第三講 數論的方法技巧之一
數論是研究整數性質的一個數學分支，它歷史悠久，而且有著強大的生命力。數論問題敘述簡明，“很多數論問題可以從經驗中歸納出來，并且僅用三言兩語就能向一個行外人解釋清楚，但要證明它卻遠非易事”。因而有人說：“用以發現天才，在初等數學中再也沒有比數論更好的課程了。任何學生，如能把當今任何一本數論教材中的習題做出，就應當受到鼓勵，并勸他將來從事數學方面的工作�！彼栽趪鴥韧飧骷壐黝惖臄祵W競賽中，數論問題總是占有相當大的比重。
小學數學競賽中的數論問題，常常涉及整數的整除性、帶余除法、奇數與偶數、質數與合數、約數與倍數、整數的分解與分拆。主要的結論有：
1．帶余除法：若a，b是兩個整數，b＞0，則存在兩個整數q，r，使得
a=bq+r（0≤r＜b），
且q，r是唯一的。
特別地，如果r=0，那么a=bq。這時，a被b整除，記作b|a，也稱b是a的約數，a是b的倍數。
2．若a|c，b|c，且a，b互質，則ab|c。
3．唯一分解定理：每一個大于1的自然數n都可以寫成質數的連乘積，即
其中p1＜p2＜…＜pk為質數，a1，a2，…，ak為自然數，并且這種表示是唯一的。（1）式稱為n的質因數分解或標準分解。
4．約數個數定理：設n的標準分解式為（1），則它的正約數個數為：
d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。
5．整數集的離散性：n與n+1之間不再有其他整數。因此，不等式x＜y與x≤y-1是等價的。
下面，我們將按解數論題的方法技巧來分類講解。
一、利用整數的各種表示法
對于某些研究整數本身的特性的問題，若能合理地選擇整數的表示形式，則常常有助于問題的解決。這些常用的形式有：
1．十進制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0；
2．帶余形式：a=bq+r；
4．2的乘方與奇數之積式：n=2mt，其中t為奇數。
例1 紅、黃、白和藍色卡片各1張，每張上寫有1個數字，小明將這4張卡片如下圖放置，使它們構成1個四位數，并計算這個四位數與它的各位數字之和的10倍的差。結果小明發現，無論白色卡片上是什么數字，計算結果都是1998。問：紅、黃、藍3張卡片上各是什么數字？
解：設紅、黃、白、藍色卡片上的數字分別是a3，a2，a1，a0，則這個四位數可以寫成
1000a3+100a2+10a1+a0，
它的各位數字之和的10倍是
10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，
這個四位數與它的各位數字之和的10倍的差是
990a3+90a2-9a0=1998，
110a3+10a2-a0=222。
比較上式等號兩邊個位、十位和百位，可得
a0=8，a2=1，a3=2。
所以紅色卡片上是2，黃色卡片上是1，藍色卡片上是8。
解：依題意，得
a+b+c＞14，
說明：求解本題所用的基本知識是，正整數的十進制表示法和最簡單的不定方程。
例3 從自然數1，2，3，…，1000中，最多可取出多少個數使得所取出的數中任意三個數之和能被18整除？
解：設a，b，c，d是所取出的數中的任意4個數，則
a+b+c=18m，a+b+d=18n，
其中m，n是自然數。于是
c-d=18（m-n）。
上式說明所取出的數中任意2個數之差是18的倍數，即所取出的每個數除以18所得的余數均相同。設這個余數為r，則
a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，
其中a1，b1，c1是整數。于是
a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r。
因為18|（a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12。因為1000=55×18+10，所以，從1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56個數，它們中的任意3個數之和能被18整除。
例4 求自然數N，使得它能被5和49整除，并且包括1和N在內，它共有10個約數。
解：把數N寫成質因數乘積的形式
由于N能被5和72=49整除，故a3≥1，a4≥2，其余的指數ak為自然數或零。依題意，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個不同的質因數5和7，因為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的最小公倍數，那么N等于多少個2與1個奇數的積？
解：因為210=1024，211=2048＞2000，每一個不大于2000的自然數表示為質因數相乘，其中2的個數不多于10個，而1024=210，所以，N等于10個2與某個奇數的積。
說明：上述5例都是根據題目的自身特點，從選擇恰當的整數表示形式入手，使問題迎刃而解。
二、枚舉法
枚舉法（也稱為窮舉法）是把討論的對象分成若干種情況（分類），然后對各種情況逐一討論，最終解決整個問題。
運用枚舉法有時要進行恰當的分類，分類的原則是不重不漏。正確的分類有助于暴露問題的本質，降低問題的難度。數論中最常用的分類方法有按模的余數分類，按奇偶性分類及按數值的大小分類等。
例6 求這樣的三位數，它除以11所得的余數等于它的三個數字的平方和。
分析與解：三位數只有900個，可用枚舉法解決，枚舉時可先估計有關量的范圍，以縮小討論范圍，減少計算量。
設這個三位數的百位、十位、個位的數字分別為x，y，z。由于任何數除以11所得余數都不大于10，所以
x2+y2+z2≤10，
從而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3。所求三位數必在以下數中：
100，101，102，103，110，111，112，
120，121，122，130，200，201，202，
211，212，220，221，300，301，310。
不難驗證只有100，101兩個數符合要求。
例7 將自然數N接寫在任意一個自然數的右面（例如，將2接寫在35的右面得352），如果得到的新數都能被N整除，那么N稱為魔術數。問：小于2000的自然數中有多少個魔術數？
對N為一位數、兩位數、三位數、四位數分別討論。
N|100，所以N=10，20，25，50；
N|1000，所以N=100，125，200，250，500；
�。�4）當N為四位數時，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000。符合條件的有1000，1250。
綜上所述，魔術數的個數為14個。
說明：（1）我們可以證明：k位魔術數一定是10k的約數，反之亦然。
（2）這里將問題分成幾種情況去討論，對每一種情況都增加了一個前提條件，從而降低了問題的難度，使問題容易解決。
例8 有3張撲克牌，牌面數字都在10以內。把這3張牌洗好后，分別發給小明、小亮、小光3人。每個人把自己牌的數字記下后，再重新洗牌、發牌、記數，這樣反復幾次后，3人各自記錄的數字的和順次為13，15，23。問：這3張牌的數字分別是多少？
解：13+15+23=51，51=3×17。
因為17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3張撲克牌數字之和是17，可能的情況有下面15種：
①1，6，10 �、�1，7，9 �、�1，8，8
�、�2，5，10 ⑤2，6，9 �、�2，7，8
⑦3，4，10 �、�3，5，9 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種情況可以滿足題目要求，即
3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23。
這3張牌的數字分別是3，5和9。
例9 寫出12個都是合數的連續自然數。
分析一：在尋找質數的過程中，我們可以看出100以內最多可以寫出7個連續的合數：90，91，92，93，94，95，96。我們把篩選法繼續運用下去，把考查的范圍擴大一些就行了。
解法1：用篩選法可以求得在113與127之間共有12個都是合數的連續自然數：
114，115，116，117，118，119，120，
121，122，123，124，125，126。
分析二：如果12個連續自然數中，第1個是2的倍數，第2個是3的倍數，第3個是4的倍數……第12個是13的倍數，那么這12個數就都是合數。
又m+2，m+3，…，m+13是12個連續整數，故只要m是2，3，…，13的公倍數，這12個連續整數就一定都是合數。
解法2：設m為2，3，4，…，13這12個數的最小公倍數。m+2，m+3，m+4，…，m+13分別是2的倍數，3的倍數，4的倍數……13的倍數，因此12個數都是合數。
說明:我們還可以寫出
13！+2，13！+3，…，13！+13
（其中n！=1×2×3×…×n）這12個連續合數來。
同樣，
（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m個連續的合數。
三、歸納法
當我們要解決一個問題的時候，可以先分析這個問題的幾種簡單的、特殊的情況，從中發現并歸納出一般規律或作出某種猜想，從而找到解決問題的途徑。這種從特殊到一般的思維方法稱為歸納法。
例10 將100以內的質數從小到大排成一個數字串，依次完成以下5項工作叫做一次操作：
�。�1）將左邊第一個數碼移到數字串的最右邊；
（2）從左到右兩位一節組成若干個兩位數；
（3）劃去這些兩位數中的合數；
�。�4）所剩的兩位質數中有相同者，保留左邊的一個，其余劃去；
�。�5）所余的兩位質數保持數碼次序又組成一個新的數字串。
問：經過1999次操作，所得的數字串是什么？
解：第1次操作得數字串711131131737；
第2次操作得數字串11133173；
第3次操作得數字串111731；
第4次操作得數字串1173；
第5次操作得數字串1731；
第6次操作得數字串7311；
第7次操作得數字串3117；
第8次操作得數字串1173。
不難看出，后面以4次為周期循環，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得數字串與第7次相同，是3117。
例11 有100張的一摞卡片，玲玲拿著它們，從最上面的一張開始按如下的順序進行操作：把最上面的第一張卡片舍去，把下一張卡片放在這一摞卡片的最下面。再把原來的第三張卡片舍去，把下一張卡片放在最下面。反復這樣做，直到手中只剩下一張卡片，那么剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第幾張？
分析與解：可以從簡單的不失題目性質的問題入手，尋找規律。列表如下：
設這一摞卡片的張數為N，觀察上表可知：
（1）當N=2a（a=0，1，2，3，…）時，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的最后一張，即第2a張；
�。�2）當N=2a+m（m＜2a）時，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第2m張。
取N=100，因為100=26+36，2×36=72，所以剩下這張卡片是原來那一摞卡片的第72張。
說明：此題實質上是著名的約瑟夫斯問題：
傳說古代有一批人被蠻族俘虜了，敵人命令他們排成圓圈，編上號碼1，2，3，…然后把1號殺了，把3號殺了，總之每隔一個人殺一個人，最后剩下一個人，這個人就是約瑟夫斯。如果這批俘虜有111人，那么約瑟夫斯的號碼是多少？
例12 要用天平稱出1克、2克、3克……40克這些不同的整數克重量，至少要用多少個砝碼？這些砝碼的重量分別是多少？
分析與解：一般天平兩邊都可放砝碼，我們從最簡單的情形開始研究。
�。�1）稱重1克，只能用一個1克的砝碼，故1克的一個砝碼是必須的。
�。�2）稱重2克，有3種方案：
�、僭黾右粋�1克的砝碼；
②用一個2克的砝碼；
�、塾靡粋�3克的砝碼，稱重時，把一個1克的砝碼放在稱重盤內，把3克的砝碼放在砝碼盤內。從數學角度看，就是利用3-1=2。
�。�3）稱重3克，用上面的②③兩個方案，不用再增加砝碼，因此方案①淘汰。
�。�4）稱重4克，用上面的方案③，不用再增加砝碼，因此方案②也被淘汰�？傊�，用1克、3克兩個砝碼就可以稱出（3+1）克以內的任意整數克重。
�。�5）接著思索可以進行一次飛躍，稱重5克時可以利用
9-（3+1）=5，
即用一個9克重的砝碼放在砝碼盤內，1克、3克兩個砝碼放在稱重盤內。這樣，可以依次稱到1+3+9=13（克）以內的任意整數克重。
而要稱14克時，按上述規律增加一個砝碼，其重為
14+13=27（克），
可以稱到1+3+9+27=40（克）以內的任意整數克重。
總之，砝碼的重量為1，3，32，33克時，所用砝碼最少，稱重最大，這也是本題的答案。
這個結論顯然可以推廣，當天平兩端都可放砝碼時，使用1，3，
這是使用砝碼最少、稱重最大的砝碼重量設計方案。
