數(shù)，且 n 等于這 5 個數(shù)字中取 3 個不同數(shù)字構成的所有三位數(shù)的和，求出所有的這種五位數(shù) n。7 證明：沒有最大的質數(shù)。練習 2 答案：1 不可能。因為 45045 是奇數(shù)，所以它只能表示成 3