《数学奥林匹克专题讲座》第02讲数论.doc

第2讲数论的方法技巧(下)四、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: :假设所要证明的结论不成立,而其反面成立; :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; :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。五、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