八大菜系代表菜-

2021年1月21日发(作者：汤炳权)

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< br>整除，记作
b|a
，也称
b
是
a
的约
数，< br>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
p
1
＜
p
2
＜…＜
p
k为质数，
a
1
，
a
2
，…，
a
k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
）
=
（
a
1
+1
）（
a
2
+1
）…（
a
k
+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=a
n
10
n
+a
n-1
10
n-1
+…+a
0
；



2
．带余形式：
a=bq+r
；






4
．
2
的乘方与奇数之积式：< br>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



1000a
3
+100a
2
+10a
1
+a
0
，



它的各位数字之和的
10
倍是



1 0
（
a
3
+a
2
+a
1
+a
0< br>）
=10a
3
+10a
2
+10a
1
+10 a
0
，



这个四位数与它的各位数字之和的
10
倍的差是


990
a3
+90
a2
-9
a0
=1998
，



110
a3
+10
a2
-a
0
=222
。



比较上式等号两边个位、十位和百位，可得



a
0=8
，
a
2
=1
，
a
3
=2
。



所以红色卡片上是
2
，黄色卡片上是
1< br>，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
，< br>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< br>，
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=18a
1
+r
，
b=18b
1
+r
，c=18c
1
+r
，



其中
a< br>1
，
b
1
，
c
1
是整数。于是



a+b+c=18
（
a
1
+b
1+c
1
）
+3r
。



因
为
18|
（
a+b+c
）
，
所
以
18|3 r
，
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
，
2 4
，
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
7
2
=49
整除 ，故
a
3
≥1，
a
4
≥2，其余的指数
a
k
为自然数或零。依
题意，有



（
a
1
+1
）（
a
2
+1
）…（
a
n
+1
）
=10
。



由于
a
3
+1≥2，
a
4
+1≥3，且
10=2×5，故



a
1
+1=a
2
+1=a
5
+1=…= a
n
+1=1
，



即
a
1< br>=a
2
=a
5
=…a
n
=0
，
N< br>只能有
2
个不同的质因数
5
和
7
，因为
a< br>4
+1≥3＞
2
，故由



（
a
3
+1
）（
a
4
+1
）
=10


知
，
a
3
+1=5
，
a
4+1=2
是
不
可
能
的
。
因
而
a
3
+1=2
，
a
4
+1=5
，
即
N=5
2-1
×7
5-
1
=5×7
4
=1200 5
。





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
2
10
=1024
，
2
11
=20 48
＞
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=2
1 0
，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
，
2 5
，
50
；




N|1000
，所以
N=100
，
125
，
200
，
250< br>，
500
；



（
4
）当
N
为四位数时，同理可得
N=1000
，
1250
，
20 00
，
2500
，
5000
。符合条件
的有
100 0
，
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
10
k
的 约数，反之亦然。






（
2< br>）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。


< br>因为
17
＞
13
，摸
17
次是不可能的，所以摸了< br> 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
(114
，
4
，
9 (124
，
5
，
8


(134
，
6
，
7 (145
，
5
，
7 (155
，
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< br>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< br>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
11 3
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
，< br>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< br>2
，
3
，
4
，…，
13
这
12个数的最小公倍数。
m+2
，
m+3
，
m+4
，…，< br>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
！
+1 3


（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
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
；

八大菜系代表菜-

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