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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。主要
2、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）=（a1+1）（a2+1）（ak
3、+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字之和的 10 倍的差。结果
4、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？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+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
5、 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
6、，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，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。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
7、中再也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时被整除记作也称是的约数是的倍数若且互质则唯一分解定理每一个大学习必备 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 10=25，故 a1+1=a2+1=a5+1=an+1=1，即 a1=a2=a5=an=0，N只能有
8、 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
9、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
10、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
11、N为一位数时，PN=10P+N，依题意 NPN，则 N10P，由于需对任意数 P成立，故 N10，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；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时被整除记作也称是的约数是的倍数若且互质则唯一分解定理每一个大学习必备 欢迎下载 当 N为三位数时，PN=1000P+N，依题意 NPN，则 N1000P，故 N|1000，所以 N=100，125，200，250，500；当 N 为四
12、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=
13、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：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
14、 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
15、。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！=123n）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
16、一个数字串，依次完成以下 5 项工作叫做一次操作：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时被整除记作也称是的约数是的倍数若且互质则唯一分解定理每一个大学习必备 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 711131131737；第 2 次操作得数
17、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。反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩
18、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 号杀了，把 3 号杀了，总之每隔一个人杀一个人
19、，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，就是利用3-1=2。清楚但要证明它却远非易事因而有人说用以
20、发现天才在初等数学中再也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时被整除记作也称是的约数是的倍数若且互质则唯一分解定理每一个大学习必备 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 1
21、4 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？
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
23、，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。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时被整除记作也称是的约数是的倍数若且互质则唯一分解定理每一个大学习必备 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
24、得：a=1，b=9，c=8，d=7。即所求的四位数为 1987。21324，1423，2314，2413，3412，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，
25、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。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
26、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时被整除记作也称是的约数是的倍数若且互质则唯一分解定理每一个大学习必备 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
27、，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=（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
28、=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
29、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 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
30、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。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时被整除记作也称是的约数是的倍数若且互质则唯一分解定理每一个大