初一数学竞赛讲座⑴数论的方法与技巧

初一数学竞赛讲座

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？

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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。

例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc(a,b,c依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数acb,bac,bca,cab与

cba的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc。现在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc来。 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。

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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：N=2a1?3a2?5a3?7a4???Pnn

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=5×7=5×7=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2=1024，2=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=2，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？ 2-15-14101110a

解：设P为任意一个自然数，将魔术数N（N＜2000＝接后得PN，下面对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论。

?当N为一位数时，PN=10P+N，依题意N︱PN，则N︱10P，由于需对任意数P成立，故N︱10，所以N=1，2，5；

?当N为两位数时，PN=100P+N，依题意N︱PN，则N︱100P，故N|100，所以N=10，20，25，50；

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?当N为三位数时，依题意N︱PN，则N︱1000P，故N|1000，PN=1000P+N，

所以N=100，125，200，250，500；

?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：

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（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=2（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2张；

（2）当N=2+m（m＜2）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=2+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，

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