数论的方法技巧之二.DOC

第四讲 数论的方法技巧之二 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： 　　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。 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5 9999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，