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数论的方法技巧
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 (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? 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. 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? 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=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 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? 对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论。 解: 设a,b,c,d是所取出的数中的任意4个数,则 N|100,所以N=10,20,25,50; 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 (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: (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, 这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案。 练习1 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. 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? 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。 练习1解答 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. 于m被54所除的余数号座。
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