初一数学竞赛培训讲座数论的方法技巧（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 (1，其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k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）…（a k+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=a n10n+a n-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r ；3.标准分解式: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.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a 3，a 2，a 1，a 0，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990a 3+90a 2-9a 0=1998， 110a 3+10a 2-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.例 2 在一种室内游戏中,魔术师要求某参赛者想好一个三位数,然后魔术师再要求他记下5个数、、、、，并把这五个数加起来求出和N.只要参赛者讲出N 的大小，魔术师就能说出原数是什么？如果N=3194，那么是多少？ 解：依题意，得++++=3194. 两边同时加上,得:222(a+b+c=3194+, ∴222(a+b+c=222×14+86+.由此可推知: +86是222的倍数,且a+b+c>14.设+86=222n ，考虑到是三位数，依次取n=1，2，3，4，分别得出=136，358，580，802，再结合a+b+c>14，可知原三位数=358. 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49整除，故3≥1，4≥2，其余的指数k 为自然数或零. 依题意，有 （1+1）（2+1）…（n+1）=10. 由于3+1≥2，4+1≥3，且10=2×5，故1+1=2+1=5+1=…=n+1=1， 即1=2=5=…=n=0，N 只能有2个不同的质因数5和7，因为4+1≥3＞2，故由 （3+1）（4+1）=10.知，3+1=5，4+1=2是不可能的.因而3+1=2，4+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？解：设P 为任意一个自然数，将魔术数N （N<2000）接后得，下面对N 为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论. （1）当N 为一位数时，=10P+N ，依题意：N|，则N|10P ，由于需对任意P 成立，故N|10，所以N=1，2，5；（2）当N为两位数时，=100P+N，依题意：N|，则N|100P，由于需对任意P成立，故N|100，所以N=10，20，25，50；（3）当N为三位数时，=1000P+N，依题意：N|，则N|10P，由于需对任意P成立，故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(114，4，9 (124，5，8 (134，6，7 (145，5，7 (155，6，6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，，……，克砝码可以称出1，2，3，……，克重的重量.这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案. 【能力平台】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.2．是一个四位数，a、b、c、d均代表1，2，3，4中某个数字，但彼此不同，例如2，1，3，4.请写出所有满足关系的a ， b>c ， c 的四位数.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个自然数因数（包括1和本身），求. 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.第1讲【能力平台】答案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.。