小学六年级奥数基础知识数论文档格式.docx
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(2)性质
性质1:
(整除的加减性)如果a、b都能被c整除,那么它们的和与差也能被c整除。
即:
如果c|a,c|b,那么c|(a±
b)。
例如:
如果2|10,2|6,那么2|(10+6),并且2|(10—6)。
也就是说,被除数加上或减去一些除数的倍数不影响除数对它的整除性。
性质2:
如果b与c的积能整除a,那么b与c都能整除a.
即:
如果bc|a,那么b|a,c|a。
性质3:
(整除的互质可积性)如果b、c都能整除a,且b和c互质,那么b与c的积能整除a。
即:
如果b|a,c|a,且(b,c)=1,那么bc|a。
如果2|28,7|28,且(2,7)=1, 那么(2×
7)|28。
(b,c)=1这个条件,如果没这个条件,结论就不一定能成立。
譬如:
4|28,14|28,4×
14=56不能整除24。
性质4:
(整除的传递性)如果c能整除b,b能整除a,那么c能整除a。
如果c|b,b|a,那么c|a。
例如:
如果3|9,9|27,那么3|27。
(3)数的整除特征
①能被2整除的数的特征:
个位数字是0、2、4、6、8的整数.
②能被5整除的数的特征:
个位是0或5。
做题时常常把这里当作突破口。
③能被3(或9)整除的数的特征:
各个数位数字之和能被3(或9)整除。
判断能被3(或9)整除的数还可以用“弃3(或9)法”:
8351746能被9整除么?
解:
8+1=9,3+6=9,5+4=9,在数字中只剩7,7不是9的倍数,所以8351746不能被9整除。
④能被4(或25)整除的数的特征:
末两位数能被4(或25)整除。
⑤能被8(或125)整除的数的特征:
末三位数能被8(或125)整除。
⑥能被11整除的数的特征:
这个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差(大减小)是11的倍数。
⑦能被7(11或13)整除的数的特征:
一个整数的末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差(以大减小)能被7(11或13)整除,依此反复检验。
判断3546725能否被13整除?
解:
把3546725分为3546和725两个数.因为3546-725=2821.再把2821分为2和821两个数,因为821—2=819,又13|819,所以13|2821,进而13|3546725。
小学奥数数论综合练习题
涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题,以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题.
1.如果把任意n个连续自然数相乘,其积的个位数字只有两种可能,那么n是多少?
【分析与解】
我们知道如果有5个连
续的自然数,因为其内必有2的倍数,也有5的倍数,则它们乘积的个位数字只能是0。
所以n小于5.
一:
当n为4时,如果其内含有5的倍数(个位数字为O或5),显然其内含有2的倍数,那么它们乘积的个位数字为0;
如果不含有5的倍数,则这4个连续的个位数字只能是1,2,3,4或6,7,8,9;
它们的积的个位数字都是4;
所以,当n为4时,任意4个连续自然数相乘,其积的个位数字只有两科可能.
二:
当n为3时,有1×
2×
3的个位数字为6,2×
3×
4的个位数字为4,3×
4×
5的个位数字为0,……,不满足.
三:
当n为2时,有1×
2,2×
3,3×
4,4×
5的个位数字分别为2,6,4,0,显然不满足.
至于n取1显然不满足了.
所以满足条件的n是4.
2.如果四个两位质数a,b,c,d两两不同,并且满足,等式a+b=c+d.那么,
(1)a+b的最小可能值是多少?
(2)a+b的最大可能值是多少?
【分析与解】两位的质数有11,13,17,19,23,29,3l,37,41,43,47,53,59,6l,
67,71,73,79,83,89,97.
可得出,最小为11+19=13+17=30,最大为97+71=89+79=168.
所以满足条件的a+b最小可能值为30,最大可能值为168.
3.如果某整数同时具备如下3条性质:
①这个数与1的差是质数;
②这个数除以2所得的商也是质数;
③这个数除以9所得的余数是5.
那么我们称这个整数为幸运数.求出所有的两位幸运数.
条件①也就是这个数与1的差是2或奇数,这个数只能是3或者偶数,再根据条件③,除以9余5,在两位的偶数中只有14,32,50,68,86这5个数满足条件.
其中86与50不符合①,32与68不符合②,三个条件都符合的只有14.
所以两位幸运数只有14.
4.在555555的约数中,最大的三位数是多少?
【分析与解】555555=5×
111×
1001
=3×
5×
7×
11×
13×
37
显然其最大的三位数约数为777.
5.从一张长2002毫米,宽847毫米的长方形纸片上,剪下一个边长尽可能大的正方形,如果剩下的部分不是正方形,那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形.按照上面的过程不断地重复,最后剪得正方形的边长是多少毫米?
【分析与解】从长2002毫米、宽847毫米的长方形纸板上首先可剪下边长为847毫米的正方形,这样的正方形的个数恰好是2002除以847所得的商.而余数恰好是剩下的长方形的宽,于是有:
2002÷
847=2……308,847÷
308=2……231,308÷
231=1……77.231÷
77=3.
不难得知,最后剪去的正方形边长为77毫米.
6.把26,33,34,35,63,85,91,143分成若干组,要求每一组中任意两个数的最大公约数是1.那么最少要分成多少组?
【分析与解】26=2×
13,33=3×
11,34=2×
17,35=5×
7,63=×
7,85=5×
17,91=7×
13,143=11×
13.
由于质因数13出现在26、91、143三个数中,故至少要分成三组,可以分成如下3组:
将26、33、35分为一组,91、34、33分为一组,而143、63、85分为一组.
所以,至少要分成3组.
7.设a与b是两个不相等的非零自然数.
(1)如果它们的最小公倍数是72,那么这两个自然数的和有多少种可能的数值?
(2)如果它们的最小公倍数是60,那么这两个自然数的差有多少种可能的数值?
【分析与解】
(1)a与b的最小公倍数72=2×
3,有12个约数:
1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36,72.不妨设a>b.
当a=72时,b可取小于72的11种约数,a+b≥72+1=73;
二:
当a=36时,b必须取8或24,a+b的值为44或60,均不同第一种情况中的值;
当a=24时,b必须取9或18,a+b的值为33或42,均不同第一、二种情况中的值;
四:
当a=18时,b必须取8,a+b=26,不同于第一、二、三种情况的值;
五:
当a=12时,b无解;
六:
当a=9时,b必须取8,a+b=17,不同于第一、二、三、四情况中的值.
总之,a+b可以有ll+2+2+1+1=17种不同的值.
(2)60=2×
5,有12个约数:
1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30,60.a、b为60的约数,不妨设a>b.
一:
当a=60时,b可取60外的任何一个数,即可取11个值,于是a-b可取11种不同的值:
59,58,57,56,55,54,50,48,45,40,30;
二.当a=30时,b可取4,12,20,于是a-b可取26,18,10;
当a=20时,b可取3,6,12,15,所以a-b可取17,14,8,5;
四:
当a=15时,b可取4,12,所以a-b可取11,3;
五:
当a=12时,b可取5,10,所以a-b可取7,2.
总之,a-b可以有11+3+4+2+2=22种不同的值.
8.在小于1000的自然数中,分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?
(余数可以为0)
我们知道18,33的最小公倍数为[18,33]=198,所以每198个数一次.
1~198之间只有1,2,3,…,17,198(余O)这18个数除以18及33所得的余数相同,而999÷
198=5……9,所以共有5×
18+9=99个这样的数.
9.甲、乙、丙三数分别为603,939,393.某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍,A除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍.求A等于多少?
由题意知4倍393除以A的余数,等于2倍939除以A的余数,等于甲603除以A的余数.
即603÷
A=a……k;
(2×
939)÷
A=b……k;
(4×
393)÷
A=c……k.
于是有(1878-603)÷
A=b-a;
(1878-1572)÷
A=b-c;
(1572-603)÷
A=c-a.
所以A为1275,306,969的约数,(1275,306,969)=17×
3=51.
于是,A可能是51,17(不可能是3,因为不满足余数是另一余数的4倍).
当A为51时,有603÷
51=11……42;
939÷
51=18……21;
393÷
51=7……36.不满足;
当A为17时,有603÷
17=35……8;
17=55……4;
17=23……2;
满足.
所以,除数4为17.
10.证明:
形如11,111,1111,11111,…的数中没有完全平方数.
【分析与解】
我们知道奇数的完全平方数是奇数,偶数的完全平方数为偶数,而奇数的完全平方数除以4余1,偶数的完全平方数能被4整除.
现在这些数都是奇数,它们除以4的余数都是3,所以不可能为完全平方数.
评注:
设奇数为2n+1,则它的平方为+4n+1,显然除以4余1.
11.有8个盒子,各盒内分别装有奶糖9,17,24,28,30,31,33,44块.甲先取走一盒,其余各盒被乙、丙、丁3人所取走.已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的2倍.问:
甲取走的一盒中有多少块奶糖?
我们知道乙、丙、丁三人取走的七盒中,糖的块数是丁所取糖块数的5倍.
八盒糖总块数为9+17+24+28+30+31+33+44=216.
从216减去5的倍数,所得差的个位数字只能是1或6.
观察各盒糖的块数发现,没有个位数字是6的,只有一个个位数字是1的数31.
因此甲取走的一盒中有3l块奶糖.
12.在一根长木棍上,有三种刻度线.第一种刻度线将木棍分成10等份;
第二种将木棍分成12等份;
第三种将木棍分成15等份.如果沿每条刻度线将木棍锯断,那么木棍总共被锯成多少段?
10,12,15的最小公倍数[10,12,15]=60,把这根木棍的1/60作为一个长度单位,这样,木棍10等份的每一等份长6个单位;
12等份的每等份长5个单位;
15等份的每等份长4单位.
不计木棍的两个端点,木棍的内部等分点数分别是9,11,14(相应于10,12,15等份),共计34个.
由于5,6的最小公倍数为30,所以10与12等份的等分点在30单位处相重,必须从34中减1.
又由于4,5的最小公倍数为20,所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处相重,必须再减去2.
同样,6,4的最小公倍数为12,所以15与10等份的等分点在12,24,36,48单位处相重,必须再减去4.
由于这些相重点各不相同,所以从34个内分点中减去1,再减去2,再减去4,得27个刻度点.沿这些刻度点把木棍锯成28段.
奥数数论完全平方数练习题一(含答案)
1、已知数x=
50,则(
)。
A、x是完全平方数
B、(x-50)是完全平方数
C、(x-25)是完全平方数
D、(x+50)是完全平方数
2、在十进制中,各位数字全由奇数组成的完全平方数共有(
)个。
A、0
B、2
C、超过2,但有限
3、试证数列49,4489,444889,的每一项都是完全平方数。
4、用300个2和若干个0组成的整数有没有可能是完全平方数?
5、试求一个四位数,它是一个完全平方数,并且它的前两位数字相同,后两位数字也相同(1999小学数学世界邀请赛试题)。
答案:
证明
=
=++1
=4+8+1
=4()(9+1)+8+1
=36()+12+1
=(6+1)
即为完全平方数。
设由300个2和若干个0组成的数为A,则其数字和为600
3|600∴3|A
此数有3的因数,故9|A。
但9|600,∴矛盾。
故不可能有完全平方数。
设此数为
此数为完全平方,则必须是11的倍数。
因此11|a+b,而a,b为0,1,2,9,故共有(2,9),(3,8),(4,7),(9,2)等8组可能。
直接验算,可知此数为7744=88。
奥数数论完全平方数练习题二(含答案)
1、一个自然数减去45及加上44都仍是完全平方数,求此数。
2、求证:
四个连续的整数的积加上1,等于一个奇数的平方(1954年基辅数学竞赛题)。
3、求证:
11,111,1111,这串数中没有完全平方数(1972年基辅数学竞赛题)。
4、求满足下列条件的所有自然数:
(1)它是四位数。
(2)被22除余数为5。
(3)它是完全平方数。
5、甲、乙两人合养了n头羊,而每头羊的卖价又恰为n元,全部卖完后,两人分钱方法如下:
先由甲拿十元,再由乙拿十元,如此轮流,拿到最后,剩下不足十元,轮到乙拿去。
为了平均分配,甲应该补给乙多少元(第2届“祖冲之杯”初中数学邀请赛试题)?
1、一个自然数减去45及加上44都仍是完全平方数,求此数。
设此自然数为x,依题意可得
x-45=m^2;
(1)
x+44=n^2
(2)
(m,n为自然数)
(2)-
(1)可得:
n^2-m^2=89或:
(n-m)(n+m)=89
因为n+m>
n-m
又因为89为质数,
所以:
n+m=89;
n-m=1
解之,得n=45。
代入
(2)得。
故所求的自然数是1981。
分析设四个连续的整数为,其中n为整数。
欲证
是一奇数的平方,只需将它通过因式分解而变成一个奇数的平方即可。
证明设这四个整数之积加上1为m,则
m为平方数
而n(n+1)是两个连续整数的积,所以是偶数;
又因为2n+1是奇数,因而n(n+1)+2n+1是奇数。
这就证明了m是一个奇数的平方。
分析形如的数若是完全平方数,必是末位为1或9的数的平方,即
或
在两端同时减去1之后即可推出矛盾。
证明若,则
因为左端为奇数,右端为偶数,所以左右两端不相等。
若,则
综上所述,不可能是完全平方数。
另证由为奇数知,若它为完全平方数,则只能是奇数的平方。
但已证过,奇数的平方其十位数字必是偶数,而十位上的数字为1,所以不是完全平方数。
设,其中n,N为自然数,可知N为奇数。
11|N-4或11|N+4
k=1
k=2
k=3
k=4
k=5
所以此自然数为1369,2601,3481,5329,6561,9025。
n头羊的总价为元,由题意知元中含有奇数个10元,即完全平方数的十位数字是奇数。
如果完全平方数的十位数字是奇数,则它的个位数字一定是6。
所以,的末位数字为6,即乙最后拿的是6元,从而为平均分配,甲应补给乙2元。
奥数数论余数问题练习题九(含分析解答)
1、今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二,问物最少几何
2、(23+105k)2)一个数除以7余3,除以11余7,除以13余4,符合此条件的数最小是________;
如果它是一个四位数,那么最大可能是________;
解答:
1、此数除以3余2,除以5余3,除以7余2,满足条件最小数是23
3、满足除以7余3,除以11余7的最小数为73,设此数为73+77a=13b+4,69-a=13b.
a最小等于4.满足条件的最小数是381.
设最大的四位数为381+1001x,最大的四位数为9390.(1732)
4、今天周一,天之后是星期________;
这个数的个位数字是________;
天之后是星期________;
只要求出÷
7的余数就可以知道天后是星期几.≡52007(mod7),56≡1(mod7)
2007≡3(mod6),≡52007≡53≡6(mod7)s
所以天之后是星期日
2007的个位数字是7
20072的个位数字是9
20073的个位数字是3
20074的个位数字是1
20075的个位数字是1
5、一个三位数,被17除余5,被18除余12,那么它可能是________________;
一个四位数,被131除余112,被132除余98,那么它可能是________;
设此三位数为17a+5=18b+12.可得到17a=17b+b+7,所以b+7一定能被17整除,b=10,27,44.这个三位数为192,498,804.
设此四位数为131x+112=132y+98,可得到131x=131y+y-14,所以y-14一定能被131整除,y=14,145(太大)
这个四位数是1946
6、甲,乙,丙三个数分别为603,939,393.某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍,A除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍.A是________;
如果A除丙所得的余数是1份的话,那么A除乙所得余数就是2份,A除甲所得的余数就是4份.把2乙-甲,则没有余数,即2乙-甲使A的倍数;
同理乙-2丙也同样没有余数,是A的倍数.
939×
2-603=1275,939-393×
2=153
A是1275和153的公约数,而1275与153的最大公约数是51,所以A可能是1,3,17,51
再实验得到A为17,余数分别为8,4,2.
奥数数论余数问题练习题八(含分析解答)
1、3,222……22除以13所得的余数是_____.
2000个
分析与解答:
因为222222=2111111
=21111001
=211171113
所以222222能被13整除.
又因为2000=6333+2
222…2=222…200+22
2000个1998
2213=1…9
所以要求的余数是9.
2、求除以9,11,99,101,999,1001,13和91的余数分别是多少;
9:
除以9的余数是0,
11:
一个2007奇数位上数字和与偶数位上数字的和的差为5.2007个2007奇数位上数字和与偶数位上数字的和的差为5×
2007.
≡5×
2007≡3(mod11),所以除以11的余数是3
99:
能被9整除,被11除余3的数最小是36,所以除以99余36
200720072007能被7,13,37整除.999=27×
371001=7×
1391=7×
13
13:
≡0(mod13)除以13余0
91:
≡0(mod91)除以91余0
所以除以13,91,999的余数都是0.
1001:
除以11余3,除以7,13余0,满足次条件的最小数是1092,1092除以1001余91.所以除以1001的余数是91.
101:
我们发现9999=101×
99,所以