数学奥林匹克专题讲座 第01讲 数论的方法技巧上.docx

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数学奥林匹克专题讲座第01讲数论的方法技巧上

《数学奥林匹克专题讲座》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=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。

　　解：

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？

　　解：

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。

于是

　　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。

　　解：

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？

　　解：

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。

　　说明：

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。

问：

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。

　　说明：

（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。

问：

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？

解：

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。

　　说明：

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？

分析与解：

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。

练习1

　　1．已知某个四位数的十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数的数字反着顺序排列成的数与原数之和等于9878。

试求这个四位数。

　　3．设n是满足下列条件的最小自然数：

它们是75的倍数且恰有75个

　　4．不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？

　　5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一个大圆圈，从1开始数：

隔过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去。

问：

最后剩下哪个数？

为什么？

　　6．圆周上放有N枚棋子，如右图所示，B点的一枚棋子紧邻A点的棋子。

小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，连续转了10周，9次越过A。

当将要第10次越过A处棋子取走其它棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子。

若N是14的倍数，则圆周上还有多少枚棋子？

　　7．用0，1，2，3，4五个数字组成四位数，每个四位数中均没有重复数字（如1023，2341），求全体这样的四位数之和。

　　8．有27个国家参加一次国际会议，每个国家有2名代表。

求证：

不可能将54位代表安排在一张圆桌的周围就座，使得任一国的2位代表之间都夹有9个人。

练习1

　　1.1987。

　　（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）=9878。

　　比较等式两边，并注意到数字和及其进位的特点，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。

　　即所求的四位数为1987。

　　2.1324，1423，2314，2413，3412，共5个。

　　3.432。

　　解：

为保证n是75的倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设n有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且

　　（α+1）（β+1）（γ+1）=75。

　　易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件。

此时

　　4.38。

　　解：

小于38的奇合数是9，15，21，25，27，33。

　　38不能表示成它们之中任二者之和，而大于38的偶数A，皆可表示为二奇合数之和：

　　A末位是0，则A=15+5n，

　　A末位是2，则A=27+5n，

　　A末位是4，则A=9+5n，

　　A末位是6，则A=21+5n，

　　A末位是8，则A=33+5n，

　　其中n为大于1的奇数。

因此，38即为所求。

　　5.406。

解：

从特殊情况入手，可归纳出：

如果是3n个数（n为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数……划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下的还是起始数1。

　　36＜999＜37，从999个数中划掉（999-36=）270个数，剩下的（36=）729个数，即可运用上述结论。

　　因为每次划掉的是2个数，所以划掉270个数必须划135次，这时划掉的第270个数是（135×3=）405，则留下的36个数的起始数为406。

所以最后剩下的那个数是406。

　　6.23枚。

　　解：

设圆周上余a枚棋子。

因为从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子。

依此类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32a枚棋子……在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，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的倍数，则N就是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；

　　若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是7的倍数，则4a-1必须是7的倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7的倍数。

　　当N是14的倍数时，圆周上有23枚棋子。

　　7.259980。

　　解：

用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：

　　若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+

　　百位数数字之和×100+

　　十位数数字之和×10+

　　个位数数字之和。

　　以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4×3×2=24（个）。

这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能。

因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为

　　（1+2+3+4）×4×3×2=240。

　　以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择。

因此，

　　百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180。

　　同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180。

　　所以满足条件的四位数之和为

　　240×1000+180×（1+10+100）=259980。

　　8.将54个座位按逆时针编号：

1，2，…，54。

由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除的余数号座。

　　设想满足要求的安排是存在的。

不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：

　　21和31是同一国的代表；

　　31和41不是同一国的代表；

　　41和51是同一国的代表；

　　51和61不是同一国的代表（61即7号座）。

　　由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除的余数为号码的座位。

　　取k=13，则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45，271

被54除的余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表。

这样，1号、11号、45号的三位代表是同一国的，这是不可能的。

所以题目要求的安排不可能实现。