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1、学习必备欢迎下载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。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。
2、主要的结论有:1 带余除法:若 a, b 是两个整数,b0, 则存在两个整数q, r , 使得 a=bq+r(0rb),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 p1p2pk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)=(a
3、1+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xy 与xy-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;42 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
4、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?精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 8 页学习必备欢迎下载解: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+10a
5、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cabbcabacacb,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+c14,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
6、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=5518+10,
7、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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 8 页学习必备欢迎下载例 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=nanaaaaP43217532由于 N能被 5 和 72=49整除,故 a31, a42, 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+12,a4+13,且 1
8、0=25,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+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=52-175-1=574=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=20482000,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
9、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
10、。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+z210,从而 1x3,0y3,0z3。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
11、自然数,将魔术数N (N2000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 NPN,则 N100P,故 N|100,所以 N=10 ,20,25,50;精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 8 页学习必备欢迎下载当 N为三位数时,PN=1000P+N , 依题意 N PN, 则 N1000P, 故 N|1000,所以 N=100
12、 ,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
13、张牌的数字分别是多少?解:13+15+23=51 ,51=317。因为 1713,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: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 ,4,9 (12)4 ,5,8 (13)4,6,7 (14)5 ,5,7 (15)5 ,6,6 只有第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
14、: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,
15、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!=123 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
16、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:精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 8 页学习必备欢迎下载(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 7111
17、31131737 ;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=4499+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
18、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+36,236=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
19、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:增加一个 1 克的砝码;用一个 2 克的砝码;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
20、是利用3-1=2。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 8 页学习必备欢迎下载(3)称重 3 克,用上面的两个方案,不用再增加砝码,因此方案淘汰。(4)称重 4 克,用上面的方案,不用再增加砝码,因此方案也被淘汰。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
21、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 11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?
22、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,如下图所示, 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)
23、,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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 8 页学习必备欢迎下载练习 1 答案:11987。(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。21324,1423,2314,
24、2413,3412,共 5 个。3432。解:为保证 n 是 75 的倍数而又尽可能地小,因为75=355,所以可设 n有三个质因数 2,3,5,即 n=235,其中0,1,2,并且(+1)(+1)(+1)=75。易知当 =4,=2 时,符合题设条件。此时438。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
25、大于 1 的奇数。因此, 38 即为所求。5406。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。3699937, 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( 1353=)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。623 枚。解:设圆周上余 a枚棋子。因为从第9 次越
26、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 处棋子精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 8 页学习必备欢迎下载时,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
27、 和 7 的公倍数,所以 a必须是奇数;若 N=(78435+4)a-1=78435a+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=713,是 7 的倍数。当 N 是 14 的倍数时,圆周上有23 枚棋子。7259980。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432=24 (个) 。这是因为,当千位数确定
28、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)432=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2401000+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
29、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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 8 页