六年级奥数数论的方法技巧

　　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。

　　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59999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。

　　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。

　　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

　　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!，