（1）当N=2（a=0，1，2，3，…）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2张；
（2）当N=2+m（m＜2）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张.
a
a
a
a
取N=100，因为100=2+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第72张. 说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯. 如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯的号码是多少？
例12 要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？
分析与解：一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究.
（1）称重1克，只能用一个1克的砝码，故1克的一个砝码是必须的. （2）称重2克，有3种方案： ①增加一个1克的砝码； ②用一个2克的砝码；
③用一个3克的砝码，称重时，把一个1克的砝码放在称重盘内，把3克的砝码放在砝码盘内. 从数学角度看，就是利用3-1=2.
（3）称重3克，用上面的②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰.
（4）称重4克，用上面的方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰. 总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重. （5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用：9-（3+1）=5， 即用一个9克重的砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内. 这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重. 而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为：14+13=27（克），可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重.
总之，砝码的重量为1，3，3，3克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题的答案.
这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，
这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案.
练习1
1．已知某个四位数的十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数的数字反着顺序排列成的数与原数之和等于9878. 试求这个四位数.
2
3
6
6
3．设n是满足下列条件的最小自然数：它们是75的倍数且恰有75个
4．不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？
5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一个大圆圈，从1开始数：隔
过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去. 问：最后剩下哪个数？为什么？
6．圆周上放有N枚棋子，如下图所示，B点的一枚棋子紧邻A点的棋子. 小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，连续转了10周，
9次越过A. 当将要第10次越过A处棋子取走其它棋子时，小洪 发现圆周上余下20多枚棋子. 若N是14的倍数，则圆周上还有 多少枚棋子？
7．用0，1，2，3，4五个数字组成四位数，每个四位数中均
没有重复数字（如1023，2341），求全体这样的四位数之和.
8．有27个国家参加一次国际会议，每个国家有2名代表. 求证：不可能将54位代表安排在一张圆桌的周围就座，使得任一国的2位代表之间都夹有9个人.
练习1答案： 1．1987.
（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）= 9878.
比较等式两边，并注意到数字和及其进位的特点，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. 即所求的四位数为1987.
2．1324，1423，2314，2413，3412，共5个. 3．432.
解：为保证n是75的倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设n
有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且
（α+1）（β+1）（γ+1）=75.
易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件. 此时
4．38.
7
解：小于38的奇合数是9，15，21，25，27，33.
38不能表示成它们之中任二者之和，而大于38的偶数A，皆可表示为二奇合数之和：A末位是0，则A=15+5n；A末位是2，则A=27+5n；A末位是4，则 A=9+5n；A末位是6，则A=21+5n；A末位是8，则A=33+5n. 其中n为大于1的奇数. 因此，38即为所求.
5．406.
解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n个数（n为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数……划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下的还是起始数1.
36＜999＜37，从999个数中划掉（999-36=）270个数，剩下的（36=） 729个数，
即可运用上述结论.
因为每次划掉的是2个数，所以划掉270个数必须划135次，这时划掉的第270个数是（135×3=）405，则留下的3个数的起始数为406. 所以最后剩下的那个数是406. 6．23枚.
解：设圆周上余a枚棋子. 因为从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次将要越过A处棋子
6
时，圆周上有3a枚棋子. 依此类推，在第 8次将要越过 A处棋子时，圆周上有32a枚棋子……在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，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的倍数，则N就是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；
若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是 7的倍数，则4a-1必须是7的倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7的倍数.
当N是14的倍数时，圆周上有23枚棋子. 7．259980.
解：用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：
若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和.
8
以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4×3×2=24（个）. 这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能. 因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为（1+2+3+4）×4×3×2=240.
以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择. 因此，百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180. 同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180.
所以满足条件的四位数之和为240×1000+180×（1+10+100）= 259980. 8．将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54. 由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除的余数号座.
设想满足要求的安排是存在的. 不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：
21和31是同一国的代表；31和41不是同一国的代表；41和51是同一国的代表；51和61不是同一国的代表（61即7号座）.
由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除的余数为号码的座位.
取k=13，则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45，271被54除的余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表. 这样，1号、11号、45号的三位代表是同一国的，这是不可能的. 所以题目要求的安排不可能实现.
初一数学竞赛讲座
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：
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
9
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？
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