小学六年级奥数之数论的方法技巧

　　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

　　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

　　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

　　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?

　　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。

　　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。

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