1、六年奧數綜合練習題八（ 數論的方法技巧）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：“用以發現天才，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?！彼栽趪鴥韧飧骷壐黝惖臄祵W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：若a

2、，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是等價的。

3、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。結果小明發現，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、藍色卡片上的數字分別

4、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。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

5、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+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中可取6，24，42，996共56個數，它們中的任意3個數

6、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=2×5，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=52-1×75-1=5×74

7、=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

8、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100，1

9、01兩個數符合要求。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？對N為一位數、兩位數、三位數、四位數分別討論。N|100，所以N=10，20，25，50； N|1000，所以N=100，125，200，250，500；（4）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

10、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，分別發給小明、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=3×17。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，

11、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張牌的數字分別是3，5和9。例9 寫出12個都是合數的連續自然數。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個連續的合數：90，91，92，93，94，95，96。我們把篩選法繼續運用下去，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個都是合數的連續自然數：114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126。分析二：如

12、果12個連續自然數中，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，m+13是12個連續整數，故只要m是2，3，13的公倍數，這12個連續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！=1×2×3××n）這12個連續合數來。同樣，（m+1）！+2，（m+1）！+3，（m+1）！+m+1是m個連

13、續的合數。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，從中發現并歸納出一般規律或作出某種猜想，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；第2次操作得數字串111331

14、73；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次操作得數字串1173。不難看出，后面以4次為周期循環，1999=4×499+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

15、不失題目性質的問題入手，尋找規律。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2a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+36，2×36=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

16、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。（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。總之，用1克、3克兩個砝碼就可以稱出（3+

17、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+3+9=13（克）以內的任意整數克重。而要稱14克時，按上述規律增加一個砝碼，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?？傊来a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。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

18、，經過正確的推理，導出矛盾的結果，這就否定了作為推理出發點的假設，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，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。運用反證法的關鍵在于導致矛盾。在數論中，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，那么就有100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。上式可化簡為 80a=b+c

19、，而這顯然是不可能的，因為a1，b9，c9。這表明所找的數是不存在的。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，進行推理，直到產生矛盾。例2 將某個17位數的數字的排列順序顛倒，再將得到的數與原來的數相加。試說明，得到的和中至少有一個數字是偶數。解：假設得到的和中沒有一個數字是偶數，即全是奇數。在如下式所示的加法算式中，末一列數字的和d+a為奇數，從而第一列也是如此，因此第二列數字的和b+c9。將已知數的前兩位數字a，b與末兩位數字c，d去掉，所得的13位數仍具有“將它的數字顛倒，得到的數與它相加，和的數字都是

20、奇數”這一性質。照此進行，每次去掉首末各兩位數字，最后得到一位數，它與自身相加是偶數，矛盾。故和的數字中必有偶數。說明：顯然結論對（4k+1）位數也成立。但對其他位數的數不一定成立。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分的總枚數為 0+1=1，這是奇數。每使用一次該機器，

21、1分與1角的總枚數記為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Q沒有變化；如果再塞入1枚5分的硬幣（得到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，它將一直保持為奇數。這樣，我們就不可能得到1分硬幣的枚數剛好比1角硬幣數少 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角硬幣的總枚數為（2P+10），這是一個偶數。矛盾。例 4在3×3的方格表中已如右圖填入了9個質數

22、。將表中同一行或同一列的3個數加上相同的自然數稱為一次操作。問：你能通過若干次操作使得表中9個數都變為相同的數嗎？為什么？解：因為表中9個質數之和恰為100，被3除余1，經過每一次操作，總和增加3的倍數，所以表中9個數之和除以3總是余1。如果表中9個數變為相等，那么9個數的總和應能被3整除，這就得出矛盾！所以，無論經過多少次操作，表中的數都不會變為9個相同的數。五、構造法構造法是一種重要的數學方法，它靈活多樣，數論中的許多問題都可以通過構造某些特殊結構、特殊性質的整數或整數的組合來解決。例5 9999和99！能否表示成為99個連續的奇自然數之和？解：9999能。因為9999等于99個9998之

23、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，而99個奇數之和為奇數，所以99！不能表示為99個連續奇數之和。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學對象構造出來就行。例6 從1，2，3，999這999個數中，要求劃去盡量少的數，使得余下的數中每一個數都不等于另外兩個數的乘積。應劃去哪些數？解：我們可劃去2，3，30，31這30個數，因為劃去了上述這30個數之后，余下的數中，除1以外的任何兩個數之積將大于322=1024999。另

24、一方面，可以通過構造三元數組來證明30是最少的個數。（2，61，2×61），（3，60，3×60），（4，59，4×59），（30，33，30×33），（31，32，31×32）。上面寫出的這些數都是互不相同的，并且這些數中的最大數為 31×32=992。如果劃去的數少于30個，那么上述三元數組至少剩下一個，這樣就不滿足題設條件。所以，30是最少的個數。六、配對法配對的形式是多樣的，有數字的湊整配對，也有集合間元素與元素的配對（可用于計數）。傳說高斯8歲時求和（1+2+100）首創了配對。像高斯那樣，善于使用配對技巧，常常能使一些表面

25、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個數中所有數碼的和。解：在這些數前面添一個數0，并不影響所有數碼的和。將這1000萬個數兩兩配對，因為0與9999999，1與9999998，4999999與5000000各對的數碼和都是9×7=63。這里共有5000000對，故所有數碼的和是63×5000000=315000000。例8 某商場向顧客發放9999張購物券，每張購物券上印有一個四位數的號碼，從0001到9999號。若號碼的前兩位數字之和等于后兩位數字之和，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，所以mn。由于m+n=9999，相加時不出現進位，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。因為9999=99×101，所以