初一數學競賽講座⑴數論的方法與技巧

1、初一數學競賽講座第1講 數論的方法技巧（上）數論是研究整數性質的一個數學分支，它歷史悠久，而且有著強大的生命力。數論問題敘述簡明，“很多數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，在初等數學中再也沒有比數論更好的課程了。任何學生，如能把當今任何一本數論教材中的習題做出，就應當受到鼓勵，并勸他將來從事數學方面的工作。”所以在國內外各級各類的數學競賽中，數論問題總是占有相當大的比重。小學數學競賽中的數論問題，常常涉及整數的整除性、帶余除法、奇數與偶數、質數與合數、約數與倍數、整數的分解與分拆。主要的結論有：1帶余除法：

2、若a，b是兩個整數，b0，則存在兩個整數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，a是b的倍數。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n都可以寫成質數的連乘積，即其中p1p2pk為質數，a1，a2，ak為自然數，并且這種表示是唯一的。（1）式稱為n的質因數分解或標準分解。4約數個數定理：設n的標準分解式為（1），則它的正約數個數為：d（n）=（a1+1）（a2+1）（ak+1）。5整數集的離散性：n與n+1之間不再有其他整數。因此，不等式xy與xy-1是等價

3、的。下面，我們將按解數論題的方法技巧來分類講解。一、利用整數的各種表示法對于某些研究整數本身的特性的問題，若能合理地選擇整數的表示形式，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；42的乘方與奇數之積式：n=2mt，其中t為奇數。例1 紅、黃、白和藍色卡片各1張，每張上寫有1個數字，小明將這4張卡片如下圖放置，使它們構成1個四位數，并計算這個四位數與它的各位數字之和的10倍的差。結果小明發(fā)現(xiàn)，無論白色卡片上是什么數字，計算結果都是1998。問：紅、黃、藍3張卡片上各是什么數字？解：設紅、黃、白、藍色卡片上的數字

4、分別是a3，a2，a1，a0，則這個四位數可以寫成：1000a3+100a2+10a1+a0，它的各位數字之和的10倍是10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，這個四位數與它的各位數字之和的10倍的差是：990a3+90a2-9a0=1998，110a3+10a2-a0=222。比較上式等號兩邊個位、十位和百位，可得a0=8，a2=1，a3=2。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(a,b,c依次是這個數的百位、十位、個位數字)，并請這個人算出5個數與的和N，把N告訴魔術師，于是魔術師就可以說

5、出這個人所想的數?，F(xiàn)在設N=3194，請你當魔術師，求出數來。解：依題意，得a+b+c14，說明：求解本題所用的基本知識是，正整數的十進制表示法和最簡單的不定方程。例3 從自然數1，2，3，1000中，最多可取出多少個數使得所取出的數中任意三個數之和能被18整除？解：設a，b，c，d是所取出的數中的任意4個數，則a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中m，n是自然數。于是c-d=18（m-n）。上式說明所取出的數中任意2個數之差是18的倍數，即所取出的每個數除以18所得的余數均相同。設這個余數為r，則a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，其中a1，b1，c1是整數。于是a+

6、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=5518+10，所以，從1，2，1000中可取6，24，42，996共56個數，它們中的任意3個數之和能被18整除。例4 求自然數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。解：把數N寫成質因數乘積的形式：N=由于N能被5和72=49整除，故a31，a42，其余的指數ak為自然數或零。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=a

7、n=0，N只能有2個不同的質因數5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，那么N等于多少個2與1個奇數的積？解：因為210=1024，211=20482000，每一個不大于2000的自然數表示為質因數相乘，其中2的個數不多于10個，而1024=210，所以，N等于10個2與某個奇數的積。說明：上述5例都是根據題目的自身特點，從選擇恰當的整數表示形式入手，使問題迎刃而解。二、枚舉法枚舉法（也稱為

8、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。運用枚舉法有時要進行恰當的分類，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。數論中最常用的分類方法有按模的余數分類，按奇偶性分類及按數值的大小分類等。例6 求這樣的三位數，它除以11所得的余數等于它的三個數字的平方和。分析與解：三位數只有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。設這個三位數的百位、十位、個位的數字分別為x，y，z。由于任何數除以11所得余數都不大于10，所以x2+y2+z210，從而1x3，0y3，0z3。所求三位數必在以下

9、數中：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100，101兩個數符合要求。例7 將自然數N接寫在任意一個自然數的右面（例如，將2接寫在35的右面得352），如果得到的新數都能被N整除，那么N稱為魔術數。問：小于2000的自然數中有多少個魔術數？解：設P為任意一個自然數，將魔術數N（N2000接后得，下面對N為一位數、兩位數、三位數、四位數分別討論。當N為一位數時，=10P+N，依題意N，則N10P，由于需對任意數P成立，故N10，所以N=1，2，5；當N

10、為兩位數時，=100P+N，依題意N，則N100P，故N|100，所以N=10，20，25，50；當N為三位數時，=1000P+N，依題意N，則N1000P，故N|1000，所以N=100，125，200，250，500；當N為四位數時，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000。符合條件的有1000，1250。綜上所述，魔術數的個數為14個。說明：（1）我們可以證明：k位魔術數一定是10k的約數，反之亦然。 （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，牌面數字都在10以內。把這3張牌洗好后，

11、分別發(fā)給小明、小亮、小光3人。每個人把自己牌的數字記下后，再重新洗牌、發(fā)牌、記數，這樣反復幾次后，3人各自記錄的數字的和順次為13，15，23。問：這3張牌的數字分別是多少？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張撲克牌數字之和是17，可能的情況有下面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+

12、9=15；5+9+9=23。這3張牌的數字分別是3，5和9。例9 寫出12個都是合數的連續(xù)自然數。分析一：在尋找質數的過程中，我們可以看出100以內最多可以寫出7個連續(xù)的合數：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個都是合數的連續(xù)自然數：114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126。分析二：如果12個連續(xù)自然數中，第1個是2的倍數，第2個是3的倍數，第3個是4的倍數第12個是13的倍數，那么這12個數就都是合數。又m+2，m+3

13、，m+13是12個連續(xù)整數，故只要m是2，3，13的公倍數，這12個連續(xù)整數就一定都是合數。解法2：設m為2，3，4，13這12個數的最小公倍數。m+2，m+3，m+4，m+13分別是2的倍數，3的倍數，4的倍數13的倍數，因此12個數都是合數。說明：我們還可以寫出13！+2，13！+3，13！+13（其中n！=123n）這12個連續(xù)合數來。同樣，（m+1）！+2，（m+1）！+3，（m+1）！+m+1是m個連續(xù)的合數。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

14、歸納法。例10 將100以內的質數從小到大排成一個數字串，依次完成以下5項工作叫做一次操作：（1）將左邊第一個數碼移到數字串的最右邊；（2）從左到右兩位一節(jié)組成若干個兩位數；（3）劃去這些兩位數中的合數；（4）所剩的兩位質數中有相同者，保留左邊的一個，其余劃去；（5）所余的兩位質數保持數碼次序又組成一個新的數字串。問：經過1999次操作，所得的數字串是什么？解：第1次操作得數字串711131131737；第2次操作得數字串11133173；第3次操作得數字串111731；第4次操作得數字串1173；第5次操作得數字串1731；第6次操作得數字串7311；第7次操作得數字串3117；第8次操作得

15、數字串1173。不難看出，后面以4次為周期循環(huán)，1999=4499+3，所以第1999次操作所得數字串與第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：設這一摞卡片的張數為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2

16、a張；（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：一般天平兩邊都可放砝碼，我們從最簡單的情形開始研究。（

17、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：增加一個1克的砝碼；用一個2克的砝碼；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?？傊?克、3克兩個砝碼就可以稱出（3+1）克以內的任意整數克重。（5）接著思索可以進行一次飛躍，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+

18、3+9=13（克）以內的任意整數克重。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）以內的任意整數克重。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1 1已知某個四位數的十位數字減去1等于其個位數字，個位數字加2等于百位數字，這個四位數的數字反著順序排列成的數與原數之和等于9878。試求這個四位數。3設n是滿足下列條件的最小自然數：它們是75的倍數且恰有75個4不能寫成兩個奇合數之和的

19、最大偶數是多少？5把1，2，3，4，999這999個數均勻排成一個大圓圈，從1開始數：隔過1劃掉2，3，隔過4，劃掉5，6這樣每隔一個數劃掉兩個數，轉圈劃下去。問：最后剩下哪個數？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，則圓周上還有多少枚棋子？7用0，1，2，3，4五個數字組成四位數，每個四位數中均沒有重復數字（如1023，2341），求全體這樣的四位數之和。8有27個國家參加一次國

20、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，并注意到數字和及其進位的特點，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。即所求的四位數為1987。21324，1423，2314，2413，3412，共5個。3432。解：為保證n是75的倍數而又盡可能地小，因為75=355，所以可設n有三個質因數2，3，5，即n=235，其中0，1，2，并且（+1）（+1）（+1）=75。

21、易知當=4，=2時，符合題設條件。此時438。解：小于38的奇合數是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A，皆可表示為二奇合數之和：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。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（n為自然數），那么劃1圈剩下3n-1個數，劃2圈剩下3n-2個數劃（n-1）圈就剩3個數，再劃1圈，最后剩下的還是起始數1。3699937，從999個數中劃掉（999-36

22、=）270個數，剩下的（36=） 729個數，即可運用上述結論。因為每次劃掉的是2個數，所以劃掉270個數必須劃135次，這時劃掉的第270個數是（1353=）405，則留下的36個數的起始數為406。所以最后剩下的那個數是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-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，則N就是2和7的公倍數，所以a必須是奇數；若N=（78435+4）a-1=78435a+4a-1是 7的倍數，則4a-1必須是7的倍數，當a=21，25，27，29時，4a-1不是7的倍數，當a=23時，4a-1=91=713，是7的倍數。當N是14的倍數時，圓周上有23枚棋子。7259980。解：用十進位制表示的若干個四位數之和的加法原理為：若干個四位