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32=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. 如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件. 所以，30是最少的个数. 六、配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对（可用于计数）. 传说高斯8岁时求和（1+2+…+100）首创了配对. 像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解. 例7 求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和. 解：在这些数前面添一个数0，并不影响所有数码的和. 将这1000万个数两两配对，因为0与9999999，1与9999998，…，4999999与5000000各对的数码和都是9×7=63. 这里共有5000000对，故所有数码的和是63×5000000=315000000.
例8 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号. 若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”. 例如号码 0734，因 0+7=3+4，所以这个号码的购物券是幸运券. 试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除.
解：显然，号码为9999的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码n是幸运券，那么号码为m=9999-n的购物券也是幸运券. 由于9999是奇数，所以m≠n.
由于m+n=9999，相加时不出现进位，所以除去号码是9999这张幸运券之外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的倍数.
因为9999=99×101，所以所有幸运券号码之和能被101整除.
2
11
例9已知最简分数
mm111可以表示成： ?1?????. 试说明分子mnn2388是质数89的倍数.
解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的办法，将和
①②两式相加，得
从而2m×88！=89×k（k是正整数）.
因为89为奇质数，所以89不能整除 88！，从而89|m.
解法二：作配对处理
m?1??11?1?11??1?1??1?????????????89?????? n?88??287?44451?882?8744?45???? 将括号内的分数进行通分，其公分母为1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，
从而m×88！=89×k（k=n×q）.
因为89为奇质数，所以89不能整除88！，从而89|m. 七、估计法
估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的.
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解.
m例10已知一个整数等于4个不同的形如（m是整数）的真分数之和，
m?1求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数.
1m解：因每一真分数满足??1，而所求的数整S是四个不同的真分数
2m?1之和，因此2＜S＜4，推知S=3. 于是可得如下5组不同的真分数：
?12641??12723??12914??13419??13511??,,,?,?,,,?,?,,,?,?,,,?,?,,,? ?23742??23824??231015??24520??24612? 例11 已知在乘积1×2×3×…×n的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值.
12
分析：若已知n的具体数值，求1×2×…×n的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值.
?400?解：当n=400时，数1，2，3，…，400中共有???80个数是5的倍数，5???400??400?其中有?2??16个数是52的倍数，有?2??3个数是53的倍数.
?5??5? 因此，乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）. 又
乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×2×…×n的尾部有99个零，还需 7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以 当n=430时，1×2×…×n的尾部有106个零； 当n=435时，1×2×…×n的尾部有107个零. 因此，n的最大值为434.
练习2
1．将两个自然数的差乘上它们的积，能否得到数45045？
2．如下图，给定两张3×3方格纸，并且在每 一方格内填上“+”或“-”号. 现在对方格纸中任 何一行或一列进行全部变号的操作. 问：可否经过 若干次操作，使图（1）变成图（2）？
3．你能在3×3的方格表中每个格子里都填一
个自然数，使得每行、每列及两条对角线上的三数之和都等于1999吗？若能，请举出一例；若不能，请说明理由.
示，求出表达式；若不能表示，请给出证明.
5．公共汽车票的号码是一个六位数，若一张车票的号码的前3个数字之和等于后3个数字之和，则称这张车票是幸运的. 试说明，所有幸运车票号码的和能被13整除.
6．N是由5个不同的非零数字组成的五位数，且N等于这5个数字中取3个不同数字构成的所有三位数的和，求出所有的这种五位数N. 7．证明：没有最大的质数.
练习2 答案：
1．不可能. 因为45045是奇数，所以它只能表示成3个奇数的连乘积，但是对任何两个奇数x和y（x＜y）来说，y-x都是偶数，从而45045≠xy（x-y）. 而如果x和y中有偶数，则亦不可能.
2．不能. 假设图（1）在第一、二、三行经过m1，m2，m3次操作，而第一、二、三列经过n1，n2，n3次操作变成图（2）. 由于图（1）和图（2）左上角符
13
号相反，而从“+”号变到“-”号要进行奇数次变号，故（m1+n1）是奇数. 同理（m1+n2）是偶数，（m2+n1），（m2+n2）都是奇数. 这样（m1+n1）+（m1+n2）+（m2+n1）+（m2+n2）是奇数. 但这个和又等于2（m1+m2+n1+n2），是偶数，矛盾.
3．不能. 若能填入九个自然数a1，a2，…，a8，a9满足题 设条件（如图所示），则有a1+a5+a9=1999，a2+a5+a8=1999， a3+a5+a7=1999，a4+a5+a6=1999.
相加得（a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9）+3a5＝4×1999， 而a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=3×1999，所以3a5=1999， 1999a5=与a5是自然数矛盾.
371119494．不能. ??;3324839841999解：因为 777?1283?11111 ???????3324?834?83?124?86?124?124?83?12483984771111所以能表示成?的形式，且. ??332332483984lm11将一切形如?的数（其中l,m为大于1的自然数），从大到小排列，前
lm11115113几项为??1,??,??.
22236244显然，凡界于
q5111949与1之间的分数不能表示成?的形式，而却界
p6lm1999511于与1之间，所以不能表示成?的形式. 6lm 5．解：设幸运车票的号码为A，则号码为A′=999999-A的车票也是幸运的，并且A′≠A（因为999999是奇数），因而A+A′=1001×999=13×77×999能被 13整除. 所以，所有幸运车票号码的和也能被13整除. 6．35964.
=（a1+a2+a3+a4+a5）（100×12+10×12+12） =1332（a1+a2+a3+a4+a5）.
应是1332×9=11988的倍数. 又15=1+2+3+4+5≤a1+a2+a3+a4+a5≤9+8+7+6+5=35，
所以a1+a2+a3+a4+a5只能为18，27. 当a1+a2+a3+a4+a5=18时， 但2+3+9+7+6≠18，不合题意；
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当a1+a2+a3+a4+a5=27时，符合题意.
所以，所求的五位数为35964.
7．证明：假设有最大质数P. 将所有小于等于P的质数相乘再加1，所得结果如果是质数，那么这个质数大于P，与假设矛盾；所得结果如果不是质数，那么它的每一个质因数都不同于小于等于P的质数，也就是说这些质因数都是大于P的质数，与假设矛盾. 所以假设不成立，即没有最大的质数. 8．9504.
解：若先依次计算
的值再求和，则很繁杂. 我们的解法是采用配对，这也是求和的一种有效技巧.
=199，（这里{x}=x[x]）
同理可知
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