七年级数学竞赛讲座数论的方法与技巧(含答案详解)

1、数学竞赛讲座数论的方法技巧( 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

2、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 abq+r(0 <r<b),且 q,r 是唯一的。特别地，如果r0,那么abq。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<p2Vypk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

3、正约数个数为:d(n)(a1+1)(a2+1)(ak+l)。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xwy-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:nan10n+an-110n-1+ +a0;2 . 带余形式:abq+r;3 .2 的乘方与奇数之积式:n2mt, 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

4、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+90a2-9a01998,110a3+10a2-a0222。比较上式等号两边个位、十位和百位

5、, 可得 a08,a21,a32 。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 个数与的和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。现在设N3194,请你当魔术师，求出数来。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 ?解 : 设 a,b,c,d 是 所 取 出

6、 的 数 中 的 任 意 4 个 数 , 则 a+b+c18m,a+b+d18n其中 m,n是自然数。于是 c-d18(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 a18a1+r,b18b1+r,c18c1+r,其中 a1,b1,c1 是整数。于是a+b+c18(a1+b1+c1)+3r 。因为 18|(a+b+c), 所以 18|3r, 即 6|r, 推知 r0,6,12 。因为100055X 18+10，所以，从 1,2, - -,1000 中可取 6,24,42,

7、 ,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:N由于N能被5和7249整除，故a3Al,a4 n2,其余的指数ak为 自然数或零。依题意，有(a1+1)(a2+1)色门+小。由于 a3+1>2,a4+1 >3,且 102X5,故 a1+1a2+1a5+1- an+11,即a1a2a&- an0,N只能有2个不同的质因数5和7,因为a4+1 A3>2,故由(a3+1)(a4+1)10 知,a3+15,a4+12 是不可能的。

8、因而 a3+12,a4+15,即 N52-1X 75-15 X 7412005。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2101024,2112048>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 1024210,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。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

9、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+z2Wl0, 从而1WxW3,0 WyW3,0 WzW3。所求三位数必在以下数中：100,101,10

10、2,103,110,111,112,120,121,122,130,200,201,202,211 ,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（N<2000装后得，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，10P+N,依题意N?,则N?10P,由于需对任意 数P成立，故N?10,

11、所以N1,2,5;当N为两位数时，100P+N,依题意N?,则N?100P故N|100,所以 N10,20,25,50;当N为三位数时，1000P+N,依题意N?,则N?1000P故N|1000,所以 N100,125,200,250,500;当N为四位数时，同理可得N1000,1250,2000,2500,5000 。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*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

12、, 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?1:13+15+2351,513 X 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 : 1,6,10 1,7,9 1,8,8 2,5,10 2,6,9 2,7,8 3,4,10 3,5,9 3,6,83,7,7114,4,9 124,5,8 134,6,7 145,5,

13、7 155,6,6只 有 第 种 情况 可以 满 足题 目 要求 ,即3+5+513;3+3+915;5+9+923。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

14、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,，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!1X2X3X-X n)这12个连续合数来。同样,(m+1)!+2,(m+1)!+3,(m+1)!+

15、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

16、串是什么?解 : 第 1 次操作得数字串7; 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，19994 X 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

17、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N2a(a0,1,2,3,)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N2a+m(m<2的，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张。取N100，因为10026+36,2X3672,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,

18、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 :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

19、在砝码盘内。从数学角度看, 就是利用3-12(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+913(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

20、27( 克 ), 可以称到1+3+9+2740(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?5. 把1,2,3,4, ,99

21、9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), 求全体这样的四位数之和。8.

22、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 答案 :1.1987 。(a+d) x 1000+(b+c) x 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+d8,b+c17。c-1d,d+2b, 可求得 :a1,b9,c8,d71987。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753X 5X5,所 以可设n有三

23、个质因数2,3,5,即n2% X3(3 X5丫，其中 A0, (3 A1, 丫 >2,并且(%+1)( B +1)( 丫+1)75。易知当0c B 4, 丫 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A15+5n;A末位是2,则A27+5n;A 末位是4,则A9+5n;A末位是6,则A21+5n;A末位是8,则A33+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:

24、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。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(135X3)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

25、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 239a-1+1 枚棋子 , 所以 N239a-1+1+39a310a-1。若N310a59049a-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(7X 8435+4)a-17 X8435a+4a-1 是 7 的倍数，贝U 4a-1 必须 是 7 的倍数 , 当 a21,25,27,29 时 ,4a-1 不是 7 的倍数 , 当 a23 时,4a-1917 X 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x1000+百位数数字之和X10