数论-1

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小奥数论1-整除和余数知识点总结及经典例题培训资料

小奥数论1-整除和余数知识点总结及经典例题1.数论——数的整除和余数2.1基本概念和基本性质2.1.1定义整数a除以整数b（b≠0），除得的商是整数而没有余数，我们就说a能被b整除，或者说b能整除a。

2.2数的整除的判别法2.2.1末位判别法2.2.2数字和判别法（用以判别能否被3或9整除）各数位上数字的和是3或9的倍数，则能被3或9整除。

173652÷9:1+7+3+6+5+2的和除以3或9；简便算法，利用整除的加减性，可以去掉1个或多个9，剩下数字的和x 再除以3或9；如果x﹥9,则余数为x-9;如果x﹤9,则余数为x。

2.2.3奇偶数位判别法（用以判别能否被11整除）从右往左编号，编号为奇数的为奇数位，编号为偶数的为偶数位，看奇数位上的数字的和与偶数位上的数字的和的两者之差是否能被11整除；81729033÷11:奇数位和为6，偶数位和为27；如果奇数位和比偶数位和小，则奇数位和加1个或多个11，直到够减。

余数的判断法与整数位的判断法一致。

2.2.4三位一截判别法（用以判别能否被7/11/13整除）2.2.4.1基本用法从右往左三位一截并编号，编号为奇数的为奇数段，编号为偶数的为偶数段，看奇数段的数字的和与偶数段的数字的和的两者之差是否能被7、11、13整除；如，86372548，奇数段的和为（548+86），偶数段的和为372，求两者差看能否被7整除，同样，不够减前面加1个或多个7，直到够减，余数位的判断法与整数位的判断法一致。

高中数学竞赛资料-数论部分 (1)

初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。

1．请看下面的例子：（1）证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。

(1894年首届匈牙利数学竞赛第一题)（2） ①设n Z ∈，证明2131n-是168的倍数。

②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅？（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3）证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。

（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题）（4）证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。

（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5）令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。

2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。

（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占10.8% 。

这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。

如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。

3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解？如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。

【机构秘籍】小学奥数题库《数论》整除-整除的基本概念-1星题(含解析)全国通用版

数论-整除-整除的基本概念-1星题课程目标学问提要整除的基本概念•定义假如整数a除以整数b（b≠ 0），除得的商是整数且没有余数，我们就说a能被b整除，也可以说b能整除a，记作b∣a．留意：假如除得的结果有余数，我们就说a不能被b整除，也可以说b不能整除a．•整除的性质性质1：假如a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。

性质2：假如b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a。

性质3：假如b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整除a。

性质4：假如c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。

精选例题整除的基本概念1. 再过12天就到2016年了，昊昊感慨地说：我到目前只经过2个闰年，并且我诞生的年份是9的倍数，那么2016年昊昊是岁．【答案】9【分析】依据题意“我到目前只经过2个闰年”可得我的诞生年份在2005 2008,这之间只有2007是9的倍数，则昊昊是2007年诞生，则2016年昊昊是2016−2007=9岁.2. 若六位数201ab7能被11和13整除，则两位数ab=．【答案】48【分析】由11的整除特征可知：(7+a+0)−(2+1+b)=a+4−b=0或11,若a+4−b=11,a−b=7,只有8−1=9−2=7,六位数201817、201927都不能被13整除．若a+4−b=0,则a+4=b,只有0+4=4，1+4=5，2+4=6，3+4=7，4+4=8，5+4=9等状况，构成的六位数201047，201157，201267，201377，201487，201597中只有201487能被13整除，则ab=48．3. 一个电子钟表上总把日期显示为八位数，如2011年1月1日显示为20110101．假如2011年最终一个能被101整除的日子是2011ABCD，那么2011ABCD是多少？【答案】20111221【分析】试除法得出答案：20111231÷101=199121⋯⋯10，31−10=21，所以ABCD=1221．4. 若4b+2c+d=32，试问abcd能否被8整除？请说明理由．【答案】见解析．【分析】由能被8整除的特征知，只要后三位数能被8整除即可．bcd=100b+10c+d，有bcd−(4b+2c+d)=96b+8c=8(12b+c)能被8整除，而4b+2c+d=32也能被8整除，所以abcd能被8整除．。

数论1

1、在下面的数中，哪些能被4整除？哪些能被8整除？哪些能被9整除？ 234，789，7756，8865，3728，8064。解：能被4整除的数有7756，3728，8064；能被8整除的数有3728，8064；能被9整除的数有盖住的十位数分别等于几时，这个四位数分别能被9，8，4整除？解：如果56□2能被9整除，那么 5＋6＋□＋2＝13＋□ 应能被9整除，所以当十位数是5，即四位数是5652时能被9整除；如果56□2能被8整除，那么6□2应能被8整除，所以当十位数是3或7，即四位数是5632或5672时能被8整除；如果56□2能被4整除，那么□2应能被4整除，所以当十位数是1，3，5，7，9，即四位数是 5612，5632，5652， 5672，5692时能被4整除。
3、从0，2，5，7四个数字中任选三个，组成能同时被2， 5，3整除的数，并将这些数从小到大进行排列。
解：因为组成的三位数能同时被2，5整除，所以个位数字为0。根据三位数能被3整除的特征，数字和2＋7＋0与5＋ 7＋0都能被3整除，因此所求的这些数为270，570，720， 750。
4、五位数 A329B 能被72整除，问：A与B各代表什么数字？
7、abcabc 能否被7、11和13整除？
解：因为 abcabc=abc×1001，1001 是7、11和13的倍数，所以 abcabc 能被7、11和13整除。能被7，11和13整除的数的特征：数A的末三位数字所表示的数与末三位数以前的数字所表示的数之差（大数减小数）能被7或11或13整除，那么数A能被7或11或13整除。否则，数A就不能被7或11或13整除。
解：已知 A329B能被72整除。因为72＝8×9，8和9是互质数，所以 A329B 既能被8整除，又能被9整除。根据能被8 整除的数的特征，要求 29B 能被8整除，由此可确定B＝6。再根据能被9整除的数的特征，A329B 的各位数字之和为 A＋3＋2＋9＋B＝A＋3－f－2＋9＋6＝A＋20，因为l≤A≤9，所以21≤A＋20≤29。在这个范围内只有27 能被9整除，所以A＝7。

数论1—数的整除

第一讲——数的整除基本概念自然数：像“0、1、2、3、4、……”这样的数叫做自然数。

整数：像“—1、—2、0、1、2……”这样的数叫做整数。

除尽：两个数的商不是无限小数。

比如5÷2=2.5整除：两个数的商是整数。

除尽和整除不一样一、整除——约数和倍数例如：15÷3=5，63÷7=9一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b （b不等于0），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a能被b整除（或者说b能整除a）。

记作b｜a.否则，称为a 不能被b整除，（或b不能整除a），记作b┾a。

如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。

例如：在上面算式中，15是3的倍数，3是15的约数；63是7的倍数，7是63的约数。

注：因数和倍数只在非零自然数范围内研究。

零是任何数的倍数。

二、数的整除性质性质1：如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。

即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。

例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10—6）。

性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a.即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。

性质3：如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整除a。

即：如果b｜a，c｜a，且（b，c）=1，那么bc｜a。

例如：如果2｜28，7｜28，且（2，7）=1,那么（2×7）｜28。

性质4：如果c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。

即：如果c｜b，b｜a，那么c｜a。

例如：如果3｜9，9｜27，那么3｜27。

三、数的整除特征①能被2整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数.“特征”包含两方面的意义：一方面，个位数字是偶数（包括0）的整数，必能被2整除；另一方面，能被2整除的数，其个位数字只能是偶数（包括0）.下面“特征”含义相似。

王进明初等数论习题详细解答2013.5第九版(可打印版)

王进明初等数论习题及作业解答P17 习题1-1 1，2(2)(3), 3，7，11，12为作业。

1．已知两整数相除，得商12，余数26，又知被除数、除数、商及余数之和为454．求被除数.解：1226,1226454,a b a b =++++=12261226454,b b ++++=(121)454122626390,b +=---=b =30, 被除数a =12b +26=360.这题的后面部分是小学数学的典型问题之一——“和倍” 问题：商为12,表明被除数减去余数后是除数的12倍，被除数减去余数后与除数相加的和是除数的（12+1）倍，即454122626390---=是除数的13倍.2．证明：(1) 当n ∈Z 且39(09)n q r r =+≤<时，r 只可能是0,1,8;证：把n 按被9除的余数分类，即：若n=3k, k ∈Z ，则3327n k =, r=0；若n=3k +1, k ∈Z ，则3322(3)3(3)3(3)19(331)1n k k k k k k =+++=+++,r=1；若n=3k －1, k ∈Z ，则33232(3)3(3)3(3)19(331)8n k k k k k k =-+-=-+-+,r=8. (2) 当 n ∈Z 时，32326n n n -+的值是整数。

证因为32326n n n -+=32236n n n -+，只需证明分子3223n n n -+是6的倍数。

32223(231)(1)(21)n n n n n n n n n -+=-+=--(1)(21)n n n n =--++=(1)(2)n n n --+(1)(1)n n n -+.由k ! 必整除k 个连续整数知：6 |(1)(2)n n n --,6 |(1)(1)n n n -+.或证：2!|(1)n n -, (1)n n -必为偶数.故只需证3|(1)(21)n n n --.若3|n, 显然3|(1)(21)n n n --；若n 为3k +1, k ∈Z ，则n －1是3的倍数，得知(1)(21)n n n --为3的倍数；若n 为3k －1, k ∈Z ，则2n －1=2(3k －1)－1=6k-3, 2n －1是3的倍数.综上所述，(1)(21)n n n --必是6的倍数,故命题得证。

数论1讲义

第一课符号说明：∀：任意；∃：存在；！：唯一；∈：属于；1.欧几里得算法（带余除法）a r r aqb t s Z r q a Z b a <≤+=∈∃>∈∀0,..,,,0,,！证明：存在性。

考虑集合S={b-na|n ∈Z}，由于a>0,所以S 中有正数。

设r 为最小非负数，设r=b-qa,断言0≢r ＜a ，否则假设r ≣a,r-a=b-(q+1)a ≣0,r-a ∈S,这与r 为最小非负数矛盾。

唯一性。

设b=11r aq +=22r aq +,0≢21,r r ＜a.则2121r r q q a -=-，右边为0≢21r r -＜a,左边为21q q a -≣a 或=0，由于左边等于右边，所以右边21q q a -=0，即2121,r r q q ==，得证。

例1.设T 是一个由整数组成的集合，若T 中有正整数，且T 中必有最小正整数。

例2.设T 是一个由整数组成的集合，T 有下限，即存在a 满足00,,t t T t T t a t T t ≥∈∈∃≥∈∀满足则。

（下界⇒下确界）例3.上界⇒上确界2.给定n a a a ,,21 ∈Z ，不全为0，定义Ι={n n a x a x a x +++ 2211|n x x x ,,,21 ∈Z}（整系数线性组合）引理：存在d>0,使得Ι=dz=d I .证明：当n a a a ,,21 不全为0时，Ι中有正数也有负数，设d 为Ι中最小正整数，n d n d d a x a x a x d ,2,21,1+++= ,I ∈+++=n d n d d a mx a mx a mx md )()()(,2,21,1 ⇒I ⊆dz .下证dz I ⊇.任取k ∈Ι,k=qd+r,0≢r ≢d-1,r=k-qd ∈Ι,因为d 为最小正整数，所以r=0,所以k=qd.注：n a a a ,,21 ∈Ι，d|1a ,d|2a ,…,d|n a .若d ’∈Z,s.t.d ’|1a ,d ’|2a ,…,d ’|n a ⇒d ’|Ι中任何一个数⇒d ’|d.3.n a a a ,,21 的最大公约数为Ι中最小正整数，记为（n a a a ,,21 ）或gcd （n a a a ,,21 ）。

七大模块能力诊断--数论(1)

七大模块能力诊断—数论1、两个自然数，它们的最大公约数是6，最小公倍数是180，这样的自然数有组（2008年百外真题）2、已知P,Q都是质数，并且11932003⨯=（希望杯真题）－Q，则P QP⨯⨯=3、5×15×25×口，要使这个连乘积的最后4 个数字都是0，那么在方框内最小应填（希望杯真题）4、自然数N有20个因数，N的最小值为(2017年深中真题改编)5、40 台电脑，按编号1-40 号，每个电脑密码第一个数是它的编号除以7 的余数，第二位是它的编号除以9 的余数，密码为25 的是第台电脑（2015年深外真题）6、某个自然数除以2余1，除以3余2，除以4余1，除以5也余1，则这个数最小是。

（2018年深中真题改编）7、一个四位数，各位数字互不相同，所有数字之和等于6，并且这个数是11 的倍数，则满足这种要求的四位数共有个．8、1234567891011121314…20082009除以9，商的个位数字是（2018年深中真题改编）9、在一个自然数的所有因数中，能被7 整除的因数比奇因数多5 个，那么这个自然数最小是________．（2019年高级真题改编）10、六位自然数，1082□□能被12整除，末两位数有种情况。

（希望杯真题）11、若69,90和125被大于1的整数m除的余数都相同。

则2020被m除的余数是（2017年鹏程杯改编）12、一个两位数，数字和是质数．而且，这个两位数分别乘以3，5，7之后，得到的数的数字和都仍为质数．满足条件的两位数为（华杯真题）13、设a=1+21+22+23+⋯+2999+21000，则a被3除的余数是（2016年鹏程杯真题）14、一个两位数能被它的数字之积整除，则所有满足条件的两位数之和是（2019年深中真题）15、设a，b，c，d是1到9中间的四个不同数字，用这四个数字（不能重复）可以组成很多不同的四位数，小明把所有可能组成的四位数加起来，但他不小心把其中一个四位数多加了一遍，结果为128313.那么，正确的结果应该是（2019年鹏程杯真题）。

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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.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nKP P P N ααα⨯⨯⨯⨯= 2121(1)，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 10n +a n-110n-1+…+a 0； 2．带余形式：a=bq+r ； 3.标准分解式:nKP P P N ααα⨯⨯⨯⨯= 21214．2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a 3，a 2，a 1，a 0，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10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是990a 3+90a 2-9a 0=1998， 110a 3+10a 2-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，蓝色卡片上是8.例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abc ,然后魔术师再要求他记下5个数acb 、bca 、bac 、cab 、cba ，并把这五个数加起来求出和N.只要参赛者讲出N 的大小，魔术师就能说出原数abc 是什么？如果N=3194，那么abc 是多少？解：依题意，得acb +bca +bac +cab +cba =3194.两边同时加上abc ,得:222(a+b+c)=3194+abc , ∴222(a+b+c)=222×14+86+abc . 由此可推知: abc +86是222的倍数,且a+b+c>14.设abc +86=222n ，考虑到abc 是三位数，依次取n=1，2，3，4，分别得出abc =136，358，580，802，再结合a+b+c>14，可知原三位数abc =358.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=18a 1+r ，b=18b 1+r ，c=18c 1+r ，其中a 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|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:n n P N ααααα⨯⨯⨯⨯⨯= 43217532由于N 能被5和49整除，故α3≥1，α4≥2，其余的指数αk 为自然数或零.依题意，有（α1+1）（α2+1）…（αn +1）=10.由于α3+1≥2，α4+1≥3，且10=2×5，故α1+1=α2+1=α5+1=…=αn +1=1，即α1=α2=α5=…=αn =0，N 只能有2个不同的质因数5和7，因为α4+1≥3＞2，故由（α3+1）（α4+1）=10.知，α3+1=5，α4+1=2是不可能的.因而α3+1=2，α4+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21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:x 2+y 2+z 2≤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？解：设P为任意一个自然数，将魔术数N（N<2000）接后得PN，下面对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论.（1）当N为一位数时，PN=10P+N，依题意：N|PN，则N|10P，由于需对任意P成立，故N|10，所以N=1，2，5；（2）当N为两位数时，PN=100P+N，依题意：N|PN，则N|100P，由于需对任意P成立，故N|100，所以N=10，20，25，50；（3）当N为三位数时，PN=1000P+N，依题意：N|PN，则N|10P，由于需对任意P成立，故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：(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1，3，23，……，13-n 克砝码可以称出1，2，3，……，)3(211-n 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.【能力平台】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．abcd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2，1，3，4.请写出所有满足关系的a<b，b>c，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.第1讲【能力平台】答案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. 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75=3×5×5，所以可设n 有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且（α+1）（β+1）（γ+1）=75. 易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件.此时244532⨯⨯=n ，43275=n .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. 406.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. 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 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.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×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和.以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4×3×2=24（个）.这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能.因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为:（1+2+3+4）×4×3×2=240.以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择.因此，百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180.同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180.所以满足条件的四位数之和为240×1000+180×（1+10+100）= 259980.8.将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54.由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除的余数号座.设想满足要求的安排是存在的.不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：21和31是同一国的代表；31和41不是同一国的代表；41和51是同一国的代表；51和61不是同一国的代表（61即7号座）.由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除的余数为号码的座位.取k=13，则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45，271被54除的余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表.这样，1号、11号、45号的三位代表是同一国的，这是不可能的.所以题目要求的安排不可能实现.。