六年奧數(shù)綜合練習(xí)題八(數(shù)論的方法技巧)

六年奧數(shù)綜合練習(xí)題八(數(shù)論的方法技巧)

數(shù)論是研究整數(shù)性質(zhì)的一個數(shù)學(xué)分支，它歷史悠久，而且有著強大的生命力。數(shù)論問題敘述簡明，

“很多數(shù)論問題可以從經(jīng)驗中歸納出來，并且僅用三言兩語就能向一個行外人解釋清楚，但要證明它卻

遠非易事”。因而有人說：“用以發(fā)現(xiàn)天才，在初等數(shù)學(xué)中再也沒有比數(shù)論更好的課程了。任何學(xué)生，

如能把當(dāng)今任何一本數(shù)論教材中的習(xí)題做出，就應(yīng)當(dāng)受到鼓勵，并勸他將來從事數(shù)學(xué)方面的工作?！彼?/p>

以在國內(nèi)外各級各類的數(shù)學(xué)競賽中，數(shù)論問題總是占有相當(dāng)大的比重。

小學(xué)數(shù)學(xué)競賽中的數(shù)論問題，常常涉及整數(shù)的整除性、帶余除法、奇數(shù)與偶數(shù)、質(zhì)數(shù)與合數(shù)、約數(shù)

與倍數(shù)、整數(shù)的分解與分拆。主要的結(jié)論有：

1.帶余除法：若a,b是兩個整數(shù)，b>0,則存在兩個整數(shù)q,r,使得

a=bq+r(OWr<b),

且q,r是唯一的。

特別地，如果r=0,那么a=bq。這時，a被b整除，記作b|a,也稱b是a的約數(shù)，a是b的倍數(shù)。

2.若a|c,b|c,且a,b互質(zhì)，則ab|c。

3.唯一分解定理：每一個大于1的自然數(shù)n都可以寫成質(zhì)數(shù)的連乘積，即

P；'P；""P3(0

其中pi<p2O“<pk為質(zhì)數(shù)，al,a2,…，ak為自然數(shù)，并且這種表示是唯一的。(1)式稱為n

的質(zhì)因數(shù)分解或標(biāo)準(zhǔn)分解。

4.約數(shù)個數(shù)定理：設(shè)n的標(biāo)準(zhǔn)分解式為(1),則它的正約數(shù)個數(shù)為：

d(n)=(ai+1)(a2+l)…(ak+1)。

5.整數(shù)集的離散性：n與n+1之間不再有其他整數(shù)。因此，不等式x<y與xWy-1是等價的。

下面，我們將按解數(shù)論題的方法技巧來分類講解。

一、利用整數(shù)的各種表示法

對于某些研究整數(shù)本身的特性的問題,若能合理地選擇整數(shù)的表示形式,則常常有助于問題的解決。

這些常用的形式有：

1.十進制表示形式：n=anl0n+anT10nT+~+a。；

2.帶余形式：a=bq+r；

3.標(biāo)準(zhǔn)分解式：

4.2的乘方與奇數(shù)之積式：n=2mt,其中t為奇數(shù)。

例1紅、黃、白和藍色卡片各1張，每張上寫有1個數(shù)字，小明將這4張卡片如下圖放置，使它

們構(gòu)成1個四位數(shù)，并計算這個四位數(shù)與它的各位數(shù)字之和的10倍的差。結(jié)果小明發(fā)現(xiàn)，無論白色卡

片上是什么數(shù)字，計算結(jié)果都是1998。問：紅、黃、藍3張卡片上各是什么數(shù)字？

囹國回國

解：設(shè)紅、黃、白、藍色卡片上的數(shù)字分別是a3,a2,al,a0,則這個四位數(shù)可以寫成

lOOOa3+lOOa2+lOai+ao,

它的各位數(shù)字之和的10倍是

10(as+a2+ai+ao)=10a3+10a2+10ai+10a0,

這個四位數(shù)與它的各位數(shù)字之和的10倍的差是

990a3+90a2-9a0=1998,

110a3+10a2-aO=222o

比較上式等號兩邊個位、十位和百位，可得

ao=8,a2=l,a3=2o

所以紅色卡片上是2,黃色卡片上是1,藍色卡片上是8。

例2在一種室內(nèi)游戲中，魔術(shù)師要求某參賽者想好

一個三位數(shù)abc,然后，魔術(shù)師再要求他記下5個數(shù)acb,

而，辰，京，并把這5個數(shù)加起來求出和N。只要參賽

者講出N的大小，魔術(shù)師就能說出原數(shù)詼?zhǔn)鞘裁础?/p>

如果N=3194,那么近是多少？

解：依題意，得

acb4-bac+bca+cab+cba=3194。

等號兩邊同時加上詼，得

222(a+b+c)=3194+abc,

222(a+b+c)=222X14+86+abco

由此推知詼+86是222的倍數(shù)，且a+b+c>14。

設(shè)航+86=222n,考慮到詼?zhǔn)侨粩?shù)，依次取n=l,2,3,4,分別

得出友的可能值為136,358,580,802,再結(jié)合

a+b+c>14,

可知原三位數(shù)abc=358。

說明：求解本題所用的基本知識是，正整數(shù)的十進制表示法和最簡單的不定方程。

例3從自然數(shù)1,2,3,…，1000中，最多可取出多少個數(shù)使得所取出的數(shù)中任意三個數(shù)之和能

被18整除？

解：設(shè)a,b,c,d是所取出的數(shù)中的任意4個數(shù)，貝U

a+b+c=18m,a+b+d=18n,

其中m,n是自然數(shù)。于是

c-d=18(m-n)。

上式說明所取出的數(shù)中任意2個數(shù)之差是18的倍數(shù)，即所取出的每個數(shù)除以18所得的余數(shù)均相同。

設(shè)這個余數(shù)為r,則

a=18ai+r,b=18bi+r,c=18ci+r,

其中ai,bi,ci是整數(shù)。于是

a+b+c=18(ai+bi+ci)+3r。

因為18|(a+b+c),所以18|3r,即6|r,推知r=0,6,12。因為1000=55X18+10,所以，從1,

2,…，1000中可取6,24,42,996共56個數(shù)，它們中的任意3個數(shù)之和能被18整除。

例4求自然數(shù)N,使得它能被5和49整除，并且包括1和N在內(nèi)，它共有10個約數(shù)。

解：把數(shù)N寫成質(zhì)因數(shù)乘積的形式

N=2,X3'eX5%X7%X…p：

由于N能被5和72=49整除，故a32l,a4、2,其余的指數(shù)ak為自然數(shù)或零。依題意，有

(ai+1)(a2+l)…(an+1)=10。

由于a3+l\2,a4+l>3,且10=2X5,故

ai+l=a2+l=a5+l=",=an+l=l,

即ai=a2=a5="an=0,N只能有2個不同的質(zhì)因數(shù)5和7,因為a4+l23>2,故由

(as+l)(a4+l)=10

知,as+l=5,a4+l=2是不可能的。因而a3+l=2,94+1=5,BPN-5MX7^5X74-120050

例5如果N是1,2,3,1998,1999,2000的最小公倍數(shù)，那么N等于多少個2與1個奇數(shù)

的積？

解：因為2吐1024,2"=2048>2000,每一個不大于2000的自然數(shù)表示為質(zhì)因數(shù)相乘，其中2的個

數(shù)不多于10個，而1024=2、所以，N等于10個2與某個奇數(shù)的積。

說明：上述5例都是根據(jù)題目的自身特點，從選擇恰當(dāng)?shù)恼麛?shù)表示形式入手，使問題迎刃而解。

二、枚舉法

枚舉法（也稱為窮舉法）是把討論的對象分成若干種情況（分類），然后對各種情況逐一討論，最

終解決整個問題。

運用枚舉法有時要進行恰當(dāng)?shù)姆诸悾诸惖脑瓌t是不重不漏。正確的分類有助于暴露問題的本質(zhì)，

降低問題的難度。數(shù)論中最常用的分類方法有按模的余數(shù)分類，按奇偶性分類及按數(shù)值的大小分類等。

例6求這樣的三位數(shù)，它除以11所得的余數(shù)等于它的三個數(shù)字的平方和。

分析與解：三位數(shù)只有900個，可用枚舉法解決，枚舉時可先估計有關(guān)量的范圍，以縮小討論范圍,

減少計算量。

設(shè)這個三位數(shù)的百位、十位、個位的數(shù)字分別為x,y,zo由于任何數(shù)除以11所得余數(shù)都不大于

10,所以

X2+y2+Z2W10,

從而1WXW3,0WyW3,0WzW3。所求三位數(shù)必在以下數(shù)中：

100,101,102,103,110,111,112,

120,121,122,130,200,201,202,

211,212,220,221,300,301,310?

不難驗證只有100,101兩個數(shù)符合要求。

例7將自然數(shù)N接寫在任意一個自然數(shù)的右面（例如，將2接寫在35的右面得352）,如果得到

的新數(shù)都能被N整除，那么N稱為魔術(shù)數(shù)。問：小于2000的自然數(shù)中有多少個魔術(shù)數(shù)？

解：設(shè)P為任意一個自然數(shù)，將魔術(shù)數(shù)N（N<2000）接后得函，下面

對N為一位數(shù)、兩位數(shù)、三位數(shù)、四位數(shù)分別討論。

（1）當(dāng)N為一位數(shù)時，PN=10P+N,依題意N]函，則N]10P,由于

需對任意數(shù)P成立，故N]10,所以N=l,2,5；

（2）當(dāng)N為兩位數(shù)時，PN=100P+N,依題意N]函，則N]100P,故

N|100,所以N=10,20,25,50；

（3）當(dāng)N為三位數(shù)時，PN=1000P+N,依題意N]函，則N]1000P,故

N|1000,所以N=100,125,200,250,500；

(4)當(dāng)N為四位數(shù)時，同理可得N=1000,1250,2000,2500,50000符合條件的有1000,1250?

綜上所述，魔術(shù)數(shù)的個數(shù)為14個。

說明：（1）我們可以證明：k位魔術(shù)數(shù)一定是10k的約數(shù)，反之亦然。

（2）這里將問題分成幾種情況去討論，對每一種情況都增加了一個前提條件，從而降低了

問題的難度，使問題容易解決。

例8有3張撲克牌，牌面數(shù)字都在10以內(nèi)。把這3張牌洗好后，分別發(fā)給小明、小亮、小光3人。每

個人把自己牌的數(shù)字記下后，再重新洗牌、發(fā)牌、記數(shù)，這樣反復(fù)幾次后，3人各自記錄的數(shù)字的和順

次為13,15,23。問：這3張牌的數(shù)字分別是多少？

解：13+15+23=51,51=3X17。

因為17>13,摸17次是不可能的，所以摸了3次，3張撲克牌數(shù)字之和是17,可能的情況有下

面15種:

①1,6,10②1,7,9③1,8,8

④2,5,10⑤2,6,9⑥2,7,8

⑦3,4,10⑧3,5,9⑨3,6,8

⑩3,7,7(11)4,4,9(12)4,5,8

(13)4,6,7(14)5,5,7(15)5,6,6

只有第⑧種情況可以滿足題目要求，即

3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=230

這3張牌的數(shù)字分別是3,5和9。

例9寫出12個都是合數(shù)的連續(xù)自然數(shù)。

分析一：在尋找質(zhì)數(shù)的過程中，我們可以看出100以內(nèi)最多可以寫出7個連續(xù)的合數(shù)：90,91,92,

93,94,95,96。我們把篩選法繼續(xù)運用下去，把考查的范圍擴大一些就行了。

解法1：用篩選法可以求得在113與127之間共有12個都是合數(shù)的連續(xù)自然數(shù)：

114,115,116,117,118,119,120,

121,122,123,124,125,126。

分析二：如果12個連續(xù)自然數(shù)中，第1個是2的倍數(shù)，第2個是3的倍數(shù)，第3個是4的倍數(shù)……

第12個是13的倍數(shù)，那么這12個數(shù)就都是合數(shù)。

又m+2,m+3,m+13是12個連續(xù)整數(shù)，故只要m是2,3,13的公倍數(shù)，這12個連續(xù)整數(shù)

就一定都是合數(shù)。

解法2：設(shè)m為2,3,4,…，13這12個數(shù)的最小公倍數(shù)。m+2,m+3,m+4,…，m+13分別是2的倍數(shù)，

3的倍數(shù)，4的倍數(shù)……13的倍數(shù)，因此12個數(shù)都是合數(shù)。

說明:我們還可以寫出

13!+2,13!+3,…，13!+13

(其中n!=1X2X3X-Xn)這12個連續(xù)合數(shù)來。

同樣，

(m+1)!+2,(m+1)!+3,???,(m+1)!+m+l是m個連續(xù)的合數(shù)。

三、歸納法

當(dāng)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(fā)現(xiàn)并歸納

出一般規(guī)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為歸納法。

例10將100以內(nèi)的質(zhì)數(shù)從小到大排成一個數(shù)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(shù)碼移到數(shù)字串的最右邊;

(2)從左到右兩位一節(jié)組成若干個兩位數(shù);

(3)劃去這些兩位數(shù)中的合數(shù)；

(4)所剩的兩位質(zhì)數(shù)中有相同者，保留左邊的一個，其余劃去；

(5)所余的兩位質(zhì)數(shù)保持?jǐn)?shù)碼次序又組成一個新的數(shù)字串。

問：經(jīng)過1999次操作，所得的數(shù)字串是什么？

解：第1次操作得數(shù)字串711131131737；

第2次操作得數(shù)字串11133173；

第3次操作得數(shù)字串111731；

第4次操作得數(shù)字串H73；

第5次操作得數(shù)字串1731；

第6次操作得數(shù)字串7311；

第7次操作得數(shù)字串3117；

第8次操作得數(shù)字串1173。

不難看出，后面以4次為周期循環(huán)，1999=4X499+3,所以第1999次操作所得數(shù)字串與第7次相同,

是3117。

例U有100張的一摞卡片，玲玲拿著它們，從最上面的一張開始按如下的順序進行操作：把最上面的

第一張卡片舍去，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舍去，把下一張卡片

放在最下面。反復(fù)這樣做,直到手中只剩下一張卡片，那么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(zhì)的問題入手，尋找規(guī)律。列表如下：

???

卡片總數(shù)1234567891011121314151617

???

剩下第幾張122424682468101214162

設(shè)這一摞卡片的張數(shù)為N,觀察上表可知:

(1)當(dāng)N=7(a=0,1,2,3,???)時，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的最后一張，即第2,張;

(2)當(dāng)N=2-m(m<29時，剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第2m張。

取N=100,因為100=2葉36,2X36=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(zhì)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,…然后把1號殺了，

把3號殺了，總之每隔一個人殺一個人，最后剩下一個人，這個人就是約瑟夫斯。如果這批俘虜有111

人，那么約瑟夫斯的號碼是多少？

例12要用天平稱出1克、2克、3克……40克這些不同的整數(shù)克重量，至少要用多少個祛碼？這

些祛碼的重量分別是多少？

分析與解：一般天平兩邊都可放祛碼，我們從最簡單的情形開始研究。

(1)稱重1克，只能用一個1克的祛碼，故1克的一個祛碼是必須的。

(2)稱重2克，有3種方案：

①增加一個1克的祛碼；

②用一個2克的祛碼；

③用一個3克的祛碼，稱重時，把一個1克的祛碼放在稱重盤內(nèi)，把3克的祛碼放在祛碼盤內(nèi)。從

數(shù)學(xué)角度看，就是利用3-1=2。

(3)稱重3克，用上面的②③兩個方案，不用再增加祛碼，因此方案①淘汰。

(4)稱重4克，用上面的方案③，不用再增加祛碼，因此方案②也被淘汰?？傊?，用1克、3克

兩個祛碼就可以稱出(3+1)克以內(nèi)的任意整數(shù)克重。

(5)接著思索可以進行一次飛躍，稱重5克時可以利用

9-(3+1)=5,

即用一個9克重的祛碼放在祛碼盤內(nèi)，1克、3克兩個祛碼放在稱重盤內(nèi)。這樣，可以依次稱到

1+3+9=13（克）以內(nèi)的任意整數(shù)克重。

而要稱14克時，按上述規(guī)律增加一個磋碼，其重為

14+13=27（克），

可以稱到1+3+9+27=40（克）以內(nèi)的任意整數(shù)克重。

總之，祛碼的重量為1,3,3%3“克時，所用祛碼最少，稱重最大，這也是本題的答案。

這個結(jié)論顯然可以推廣，當(dāng)天平兩端都可放祛碼時，使用1,3,

32,受1克跌碼可以稱出1,2,3,i（3*】）克重的重量。

這是使用祛碼最少、稱重最大的祛碼重量設(shè)計方案。

四、反證法

反證法即首先對命題的結(jié)論作出相反的假設(shè)，并從此假設(shè)出發(fā)，經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)出矛盾的結(jié)果,

這就否定了作為推理出發(fā)點的假設(shè)，從而肯定了原結(jié)論是正確的。

反證法的過程可簡述為以下三個步驟：

1.反設(shè)：假設(shè)所要證明的結(jié)論不成立，而其反面成立；

2.歸謬：由“反設(shè)”出發(fā)，通過正確的推理，導(dǎo)出矛盾一一與已知條件、公理、定義、定理、反

設(shè)及明顯的事實矛盾或自相矛盾；

3.結(jié)論：因為推理正確，產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤，既然結(jié)論的反面不成立，從而肯

定了結(jié)論成立。

運用反證法的關(guān)鍵在于導(dǎo)致矛盾。在數(shù)論中，不少問題是通過奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。

例1是否存在三位數(shù)abc,使得abc=ab+bc+ac?

解：如果存在這樣的三位數(shù)，那么就有

100a+10b+c=(lOa+b)+(lOb+c)+(lOa+c)。上式可化簡為80a=b+c,而這顯然是不可能的，因

為a》l,bW9,cW9。這表明所找的數(shù)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(shè)存在，即至少有一個元素，它符合命題中所

述的一切要求，然后從這個存在的元素出發(fā)，進行推理，直到產(chǎn)生矛盾。

例2將某個17位數(shù)的數(shù)字的排列順序顛倒，再將得到的數(shù)與原來的數(shù)相加。試說明，得到的和中

至少有一個數(shù)字是偶數(shù)。

解：假設(shè)得到的和中沒有一個數(shù)字是偶數(shù)，即全是奇數(shù)。在如下式所示的加法算式中，末一列數(shù)字

的和d+a為奇數(shù)，從而第一列也是如此，因此第二列數(shù)字的和b+cW9。將已知數(shù)的前兩位數(shù)字a,b與

末兩位數(shù)字c,d去掉，所得的13位數(shù)仍具有“將它的數(shù)字顛倒，得到的數(shù)與它相加，和的數(shù)字都是奇

數(shù)”這一性質(zhì)。照此進行，每次去掉首末各兩位數(shù)字，最后得到一位數(shù)，它與自身相加是偶數(shù)，矛盾。

故和的數(shù)字中必有偶數(shù)。

ab…cd

+de…ba

說明：顯然結(jié)論對(4k+l)位數(shù)也成立。但對其他位數(shù)的數(shù)不一定成立。如12+21,506+605等。

例3有一個魔術(shù)錢幣機，當(dāng)塞入1枚1分硬幣時，退出1枚1角和1枚5分的硬幣；當(dāng)塞入1枚5

分硬幣時，退出4枚1角硬幣；當(dāng)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(fù)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(shù)為0+1=1,這是奇數(shù)。

每使用一次該機器，1分與1角的總枚數(shù)記為Qo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?nèi)』亓?枚1角的硬幣(和1枚5分的硬幣)，

所以總數(shù)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(shù)，它將一直保持為奇數(shù)。

這樣，我們就不可能得到1分硬幣的枚數(shù)剛好比1角硬幣數(shù)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(shù)為(2P+10)，這是一個偶數(shù)。矛盾。

例4在3義3的方格表中已如右圖填入了9個質(zhì)數(shù)。將表中同一行或同一列的3個數(shù)加上相同的自

然數(shù)稱為一次操作。問：你能通過若干次操作使得表中9個數(shù)都變?yōu)橄嗤臄?shù)嗎？為什么？

□

司上

同國

解：因為表中9個質(zhì)數(shù)之和恰為100,被3除余1,經(jīng)過每一次操作，總和增加3的倍數(shù)，所以表

中9個數(shù)之和除以3總是余1。如果表中9個數(shù)變?yōu)橄嗟?，那?個數(shù)的總和應(yīng)能被3整除，這就得出

矛盾！

所以，無論經(jīng)過多少次操作，表中的數(shù)都不會變?yōu)?個相同的數(shù)。

五、構(gòu)造法

構(gòu)造法是一種重要的數(shù)學(xué)方法，它靈活多樣，數(shù)論中的許多問題都可以通過構(gòu)造某些特殊結(jié)構(gòu)、特

殊性質(zhì)的整數(shù)或整數(shù)的組合來解決。

例599"和99!能否表示成為99個連續(xù)的奇自然數(shù)之和？

解:9驢能。因為99蚪等于99個99由之和，所以可以直接構(gòu)造如下：

9999=(9998-98)+(9998-96)+-??+

二(9998-2)+9998+(9998+2)+???+

=(99"+96)+(9998+98)。

99!不能。因為99!為偶數(shù)，而99個奇數(shù)之和為奇數(shù)，所以99!不能表示為99個連續(xù)奇數(shù)之和。

說明：利用構(gòu)造法證明存在性問題，只要把滿足題設(shè)要求的數(shù)學(xué)對象構(gòu)造出來就行。

例6從1,2,3,999這999個數(shù)中，要求劃去盡量少的數(shù)，使得余下的數(shù)中每一個數(shù)都不等

于另外兩個數(shù)的乘積。應(yīng)劃去哪些數(shù)？

解：我們可劃去2,3,30,31這30個數(shù)，因為劃去了上述這30個數(shù)之后，余下的數(shù)中，除

1以外的任何兩個數(shù)之積將大于322=1024>999?

另一方面，可以通過構(gòu)造三元數(shù)組來證明30是最少的個數(shù)。

(2,61,2X61),(3,60,3X60),(4,59,4X59),…，

(30,33,30X33),(31,32,31X32)。

上面寫出的這些數(shù)都是互不相同的，并且這些數(shù)中的最大數(shù)為31X32=992o如果劃去的數(shù)少于30

個，那么上述三元數(shù)組至少剩下一個，這樣就不滿足題設(shè)條件。所以，30是最少的個數(shù)。

六、配對法

配對的形式是多樣的，有數(shù)字的湊整配對，也有集合間元素與元素的配對(可用于計數(shù))。傳說高

斯8歲時求和(1+2+…+100)首創(chuàng)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(shù)中所有數(shù)碼的和。

解：在這些數(shù)前面添一個數(shù)0,并不影響所有數(shù)碼的和。將這1000萬個數(shù)兩兩配對，因為0與

9999999,1與9999998,4999999與5000000各對的數(shù)碼和都是9X7=63。這里共有5000000對，

故所有數(shù)碼的和是63X5000000=315000000。

例8某商場向顧客發(fā)放9999張購物券，每張購物券上印有一個四位數(shù)的號碼，從0001到9999號。

若號碼的前兩位數(shù)字之和等于后兩位數(shù)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(fā)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(shù)，所以mWn。

由于m+n=9999,相加時不出現(xiàn)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(shù)。

因為9999=99X101,所以所有幸運券號碼之和能被101整除。

例9己知最簡分?jǐn)?shù)上可以表示成：

n

mil1

——=1+-+-++—O

試說明分子m是質(zhì)數(shù)89的倍數(shù)。

解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的辦法，將和

1+—+-++—=—

2388n

的各項順序倒過來再寫一遍，即

L+J-+-L+…+1=上

888786n

①②兩式相加，得

89p8989892m

—------+-------+,?.+——----

882X873X8688n

2mX88!=89Xk（k是正整數(shù)）。

因為89為奇質(zhì)數(shù)，所以89不能整除88!,從而89~。

解法二：作配對處理

將括號內(nèi)的分?jǐn)?shù)進行通分，其公分母為

1X88X2X87X3X86X—X44X45=88!，

故巴=89X裊（q是正整數(shù)），

n88!

mX88!=89Xk(k=nXq)o

因為89為奇質(zhì)數(shù)，所以89不能整除88!,從而89加。

七、估計法

估計法是用不等式放大或縮小的方法來確定某個數(shù)或整個算式的取值范圍，以獲取有關(guān)量的本質(zhì)特