數論問題的解法舉例(2)

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，從中發現並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爲歸納法。

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，其餘劃去；

　　（5）所餘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，所得的數字串是什麼？

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，後面以4次爲週期循環，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，玲玲拿着它們，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捨去，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捨去，把下一張卡片放在最下面。反覆這樣做，直到手中只剩下一張卡片，那麼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爲N，觀察上表可知：

　　（1）當N=2^a（a=0，1，2，3，…）時，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的最後一張，即第2^a張；

　　（2）當N=2^a+m（m＜2^a）時，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第2m張。

　　取N=100，因爲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，…然後把1號殺了，把3號殺了，總之每隔一個人殺一個人，最後剩下一個人，這個人就是約瑟夫斯。如果這批俘虜有111人，那麼約瑟夫斯的號碼是多少？

四、反證法

　　反證法即首先對命題的結論作出相反的假設，並從此假設出發，經過正確的推理，導出矛盾的結果，這就否定了作爲推理出發點的假設，從而肯定了原結論是正確的。

　　反證法的過程可簡述爲以下三個步驟：

　　1．反設：假設所要證明的結論不成立，而其反面成立；

　　2．歸謬：由“反設”出發，通過正確的推理，導出矛盾――與已知條件、公理、定義、定理、反設及明顯的事實矛盾或自相矛盾；

　　3．結論：因爲推理正確，產生矛盾的原因在於“反設”的謬誤，既然結論的反面不成立，從而肯定了結論成立。

　　運用反證法的關鍵在於導致矛盾。在數論中，不少問題是通過奇偶分析或同餘等方法引出矛盾的。

　　解：如果存在這樣的三位數，那麼就有

　　100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。上式可化簡爲 80a=b+c，而這顯然是不可能的，因爲a≥1，b≤9，c≤9。這表明所找的數是不存在的。

　　說明：在證明不存在性的問題時，常用反證法：先假設存在，即至少有一個元素，它符合命題中所述的一切要求，然後從這個存在的元素出發，進行推理，直到產生矛盾。

　　例2 將某個17位數的數字的排列順序顛倒，再將得到的數與原來的數相加。試說明，得到的和中至少有一個數字是偶數。

　　解：假設得到的和中沒有一個數字是偶數，即全是奇數。在如下式所示的加法算式中，末一列數字的和d+a爲奇數，從而第一列也是如此，因此第二列數字的和b+c≤9。將已知數的前兩位數字a，b與末兩位數字c，d去掉，所得的13位數仍具有“將它的數字顛倒，得到的數與它相加，和的數字都是奇數”這一性質。照此進行，每次去掉首末各兩位數字，最後得到一位數，它與自身相加是偶數，矛盾。故和的數字中必有偶數。

　　說明：顯然結論對（4k+1）位數也成立。但對其他位數的數不一定成立。如12+21，506+605等。

　　例3 有一個魔術錢幣機，當塞入1枚1分硬幣時，退出1枚1角和1枚5分的硬幣；當塞入1枚5分硬幣時，退出4枚1角硬幣；當塞入1枚1角硬幣時，退出3枚1分硬幣。小紅由1枚1分硬幣和1枚5分硬幣開始，反覆將硬幣塞入機器，能否在某一時刻，小紅手中1分的硬幣剛好比1角的硬幣少10枚？

　　解：開始只有1枚1分硬幣，沒有1角的，所以開始時1角的和1分的總枚數爲 0+1=1，這是奇數。每使用一次該機器，1分與1角的總枚數記爲Q。下面考查Q的奇偶性。

　　如果塞入1枚1分的硬幣，那麼Q暫時減少1，但我們取回了1枚1角的硬幣（和1枚5分的硬幣），所以總數Q沒有變化；如果再塞入1枚5分的硬幣（得到4枚1角硬幣），那麼Q增加4，而其奇偶性不變；如果塞入1枚1角硬幣，那麼Q增加2，其奇偶性也不變。所以每使用一次機器，Q的奇偶性不變，因爲開始時Q爲奇數，它將一直保持爲奇數。

　　這樣，我們就不可能得到1分硬幣的枚數剛好比1角硬幣數少 10的情況，因爲如果我們有P枚1分硬幣和（P+10）枚1角硬幣，那麼1分和1角硬幣的總枚數爲（2P+10），這是一個偶數。矛盾。

　　例 4在3×3的方格表中已如右圖填入了9個質數。將表中同一行或同一列的3個數加上相同的自然數稱爲一次操作。問：你能通過若干次操作使得表中9個數都變爲相同的數嗎？爲什麼？

　　解：因爲表中9個質數之和恰爲100，被3除餘1，經過每一次操作，總和增加3的倍數，所以表中9個數之和除以3總是餘1。如果表中9個數變爲相等，那麼9個數的總和應能被3整除，這就得出矛盾！

　　所以，無論經過多少次操作，表中的數都不會變爲9個相同的數。

五、構造法

　　構造法是一種重要的數學方法，它靈活多樣，數論中的許多問題都可以通過構造某些特殊結構、特殊性質的整數或整數的組合來解決。

　　例5 99⁹⁹和99！能否表示成爲99個連續的奇自然數之和？

　　解：99⁹⁹能。因爲99⁹⁹等於99個99⁹⁸之和，所以可以直接構造如下：

　　9999=（99⁹⁸-98）+（99⁹⁸-96）+…+

　　=（99⁹⁸-2）+99⁹⁸+（99⁹⁸+2）+…+

　　=（99⁹⁸+96）+（99⁹⁸+98）。

　　99！不能。因爲99！爲偶數，而99個奇數之和爲奇數，所以99！不能表示爲99個連續奇數之和。

　　說明：利用構造法證明存在性問題，只要把滿足題設要求的數學對象構造出來就行。

　　例6 從1，2，3，…，999這999個數中，要求劃去儘量少的數，使得餘下的數中每一個數都不等於另外兩個數的乘積。應劃去哪些數？

　　解：我們可劃去2，3，…，30，31這30個數，因爲劃去了上述這30個數之後，餘下的數中，除1以外的任何兩個數之積將大於32²=1024＞999。

　　另一方面，可以通過構造三元數組來證明30是最少的個數。

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

　　（30，33，30×33），（31，32，31×32）。

　　上面寫出的這些數都是互不相同的，並且這些數中的最大數爲 31×32=992。如果劃去的數少於30個，那麼上述三元數組至少剩下一個，這樣就不滿足題設條件。所以，30是最少的個數。

六、配對法

　　配對的形式是多樣的，有數字的湊整配對，也有集合間元素與元素的配對（可用於計數）。傳說高斯8歲時求和（1+2+…+100）首創了配對。像高斯那樣，善於使用配對技巧，常常能使一些表面上看來很麻煩，甚至很棘手的問題迎刃而解。

　　例7 求1，2，3，…，9999998，9999999這9999999個數中所有數碼的和。

　　解：在這些數前面添一個數0，並不影響所有數碼的和。將這1000萬個數兩兩配對，因爲0與9999999，1與9999998，…，4999999與5000000各對的數碼和都是9×7=63。這裏共有5000000對，故所有數碼的和是63×5000000=315000000。

　　例8 某商場向顧客發放9999張購物券，每張購物券上印有一個四位數的號碼，從0001到9999號。若號碼的前兩位數字之和等於後兩位數字之和，則稱這張購物券爲“幸運券”。例如號碼 0734，因 0+7=3+4，所以這個號碼的購物券是幸運券。試說明，這個商場所發的購物券中，所有幸運券的號碼之和能被101整除。

　　解：顯然，號碼爲9999的是幸運券，除這張幸運券外，如果某個號碼n是幸運券，那麼號碼爲m=9999-n的購物券也是幸運券。由於9999是奇數，所以m≠n。

　　由於m+n=9999，相加時不出現進位，所以除去號碼是9999這張幸運券之外，其餘所有幸運券可全部兩兩配對，而每一對兩個號碼之和均爲9999，即所有幸運券號碼之和是9999的倍數。

　　因爲9999=99×101，所以所有幸運券號碼之和能被101整除。