数论问题Word格式文档下载.docx
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n=2mt，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。
结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998。
问：
红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？
解：
设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3，a2，a1，a0，则这个四位数可以写成
1000a3+100a2+10a1+a0，
它的各位数字之和的10倍是
10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，
这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是
990a3+90a2-9a0=1998，
110a3+10a2-a0=222。
比较上式等号两边个位、十位和百位，可得
a0=8，a2=1，a3=2。
所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8。
依题意，得
a+b+c＞14，
说明：
求解本题所用的基本知识是，正整数的十进制表示法和最简单的不定方程。
例3从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？
设a，b，c，d是所取出的数中的任意4个数，则
a+b+c=18m，a+b+d=18n，
其中m，n是自然数。
于是
c-d=18（m-n）。
上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同。
设这个余数为r，则
a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，
其中a1，b1，c1是整数。
a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r。
因为18|（a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12。
因为1000=55×
18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除。
例4求自然数N，使得它能被5和49整除，并且包括1和N在内，它共有10个约数。
把数N写成质因数乘积的形式
由于N能被5和72=49整除，故a3≥1，a4≥2，其余的指数ak为自然数或零。
依题意，有
（a1+1）（a2+1）…（an+1）=10。
由于a3+1≥2，a4+1≥3，且10=2×
5，故
a1+1=a2+1=a5+1=…=an+1=1，
即a1=a2=a5=…an=0，N只能有2个不同的质因数5和7，因为a4+1≥3＞2，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=52-1×
75-1=5×
74=12005。
例5如果N是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数的积？
因为210=1024，211=2048＞2000，每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于10个，而1024=210，所以，N等于10个2与某个奇数的积。
上述5例都是根据题目的自身特点，从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解。
二、枚举法
枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题。
运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原则是不重不漏。
正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度。
数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等。
例6求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和。
分析与解：
三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量。
设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z。
由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以
x2+y2+z2≤10，
从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3。
所求三位数必在以下数中：
100，101，102，103，110，111，112，
120，121，122，130，200，201，202，
211，212，220，221，300，301，310。
不难验证只有100，101两个数符合要求。
例7将自然数N接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N整除，那么N称为魔术数。
小于2000的自然数中有多少个魔术数？
对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论。
N|100，所以N=10，20，25，50；
N|1000，所以N=100，125，200，250，500；
（4）当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000。
符合条件的有1000，1250。
综上所述，魔术数的个数为14个。
（1）我们可以证明：
k位魔术数一定是10k的约数，反之亦然。
（2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题容易解决。
例8有3张扑克牌，牌面数字都在10以内。
把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人。
每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23。
这3张牌的数字分别是多少？
解：
13+15+23=51，51=3×
17。
因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了3次，3张扑克牌数字之和是17，可能的情况有下面15种：
①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8
④2，5，10 ⑤2，6，9 ⑥2，7，8
⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8
⑩3，7，7 （11）4，4，9（12）4，5，8
（13）4，6，7（14）5，5，7（15）5，6，6
只有第⑧种情况可以满足题目要求，即
3+5+5=13；
3+3+9=15；
5+9+9=23。
这3张牌的数字分别是3，5和9。
例9写出12个都是合数的连续自然数。
分析一：
在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：
90，91，92，93，94，95，96。
我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了。
解法1：
用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：
114，115，116，117，118，119，120，
121，122，123，124，125，126。
分析二：
如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数。
又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数。
解法2：
设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数。
m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数。
说明:
我们还可以写出
13！
+2，13！
+3，…，13！
+13
（其中n！
=1×
2×
3×
…×
n）这12个连续合数来。
同样，
（m+1）！
+2，（m+1）！
+3，…，（m+1）！
+m+1是m个连续的合数。
三、归纳法
当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径。
这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法。
例10将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：
（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；
（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；
（3）划去这些两位数中的合数；
（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；
（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。
问：
经过1999次操作，所得的数字串是什么？
第1次操作得数字串711131131737；
第2次操作得数字串11133173；
第3次操作得数字串111731；
第4次操作得数字串1173；
第5次操作得数字串1731；
第6次操作得数字串7311；
第7次操作得数字串3117；
第8次操作得数字串1173。
不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×
499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117。
例11有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：
把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面。
再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面。
反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？
分析与解：
可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律。
列表如下：
设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：
（1）当N=2a（a=0，1，2，3，…）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2a张；
（2）当N=2a+m（m＜2a）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张。
取N=100，因为100=26+36，2×
36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第72张。
此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：
传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯。
如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯的号码是多少？
例12要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？
这些砝码的重量分别是多少？
一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究。
（1）称重1克，只能用一个1克的砝码，故1克的一个砝码是必须的。
（2）称重2克，有3种方案：
①增加一个1克的砝码；
②用一个2克的砝码；
③用一个3克的砝码，称重时，把一个1克的砝码放在称重盘内，把3克的砝码放在砝码盘内。
从数学角度看，就是利用3-1=2。
（3）称重3克，用上面的②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰。
（4）称重4克，用上面的方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰。
总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重。
（5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用
9-（3+1）=5，
即用一个9克重的砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内。
这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重。
而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为
14+13=27（克），
可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重。
总之，砝码的重量为1，3，32，33克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题的答案。
这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，
这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案。
第四讲数论的方法技巧之二
四、反证法
反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。
反证法的过程可简述为以下三个步骤：
1．反设：
假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；
2．归谬：
由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾――与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；
3．结论：
因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。
运用反证法的关键在于导致矛盾。
在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。
如果存在这样的三位数，那么就有
100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。
上式可化简为80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。
这表明所找的数是不存在的。
在证明不存在性的问题时，常用反证法：
先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。
例2将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。
试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。
在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9。
将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。
照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。
故和的数字中必有偶数。
显然结论对（4k+1）位数也成立。
但对其他位数的数不一定成立。
如12+21，506+605等。
例3有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；
当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；
当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。
小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？
开始只有1枚1分硬币，没有1角的，所以开始时1角的和1分的总枚数为0+1=1，这是奇数。
每使用一次该机器，1分与1角的总枚数记为Q。
下面考查Q的奇偶性。
如果塞入1枚1分的硬币，那么Q暂时减少1，但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币），所以总数Q没有变化；
如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币），那么Q增加4，而其奇偶性不变；
如果塞入1枚1角硬币，那么Q增加2，其奇偶性也不变。
所以每使用一次机器，Q的奇偶性不变，因为开始时Q为奇数，它将一直保持为奇数。
这样，我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少10的情况，因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币，那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数。
矛盾。
例4在3×
3的方格表中已如右图填入了9个质数。
将表中同一行或同一列的3个数加上相同的自然数称为一次操作。
你能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数吗？
为什么？
因为表中9个质数之和恰为100，被3除余1，经过每一次操作，总和增加3的倍数，所以表中9个数之和除以3总是余1。
如果表中9个数变为相等，那么9个数的总和应能被3整除，这就得出矛盾！
所以，无论经过多少次操作，表中的数都不会变为9个相同的数。
五、构造法
构造法是一种重要的数学方法，它灵活多样，数论中的许多问题都可以通过构造某些特殊结构、特殊性质的整数或整数的组合来解决。
例59999和99！
能否表示成为99个连续的奇自然数之和？
9999能。
因为9999等于99个9998之和，所以可以直接构造如下：
9999=（9998-98）+（9998-96）+…+
=（9998-2）+9998+（9998+2）+…+
=（9998+96）+（9998+98）。
99！
不能。
因为99！
为偶数，而99个奇数之和为奇数，所以99！
不能表示为99个连续奇数之和。
利用构造法证明存在性问题，只要把满足题设要求的数学对象构造出来就行。
例6从1，2，3，…，999这999个数中，要求划去尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不等于另外两个数的乘积。
应划去哪些数？
我们可划去2，3，…，30，31这30个数，因为划去了上述这30个数之后，余下的数中，除1以外的任何两个数之积将大于322=1024＞999。
另一方面，可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数。
（2，61，2×
61），（3，60，3×
60），（4，59，4×
59），…，
（30，33，30×
33），（31，32，31×
32）。
上面写出的这些数都是互不相同的，并且这些数中的最大数为31×
32=992。
如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件。
所以，30是最少的个数。
六、配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对（可用于计数）。
传说高斯8岁时求和（1+2+…+100）首创了配对。
像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解。
例7求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和。
在这些数前面添一个数0，并不影响所有数码的和。
将这1000万个数两两配对，因为0与9999999，1与9999998，…，4999999与5000000各对的数码和都是9×
7=63。
这里共有5000000对，故所有数码的和是63×
5000000=315000000。
例8某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号。
若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”。
例如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购物券是幸运券。
试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。
显然，号码为9999的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码n是幸运券，那么号码为m=9999-n的购物券也是幸运券。
由于9999是奇数，所以m≠n。
由于m+n=9999，相加时不出现进位，所以除去号码是9999这张幸运券之外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的倍数。
因为9999=99×
101，所以所有幸运券号码之和能被101整除。
试说明分子m是质数89的倍数。
解法一：
仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的办法，将和
①②两式相加，得
从而
2m×
88！
=89×
k（k是正整数）。
因为89为奇质数，所以89不能整除88！
，从而89|m。
解法二：
作配对处理
将括号内的分数进行通分，其公分母为
1×
88×
87×
86×
44×
45=88！
，
m×
k（k=n×
q）。
因为89为奇质数，所以89不能整除88！
七、估计法
估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的。
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解。
求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数。
因每一真分数满足
而所求的数整S是四个不同的真分数之和，因此2＜S＜4，推知S=3。
于是可得如下5组不同的真分数：
例11已知在乘积1×
n的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值。
分析：
若已知n的具体数值，求1×
n的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值。
因此，乘积1×
400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）。
又乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×
n的尾部有99个零，还需7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以
当n=430时，1×
n的尾部有106个零；
当n=435时，1×
n的尾部有107个零。
因此，n的最大值为434。
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