數論是研究整數性質的壹個數學分支，它歷史悠久，而且有著強大的生命力。數論問題敘述簡明，“很多數論問題可以從經驗中歸納出來，並且僅用三言兩語就能向壹個行外人解釋清楚，但要證明它卻遠非易事”。因而有人說：“用以發現天才，在初等數學中再也沒有比數論更好的課程了。任何學生，如能把當今任何壹本數論教材中的習題做出，就應當受到鼓勵，並勸他將來從事數學方面的工作。”所以在國內外各級各類的數學競賽中，數論問題總是占有相當大的比重。
數學競賽中的數論問題，常常涉及整數的整除性、帶余除法、奇數與偶數、質數與合數、約數與倍數、整數的分解與分拆。主要的結論有：
1．帶余除法：若a，b是兩個整數，b＞0，則存在兩個整數q，r，使得
a=bq+r（0≤r＜b），
且q，r是唯壹的。
特別地，如果r=0，那麽a=bq。這時，a被b整除，記作b|a，也稱b是a的約數，a是b的倍數。
2．若a|c，b|c，且a，b互質，則ab|c。
3．唯壹分解定理：每壹個大於1的自然數n都可以寫成質數的連乘積，即
其中p1＜p2＜…＜pk為質數，a1，a2，…，ak為自然數，並且這種表示是唯壹的。（1）式稱為n的質因數分解或標準分解。
4．約數個數定理：設n的標準分解式為（1），則它的正約數個數為：
d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。
5．整數集的離散性：n與n+1之間不再有其他整數。因此，不等式x＜y與x≤y-1是等價的。
下面，我們將按解數論題的方法技巧來分類講解。
壹、利用整數的各種表示法
對於某些研究整數本身的特性的問題，若能合理地選擇整數的表示形式，則常常有助於問題的解決。這些常用的形式有：
1．十進制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0；
2．帶余形式：a=bq+r；
4．2的乘方與奇數之積式：n=2mt，其中t為奇數。
例1 紅、黃、白和藍色卡片各1張，每張上寫有1個數字，小明將這4張卡片如下圖放置，使它們構成1個四位數，並計算這個四位數與它的各位數字之和的10倍的差。結果小明發現，無論白色卡片上是什麽數字，計算結果都是1998。問：紅、黃、藍3張卡片上各是什麽數字？
解：設紅、黃、白、藍色卡片上的數字分別是a3，a2，a1，a0，則這個四位數可以寫成
1000a3+100a2+10a1+a0，
它的各位數字之和的10倍是
10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，
這個四位數與它的各位數字之和的10倍的差是
990a3+90a2-9a0=1998，
110a3+10a2-a0=222。
比較上式等號兩邊個位、十位和百位，可得
a0=8，a2=1，a3=2。
所以紅色卡片上是2，黃色卡片上是1，藍色卡片上是8。
解：依題意，得
a+b+c＞14，
說明：求解本題所用的基本知識是，正整數的十進制表示法和最簡單的不定方程。
例3 從自然數1，2，3，…，1000中，最多可取出多少個數使得所取出的數中任意三個數之和能被18整除？
解：設a，b，c，d是所取出的數中的任意4個數，則
a+b+c=18m，a+b+d=18n，
其中m，n是自然數。於是
c-d=18（m-n）。
上式說明所取出的數中任意2個數之差是18的倍數，即所取出的每個數除以18所得的余數均相同。設這個余數為r，則
a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，
其中a1，b1，c1是整數。於是
a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r。
因為18|（a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12。因為1000=55×18+10，所以，從1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996***56個數，它們中的任意3個數之和能被18整除。
例4 求自然數N，使得它能被5和49整除，並且包括1和N在內，它***有10個約數。
解：把數N寫成質因數乘積的形式
由於N能被5和72=49整除，故a3≥1，a4≥2，其余的指數ak為自然數或零。依題意，有
（a1+1）（a2+1）…（an+1）=10。
由於a3+1≥2，a4+1≥3，且10=2×5，故
a1+1=a2+1=a5+1=…=an+1=1，
即a1=a2=a5=…an=0，N只能有2個不同的質因數5和7，因為a4+1≥3＞2，故由
（a3+1）（a4+1）=10
知，a3+1=5，a4+1=2是不可能的。因而a3+1=2，a4+1=5，即N=52-1×75-1=5×74=12005。
例5 如果N是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍數，那麽N等於多少個2與1個奇數的積？
解：因為210=1024，211=2048＞2000，每壹個不大於2000的自然數表示為質因數相乘，其中2的個數不多於10個，而1024=210，所以，N等於10個2與某個奇數的積。
說明：上述5例都是根據題目的自身特點，從選擇恰當的整數表示形式入手，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幹種情況（分類），然後對各種情況逐壹討論，最終解決整個問題。
運用枚舉法有時要進行恰當的分類，分類的原則是不重不漏。正確的分類有助於暴露問題的本質，降低問題的難度。數論中最常用的分類方法有按模的余數分類，按奇偶性分類及按數值的大小分類等。
例6 求這樣的三位數，它除以11所得的余數等於它的三個數字的平方和。
分析與解：三位數只有900個，可用枚舉法解決，枚舉時可先估計有關量的範圍，以縮小討論範圍，減少計算量。
設這個三位數的百位、十位、個位的數字分別為x，y，z。由於任何數除以11所得余數都不大於10，所以
x2+y2+z2≤10，
從而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3。所求三位數必在以下數中：
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100，101兩個數符合要求。
例7 將自然數N接寫在任意壹個自然數的右面（例如，將2接寫在35的右面得352），如果得到的新數都能被N整除，那麽N稱為魔術數。問：小於2000的自然數中有多少個魔術數？
對N為壹位數、兩位數、三位數、四位數分別討論。
N|100，所以N=10，20，25，50；
N|1000，所以N=100，125，200，250，500；
（4）當N為四位數時，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000。符合條件的有1000，1250。
綜上所述，魔術數的個數為14個。
說明：（1）我們可以證明：k位魔術數壹定是10k的約數，反之亦然。
（2）這裏將問題分成幾種情況去討論，對每壹種情況都增加了壹個前提條件，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，牌面數字都在10以內。把這3張牌洗好後，分別發給小明、小亮、小光3人。每個人把自己牌的數字記下後，再重新洗牌、發牌、記數，這樣反復幾次後，3人各自記錄的數字的和順次為13，15，23。問：這3張牌的數字分別是多少？
解：13+15+23=51，51=3×17。
因為17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3張撲克牌數字之和是17，可能的情況有下面15種：
①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8
④2，5，10 ⑤2，6，9 ⑥2，7，8
⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8
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=23。
這3張牌的數字分別是3，5和9。
例9 寫出12個都是合數的連續自然數。
分析壹：在尋找質數的過程中，我們可以看出100以內最多可以寫出7個連續的合數：90，91，92，93，94，95，96。我們把篩選法繼續運用下去，把考查的範圍擴大壹些就行了。
解法1：用篩選法可以求得在113與127之間***有12個都是合數的連續自然數：
114，115，116，117，118，119，120，
121，122，123，124，125，126。
分析二：如果12個連續自然數中，第1個是2的倍數，第2個是3的倍數，第3個是4的倍數……第12個是13的倍數，那麽這12個數就都是合數。
又m+2，m+3，…，m+13是12個連續整數，故只要m是2，3，…，13的公倍數，這12個連續整數就壹定都是合數。
解法2：設m為2，3，4，…，13這12個數的最小公倍數。m+2，m+3，m+4，…，m+13分別是2的倍數，3的倍數，4的倍數……13的倍數，因此12個數都是合數。
說明:我們還可以寫出
13！+2，13！+3，…，13！+13
（其中n！=1×2×3×…×n）這12個連續合數來。
同樣，
（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m個連續的合數。
三、歸納法
當我們要解決壹個問題的時候，可以先分析這個問題的幾種簡單的、特殊的情況，從中發現並歸納出壹般規律或作出某種猜想，從而找到解決問題的途徑。這種從特殊到壹般的思維方法稱為歸納法。
例10 將100以內的質數從小到大排成壹個數字串，依次完成以下5項工作叫做壹次操作：
（1）將左邊第壹個數碼移到數字串的最右邊；
（2）從左到右兩位壹節組成若幹個兩位數；
（3）劃去這些兩位數中的合數；
（4）所剩的兩位質數中有相同者，保留左邊的壹個，其余劃去；
（5）所余的兩位質數保持數碼次序又組成壹個新的數字串。
問：經過1999次操作，所得的數字串是什麽？
解：第1次操作得數字串711131131737；
第2次操作得數字串11133173；
第3次操作得數字串111731；
第4次操作得數字串1173；
第5次操作得數字串1731；
第6次操作得數字串7311；
第7次操作得數字串3117；
第8次操作得數字串1173。
不難看出，後面以4次為周期循環，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得數字串與第7次相同，是3117。
例11 有100張的壹摞卡片，玲玲拿著它們，從最上面的壹張開始按如下的順序進行操作：把最上面的第壹張卡片舍去，把下壹張卡片放在這壹摞卡片的最下面。再把原來的第三張卡片舍去，把下壹張卡片放在最下面。反復這樣做，直到手中只剩下壹張卡片，那麽剩下的這張卡片是原來那壹摞卡片的第幾張？
分析與解：可以從簡單的不失題目性質的問題入手，尋找規律。列表如下：
設這壹摞卡片的張數為N，觀察上表可知：
（1）當N=2a（a=0，1，2，3，…）時，剩下的這張卡片是原來那壹摞卡片的最後壹張，即第2a張；
（2）當N=2a+m（m＜2a）時，剩下的這張卡片是原來那壹摞卡片的第2m張。
取N=100，因為100=26+36，2×36=72，所以剩下這張卡片是原來那壹摞卡片的第72張。
說明：此題實質上是著名的約瑟夫斯問題：
傳說古代有壹批人被蠻族俘虜了，敵人命令他們排成圓圈，編上號碼1，2，3，…然後把1號殺了，把3號殺了，總之每隔壹個人殺壹個人，最後剩下壹個人，這個人就是約瑟夫斯。如果這批俘虜有111人，那麽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克這些不同的整數克重量，至少要用多少個砝碼？這些砝碼的重量分別是多少？
分析與解：壹般天平兩邊都可放砝碼，我們從最簡單的情形開始研究。
（1）稱重1克，只能用壹個1克的砝碼，故1克的壹個砝碼是必須的。
（2）稱重2克，有3種方案：
①增加壹個1克的砝碼；
②用壹個2克的砝碼；
③用壹個3克的砝碼，稱重時，把壹個1克的砝碼放在稱重盤內，把3克的砝碼放在砝碼盤內。從數學角度看，就是利用3-1=2。
（3）稱重3克，用上面的②③兩個方案，不用再增加砝碼，因此方案①淘汰。
（4）稱重4克，用上面的方案③，不用再增加砝碼，因此方案②也被淘汰。總之，用1克、3克兩個砝碼就可以稱出（3+1）克以內的任意整數克重。
（5）接著思索可以進行壹次飛躍，稱重5克時可以利用
9-（3+1）=5，
即用壹個9克重的砝碼放在砝碼盤內，1克、3克兩個砝碼放在稱重盤內。這樣，可以依次稱到1+3+9=13（克）以內的任意整數克重。
而要稱14克時，按上述規律增加壹個砝碼，其重為
14+13=27（克），
可以稱到1+3+9+27=40（克）以內的任意整數克重。
總之，砝碼的重量為1，3，32，33克時，所用砝碼最少，稱重最大，這也是本題的答案。
這個結論顯然可以推廣，當天平兩端都可放砝碼時，使用1，3，
這是使用砝碼最少、稱重最大的砝碼重量設計方案。
練習1
1．已知某個四位數的十位數字減去1等於其個位數字，個位數字加2等於百位數字，這個四位數的數字反著順序排列成的數與原數之和等於9878。試求這個四位數。
3．設n是滿足下列條件的最小自然數：它們是75的倍數且恰有75個
4．不能寫成兩個奇合數之和的最大偶數是多少？
5．把1，2，3，4，…，999這999個數均勻排成壹個大圓圈，從1開始數：隔過1劃掉2，3，隔過4，劃掉5，6……這樣每隔壹個數劃掉兩個數，轉圈劃下去。問：最後剩下哪個數？為什麽？
6．圓周上放有N枚棋子，如右圖所示，B點的壹枚棋子緊鄰A點的棋子。小洪首先拿走B點處的1枚棋子，然後順時針每隔1枚拿走2枚棋子，連續轉了10周，9次越過A。當將要第10次越過A處棋子取走其它棋子時，小洪發現圓周上余下20多枚棋子。若N是14的倍數，則圓周上還有多少枚棋子？
7．用0，1，2，3，4五個數字組成四位數，每個四位數中均沒有重復數字（如1023，2341），求全體這樣的四位數之和。
8．有27個國家參加壹次國際會議，每個國家有2名代表。求證：不可能將54位代表安排在壹張圓桌的周圍就座，使得任壹國的2位代表之間都夾有9個人。
練習1
1.1987。
（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）= 9878。
比較等式兩邊，並註意到數字和及其進位的特點，可知
a+d=8，b+c=17。
已知c-1=d，d+2=b，可求得
a=1，b=9，c=8，d=7。
即所求的四位數為1987。
2.1324，1423，2314，2413，3412，***5個。
3.432。
解：為保證n是75的倍數而又盡可能地小，因為75=3×5×5，所以可設n有三個質因數2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，並且
（α+1）（β+1）（γ+1）=75。
易知當α=β=4，γ=2時，符合題設條件。此時
4.38。
解：小於38的奇合數是9，15，21，25，27，33。
38不能表示成它們之中任二者之和，而大於38的偶數A，皆可表示為二奇合數之和：
A末位是0，則A=15+5n，
A末位是2，則A=27+5n，
A末位是4，則 A=9+5n，
A末位是6，則A=21+5n，
A末位是8，則A=33+5n，
其中n為大於1的奇數。因此，38即為所求。
5.406。
解：從特殊情況入手，可歸納出：如果是3n個數（n為自然數），那麽劃1圈剩下3n-1個數，劃2圈剩下3n-2個數……劃（n-1）圈就剩3個數，再劃1圈，最後剩下的還是起始數1。
36＜999＜37，從999個數中劃掉（999-36=）270個數，剩下的（36=） 729個數，即可運用上述結論。
因為每次劃掉的是2個數，所以劃掉270個數必須劃135次，這時劃掉的第270個數是（135×3=）405，則留下的36個數的起始數為406。所以最後剩下的那個數是406。
6.23枚。
解：設圓周上余a枚棋子。因為從第9次越過A處拿走2枚棋子到第10次將要越過A處棋子時小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次將要越過A處棋子時，圓周上有3a枚棋子。依此類推，在第 8次將要越過 A處棋子時，圓周上有32a枚棋子……在第1次將要越過A處棋子時，圓周上有39a枚棋子，在第1次將要越過A處棋子之前，小洪拿走了[2(39a-1)+1]枚棋子，所以N=2(39a-1)+1+39a=310a-1。
若N=310a=59049a-1是14的倍數，則N就是2和7的公倍數，所以a必須是奇數；
若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是 7的倍數，則4a-1必須是7的倍數，當a=21，25，27，29時，4a-1不是7的倍數，當a=23時，4a-1=91=7×13，是7的倍數。
當N是14的倍數時，圓周上有23枚棋子。
7.259980。
解：用十進位制表示的若幹個四位數之和的加法原理為：
若幹個四位數之和=千位數數字之和×1000+
百位數數字之和×100+
十位數數字之和×10+
個位數數字之和。
以1，2，3，4中之壹為千位數，且滿足題設條件的四位數有4×3×2=24（個）。這是因為，當千位數確定後，百位數可以在其余4個數字中選擇；千、百位數確定後，十位數可以在其余3個數字中選擇；同理，個位數有2種可能。因此，滿足條件的四位數的千位數數字之和為
（1+2+3+4）×4×3×2=240。
以1，2，3，4中之壹為百位數時，因為0不能作為千位，所以千位數也有3種選擇；十位數也有3種選擇（加上0）；個位數有2種選擇。因此，
百位數數字之和=（1+2+3+4）×18=180。
同理，十位數數字之和、個位數數字之和都是180。
所以滿足條件的四位數之和為
240×1000+180×（1+10+100）= 259980。
8.將54個座位按逆時針編號：1，2，…，54。由於是圍圓桌就座，所以從1號起，逆時針轉到55，就相當於1號座；轉到56，就相當於2號座；如此下去，顯然轉到m，就相當於m被54所除的余數號座。
設想滿足要求的安排是存在的。不妨設1和11是同壹國的代表，由於任壹國只有2名代表，於是11和21不是同壹國代表，下面的排法是：
21和31是同壹國的代表；
31和41不是同壹國的代表；
41和51是同壹國的代表；
51和61不是同壹國的代表（61即7號座）。
由此，20k+1和20k+11是同壹國的代表，若20k+1，20k+11大於54，則取這個數被54除的余數為號碼的座位。
取k=13，則261和271是同壹國的，而261被54除的余數是45，271被54除的余數是1，這就是說，1號座與45號座是同壹國的代表，而我們已設1號與11號座是同壹國的代表。這樣，1號、11號、45號的三位代表是同壹國的，這是不可能的。所以題目要求的安排不可能實現。
第2講 數論的方法技巧（下）
四、反證法
反證法即首先對命題的結論作出相反的假設，並從此假設出發，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，產生矛盾的原因在於“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於導致矛盾。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，那麽就有
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，即至少有壹個元素，它符合命題中所述的壹切要求，然後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，得到的和中至少有壹個數字是偶數。
解：假設得到的和中沒有壹個數字是偶數，即全是奇數。在如下式所示的加法算式中，末壹列數字的和d+a為奇數，從而第壹列也是如此，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”這壹性質。照此進行，每次去掉首末各兩位數字，最後得到壹位數，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壹定成立。如12+21，506+605等。
例3 有壹個魔術錢幣機，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，能否在某壹時刻，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。每使用壹次該機器，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，那麽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），那麽Q增加4，而其奇偶性不變；如果塞入1枚1角硬幣，那麽Q增加2，其奇偶性也不變。所以每使用壹次機器，Q的奇偶性不變，因為開始時Q為奇數，它將壹直保持為奇數。
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，那麽1分和1角硬幣的總枚數為（2P+10），這是壹個偶數。矛盾。
例 4在3×3的方格表中已如右圖填入了9個質數。將表中同壹行或同壹列的3個數加上相同的自然數稱為壹次操作。問：妳能通過若幹次操作使得表中9個數都變為相同的數嗎？為什麽？
解：因為表中9個質數之和恰為100，被3除余1，經過每壹次操作，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，那麽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
構造法是壹種重要的數學方法，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等於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，使得余下的數中每壹個數都不等於另外兩個數的乘積。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個數之後，余下的數中，除1以外的任何兩個數之積將大於322=1024＞999。
另壹方面，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，並且這些數中的最大數為 31×32=992。如果劃去的數少於30個，那麽上述三元數組至少剩下壹個，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（可用於計數）。傳說高斯8歲時求和（1+2+…+100）首創了配對。像高斯那樣，善於使用配對技巧，常常能使壹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：在這些數前面添壹個數0，並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。這裏***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，每張購物券上印有壹個四位數的號碼，從0001到9999號。若號碼的前兩位數字之和等於後兩位數字之和，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，那麽號碼為m=9999-n的購物券也是幸運券。由於9999是奇數，所以m≠n。
由於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，而每壹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。
解法壹：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範圍，以獲取有關量的本質特征，達到解題的目的。
在數論問題中，壹個有限範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壹檢驗，以確定問題的解。
求這個數，並求出滿足題意的5組不同的真分數。
解：因每壹真分數滿足
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。於是可得如下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，然後再仔細確定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的個數多於5的個數，故n=400時，1×2×…×n的尾部有99個零，還需 7個零，註意到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