第四講 數論的方法技巧之二
四、反證法
反證法即首先對命題的結論作出相反的假設，并從此假設出發，經過正確的推理，導出矛盾的結果，這就否定了作為推理出發點的假設，從而肯定了原結論是正確的。
反證法的過程可簡述為以下三個步驟：
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。
運用反證法的關鍵在于導致矛盾。在數論中，不少問題是通過奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。
解：如果存在這樣的三位數，那么就有
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。
說明：在證明不存在性的問題時，常用反證法：先假設存在，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，進行推理，直到產生矛盾。
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。
五、構造法
構造法是一種重要的數學方法，它靈活多樣，數論中的許多問題都可以通過構造某些特殊結構、特殊性質的整數或整數的組合來解決。
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。
說明：利用構造法證明存在性問題，只要把滿足題設要求的數學對象構造出來就行。
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。
六、配對法
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
①②兩式相加，得
從而
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。
解法二：作配對處理
將括號內的分數進行通分，其公分母為
1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，
從而
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。
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或整個算式的取值范圍，以獲取有關量的本質特征，達到解題的目的。
在數論問題中，一個有限范圍內的整數至多有有限個，過渡到整數，就能夠對可能的情況逐一檢驗，以確定問題的解。
求這個數，并求出滿足題意的5組不同的真分數。
解：因每一真分數滿足
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。
