121，122，123，124，125，126。
分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数。
又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数。
解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数。m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数。 说明:我们还可以写出
13！+2，13！+3，…，13！+13
（其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来。 同样，
（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个连续的合数。 三、归纳法
当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径。这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法。
例10 将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：
（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边； （2）从左到右两位一节组成若干个两位数； （3）划去这些两位数中的合数；
（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去； （5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。 问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？ 解：第1次操作得数字串711131131737； 第2次操作得数字串11133173； 第3次操作得数字串111731； 第4次操作得数字串1173； 第5次操作得数字串1731；
第6次操作得数字串7311； 第7次操作得数字串3117； 第8次操作得数字串1173。
不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117。
例11 有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面。再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面。反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？
分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律。列表如下：
设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：
（1）当N=2a（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2a张；
（2）当N=2a+m（m＜2a）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张。 取N=100，因为100=26+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1，3，32，33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。
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，如右图所示，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 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。
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36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+
《数学奥林匹克专题讲座》第01讲 数论汇总
