初一数学竞赛培训讲座第1讲--数论的方法技巧(上).pdf

初一数学竞赛培训讲座 1 初一数学竞赛培训讲座 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 1 其中 p1 p2 pk为质数 a1 a2 ak为自然数 n K PPPN 21 21 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 3 标准分解式 n K PPPN 21 21 4 2 的乘方与奇数之积式 n 2mt 其中 t 为奇数 例例 1 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 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 例例 2 2 在一种室内游戏中 魔术师要求某参赛者想好一个三位数 然后魔术师再要求他记下 5abc 个数 并把这五个数加起来求出和 N 只要参赛者讲出 N 的大小 魔acbbcabaccabcba 术师就能说出原数是什么 如果 N 3194 那么是多少 abcabc 解 解 依题意 得 3194 acb bca baccab cba 初一数学竞赛培训讲座 2 两边同时加上 得 222 a b c 3194 222 a b c 222 14 86 abcabcabc 由此可推知 86 是 222 的倍数 且 a b c 14 abc 设 86 222n 考虑到是三位数 依次取 n 1 2 3 4 分别得出 136 358 580 abcabcabc 802 再结合 a b c 14 可知原三位数 358 abc 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 例例 3 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 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 例例 4 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 解 把数 N 写成质因数乘积的形式 n n PN 4321 7532 由于 N 能被 5 和 49 整除 故 3 1 4 2 其余的指数k为自然数或零 依题意 有 1 1 2 1 n 1 10 由于 3 1 2 4 1 3 且 10 2 5 故1 1 2 1 5 1 n 1 1 即 1 2 5 n 0 N 只能有 2 个不同的质因数 5 和 7 因为4 1 3 2 故由 3 1 4 1 10 知 3 1 5 4 1 2 是不可能的 因而3 1 2 4 1 5 即 N 52 1 75 1 5 74 12005 例例 5 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 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 例例 6 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 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 例例 7 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 初一数学竞赛培训讲座 3 解 解 设 P 为任意一个自然数 将魔术数 N N 2000 接后得 下面对 N 为一位数 两位数 PN 三位数 四位数分别讨论 1 当N 为一位数时 10P N 依题意 N 则N 10P 由于需对任意 P 成立 故N 10 PNPN 所以 N 1 2 5 2 当N 为两位数时 100P N 依题意 N 则N 100P 由于需对任意 P 成立 故N 100 PNPN 所以 N 10 20 25 50 3 当N为三位数时 1000P N 依题意 N 则N 10P 由于需对任意 P成立 故N 1000 PNPN 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 例例 8 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 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 1 1 6 10 2 1 7 9 3 1 8 8 4 2 5 10 5 2 6 9 6 2 7 8 7 3 4 10 8 3 5 9 9 3 6 8 10 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 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 例例 9 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 解法解法 1 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 解法解法 2 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 例例 1010 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 初一数学竞赛培训讲座 4 解 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 例例 1111 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 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 例例 1212 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 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 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 克砝码可以称 2 3 1 3 n 出 1 2 3 克重的重量 这是使用砝码最少 称重最大的砝码重量设计方案 3 2 1 1 n 初一数学竞赛培训讲座 5 能力平台 能力平台 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 2 是一个四位数 a b c d 均代表 1 2 3 4 中某个数字 但彼此不同 例如 2 1 abcd 3 4 请写出所有满足关系的 ac c d 的四位数 abcd 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 个自然数因数 包括 1 和本 身 求 abcd 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 初一数学竞赛培训讲座 6 第第 1 1 讲讲 能力平台 能力平台 答案 答案 1 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 2 1324 1423 2314 2413 3412 共 5 个 3 3 432 解 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 2 3 5 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 244 532 n432 75 n 4 4 38 解 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 5 406 解 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 6 23 枚 解 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 初一数学竞赛培训讲座