初一数学竞赛培训讲座 数论的方法技巧(上)
数论题的解题诀窍
数论题的解题诀窍数论题是数学中的一个分支，研究整数之间的性质和关系。
解题的诀窍包括找规律、分类讨论、数形结合等方法。
下面将详细介绍这些解题的技巧，并以实例加以说明。
一、找规律是解决数论题的常用方法之一。
数论题通常需要找到或证明一种性质或关系。
这时我们可以从一些特殊情况入手，观察数列或方程中数值的变化规律，尝试找到规律并进行归纳。
举例说明：求证任意一个整数的平方必为偶数。
我们考察一些数字的平方和奇偶性：1^2=1，是奇数；2^2=4，是偶数；3^2=9，是奇数；4^2=16，是偶数；...我们发现，无论正整数n取多大，n^2的结果都是偶数。
所以可以得出结论：任意一个整数的平方都是偶数。
二、分类讨论是解决数论题的常用方法之一。
当数论题目中的数字或问题具有多种情况时，我们可以按照特定的规则进行分类讨论，从而找到问题的解决之道。
举例说明：有一袋中有100个球，其中有红球、蓝球和绿球，红球与蓝球的数量相等，绿球的数量是红球和蓝球的数量之和的一半。
问红球、蓝球和绿球分别的数量是多少？解析：设红球的数量为x，蓝球的数量为y，则绿球的数量为(x+y)/2。
根据题目条件可以列出方程组：x + y + (x + y)/2 = 100。
化简得到：3x + 3y = 200，即x+y = 200/3。
由于x和y都是整数，所以200/3必须是整数。
假设x和y都小于200/3，那么它们的和不可能等于200/3，所以x和y必然大于等于200/3。
但是，200/3在整数范围内最近的整数是67，所以x和y的和必然小于等于最大为67，因此只有一种情况。
分类讨论可用于解决类似的数论题目，当题目中数字或情况有多种组合时，我们可以采用这种方法。
三、数形结合是解决数论题的另一种方法。
有些数论问题可以通过数学模型的图形推理或与几何问题的联系相结合来解决。
举例说明：在一个等边三角形的顶点上依次标上1,2,…,100这一百个整数，要求将顶点上的整数分别用两个颜色红和蓝进行染色，使得对于每一个等边三角形的三个顶点，如果存在一个定的整数n，且其三个顶点的整数之和为n的话，则这三个顶点必须用同样的颜色染色。
初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)
第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。
例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。
．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。
例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。
初一数学竞赛讲座
初一数学竞赛讲座第3讲奇偶分析我们知道，全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。
被2除余1的属于一类，被2整除的属于另一类。
前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数。
关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等。
灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题。
用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果。
例1 右表中有15个数，选出5个数，使它们的和等于30，你能做到吗？为什么？分析与解：如果一个一个去找、去试、去算，那就太费事了。
因为无论你选择哪5个数，它们的和总不等于30，而且你还不敢马上断言这是做不到的。
最简单的方法是利用奇偶数的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中15个数全是奇数，所以要想从中找出5个使它们的和为偶数，是不可能的。
例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）。
小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加。
试问，小丽所加得的和数能否为2000？解：不能。
由于每一张上的两数之和都为奇数，而25个奇数之和为奇数，故不可能为2000。
说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结。
例3 有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同。
试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由。
解：不能。
如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍，是个偶数。
所以这98个号码数的总和是个偶数，但是这98个数的总和为1+2+…+98=99×49，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成。
人教七年级上学期竞赛入门辅导讲义,共十讲,很实用
又如7007700－14＝686，68－12＝56（能被7整除）
能被11整除的数的特征：
①抹去个位数②减去原个位数③其差能被11整除
如1001100－1＝99（能11整除）
又如102851028－5＝1023102－3＝99（能11整除）
二、例题
例1已知两个三位数328和2x9的和仍是三位数5y7且能被9整除．求x，y
第一讲数的整除
一、内容提要：
如果整数A除以整数（B≠0）所得的商A/B是整数，那么叫做A被B整除．
0能被所有非零的整数整除．
一些数的整除特征
除数
2或5
4或25
8或125
3或9
11
能被整除的数的特征
末位数能被2或5整除
末两位数能被4或25整除
末三位数能被8或125整除
各位上的数字和被3或9整除（如771，54324）
数和最犬的公约数．
6．公约数只有1的两个正整数叫做互质数（例如15与28互质）．
7．在有余数的除法中，
被除数＝除数×商数＋余数若用字母表示可记作：
A＝BQ＋R，当A，B，Q，R都是整数且B≠0时，A－R能被B整除
例如23＝3×7＋2则23－2能被3整除．
二、例题
例1写出下列各正整数的正约数，并统计其个数，从中总结出规律加以应用：
9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，
能被3整除但不是5的倍数的共______个．
10由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不
能被3整除的数共有几个？为什么？
11己知五位数1234A能被15整除，试求A的值．
数论中的证明方法与技巧
数论中的证明方法与技巧数论作为数学的一个重要分支，主要研究整数及其性质。
在数论中，证明是一项重要的工作，通过证明可以推导出一系列的结论，揭示整数之间的奇妙关系。
本文将介绍数论中一些常用的证明方法和技巧。
I. 直接证明法直接证明法是数论中最基本的证明方法之一。
该方法借助逻辑推理直接证明数论命题的真实性。
示例1：证明一个数是偶数定理：如果整数n是偶数，则存在整数k，使得n = 2k。
证明：由于n是偶数，根据偶数的定义，n可以写成2的倍数。
设k为某个整数，使得n = 2k，则：n = 2k该等式说明n可以被2整除，即n是偶数。
II. 反证法反证法是数论中常用的证明方法之一。
该方法通过假设命题的否定，推导出与已知事实或条件矛盾的结论，从而证明原命题为真。
示例2：证明根号2是无理数定理：根号2是无理数，即根号2不能被表示为两个整数的比例。
证明：假设根号2是有理数，则可以表示为p/q，其中p和q为互质的整数，并且q ≠ 0。
我们可以假设p和q的最小公因数为d，则p = dx，q = dy（其中x和y互质）。
将p/q带入根号2的表达式中得：根号2 = p/q即 2 = (p^2)/(q^2)则 p^2 = 2q^2根据等式左边的p^2为偶数可知，p必为偶数。
设p = 2k，则：(2k)^2 = 2q^24k^2 = 2q^22k^2 = q^2根据等式右边的q^2为偶数可知，q也必为偶数。
然而，这与我们一开始的假设矛盾，因为我们假设p和q是互质的。
所以，假设根号2是有理数的假设不成立，根号2是无理数。
III. 数学归纳法数学归纳法是数论中常用的证明方法之一。
该方法基于当命题在某个特定的整数上成立，并证明在连续的整数上也成立，从而证明命题在所有正整数上成立。
示例3：证明所有正整数的和公式定理：对于任意正整数n，其前n个正整数的和可以表示为(n(n+1))/2。
证明：（1）当n = 1时，显然等式成立。
（2）假设当n = k时等式成立，即1+2+...+k = (k(k+1))/2。
数学奥林匹克专题讲座 第17讲 数学方法选讲(上)
数学奥林匹克专题讲座第17讲数学方法选讲（上）有的同学在阅读课外读物的时候，或在听老师讲课的时候，书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂，但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。
看来，要提高解决问题的能力，首先得提高分析问题的能力，这就需要学习一些重要的数学思想方法。
一、从简单情况考虑华罗庚先生曾经指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍。
从简单情况考虑，就是一种以退为进的一种解题策略。
例1两人坐在一张长方形桌子旁，相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。
条件是硬币一定要平放在桌子上，后放的硬币不能压在先放的硬币上，直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。
谁放入了最后一枚硬币谁获胜。
问：先放的人有没有必定取胜的策略？分析与解：如果桌子大小只能容纳一枚硬币，那么先放的人当然能够取胜。
然后设想桌面变大，注意到长方形有一个对称中心，先放者将第一枚硬币放在桌子的中心，继而把硬币放在后放者所放位置的对称位置上，这样进行下去，必然轮到先放者放最后一枚硬币。
例2线段AB上有1998个点（包括A，B两点），将点A染成红色，点B染成蓝色，其余各点染成红色或蓝色。
这时，图中共有1997条互不重叠的线段。
问：两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数？为什么？分析：从最简单的情况考虑：如果中间的1996个点全部染成红色，这时异色线段只有1条，是一个奇数。
然后我们对这种染色方式进行调整：将某些红点改成蓝点并注意到颜色调整时，异色线段的条数随之有哪些变化。
由于颜色的调整是任意的，因此与条件中染色的任意性就一致了。
解：如果中间的1996个点全部染成红色，这时异色线段仅有1条，是一个奇数。
将任意一个红点染成蓝色时，这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色，则异色小线段的条数或者增加2条（相邻的两个点同为红色），或者减少2条（相邻的两个点同为蓝色）；这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色，则异色小线段的条数不变。
数学七年级竞赛入门辅导讲义_共十讲_很实用 2
第一讲 数的整除一、内容提要：如果整数A 除以整数B （B ≠0）所得的商A /B 是整数，那么叫做A 被B 整除． 0能被所有非零的整数整除．一些数的整除特征 除 数能被整除的数的特征 2或5末位数能被2或5整除 4或25末两位数能被4或25整除 8或125末三位数能被8或125整除 3或9各位上的数字和被3或9整除（如771，54324） 11 奇数位上的数字和与偶数位上的数和相减，其差能被11整除（如143，1859，1287，908270等）7，11，13 从右向左每三位为一段，奇数段的各数和与偶数段的各数和相减，其差能被7或11或13整除．（如1001，22743，17567，21281等）能被7整除的数的特征： ①抹去个位数 ②减去原个位数的2倍 ③其差能被7整除．如 1001 100－2＝98（能被7整除）又如7007 700－14＝686， 68－12＝56（能被7整除）能被11整除的数的特征：①抹去个位数 ②减去原个位数 ③其差能被11整除如 1001 100－1＝99（能11整除）又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11整除）二、例题例1 已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除．求x ，y解：x ，y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y =6．∵328＋92x ＝567，∴x =3．1234能被12整除，求x．例2 己知五位数x解：∵五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除，当1＋2＋3＋4＋X能被3整除时，x=2，5，8．当末两位4x能被4整除时，x＝0，4，8．∴x＝8．例3 求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数．解：五位数字都不相同的最小五位数是10234，但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行调整末两位数为30，41，52，63，均可，∴五位数字都不相同的最小五位数是10263．三、练习1分解质因数：（写成质因数为底的幂的連乘积）①593②1859③1287④3276⑤10101⑥10296．987能被3整除，那么a=_______________．2若四位数ax能被11整除，那么x＝__________．3若五位数123435m能被25整除．4当m=_________时，59610能被7整除．5当n=__________时，n6能被11整除的最小五位数是________，最大五位数是_________．7能被4整除的最大四位数是_____，能被8整除的最小四位数是______．88个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152，⑧70972中，能被下列各数整除的有（填上编号）：6________，8__________，9_________，11__________．9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，能被3整除但不是5的倍数的共______个．10由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不能被3整除的数共有几个？为什么？1234能被15整除，试求A的值．11己知五位数A12求能被9整除且各位数字都不相同的最小五位数．第二讲倍数约数一、内容提要1．两个整数A和B（B≠0），如果B能整除A（记作B/A），那么A叫做B 的倍数，B叫做A的约数．例如3/15，15是3的倍数，3是15的约数．2．因为0除以非0的任何数都得0，所以0被非0整数整除．0是任何非0整数的倍数，非0整数都是0的约数．如0是7的倍数，7是0的约数．3．整数A（A≠0）的倍数有无数多个，并且以互为相反数成对出现，0，±A，±2A，……都是A的倍数，例如5的倍数有±5，±10，……．4．整数A（A≠0）的约数是有限个的，并且也是以互为相反数成对出现的，其中必包括±1和±A．例如6的约数是±1，±2，±3，±6．5．通常我们在正整数集合里研究公倍数和公约数，几正整数有最小的公倍数和最犬的公约数．6．公约数只有1的两个正整数叫做互质数（例如15与28互质）．7．在有余数的除法中，被除数＝除数×商数＋余数若用字母表示可记作：A＝BQ＋R，当A，B，Q，R都是整数且B≠0时，A－R能被B整除例如23＝3×7＋2则23－2能被3整除．二、例题例1写出下列各正整数的正约数，并统计其个数，从中总结出规律加以应用：2，22，23，24，3，32，33，34，2×3，22×3，22×32．解：列表如下：正整数正约数个数计正整数正约数个数计正整数正约数个数计2 1，2 2 31，3 2 2×3 1，2，3，6422 1，2，4 3 32 1，3，32 3 22×3 1，2，3，4，6，12623 1，2，4，84 331，3，32，334 22×321，2，3，4，6，9，12，18，36924 1，2，4，8，165 341，3，32，33，345其规律是：设A＝a m b n(a，b是质数，m，n是正整数) 那么合数A的正约数的个是（m+1）(n+1)例如：求360的正约数的个数．解：分解质因数：360＝23×32×5，360的正约数的个数是（3＋1）×（2＋1）×（1＋1）＝24（个）．例2用分解质因数的方法求24，90最大公约数和最小公倍数解：∵24＝23×3，90＝2×32×5∴最大公约数是2×3，记作（24，90）＝6．最小公倍数是23×32×5＝360，记作[24，90]=360．例3己知32，44除以正整数N有相同的余数2，求N．解：∵32－2，44－2都能被N整除，∴N是30，42的公约数．∵（30，42）＝6，而6的正约数有1，2，3，6．经检验1和2不合题意，∴N＝6，3．例4一个数被10余9，被9除余8，被8除余7，求适合条件的最小正整数分析：依题意如果所求的数加上1，则能同时被10，9，8整除，所以所求的数是10，9，8的最小公倍数减去1．解：∵[10，9，8]=360，∴所以所求的数是359．三、练习1．12的正约数有_________，16的所有约数是_________________2．分解质因数300＝_________，300的正约数的个数是_________3．用分解质因数的方法求20和250的最大公约数与最小公倍数．4．一个三位数能被7，9，11整除，这个三位数是_________5．能同时被3，5，11整除的最小四位数是_______最大三位数是________ 6．己知14和23各除以正整数A有相同的余数2，则A＝________7．写出能被2整除，且有约数5，又是3的倍数的所有两位数．答____8．一个长方形的房间长1.35丈，宽1.05丈要用同一规格的正方形瓷砖铺满，问正方形最大边长可以是几寸？若用整数寸作国边长，有哪几种规格的正方形瓷砖适合？9．一条长阶梯，如果每步跨2阶，那么最后剩1阶，如果每步跨3阶，那么最后剩2阶，如果每步跨4阶，那么最后剩3阶，如果每步跨5阶，那么最后剩4阶，如果每步跨6阶，那么最后剩5阶，只有每步跨7阶，才能正好走完不剩一阶，这阶梯最少有几阶？第三讲 质数 合数一、内容提要1．正整数的一种分类：1⎧⎪⎨⎪⎩质数合数质数的定义：如果一个大于1的正整数，只能被1和它本身整除，那么这个正整数叫做质数（质数也称素数）．合数的定义：一个正整数除了能被1和本身整除外，还能被其他的正整数整除，这样的正整数叫做合数．2． 根椐质数定义可知① 质数只有1和本身两个正约数，② 质数中只有一个偶数2如果两个质数的和或差是奇数那么其中必有一个是2，如果两个质数的积是偶数那么其中也必有一个是2，3．任何合数都可以分解为几个质数的积．能写成几个质数的积的正整数就是合数．二、例题例1 两个质数的和等于奇数a （a ≥5）．求这两个数．解：∵两个质数的和等于奇数， ∴必有一个是2，所求的两个质数是2和a －2．例2 己知两个整数的积等于质数m ， 求这两个数．解：∵质数m 只含两个正约数1和m ，又∵（－1）（－m ）=m ，∴所求的两个整数是1和m 或者－1和－m ．例3 己知三个质数a ，b ，c 它们的积等于30，求适合条件的a ，b ，c 的值．解：分解质因数：30＝2×3×5．适合条件的值共有： ⎪⎩⎪⎨⎧===532c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===352c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===523c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===253c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===325c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===235c b a ．应注意上述六组值的书写排列顺序，本题如果改为4个质数a ，b ，c ，d 它们的积等于210，即abcd =2×3×5×7那么适合条件的a ，b ，c ，d 值共有24组，试把它写出来．例4 试写出4个連续正整数，使它们个个都是合数．解：（本题答案不是唯一的）设N 是不大于5的所有质数的积，即N ＝2×3×5那么N ＋2，N ＋3，N ＋4，N ＋5就是适合条件的四个合数即32，33，34，35就是所求的一组数．本题可推广到n 个．令N 等于不大于n +1的所有质数的积，那么N ＋2，N ＋3，N ＋4，……N ＋（n +1）就是所求的合数．三、练习1．小于100的质数共 个，它们是 ．2．己知质数P 与奇数Q 的和是11，则P ＝ ，Q ＝ ．3．己知两个素数的差是41，那么它们分别是 ．4．如果两个自然数的积等于19，那么这两个数是 ．如果两个整数的积等于73，那么它们是 ．如果两个质数的积等于15，则它们是 ．5．两个质数x 和y ，己知xy=91，那么x = ，y = ，或x = ，y= ．6． 三个质数a ，b ，c 它们的积等于1990．那么 _______________a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩7．能整除311＋513的最小质数是 ．8．己知两个质数A 和B 适合等式A ＋B ＝99，AB ＝M ．求M 及B A ＋AB 的值． 9．试写出6个連续正整数，使它们个个都是合数．10．具备什么条件的最简正分数可化为有限小数？11．求适合下列三个条件的最小整数：① 大于1 ②没有小于10的质因数 ③不是质数．12．某质数加上6或减去6都仍是质数，且这三个质数均在30到50之间，那么这个质数是 ．13．一个质数加上10或减去14都仍是质数，这个质数是 ．第四讲零的特性一、内容提要（一）、零既不是正数也不是负数，是介于正数和负数之间的唯一中性数．零是自然数，是整数，是偶数．1．零是表示具有相反意义的量的基准数．例如：海拔0米的地方表示它与基准的海平面一样高收支平衡可记作结存0元．2．零是判定正、负数的界限．若a＞0则a是正数，反过来也成立，若a是正数，则a＞0记作a＞0 ⇔a是正数读作a＞0等价于a是正数b<0 ⇔b是负数c≥0 ⇔c是非负数（即c不是负数，而是正数或0）d≤0 ⇔d是非正数(即d不是正数，而是负数或0)e≠0 ⇔e不是0（即e不是0，而是负数或正数）3．在一切非负数中有一个最小值是0．例如绝对值、平方数都是非负数，它们的最小值都是0．记作：|a|≥0，当a=0时，｜a｜的值最小，是0，a2≥0，a2有最小值0（当a=0时）．4．在一切非正数中有一个最大值是0．例如－|x|≤0，当x＝0时，－| x |值最大，是0，（∵x≠0时都是负数），－（x－2）2≤0，当x＝2时，－（x－2）2的值最大，是0．(二)、零具有独特的运算性质1．乘方：零的正整数次幂都是零．2．除法：零除以任何不等于零的数都得零；零不能作除数．从而推出，0没有倒数，分数的分母不能是0．3．乘法：零乘以任何数都得零．即a×0＝0，反过来如果ab=0，那么a、b中至少有一个是0．要使等式xy=0成立，必须且只需x=0或y=0．4．加法：互为相反数的两个数相加得零．反过来也成立．即a、b互为相反数⇔a+b=0。
初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛数论定理
初中数学竞赛中常用的数论定理：
1. 质数与因数：任何一个整数都可以唯一分解成若干质数的乘积，而且所有的因子都由这些质因子的指数作出来。
2. 最大公因数和最小公倍数：两个正整数a和b的最大公因数和最小公倍数分别记作gcd(a,b)和lcm(a,b)。
它们有许多重要性质可以应用。
3. 素性质数列：素数可以用许多方式列举出来，例如欧拉函数、Wilson定理、费马小定理等等。
其中一些方法在竞赛中比较常用。
4. 同余定理：如果a和b除以正整数m的余数相同，即
a≡b(mod m)，那么a和b就被称为模m同余。
同余关系具有传递性、对称性和反对称性，可以用来证明各种数学恒等式和不等式。
5. 等比数列：等比数列指的是一个数列中每个数都是前一个数乘以一个固定的比例因子。
一些有用的定理包括调和平均值不小于几何平均值、柯西不等式等等。
6. 解方程：竞赛中常常需要解各种复杂的方程，例如二次方程、方程组、移项变系数、绝对值不等式等等。
有些常见的技巧包括配方法、因式分解、代数恒等式、三角变换等等。
数论解题的实用技巧与思维导
数论解题的实用技巧与思维导数论解题的实用技巧与思维导向数论，作为数学的一个重要分支，在解题过程中常常需要使用一些技巧和思维导向来提高效率和准确度。
本文将介绍数论解题的一些实用技巧，帮助读者在数论问题上取得更好的成绩。
1. 充分利用基本定理：在解题过程中，我们可以运用数论的基本定理来简化问题。
例如，费马小定理可以用来求解模运算问题，欧拉定理可以用来求解幂运算问题。
掌握这些基本定理并能够熟练运用，将会大大提高问题解决的效率。
2. 拆分因式与整除关系：在解决数论问题时，经常会用到拆分因式与整除关系。
将一个数拆分成素数的乘积，可以帮助我们找到问题的规律和特点，从而得到更好的解题思路。
同时，注意利用整除关系可以帮助我们缩小问题的解空间，减少计算量。
3. 数表与数形的应用：数论的解题常常和数表、数形密切相关。
掌握一些常见的数论数表，如素数表、因子表等，能够在解题过程中提供更多的信息和思路。
此外，将数论问题转化为数形问题，可以通过观察图形的特点来解决问题，有时会更加直观和简洁。
4. 递归思维与数学归纳法：递归思维在解题中常常用到，通过从简单情况开始推导，不断迭代问题的解，可以建立起问题的解决框架。
数学归纳法也是解决数论问题的一种有效思维工具，通过证明一个数学命题对某个特定的数成立，再由此证明该命题对所有数都成立。
掌握递归思维和数学归纳法，能够让解题过程更加系统和逻辑。
5. 近似与不等式：在一些复杂的数论问题中，使用近似和不等式可以大大简化问题。
利用近似值或者上下界的不等式来逼近问题的解，将有助于我们快速找到答案或者证明结论。
同时，对于一些数论问题，使用不等式可以将问题转化为求解某个函数的最值问题，从而提供更多的思路和工具。
6. 等式的巧妙运用：数论问题中，等式的巧妙运用常常会给解题带来突破口。
通过构造适当的等式，可以得到问题的新的表达形式，进而找到解决问题的思路和方法。
注意观察问题中的等式，将其变形或运用到其他方面，将会为解题带来新的可能性。
初中数学竞赛：数论的方法技巧(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：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。
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，即其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak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）=（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＜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=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=2m t，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。
掌握初中数学中的数论题解题方法
掌握初中数学中的数论题解题方法在初中数学中，数论题是一类重要的题型。
通过掌握数论题的解题方法，可以帮助我们提高解题的效率和准确性。
本文将介绍几种常见的数论题解题方法。
一、质数与合数质数是指除了1和自身外没有其他因数的自然数，而合数则是指除了1和自身之外还有其他因数的自然数。
要判断一个数是否为质数，可以用试除法。
即从2开始，依次除以2、3、4，如果能整除则不是质数，如果无法整除，则是质数。
二、最大公约数与最小公倍数求两个数的最大公约数（GCD）和最小公倍数（LCM）是数论题中常见的问题。
求最大公约数可以使用辗转相除法，即不断用较小数除较大数，直到余数为0，此时较小数即为最大公约数。
求最小公倍数可以利用两数的乘积除以最大公约数来得到。
三、奇偶性与除尽法奇偶性在数论题中经常被运用。
首先，要了解奇数和偶数的性质，奇数除以2的余数为1，偶数除以2的余数为0。
通过对问题进行分析，可以根据奇偶性来进行合理的推断和判断。
在解题中，除尽法是一种常用的方法，即用某个确定的数除以给定的数，判断是否能除尽。
四、整除性与模运算在数论题中，整除性是非常重要的概念。
对于某个数能否整除另一个数，可以通过判断两个数的因数关系来确定。
另外，还可以运用模运算的性质来进行推导和判断。
模运算是指两数相除后的余数，通常用符号“mod”表示。
例如，5 mod 2 = 1，表示5除以2的余数为1。
五、约数与因数分解约数是指一个数被另一个数整除所得的结果，而因数是指能整除一个数的数。
在解题过程中，要善于找出给定数的约数以及将一个数因式分解成质数的乘积。
通过约数和因数的分析，可以帮助我们更好地理解问题，简化计算过程。
六、同余关系与同余定理同余关系是指两个数除以同一个数所得的余数相等。
同余关系在数论题中有广泛的应用。
同余定理是一个重要的定理，它将同余问题转化为求余数的问题，简化了计算的过程。
要熟练掌握同余关系与同余定理的应用，能够有效解决与同余性质相关的题目。
数学数论学习方法与技巧指南
数学数论学习方法与技巧指南数学数论是数学中的一个分支，研究整数之间的性质和相互关系。
它在数学的研究和实际应用中都有着重要的地位。
在学习数学数论的过程中，我们需要掌握一些方法和技巧。
本文将为大家介绍数学数论学习的方法与技巧，希望能对大家的学习有所帮助。
一、扎实的数学基础是关键要学好数学数论，首先要打牢数学基础。
数论作为高等数学的一门学科，它依赖于高等数学的诸多概念和定理。
因此，在学习数论之前，我们要掌握好代数、几何、微积分等数学基础知识。
只有对这些基础知识有了扎实的掌握，我们才能更好地理解和应用数学数论的内容。
二、多做经典题目，锻炼思维能力数学数论是一个需要思考和推理的学科，因此，多做经典题目是提高数论能力的关键。
可以选择一些经典的数论题目，进行反复练习。
在解题的过程中，我们要培养自己的思考能力和问题解决能力，学会灵活运用各种数论定理和方法。
同时，还可以参加一些数学竞赛，通过比赛锻炼自己的数论思维和应试能力。
三、学会总结归纳，提炼数论规律数学数论是一个规律性很强的学科，我们需要学会总结归纳，提炼数论背后的规律。
在做题和学习的过程中，我们要注意发现问题中隐藏的规律，将问题归纳为一般性的结论。
这样不仅可以提高我们的数论理解能力，也能在解题时快速找出解题的思路和方法。
四、积极使用工具，辅助学习在学习数学数论的过程中，我们还可以利用一些工具进行辅助学习。
例如，可以使用数学软件进行计算和绘图，通过图像的展示更直观地理解数论问题。
同时，也可以使用一些数论相关的书籍、教辅资料和学习视频，结合多种资源进行系统学习和理解。
五、与他人交流讨论，共同进步学习数学数论不是一项孤立的活动，与他人的交流和讨论是非常有益的。
可以与同学、老师或者数学爱好者共同学习和解题，互相启发和补充知识。
通过与他人的交流，我们可以更好地理解数论问题，发现不同的解题思路，提高自己的数论能力。
六、坚持不懈，持之以恒学习数学数论需要持之以恒的努力和坚持。
帮助中学生掌握数学数论的七个方法
帮助中学生掌握数学数论的七个方法数学数论作为数学的一个重要分支，对于中学生来说往往是一门较为抽象和难以理解的学科。
然而，通过适当的方法和技巧，中学生也可以轻松地掌握数学数论。
本文将介绍七个方法，帮助中学生提高数论的学习效果。
1. 掌握数论的基本概念在深入学习数论之前，中学生首先要掌握数论的基本概念。
数论涉及的基本概念包括质数、合数、因子、倍数等。
理解这些概念的定义和特性，对于后续的学习非常重要。
2. 学习数论的基本定理和性质数论有许多基本定理和性质，如欧几里得算法、唯一分解定理、费马小定理等。
掌握这些定理和性质，可以帮助中学生更好地理解和运用数论知识。
3. 大量练习题的解答数论是需要进行大量练习的学科，通过解答练习题可以帮助中学生巩固知识，并培养其解决问题的能力。
建议中学生每天坚持做一些数论的练习题，逐渐提高自己的解题水平。
4. 注重数论与实际问题的联系数论虽然抽象，但与实际问题也有着密切的联系。
中学生可以通过将数论知识应用到实际问题中，加深对数论的理解。
例如，中学生可以通过数论知识分析电子设备的算法，或者解决生活中的计数问题。
5. 培养逻辑思维能力数论是一门需要逻辑思维的学科，中学生应该注重培养自己的逻辑思维能力。
可以通过解决一些逻辑问题、推理题等来提升逻辑思维能力，从而更好地理解和应用数论。
6. 借助辅助工具中学生在学习数论时，可以借助一些辅助工具来加深对数论的理解。
例如，使用计算机软件或在线资源，进行数论相关的计算和可视化操作，可以帮助学生更加直观地理解数论概念和性质。
7. 寻求专业指导和交流中学生在学习数论时，可以寻求专业老师的指导，或者参加数学兴趣班、数学竞赛等活动，与其他对数论感兴趣的同学交流。
在专业指导和同学交流中，可以共同探讨问题，相互学习，提高数学数论的学习效果。
通过以上七个方法，中学生可以有效地掌握数论知识，提高数学数论的学习效果。
同时，中学生也应该坚持日常的数论学习，保持良好的学习习惯，为将来的学习打下坚实的基础。
初中奥数的竞赛辅导及解题技巧
初中奥数的竞赛辅导及解题技巧初中奥数竞赛是一项具有挑战性和趣味性的数学活动，对参与者的数学素养和解题能力提出了较高的要求。
在竞赛中，不仅需要掌握扎实的数学知识，还需要灵活运用解题技巧。
本文将为初中生们提供一些奥数竞赛的辅导方法和解题技巧，以帮助他们更好地应对这一挑战。
一、奥数竞赛的辅导方法1. 总结知识点：首先，要认真复习和总结数学课本上的知识点，包括各个章节的公式和定理。
建议将关键公式和定理写在一个小本子上，便于随时翻阅。
2. 培养逻辑思维：奥数竞赛注重培养学生的逻辑思维能力。
在日常学习中，可以多进行一些推理和思维的练习，如推理游戏、数学谜题等，以锻炼思维的灵活性和敏捷性。
3. 阅读理解题技巧培养：奥数竞赛中的阅读理解题要求学生在给定的条件下解决问题。
解答这类问题的技巧是，先通读问题，理解问题的背景和要求，然后逐步分析问题，提炼关键信息，最后进行推理和解答。
在训练中，可以多做一些阅读理解题，培养解题的思路和方法。
4. 创造力培养：奥数竞赛中的应用题和创新题是培养学生创造力的重要环节。
在家长和老师的指导下，可以尝试通过设置一些数学游戏和挑战，培养学生在解决实际问题时的创新思维。
二、解题技巧1. 运用数学方法：在解题过程中，要灵活运用所学的数学方法。
对于较难的题目，可以尝试运用不同的方法和角度思考，寻找最有效的解题方法。
2. 分析问题：在解题过程中，要仔细分析问题的要求和条件，梳理思路。
经过分析后，有时可以将问题简化为更易解决的小问题，再逐步推导出最终答案。
3. 使用图像辅助：对于几何类的题目，可以尝试将问题进行图像化处理。
绘制图形有助于理清问题的关系和空间结构，从而更好地解答问题。
4. 注意细节：在解题过程中，要注意处理细节。
经常有一些题目是通过注意细节来解答的，所以在计算中要保持耐心，避免粗心导致答错。
5. 自信与冷静：参加奥数竞赛时，要保持自信和冷静的心态。
遇到困难时，不要慌张，要有信心相信自己掌握的知识和解题能力，耐心思考，不断尝试。
数学学科教案解决数论问题的有效方法
数学学科教案解决数论问题的有效方法数论作为数学学科的一部分，是研究整数性质和整数间关系的数学分支。
它不仅是学生学习数学的基础，也是培养学生逻辑思维和解决问题能力的重要内容。
然而，由于数论问题通常较为抽象，难以直观理解，许多学生常常在学习中遇到困难。
为了帮助学生更好地掌握数论知识，本文将介绍几种有效的解决数论问题的教学方法。
一、引导学生建立数论问题的数学模型解决数论问题的第一步是理解问题并建立数学模型。
通过将问题转化为数学表达式或等式，帮助学生把握问题的本质。
例如，对于一个关于质数的问题，可以引导学生建立一个判定质数的函数：如果一个数只能被1和它本身整除，那么它就是质数。
通过建立数学模型，学生能够更好地把握问题的本质，思考解决问题的途径，并通过具体的数学计算得出结论。
二、培养学生的归纳和推理能力数论问题常常涉及到一些规律和性质，因此培养学生的归纳和推理能力对于解决数论问题至关重要。
教师可以通过引导学生观察一些数论问题的特点和规律，逐渐培养学生的归纳能力。
例如，让学生观察一些质数的特点，发现质数由除1和自身之外的数不能整除。
在培养学生的推理能力方面，可以通过解决一些数论问题的例子来引导学生进行推理，逐步让学生理解并掌握解题思路。
例如，让学生通过解决一个关于质数的问题，可以得出结论：每个大于1的整数要么是质数，要么可以唯一地分解为若干个质数的乘积。
三、分组讨论和合作学习数论问题通常包含一些较难的定理和证明，对于学生来说往往难以独自解决。
因此，分组讨论和合作学习是有助于解决数论问题的良好方式。
教师可以将学生分成小组，每个小组共同讨论一个数论问题，并共同解决问题。
在小组讨论中，学生可以相互交流和讨论，互相启发思路和解题方法。
通过合作学习，学生可以互相补充和共享彼此的思考，提高解决问题的效率和质量。
四、举一反三，拓展学生的数学思维数论问题有时候并不仅仅局限于解决具体的问题，还可以通过拓展学生的数学思维，引导他们进行更深入的思考和探索。
浅谈中学数学竞赛初等数论中的部分解题思路
浅谈中学数学竞赛初等数论中的部分解题思路摘要：毕达哥拉斯提出的初等数论在数学界中有着重要的地位，其主要包括对整数理论、不定方程和同余理论等项目。
初等数论通常在大学本科开始正式教学，有规律的展开初等数论教育。
在数学体系中，初等数论是很重要、很有趣的内容，用非常朴素的方式解读数本身的规律。
在讨论中，得出数的奥妙和特征。
中学数学竞赛中初等数论是必考问题，其用初等数论问题考察学生对于整数认知和对数的看法。
学生如果对初等数论理解的身份透彻，那么解题将会变得非常简单，但如果理解浅显则会陷入很大麻烦。
初等数论有着广泛的应用，中学数学竞赛前需要掌握初等数论，意义十分突出。
关键词：中学数学竞赛；初等数论；数学前言：在数学中，初等数论主要用于解决与掌握整数关系，一般会用到反证法分析。
众所周知给定正整数通常都可以写作带余除法。
用带余除法与整除性质，证明归纳数学命题。
比如a|b±a|±b，b|abc|ac,其中c 是任意非零整数。
b|a,a≠0|b|≤|a|，b|a|＜|b|a=0。
an-bn=（a=b)M1,n这些都是中学数学竞赛中常见的。
此时可以用归纳法，用特例进行推导，得出一般结论。
假设两个连续整数乘积最后能够让2整除，任意三个连续整数之积能够被3整除。
比如在这道题目中，证明6可以整除n（2n+1)(n+1),n。
第一眼看到这个题目，很多人都不知道怎么下手，如果能够了解初等数论命题思路，则可以很好的处理。
证明的时候，可以把6写作2与3的乘积。
这时候计算就会非常简单，n(2n+1)(n+1)=n(n+1)(n+2+n-1)=n(n+1)(n+2)+n(n+1)(n-1)，结合初等数论，2和3能够整除n(n+1)(n+2),n(n+1)(n-1)。
一、公因数和倍数在看到这个问题的时候：某平面整点到直线y=5/3x+4/5，请问距离最小值多少。
在解决这个问题的时候，首先要进行方程整理，将直线方程变成整系数方程，25x-15y+12=0.此时设定平面整点p(x0,y0)到直线距离是d=，按照初等数论公因式理论， x0,y0在任意整数情况下，25x0-15y0代表的是所有5倍数。
初中数学竞赛讲座——数论部分3(素数与合数)
第三讲素数与合数一、基础知识：对于任意正整数n>1，如果除1和n本身以外，没有其它的因数，那么称n 为素数，否则n称为合数。
这样，我们将正整数分为了三类：1，素数，合数。
例如：2，3，5，7，11，…都是质数。
1既不是质数也不是和数。
1之所以要摒于质数之外，是因为它完全没有质数所具备的那些重要的数论性质。
质数p和a互质，必要而且只要p|\a事实上，若p|a，则p和a除±1外还有公因数±p，故二者不互质。
若p|\a，则±p当然就不是p,a的公因数；但除了±p，只有±1才可能是p的因数，所以只有±1才可能是p，a的公因数，即二者互质。
显然任意两个不同的质数互质。
质数的性质性质1．素数中只有一个数是偶数，它是2.性质2．设n为大于1的正整数，p是n的大于1的因数中最小的正整数，则p为素数。
性质3．设a 是任意一个大于1的整数，则a 的除1 外最小正因数q 是一质数，并且当a是合数时，q≤证明：假设q不是质数，则由定义可知q除1及本身以外还有一正因数，设它为b，因而1<b<q。
但q|a，所以b|a，这与q是a的除1外的最小正因数矛盾，因而q是质数。
当a是合数时，则a=c·q且c>1，否则a是质数。
由于q是a的除1外的最小正因数，所以q小于等于c ，2q≤q c=a故q≤说明：此性质表明，一个合数a一定是不大于的某些质数的倍数。
换言之，如果所有不大于的质数都不能整除a，那么a一定是质数（作为性质4如下）。
此性质是我们检验一个数是否为素数的最常用的方法。
例如判断191是不是素数。
因为不大于<14的素数有2,3,5,7,11,13，由于191不能被2,3,5,7,11,13整除，所以191是质数。
这种方法还可以求不大于a的所有素数，例如，求50以内的全体素数。
由于不大于的质数有：2,3,5,7，可以在2,3,4,,50中依次划去2,3,5,7的倍数（保留2,3,5,7）最后余下的数就是50以内的全体质数。
数学竞赛中的数论知识点总结
数学竞赛中的数论知识点总结数学竞赛中，数论是竞赛题目中经常出现的一个重要知识点。
在数论中，各种定理和技巧层出不穷，很多时候需要针对特殊类型的问题有针对性地进行研究。
本文将对数论中的一些基本知识点进行总结，以便竞赛选手更好地备战数学竞赛。
一、同余同余是数论中常见的一个概念。
a与b模n同余，当且仅当它们的差能被n整除，即a-b是n的倍数。
可以表示为$a \equiv b\pmod{n}$。
同时，同余关系具有传递性、反身性和对称性。
同余关系在数论中有很多应用，特别是在求证和构造问题中。
二、模反元素求模反元素是数论中的一个重要技巧。
在模n的情况下，如果a乘以x再模n可以得到1，那么x就是a模n的反元素（或倒数）。
求模反元素的一般方法是通过使用扩展欧几里得算法，在求最大公约数的同时求出x和y的值，其中x就是a模n的反元素。
三、欧拉函数欧拉函数是数论中一个重要的概念，通常记为$\varphi (n)$。
欧拉函数的意义是小于n的正整数中，与n互质的数的个数。
求欧拉函数的方法有很多种，其中比较常用的有：将n分解为质因数的积，然后根据欧拉函数的性质，对于每个不同的质因数，将它的欧拉函数值相乘即可。
四、费马小定理费马小定理是数论中常用的一个定理，它表明如果p是一个质数，那么对于任意正整数a，$a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$。
这个定理在构造和求证问题中有很多应用，特别是在判定质数的问题中。
五、中国剩余定理中国剩余定理是一种将模数分解成相对质数乘积的方法。
可以表示为：$\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{n_1} \\ x \equiv a_2\pmod{n_2} \end{cases}$ 其中，$n_1$和$n_2$是两个互质的正整数，a1和a2是任意整数。
该定理的思路是先根据n1和n2分别求出它们的模反元素，然后利用同余方程组的解法，得出一个通解，最后在将通解化简成最小正整数解即可。
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初一数学竞赛培训讲座数论的方法技巧（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 (1，其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，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）=（a1+1）（a2+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 n10n+a n-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r ；3.标准分解式:4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，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：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990a 3+90a 2-9a 0=1998， 110a 3+10a 2-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.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,然后魔术师再要求他记下5个数、、、、，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是什么？如果N=3194，那么是多少？ 解：依题意，得++++=3194. 两边同时加上,得:222(a+b+c=3194+, ∴222(a+b+c=222×14+86+.由此可推知: +86是222的倍数,且a+b+c>14.设+86=222n ，考虑到是三位数，依次取n=1，2，3，4，分别得出=136，358，580，802，再结合a+b+c>14，可知原三位数=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=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49整除，故3≥1，4≥2，其余的指数k 为自然数或零. 依题意，有 （1+1）（2+1）…（n+1）=10. 由于3+1≥2，4+1≥3，且10=2×5，故1+1=2+1=5+1=…=n+1=1， 即1=2=5=…=n=0，N 只能有2个不同的质因数5和7，因为4+1≥3＞2，故由 （3+1）（4+1）=10.知，3+1=5，4+1=2是不可能的.因而3+1=2，4+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？解：设P 为任意一个自然数，将魔术数N （N<2000）接后得，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，=10P+N ，依题意：N|，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，=100P+N，依题意：N|，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，=1000P+N，依题意：N|，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：(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，，……，克砝码可以称出1，2，3，……，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．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>c ， c 的四位数.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. 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，.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.。