數(shù)學(xué)奧林匹克專題講座第01講_數(shù)論的方法技巧(教師版)

1、第1講 數(shù)論的方法技巧（上）數(shù)論是研究整數(shù)性質(zhì)的一個(gè)數(shù)學(xué)分支，它歷史悠久，而且有著強(qiáng)大的生命力。數(shù)論問題敘述簡(jiǎn)明，“很多數(shù)論問題可以從經(jīng)驗(yàn)中歸納出來，并且僅用三言兩語(yǔ)就能向一個(gè)行外人解釋清楚，但要證明它卻遠(yuǎn)非易事”。因而有人說：“用以發(fā)現(xiàn)天才，在初等數(shù)學(xué)中再也沒有比數(shù)論更好的課程了。任何學(xué)生，如能把當(dāng)今任何一本數(shù)論教材中的習(xí)題做出，就應(yīng)當(dāng)受到鼓勵(lì)，并勸他將來從事數(shù)學(xué)方面的工作。”所以在國(guó)內(nèi)外各級(jí)各類的數(shù)學(xué)競(jìng)賽中，數(shù)論問題總是占有相當(dāng)大的比重。小學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的數(shù)論問題，常常涉及整數(shù)的整除性、帶余除法、奇數(shù)與偶數(shù)、質(zhì)數(shù)與合數(shù)、約數(shù)與倍數(shù)、整數(shù)的分解與分拆。主要的結(jié)論有：1帶余除法：若a，b是兩個(gè)整

2、數(shù)，b0，則存在兩個(gè)整數(shù)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(shí)，a被b整除，記作b|a，也稱b是a的約數(shù)，a是b的倍數(shù)。2若a|c，b|c，且a，b互質(zhì)，則ab|c。3唯一分解定理：每一個(gè)大于1的自然數(shù)n都可以寫成質(zhì)數(shù)的連乘積，即其中p1p2pk為質(zhì)數(shù)，a1，a2，ak為自然數(shù)，并且這種表示是唯一的。（1）式稱為n的質(zhì)因數(shù)分解或標(biāo)準(zhǔn)分解。4約數(shù)個(gè)數(shù)定理：設(shè)n的標(biāo)準(zhǔn)分解式為（1），則它的正約數(shù)個(gè)數(shù)為：d（n）=（a1+1）（a2+1）（ak+1）。5整數(shù)集的離散性：n與n+1之間不再有其他整數(shù)。因此，不等式xy與xy-1是等價(jià)的。下面，我們將

3、按解數(shù)論題的方法技巧來分類講解。一、利用整數(shù)的各種表示法對(duì)于某些研究整數(shù)本身的特性的問題，若能合理地選擇整數(shù)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(jìn)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(shù)之積式：n=2mt，其中t為奇數(shù)。例1 紅、黃、白和藍(lán)色卡片各1張，每張上寫有1個(gè)數(shù)字，小明將這4張卡片如下圖放置，使它們構(gòu)成1個(gè)四位數(shù)，并計(jì)算這個(gè)四位數(shù)與它的各位數(shù)字之和的10倍的差。結(jié)果小明發(fā)現(xiàn)，無論白色卡片上是什么數(shù)字，計(jì)算結(jié)果都是1998。問：紅、黃、藍(lán)3張卡片上各是什么數(shù)字？解：設(shè)紅、黃、白、藍(lán)色卡片上的數(shù)字分別是a3，a2

4、，a1，a0，則這個(gè)四位數(shù)可以寫成1000a3+100a2+10a1+a0，它的各位數(shù)字之和的10倍是10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，這個(gè)四位數(shù)與它的各位數(shù)字之和的10倍的差是990a3+90a2-9a0=1998，110a3+10a2-a0=222。比較上式等號(hào)兩邊個(gè)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(lán)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(shí)是，正整數(shù)的十進(jìn)制表示法和最簡(jiǎn)單的不定方程。例3 從自然數(shù)1，2，3，1000中，最多可取出多少個(gè)數(shù)使得所取出的數(shù)中任意三個(gè)數(shù)之和

5、能被18整除？解：設(shè)a，b，c，d是所取出的數(shù)中的任意4個(gè)數(shù)，則a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中m，n是自然數(shù)。于是c-d=18（m-n）。上式說明所取出的數(shù)中任意2個(gè)數(shù)之差是18的倍數(shù)，即所取出的每個(gè)數(shù)除以18所得的余數(shù)均相同。設(shè)這個(gè)余數(shù)為r，則a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，其中a1，b1，c1是整數(shù)。于是a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r。因?yàn)?8|（a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12。因?yàn)?000=55×18+10，所以，從1，2，1000中可取6，24，42，996共56個(gè)數(shù)，它們中的任意3個(gè)數(shù)之和能被18

6、整除。例4 求自然數(shù)N，使得它能被5和49整除，并且包括1和N在內(nèi)，它共有10個(gè)約數(shù)。解：把數(shù)N寫成質(zhì)因數(shù)乘積的形式由于N能被5和72=49整除，故a31，a42，其余的指數(shù)ak為自然數(shù)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(gè)不同的質(zhì)因數(shù)5和7，因?yàn)閍4+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=12005

7、。例5 如果N是1，2，3，1998，1999，2000的最小公倍數(shù)，那么N等于多少個(gè)2與1個(gè)奇數(shù)的積？解：因?yàn)?10=1024，211=20482000，每一個(gè)不大于2000的自然數(shù)表示為質(zhì)因數(shù)相乘，其中2的個(gè)數(shù)不多于10個(gè)，而1024=210，所以，N等于10個(gè)2與某個(gè)奇數(shù)的積。說明：上述5例都是根據(jù)題目的自身特點(diǎn)，從選擇恰當(dāng)?shù)恼麛?shù)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(duì)象分成若干種情況（分類），然后對(duì)各種情況逐一討論，最終解決整個(gè)問題。運(yùn)用枚舉法有時(shí)要進(jìn)行恰當(dāng)?shù)姆诸?，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(zhì)，降低問題的難度。數(shù)論中最常用的分類

8、方法有按模的余數(shù)分類，按奇偶性分類及按數(shù)值的大小分類等。例6 求這樣的三位數(shù)，它除以11所得的余數(shù)等于它的三個(gè)數(shù)字的平方和。分析與解：三位數(shù)只有900個(gè)，可用枚舉法解決，枚舉時(shí)可先估計(jì)有關(guān)量的范圍，以縮小討論范圍，減少計(jì)算量。設(shè)這個(gè)三位數(shù)的百位、十位、個(gè)位的數(shù)字分別為x，y，z。由于任何數(shù)除以11所得余數(shù)都不大于10，所以x2+y2+z210，從而1x3，0y3，0z3。所求三位數(shù)必在以下數(shù)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(yàn)證只有100，101兩個(gè)數(shù)符

9、合要求。例7 將自然數(shù)N接寫在任意一個(gè)自然數(shù)的右面（例如，將2接寫在35的右面得352），如果得到的新數(shù)都能被N整除，那么N稱為魔術(shù)數(shù)。問：小于2000的自然數(shù)中有多少個(gè)魔術(shù)數(shù)？對(duì)N為一位數(shù)、兩位數(shù)、三位數(shù)、四位數(shù)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(dāng)N為四位數(shù)時(shí)，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000。符合條件的有1000，1250。綜上所述，魔術(shù)數(shù)的個(gè)數(shù)為14個(gè)。說明：（1）我們可以證明：k位魔術(shù)數(shù)一定是10k的約數(shù)，反之亦然。 （2）這里將問題分成幾種情況去討論，對(duì)每一種情況都增

10、加了一個(gè)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(shù)字都在10以內(nèi)。把這3張牌洗好后，分別發(fā)給小明、小亮、小光3人。每個(gè)人把自己牌的數(shù)字記下后，再重新洗牌、發(fā)牌、記數(shù)，這樣反復(fù)幾次后，3人各自記錄的數(shù)字的和順次為13，15，23。問：這3張牌的數(shù)字分別是多少？解：13+15+23=51，51=3×17。因?yàn)?713，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3張撲克牌數(shù)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)4，4，9 (12)

11、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(shù)字分別是3，5和9。例9 寫出12個(gè)都是合數(shù)的連續(xù)自然數(shù)。分析一：在尋找質(zhì)數(shù)的過程中，我們可以看出100以內(nèi)最多可以寫出7個(gè)連續(xù)的合數(shù)：90，91，92，93，94，95，96。我們把篩選法繼續(xù)運(yùn)用下去，把考查的范圍擴(kuò)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(gè)都是合數(shù)的連續(xù)自然數(shù)：114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126。分析二：如果12個(gè)連續(xù)

12、自然數(shù)中，第1個(gè)是2的倍數(shù)，第2個(gè)是3的倍數(shù)，第3個(gè)是4的倍數(shù)第12個(gè)是13的倍數(shù)，那么這12個(gè)數(shù)就都是合數(shù)。又m+2，m+3，m+13是12個(gè)連續(xù)整數(shù)，故只要m是2，3，13的公倍數(shù)，這12個(gè)連續(xù)整數(shù)就一定都是合數(shù)。解法2：設(shè)m為2，3，4，13這12個(gè)數(shù)的最小公倍數(shù)。m+2，m+3，m+4，m+13分別是2的倍數(shù)，3的倍數(shù)，4的倍數(shù)13的倍數(shù)，因此12個(gè)數(shù)都是合數(shù)。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(gè)連續(xù)合數(shù)來。同樣，（m+1）！+2，（m+1）！+3，（m+1）！+m+1是m個(gè)連續(xù)的合數(shù)。三

13、、歸納法當(dāng)我們要解決一個(gè)問題的時(shí)候，可以先分析這個(gè)問題的幾種簡(jiǎn)單的、特殊的情況，從中發(fā)現(xiàn)并歸納出一般規(guī)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(nèi)的質(zhì)數(shù)從小到大排成一個(gè)數(shù)字串，依次完成以下5項(xiàng)工作叫做一次操作：（1）將左邊第一個(gè)數(shù)碼移到數(shù)字串的最右邊；（2）從左到右兩位一節(jié)組成若干個(gè)兩位數(shù)；（3）劃去這些兩位數(shù)中的合數(shù)；（4）所剩的兩位質(zhì)數(shù)中有相同者，保留左邊的一個(gè)，其余劃去；（5）所余的兩位質(zhì)數(shù)保持?jǐn)?shù)碼次序又組成一個(gè)新的數(shù)字串。問：經(jīng)過1999次操作，所得的數(shù)字串是什么？解：第1次操作得數(shù)字串；第2次操作得數(shù)字串11133173；第3次

14、操作得數(shù)字串111731；第4次操作得數(shù)字串1173；第5次操作得數(shù)字串1731；第6次操作得數(shù)字串7311；第7次操作得數(shù)字串3117；第8次操作得數(shù)字串1173。不難看出，后面以4次為周期循環(huán)，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得數(shù)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(jìn)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(fù)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(jiǎn)單的不失題目性質(zhì)

15、的問題入手，尋找規(guī)律。列表如下：設(shè)這一摞卡片的張數(shù)為N，觀察上表可知：（1）當(dāng)N=2a（a=0，1，2，3，）時(shí)，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(dāng)N=2a+m（m2a）時(shí)，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第2m張。取N=100，因?yàn)?00=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(shí)質(zhì)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(hào)碼1，2，3，然后把1號(hào)殺了，把3號(hào)殺了，總之每隔一個(gè)人殺一個(gè)人，最后剩下一個(gè)人，這個(gè)人就是約瑟夫斯。如果這批俘虜有111人，那么約瑟夫斯的號(hào)碼是多少？

16、例12 要用天平稱出1克、2克、3克40克這些不同的整數(shù)克重量，至少要用多少個(gè)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(jiǎn)單的情形開始研究。（1）稱重1克，只能用一個(gè)1克的砝碼，故1克的一個(gè)砝碼是必須的。（2）稱重2克，有3種方案：增加一個(gè)1克的砝碼；用一個(gè)2克的砝碼；用一個(gè)3克的砝碼，稱重時(shí)，把一個(gè)1克的砝碼放在稱重盤內(nèi)，把3克的砝碼放在砝碼盤內(nèi)。從數(shù)學(xué)角度看，就是利用3-1=2。（3）稱重3克，用上面的兩個(gè)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(gè)砝碼就可以稱出（3+1）克以內(nèi)的

17、任意整數(shù)克重。（5）接著思索可以進(jìn)行一次飛躍，稱重5克時(shí)可以利用9-（3+1）=5，即用一個(gè)9克重的砝碼放在砝碼盤內(nèi)，1克、3克兩個(gè)砝碼放在稱重盤內(nèi)。這樣，可以依次稱到1+3+9=13（克）以內(nèi)的任意整數(shù)克重。而要稱14克時(shí)，按上述規(guī)律增加一個(gè)砝碼，其重為14+13=27（克），可以稱到1+3+9+27=40（克）以內(nèi)的任意整數(shù)克重。總之，砝碼的重量為1，3，32，33克時(shí)，所用砝碼最少，稱重最大，這也是本題的答案。這個(gè)結(jié)論顯然可以推廣，當(dāng)天平兩端都可放砝碼時(shí)，使用1，3，這是使用砝碼最少、稱重最大的砝碼重量設(shè)計(jì)方案。練習(xí)1 1已知某個(gè)四位數(shù)的十位數(shù)字減去1等于其個(gè)位數(shù)字，個(gè)位數(shù)字加2等于百位

18、數(shù)字，這個(gè)四位數(shù)的數(shù)字反著順序排列成的數(shù)與原數(shù)之和等于9878。試求這個(gè)四位數(shù)。3設(shè)n是滿足下列條件的最小自然數(shù)：它們是75的倍數(shù)且恰有75個(gè)4不能寫成兩個(gè)奇合數(shù)之和的最大偶數(shù)是多少？5把1，2，3，4，999這999個(gè)數(shù)均勻排成一個(gè)大圓圈，從1開始數(shù)：隔過1劃掉2，3，隔過4，劃掉5，6這樣每隔一個(gè)數(shù)劃掉兩個(gè)數(shù)，轉(zhuǎn)圈劃下去。問：最后剩下哪個(gè)數(shù)？為什么？6圓周上放有N枚棋子，如右圖所示，B點(diǎn)的一枚棋子緊鄰A點(diǎn)的棋子。小洪首先拿走B點(diǎn)處的1枚棋子，然后順時(shí)針每隔1枚拿走2枚棋子，連續(xù)轉(zhuǎn)了10周，9次越過A。當(dāng)將要第10次越過A處棋子取走其它棋子時(shí)，小洪發(fā)現(xiàn)圓周上余下20多枚棋子。若N是14的倍數(shù)

19、，則圓周上還有多少枚棋子？7用0，1，2，3，4五個(gè)數(shù)字組成四位數(shù)，每個(gè)四位數(shù)中均沒有重復(fù)數(shù)字（如1023，2341），求全體這樣的四位數(shù)之和。8有27個(gè)國(guó)家參加一次國(guó)際會(huì)議，每個(gè)國(guó)家有2名代表。求證：不可能將54位代表安排在一張圓桌的周圍就座，使得任一國(guó)的2位代表之間都夾有9個(gè)人。練習(xí)11.1987。（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）= 9878。比較等式兩邊，并注意到數(shù)字和及其進(jìn)位的特點(diǎn)，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。即所求的四位數(shù)為1987。2.1324，1423，2314，2413，

20、3412，共5個(gè)。3.432。解：為保證n是75的倍數(shù)而又盡可能地小，因?yàn)?5=3×5×5，所以可設(shè)n有三個(gè)質(zhì)因數(shù)2，3，5，即n=2×3×5，其中0，1，2，并且（+1）（+1）（+1）=75。易知當(dāng)=4，=2時(shí)，符合題設(shè)條件。此時(shí)4.38。解：小于38的奇合數(shù)是9，15，21，25，27，33。38不能表示成它們之中任二者之和，而大于38的偶數(shù)A，皆可表示為二奇合數(shù)之和：A末位是0，則A=15+5n，A末位是2，則A=27+5n，A末位是4，則 A=9+5n，A末位是6，則A=21+5n，A末位是8，則A=33+5n，其中n為大于1的奇數(shù)。因此，38

21、即為所求。5.406。解：從特殊情況入手，可歸納出：如果是3n個(gè)數(shù)（n為自然數(shù)），那么劃1圈剩下3n-1個(gè)數(shù)，劃2圈剩下3n-2個(gè)數(shù)劃（n-1）圈就剩3個(gè)數(shù)，再劃1圈，最后剩下的還是起始數(shù)1。3699937，從999個(gè)數(shù)中劃掉（999-36=）270個(gè)數(shù)，剩下的（36=） 729個(gè)數(shù)，即可運(yùn)用上述結(jié)論。因?yàn)槊看蝿澋舻氖?個(gè)數(shù)，所以劃掉270個(gè)數(shù)必須劃135次，這時(shí)劃掉的第270個(gè)數(shù)是（135×3=）405，則留下的36個(gè)數(shù)的起始數(shù)為406。所以最后剩下的那個(gè)數(shù)是406。6.23枚。解：設(shè)圓周上余a枚棋子。因?yàn)閺牡?次越過A處拿走2枚棋子到第10次將要越過A處棋子時(shí)小洪拿走了2a枚棋子

22、，所以，在第9次將要越過A處棋子時(shí)，圓周上有3a枚棋子。依此類推，在第 8次將要越過 A處棋子時(shí)，圓周上有32a枚棋子在第1次將要越過A處棋子時(shí)，圓周上有39a枚棋子，在第1次將要越過A處棋子之前，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的倍數(shù)，則N就是2和7的公倍數(shù)，所以a必須是奇數(shù)；若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是 7的倍數(shù)，則4a-1必須是7的倍數(shù)，當(dāng)a=21，25，27，29時(shí)，4a-1不是7的倍數(shù)，當(dāng)a=23時(shí)，4a-1=91=7×13，是

23、7的倍數(shù)。當(dāng)N是14的倍數(shù)時(shí)，圓周上有23枚棋子。7.259980。解：用十進(jìn)位制表示的若干個(gè)四位數(shù)之和的加法原理為：若干個(gè)四位數(shù)之和=千位數(shù)數(shù)字之和×1000+百位數(shù)數(shù)字之和×100+十位數(shù)數(shù)字之和×10+個(gè)位數(shù)數(shù)字之和。以1，2，3，4中之一為千位數(shù)，且滿足題設(shè)條件的四位數(shù)有4×3×2=24（個(gè)）。這是因?yàn)椋?dāng)千位數(shù)確定后，百位數(shù)可以在其余4個(gè)數(shù)字中選擇；千、百位數(shù)確定后，十位數(shù)可以在其余3個(gè)數(shù)字中選擇；同理，個(gè)位數(shù)有2種可能。因此，滿足條件的四位數(shù)的千位數(shù)數(shù)字之和為（1+2+3+4）×4×3×2=240。以1

24、，2，3，4中之一為百位數(shù)時(shí)，因?yàn)?不能作為千位，所以千位數(shù)也有3種選擇；十位數(shù)也有3種選擇（加上0）；個(gè)位數(shù)有2種選擇。因此，百位數(shù)數(shù)字之和=（1+2+3+4）×18=180。同理，十位數(shù)數(shù)字之和、個(gè)位數(shù)數(shù)字之和都是180。所以滿足條件的四位數(shù)之和為240×1000+180×（1+10+100）= 259980。8.將54個(gè)座位按逆時(shí)針編號(hào)：1，2，54。由于是圍圓桌就座，所以從1號(hào)起，逆時(shí)針轉(zhuǎn)到55，就相當(dāng)于1號(hào)座；轉(zhuǎn)到56，就相當(dāng)于2號(hào)座；如此下去，顯然轉(zhuǎn)到m，就相當(dāng)于m被54所除的余數(shù)號(hào)座。設(shè)想滿足要求的安排是存在的。不妨設(shè)1和11是同一國(guó)的代表，由于任一

25、國(guó)只有2名代表，于是11和21不是同一國(guó)代表，下面的排法是：21和31是同一國(guó)的代表；31和41不是同一國(guó)的代表；41和51是同一國(guó)的代表；51和61不是同一國(guó)的代表（61即7號(hào)座）。由此，20k+1和20k+11是同一國(guó)的代表，若20k+1，20k+11大于54，則取這個(gè)數(shù)被54除的余數(shù)為號(hào)碼的座位。取k=13，則261和271是同一國(guó)的，而261被54除的余數(shù)是45，271被54除的余數(shù)是1，這就是說，1號(hào)座與45號(hào)座是同一國(guó)的代表，而我們已設(shè)1號(hào)與11號(hào)座是同一國(guó)的代表。這樣，1號(hào)、11號(hào)、45號(hào)的三位代表是同一國(guó)的，這是不可能的。所以題目要求的安排不可能實(shí)現(xiàn)。第1講 數(shù)論的方法技巧（下

26、）四、反證法反證法即首先對(duì)命題的結(jié)論作出相反的假設(shè)，并從此假設(shè)出發(fā)，經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)出矛盾的結(jié)果，這就否定了作為推理出發(fā)點(diǎn)的假設(shè)，從而肯定了原結(jié)論是正確的。反證法的過程可簡(jiǎn)述為以下三個(gè)步驟：1反設(shè)：假設(shè)所要證明的結(jié)論不成立，而其反面成立；2歸謬：由“反設(shè)”出發(fā)，通過正確的推理，導(dǎo)出矛盾與已知條件、公理、定義、定理、反設(shè)及明顯的事實(shí)矛盾或自相矛盾；3結(jié)論：因?yàn)橥评碚_，產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤，既然結(jié)論的反面不成立，從而肯定了結(jié)論成立。運(yùn)用反證法的關(guān)鍵在于導(dǎo)致矛盾。在數(shù)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(shù)，那么就有100a+10b+c=（10a+

27、b）+（10b+c）+（10a+c）。上式可化簡(jiǎn)為 80a=b+c，而這顯然是不可能的，因?yàn)閍1，b9，c9。這表明所找的數(shù)是不存在的。說明：在證明不存在性的問題時(shí)，常用反證法：先假設(shè)存在，即至少有一個(gè)元素，它符合命題中所述的一切要求，然后從這個(gè)存在的元素出發(fā)，進(jìn)行推理，直到產(chǎn)生矛盾。例2 將某個(gè)17位數(shù)的數(shù)字的排列順序顛倒，再將得到的數(shù)與原來的數(shù)相加。試說明，得到的和中至少有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù)。解：假設(shè)得到的和中沒有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù)，即全是奇數(shù)。在如下式所示的加法算式中，末一列數(shù)字的和d+a為奇數(shù)，從而第一列也是如此，因此第二列數(shù)字的和b+c9。將已知數(shù)的前兩位數(shù)字a，b與末兩位數(shù)字c，d去掉，所

28、得的13位數(shù)仍具有“將它的數(shù)字顛倒，得到的數(shù)與它相加，和的數(shù)字都是奇數(shù)”這一性質(zhì)。照此進(jìn)行，每次去掉首末各兩位數(shù)字，最后得到一位數(shù)，它與自身相加是偶數(shù)，矛盾。故和的數(shù)字中必有偶數(shù)。說明：顯然結(jié)論對(duì)（4k+1）位數(shù)也成立。但對(duì)其他位數(shù)的數(shù)不一定成立。如12+21，506+605等。例3 有一個(gè)魔術(shù)錢幣機(jī)，當(dāng)塞入1枚1分硬幣時(shí)，退出1枚1角和1枚5分的硬幣；當(dāng)塞入1枚5分硬幣時(shí)，退出4枚1角硬幣；當(dāng)塞入1枚1角硬幣時(shí)，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(fù)將硬幣塞入機(jī)器，能否在某一時(shí)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

29、時(shí)1角的和1分的總枚數(shù)為 0+1=1，這是奇數(shù)。每使用一次該機(jī)器，1分與1角的總枚數(shù)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(shí)減少1，但我們?nèi)』亓?枚1角的硬幣（和1枚5分的硬幣），所以總數(shù)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(jī)器，Q的奇偶性不變，因?yàn)殚_始時(shí)Q為奇數(shù)，它將一直保持為奇數(shù)。這樣，我們就不可能得到1分硬幣的枚數(shù)剛好比1角硬幣數(shù)少 10的情況，因?yàn)槿绻覀冇蠵枚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(shù)為（2P+10），這是一個(gè)偶

30、數(shù)。矛盾。例 4在3×3的方格表中已如右圖填入了9個(gè)質(zhì)數(shù)。將表中同一行或同一列的3個(gè)數(shù)加上相同的自然數(shù)稱為一次操作。問：你能通過若干次操作使得表中9個(gè)數(shù)都變?yōu)橄嗤臄?shù)嗎？為什么？解：因?yàn)楸碇?個(gè)質(zhì)數(shù)之和恰為100，被3除余1，經(jīng)過每一次操作，總和增加3的倍數(shù)，所以表中9個(gè)數(shù)之和除以3總是余1。如果表中9個(gè)數(shù)變?yōu)橄嗟龋敲?個(gè)數(shù)的總和應(yīng)能被3整除，這就得出矛盾！所以，無論經(jīng)過多少次操作，表中的數(shù)都不會(huì)變?yōu)?個(gè)相同的數(shù)。五、構(gòu)造法構(gòu)造法是一種重要的數(shù)學(xué)方法，它靈活多樣，數(shù)論中的許多問題都可以通過構(gòu)造某些特殊結(jié)構(gòu)、特殊性質(zhì)的整數(shù)或整數(shù)的組合來解決。例5 9999和99！能否表示成為99個(gè)連

31、續(xù)的奇自然數(shù)之和？解：9999能。因?yàn)?999等于99個(gè)9998之和，所以可以直接構(gòu)造如下：9999=（9998-98）+（9998-96）+=（9998-2）+9998+（9998+2）+=（9998+96）+（9998+98）。99！不能。因?yàn)?9！為偶數(shù)，而99個(gè)奇數(shù)之和為奇數(shù)，所以99！不能表示為99個(gè)連續(xù)奇數(shù)之和。說明：利用構(gòu)造法證明存在性問題，只要把滿足題設(shè)要求的數(shù)學(xué)對(duì)象構(gòu)造出來就行。例6 從1，2，3，999這999個(gè)數(shù)中，要求劃去盡量少的數(shù)，使得余下的數(shù)中每一個(gè)數(shù)都不等于另外兩個(gè)數(shù)的乘積。應(yīng)劃去哪些數(shù)？解：我們可劃去2，3，30，31這30個(gè)數(shù)，因?yàn)閯澣チ松鲜鲞@30個(gè)數(shù)之后，余

32、下的數(shù)中，除1以外的任何兩個(gè)數(shù)之積將大于322=1024999。另一方面，可以通過構(gòu)造三元數(shù)組來證明30是最少的個(gè)數(shù)。（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(shù)都是互不相同的，并且這些數(shù)中的最大數(shù)為 31×32=992。如果劃去的數(shù)少于30個(gè)，那么上述三元數(shù)組至少剩下一個(gè)，這樣就不滿足題設(shè)條件。所以，30是最少的個(gè)數(shù)。六、配對(duì)法配對(duì)的形式是多樣的，有數(shù)字的湊整配對(duì)，也有集合間元素與元素的配對(duì)（可用于計(jì)數(shù)）。傳說高斯8歲時(shí)求和（1+2+

33、100）首創(chuàng)了配對(duì)。像高斯那樣，善于使用配對(duì)技巧，常常能使一些表面上看來很麻煩，甚至很棘手的問題迎刃而解。例7 求1，2，3，9999998，9999999這9999999個(gè)數(shù)中所有數(shù)碼的和。解：在這些數(shù)前面添一個(gè)數(shù)0，并不影響所有數(shù)碼的和。將這1000萬個(gè)數(shù)兩兩配對(duì)，因?yàn)?與9999999，1與9999998，4999999與5000000各對(duì)的數(shù)碼和都是9×7=63。這里共有5000000對(duì)，故所有數(shù)碼的和是63×5000000=315000000。例8 某商場(chǎng)向顧客發(fā)放9999張購(gòu)物券，每張購(gòu)物券上印有一個(gè)四位數(shù)的號(hào)碼，從0001到9999號(hào)。若號(hào)碼的前兩位數(shù)字之和等

34、于后兩位數(shù)字之和，則稱這張購(gòu)物券為“幸運(yùn)券”。例如號(hào)碼 0734，因 0+7=3+4，所以這個(gè)號(hào)碼的購(gòu)物券是幸運(yùn)券。試說明，這個(gè)商場(chǎng)所發(fā)的購(gòu)物券中，所有幸運(yùn)券的號(hào)碼之和能被101整除。解：顯然，號(hào)碼為9999的是幸運(yùn)券，除這張幸運(yùn)券外，如果某個(gè)號(hào)碼n是幸運(yùn)券，那么號(hào)碼為m=9999-n的購(gòu)物券也是幸運(yùn)券。由于9999是奇數(shù)，所以mn。由于m+n=9999，相加時(shí)不出現(xiàn)進(jìn)位，所以除去號(hào)碼是9999這張幸運(yùn)券之外，其余所有幸運(yùn)券可全部?jī)蓛膳鋵?duì)，而每一對(duì)兩個(gè)號(hào)碼之和均為9999，即所有幸運(yùn)券號(hào)碼之和是9999的倍數(shù)。因?yàn)?999=99×101，所以所有幸運(yùn)券號(hào)碼之和能被101整除。試說明分

35、子m是質(zhì)數(shù)89的倍數(shù)。解法一：仿照高斯求和（1+2+3+n）的辦法，將和兩式相加，得從而2m×88！=89×k（k是正整數(shù)）。因?yàn)?9為奇質(zhì)數(shù)，所以89不能整除 88！，從而89|m。解法二：作配對(duì)處理將括號(hào)內(nèi)的分?jǐn)?shù)進(jìn)行通分，其公分母為1×88×2×87×3×86××44×45=88！，從而m×88！=89×k（k=n×q）。因?yàn)?9為奇質(zhì)數(shù)，所以89不能整除88！，從而89|m。七、估計(jì)法估計(jì)法是用不等式放大或縮小的方法來確定某個(gè)數(shù)或整個(gè)算式的取值范圍，以獲取有關(guān)

36、量的本質(zhì)特征，達(dá)到解題的目的。在數(shù)論問題中，一個(gè)有限范圍內(nèi)的整數(shù)至多有有限個(gè)，過渡到整數(shù)，就能夠?qū)赡艿那闆r逐一檢驗(yàn)，以確定問題的解。求這個(gè)數(shù)，并求出滿足題意的5組不同的真分?jǐn)?shù)。解：因每一真分?jǐn)?shù)滿足而所求的數(shù)整S是四個(gè)不同的真分?jǐn)?shù)之和，因此2S4，推知S=3。于是可得如下5組不同的真分?jǐn)?shù)：例11 已知在乘積1×2×3××n的尾部恰好有106個(gè)連續(xù)的零，求自然數(shù)n的最大值。分析：若已知n的具體數(shù)值，求1×2××n的尾部零的個(gè)數(shù)，則比較容易解決，現(xiàn)在反過來知道尾部零的個(gè)數(shù)，求n的值，不大好處理，我們可以先估計(jì)n大約是多少，然后再

37、仔細(xì)確定n的值。因此，乘積1×2×3××400中含質(zhì)因數(shù)5的個(gè)數(shù)為80+16+3=99（個(gè)）。又乘積中質(zhì)因數(shù)2的個(gè)數(shù)多于5的個(gè)數(shù)，故n=400時(shí)，1×2××n的尾部有99個(gè)零，還需 7個(gè)零，注意到425中含有2個(gè)質(zhì)因數(shù)5，所以當(dāng)n=430時(shí)，1×2××n的尾部有106個(gè)零；當(dāng)n=435時(shí)，1×2××n的尾部有107個(gè)零。因此，n的最大值為434。練習(xí)2 1將兩個(gè)自然數(shù)的差乘上它們的積，能否得到數(shù)45045？2如下圖，給定兩張3×3方格紙，并且在每一方格內(nèi)填上“+”或“-”號(hào)?，F(xiàn)在對(duì)方格紙中任何一行或一列進(jìn)行全部變號(hào)的操作。問：可否經(jīng)過若干次操作，使圖（1）變成圖（2）？3你能在3×3的方格表中每個(gè)格子里都填一個(gè)自然數(shù)，使得每行、每列及兩條對(duì)角線上的三數(shù)之和都等于1999嗎？若能，請(qǐng)?zhí)畛鲆焕?；若不能，?qǐng)說明理由。示，求出表達(dá)式；若不能表示，請(qǐng)給