初1数学竞赛教程含例题练习及答案⑵ (5)

初一数学竞赛讲座

第2讲数论的方法技巧（下）

四、反证法

反证法即首先对命题的结论作出相反的假设, 并从此假设出发, 经过正确的推理, 导出矛盾的结果, 这就否定了作为推理出发点的假设, 从而肯定了原结论是正确的。

反证法的过程可简述为以下三个步骤：

1．反设：假设所要证明的结论不成立, 而其反面成立；

2．归谬：由“反设”出发, 通过正确的推理, 导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；

3．结论：因为推理正确, 产生矛盾的原因在于“反设”的谬误, 既然结论的反面不成立, 从而肯定了结论成立。

运用反证法的关键在于导致矛盾。在数论中, 不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。

解：如果存在这样的三位数, 那么就有

100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。上式可化简为 80a=b+c, 而这显然是不可能的, 因为a≥1, b≤9, c≤9。这表明所找的数是不存在的。

说明：在证明不存在性的问题时, 常用反证法：先假设存在, 即至少有一个元素, 它符合命题中所述的一切要求, 然后从这个存在的元素出发, 进行推理, 直到产生矛盾。

例 2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒, 再将得到的数与原来的数相加。试说明, 得到的和中至少有一个数字是偶数。

解：假设得到的和中没有一个数字是偶数, 即全是奇数。在如下式所示的加法算式中, 末一列数字的和d+a为奇数, 从而第一列也是如此, 因此

第二列数字的和b+c≤9。将已知数的前两位数字a, b与末两位数

字c, d去掉, 所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒, 得到的数

与它相加, 和的数字都是奇数”这一性质。照此进行, 每次去掉首

末各两位数字, 最后得到一位数, 它与自身相加是偶数, 矛盾。故和的数字中必有偶数。

说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。但对其他位数的数不一定成立。如12+21, 506+605等。

例3 有一个魔术钱币机, 当塞入1枚1分硬币时, 退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时, 退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时, 退出3枚1分硬币。小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始, 反复将硬币塞入机器, 能否在某一时刻, 小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？

解：开始只有1枚1分硬币, 没有1角的, 所以开始时1角的和1分的总枚数为 0+1=1, 这是奇数。每使用一次该机器, 1分与1角的总枚数记为Q。下面考查Q的奇偶性。

如果塞入1枚1分的硬币, 那么Q暂时减少1, 但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币）, 所以总数Q没有变化；如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币）, 那么Q增加4, 而其奇偶性不变；如果塞入1枚1角硬币, 那么Q增加2, 其奇偶性也不变。所以每使用一次机器, Q的奇偶性不变, 因为开始时Q为奇数, 它将一直保持为奇数。

这样, 我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少 10的情况, 因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币, 那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10）, 这是一个偶数。矛盾。

例 4在3×3的方格表中已如右图填入了9个质数。将表中

同一行或同一列的3个数加上相同的自然数称为一次操作。问：

你能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数吗？为什么？

解：因为表中9个质数之和恰为100, 被3除余1, 经过每一

次操作, 总和增加3的倍数, 所以表中9个数之和除以3总是余1。如果表中9个数变为相等, 那么9个数的总和应能被3整除, 这就得出矛盾！

所以, 无论经过多少次操作, 表中的数都不会变为9个相同的数。

五、构造法

构造法是一种重要的数学方法, 它灵活多样, 数论中的许多问题都可以通过构造某些特殊结构、特殊性质的整数或整数的组合来解决。

例5 9999和99！能否表示成为99个连续的奇自然数之和？

解：9999能。因为9999等于99个9998之和, 所以可以直接构造如下：

9999=（9998-98）+（9998-96）+…=（9998-2）+9998+（9998+2）+…=（9998+96）+（9998+98）。

99！不能。因为99！为偶数, 而99个奇数之和为奇数, 所以99！不能表示为99个连续奇数之和。

说明：利用构造法证明存在性问题, 只要把满足题设要求的数学对象构造出来就行。

例6 从1, 2, 3, …, 999这999个数中, 要求划去尽量少的数, 使得余下的数中每一个数都不等于另外两个数的乘积。应划去哪些数？

解：我们可划去2, 3, …, 30, 31这30个数, 因为划去了上述这30个数之后, 余下的数中, 除1以外的任何两个数之积将大于322=1024＞999。

另一方面, 可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数。

（2, 61, 2×61）, （3, 60, 3×60）, （4, 59, 4×59）, …,

（30, 33, 30×33）, （31, 32, 31×32）。

上面写出的这些数都是互不相同的, 并且这些数中的最大数为 31×32=992。如果划去的数少于30个, 那么上述三元数组至少剩下一个, 这样就不满足题设条件。所以, 30是最少的个数。

六、配对法

配对的形式是多样的, 有数字的凑整配对, 也有集合间元素与元素的配对（可用于计数）。传说高斯8岁时求和（1+2+…+100）首创了配对。像高斯那样, 善于使用配对技巧, 常常能使一些表面上看来很麻烦, 甚至很棘手的问题迎刃而解。

例7 求1, 2, 3, …, 9999998, 9999999这9999999个数中所有数码的和。 解：在这些数前面添一个数0, 并不影响所有数码的和。将这1000万个数两两配对, 因为0与9999999, 1与9999998, …, 4999999与5000000各对的数码和都是9×7=63。这里共有5000000对, 故所有数码的和是63×5000000=315000000。

例8 某商场向顾客发放9999张购物券, 每张购物券上印有一个四位数的号码, 从0001到9999号。若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和, 则称这张购物券为“幸运券”。例如号码 0734, 因 0+7=3+4, 所以这个号码的购物券是幸运券。试说明, 这个商场所发的购物券中, 所有幸运券的号码之和能被101整除。

解：显然, 号码为9999的是幸运券, 除这张幸运券外, 如果某个号码n 是幸运券, 那么号码为m=9999-n 的购物券也是幸运券。由于9999是奇数, 所以m ≠n 。

由于m+n=9999, 相加时不出现进位, 所以除去号码是9999这张幸运券之外, 其余所有幸运券可全部两两配对, 而每一对两个号码之和均为9999, 即所有幸运券号码之和是9999的倍数。

因为9999=99×101, 所以所有幸运券号码之和能被101整除。

例9已知最简分数n m 可以表示成： 88

131211++++=Λn m 。试说明分子m 是质数89的倍数。

解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n ）的办法, 将和

①②两式相加, 得

从而2m ×88！=89×k （k 是正整数）。

因为89为奇质数, 所以89不能整除 88！, 从而89|m 。

解法二：作配对处理

??? ???++?+?=??? ??+++??? ??++??? ??+=454418721881189451441871218811ΛΛn m 将括号内的分数进行通分, 其公分母为1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！,

从而m ×88！=89×k （k=n ×q ）。

因为89为奇质数, 所以89不能整除88！, 从而89|m 。

七、估计法

估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围, 以获取有关量的本质特征, 达到解题的目的。

在数论问题中, 一个有限范围内的整数至多有有限个, 过渡到整数, 就能够对可能的情况逐一检验, 以确定问题的解。

例10已知一个整数等于4个不同的形如1+m m （m 是整数）的真分数之和, 求这个数, 并求出满足题意的5组不同的真分数。 解：因每一真分数满足1121<+≤m m , 而所求的数整S 是四个不同的真分数之和, 因此2＜S ＜4, 推知S=3。于是可得如下5组不同的真分数：

??????????????????????????????1211,65,43,21,2019,54,43,21,1514,109,32,21,2423,87,32,21,4241,76,32,21 例11 已知在乘积1×2×3×…×n 的尾部恰好有106个连续的零, 求自然数n 的最大值。

分析：若已知n 的具体数值, 求1×2×…×n 的尾部零的个数, 则比较容易解决, 现在反过来知道尾部零的个数, 求n 的值, 不大好处理, 我们可以先估计n 大约是多少, 然后再仔细确定n 的值。

解：当n =400时, 数1, 2, 3, …, 400中共有805400=??

????个数是5的倍数, 其中有1654002=??????个数是52的倍数, 有354002=??

????个数是53的倍数。 因此, 乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）。又乘积中质因数2的个数多于5的个数, 故n=400时, 1×2×…×n 的尾部有99个零, 还需 7个零, 注意到425中含有2个质因数5, 所以

当n=430时, 1×2×…×n 的尾部有106个零；

当n=435时, 1×2×…×n 的尾部有107个零。

因此, n 的最大值为434。

练习2

1．将两个自然数的差乘上它们的积, 能否得到数45045？

2．如下图, 给定两张3×3方格纸, 并且在每

一方格内填上“+”或“-”号。现在对方格纸中任

何一行或一列进行全部变号的操作。问：可否经过

若干次操作, 使图（1）变成图（2）？ 3．你能在3×3的方格表中每个格子里都填一

个自然数, 使得每行、每列及两条对角线上的三数之和都等于1999吗？若能, 请举出一例；若不能, 请说明理由。

示, 求出表达式；若不能表示, 请给出证明。

5．公共汽车票的号码是一个六位数, 若一张车票的号码的前3个数字之和等于后3个数字之和, 则称这张车票是幸运的。试说明, 所有幸运车票号码的和能被13整除。

6．N 是由5个不同的非零数字组成的五位数, 且N 等于这5个数字中取3个不同数字构成的所有三位数的和, 求出所有的这种五位数N 。

7．证明：没有最大的质数。

练习2 答案：

1．不可能。因为45045是奇数, 所以它只能表示成3个奇数的连乘积, 但是对任何两个奇数x 和y （x ＜y ）来说, y-x 都是偶数, 从而45045≠xy （x-y ）。而如果x 和y 中有偶数, 则亦不可能。

2．不能。假设图（1）在第一、二、三行经过m 1, m 2, m 3次操作, 而第一、

二、三列经过n 1, n 2, n 3次操作变成图（2）。由于图（1）和图（2）左上角符号相反, 而从“+”号变到“-”号要进行奇数次变号, 故（m 1+n 1）是奇数。同理（m 1+n 2）是偶数, （m 2+n 1）, （m 2+n 2）都是奇数。这样（m 1+n 1）+（m 1+n 2）+（m 2+n 1）+（m 2+n 2）是奇数。但这个和又等于2（m 1+m 2+n 1+n 2）, 是偶数, 矛盾。

3．不能。若能填入九个自然数a 1, a 2, …, a 8, a 9满足题

设条件（如图所示）, 则有a 1+a 5+a 9=1999, a 2+a 5+a 8=1999,

a 3+a 5+a 7=1999, a 4+a 5+a 6=1999。

相加得（a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6+a 7+a 8+a 9）+3a 5＝4×1999,

而a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6+a 7+a 8+a 9=3×1999, 所以3a 5=1999,

a 5=31999与a 5是自然数矛盾。 4．19991949;398414813327+=不能。 解：因为

3984

14811283411241128641831283412783473327+=??+?=??+=???=?= 所以3327能表示成m

l 11+的形式, 且398414813327+=。 将一切形如m

l 11+的数（其中m l ,为大于1的自然数）, 从大到小排列, 前几项为4

34121,653121,12121=+=+=+。

显然, 凡界于65与1之间的分数p q 不能表示成m l 11+的形式, 而19991949却界于65与1之间, 所以不能表示成m

l 11+的形式。 5．解：设幸运车票的号码为A , 则号码为A ′=999999-A 的车票也是幸运的, 并且A ′≠A （因为999999是奇数）, 因而A+A ′=1001×999=13×77×999能被 13整除。所以, 所有幸运车票号码的和也能被13整除。

6．35964。

=（a 1+a 2+a 3+a 4+a 5）（100×12+10×12+12）

=1332（a 1+a 2+a 3+a 4+a 5）。

应是1332×9=11988的倍数。又15=1+2+3+4+5≤a 1+a 2+a 3+a 4+a 5≤9+8+7+6+5=35,

所以a 1+a 2+a 3+a 4+a 5只能为18, 27。

当a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=18时,

但2+3+9+7+6≠18, 不合题意；

当a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=27时, 符合题意。 所以, 所求的五位数为35964。

7．证明：假设有最大质数P 。将所有小于等于P 的质数相乘再加1, 所得结果如果是质数, 那么这个质数大于P , 与假设矛盾；所得结果如果不是质数, 那么它的每一个质因数都不同于小于等于P 的质数, 也就是说这些质因数都是大于P 的质数, 与假设矛盾。所以假设不成立, 即没有最大的质数。

8．9504。

解：若先依次计算

的值再求和, 则很繁杂。我们的解法是采用配对, 这也是求和的一种有效技巧。

=199, （这里{x}=x[x]）

同理可知

我们有

＝198×48＝9504。