第四講 數論的方法技巧之二

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

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

　　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為奇數，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，最后得到一位數，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，反復將硬幣塞入機器，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分的總枚數為 0+1=1，這是奇數。每使用一次該機器，1分與1角的總枚數記為Q。下面考查Q的奇偶性。

　　如果塞入1枚1分的硬幣，那么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），那么Q增加4，而其奇偶性不變；如果塞入1枚1角硬幣，那么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，因為開始時Q為奇數，它將一直保持為奇數。

　　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，因為如果我們有P枚1分硬幣和（P+10）枚1角硬幣，那么1分和1角硬幣的總枚數為（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為一次操作。問：你能通過若干次操作使得表中9個數都變為相同的數嗎？為什么？

　　解：因為表中9個質數之和恰為100，被3除余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總是余1。如果表中9個數變為相等，那么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，表中的數都不會變為9個相同的數。

　　例5 99⁹⁹和99！能否表示成為99個連續的奇自然數之和？

　　解：99⁹⁹能。因為99⁹⁹等于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。因為99！為偶數，而99個奇數之和為奇數，所以99！不能表示為99個連續奇數之和。

　　例6 從1，2，3，…，999這999個數中，要求劃去盡量少的數，使得余下的數中每一個數都不等于另外兩個數的乘積。應劃去哪些數？

　　解：我們可劃去2，3，…，30，31這30個數，因為劃去了上述這30個數之后，余下的數中，除1以外的任何兩個數之積將大于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，并且這些數中的最大數為 31×32=992。如果劃去的數少于30個，那么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。

　　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（可用于計數）。傳說高斯8歲時求和（1+2+…+100）首創了配對。像高斯那樣，善于使用配對技巧，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，并不影響所有數碼的和。將這1000萬個數兩兩配對，因為0與9999999，1與9999998，…，4999999與5000000各對的數碼和都是9×7=63。這里共有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于后兩位數字之和，則稱這張購物券為“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，號碼為9999的是幸運券，除這張幸運券外，如果某個號碼n是幸運券，那么號碼為m=9999-n的購物券也是幸運券。由于9999是奇數，所以m≠n。

　　由于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，其余所有幸運券可全部兩兩配對，而每一對兩個號碼之和均為9999，即所有幸運券號碼之和是9999的倍數。

　　因為9999=99×101，所以所有幸運券號碼之和能被101整除。

　　試說明分子m是質數89的倍數。

　　解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的辦法，將和

　　2m×88！=89×k（k是正整數）。

　　因為89為奇質數，所以89不能整除 88！，從而89|m。

　　1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，

　　m×88！=89×k（k=n×q）。

　　因為89為奇質數，所以89不能整除88！，從而89|m。

　　而所求的數整S是四個不同的真分數之和，因此2＜S＜4，推知S=3。于是可得如下5組不同的真分數：

　　例11 已知在乘積1×2×3×…×n的尾部恰好有106個連續的零，求自然數n的最大值。

　　分析：若已知n的具體數值，求1×2×…×n的尾部零的個數，則比較容易解決，現在反過來知道尾部零的個數，求n的值，不大好處理，我們可以先估計n大約是多少，然后再仔細確定n的值。

　　因此，乘積1×2×3×…×400中含質因數5的個數為80+16+3=99（個）。又乘積中質因數2的個數多于5的個數，故n=400時，1×2×…×n的尾部有99個零，還需 7個零，注意到425中含有2個質因數5，所以

　　當n=430時，1×2×…×n的尾部有106個零；

　　當n=435時，1×2×…×n的尾部有107個零。

　　因此，n的最大值為434。