数论.docx
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数论
数论
（一）
（1）解题方法：
数字乘法个位数字的规律--最大值最小值的考量--加减法进位规律--合数分解质因数性质--奇偶数性质规律--余数性质
三、数阵图
1、从整体和局部两种方向入手，单和与总奇偶性知识点属于数论大板块内的“定性分析”部分，小学生的数学思维模式大多为“纯粹的定量计算，拿到一个题就先去试数，或者是找规律，在性质分析层面几乎为0，本讲力求实现的一个主要目标是提高孩子对数学的严密分析能力，培养孩子明白做题前有时要“先看能不能这么做，再去动手做”的思维模式。
无论是小升初还是杯赛会经常遇到，但不会单独出题，而是结合其他知识点来考察学生综合能力。
一、奇数和偶数的定义：
整数可以分成奇数和偶数两大类.能被2整除的数叫做偶数，不能被2整除的数叫做奇数。
通常偶数可以用2k（k为整数）表示，奇数则可以用2k+1（k为整数）表示。
特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。
二、奇数与偶数的运算性质：
性质1：
偶数±偶数=偶数，奇数±奇数=偶数
性质2：
偶数±奇数=奇数
性质3：
偶数个奇数的和或差是偶数
性质4：
奇数个奇数的和或差是奇数
性质5：
偶数×奇数=偶数，奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数
性质6：
在加减法中偶数不改变运算结果奇偶性，奇数改变运算结果的奇偶性。
性质7：
对于任意2个整数a,b,有a+b与a-b同奇或同偶
性质8：
奇数的平方可以写作4k+1，偶数的平方可以写作4k
数的整除是数论知识体系中的一个基石，整除知识点的特点介于“定性分析与定量计算之间”即本讲中的题型有定性分析层面的也有定量计算层面的，是很重要的一讲，也是竞赛常考的知识板块。
一、常见数字的整除判定方法
1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；
一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；
一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除；
2.一各位数数字和能被3整除，这个数就能比9整除；
一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除；
3.如果一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能被11整除，那么这个数能被11整除.
4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除.
【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）
二、整除性质
性质1如果数a和数b都能被数c整除，那么它们的和或差也能被c整除．即如果c︱a，
c︱b，那么c︱（a±b）．
性质2如果数a能被数b整除，b又能被数c整除，那么a也能被c整除．即如果b∣a，
c∣b，那么c∣a．
用同样的方法，我们还可以得出：
性质3如果数a能被数b与数c的积整除，那么a也能被b或c整除．即如果bc∣a，那
么b∣a，c∣a．
性质4如果数a能被数b整除，也能被数c整除，且数b和数c互质，那么a一定能被b
与c的乘积整除．即如果b∣a，c∣a，且（b，c）=1，那么bc∣a．
例如：
如果3∣12，4∣12，且（3，4）=1，那么（3×4）∣12．
性质5如果数a能被数b整除，那么am也能被bm整除．如果b｜a，那么bm｜am（m为非0整数）；
性质6如果数a能被数b整除，且数c能被数d整除，那么bd也能被ac整除．如果b｜a，且d｜c，那么ac｜bd；
位值和进制是数论知识体系中的两大基本问题，也是学好数论知识所必须要掌握的知识要点。
通过本讲的学习，要求学生理解并熟练应用位值原理的表示形式，掌握进制的表示方法、各进制间的互化以及二进制与实际问题的综合应用。
并学会在其它进制中位值原理的应用。
从而使一些与数论相关的问题简单化。
一、位值原理
位值原理的定义：
同一个数字，由于它在所写的数里的位置不同，所表示的数值也不同。
也就是说，每一个数字除了有自身的一个值外，还有一个“位置值”。
例如“2”,写在个位上，就表示2个一，写在百位上，就表示2个百，这种数字和数位结合起来表示数的原则，称为写数的位值原理。
位值原理的表达形式：
以六位数为例：
=a×100000+b×10000+c×1000+d×100+e×10+f。
二、数的进制
我们常用的进制为十进制，特点是“逢十进一”。
在实际生活中，除了十进制计数法外，还有其他的大于1的自然数进位制。
比如二进制，八进制，十六进制等。
二进制：
在计算机中，所采用的计数法是二进制，即“逢二进一”。
因此，二进制中只用两个数字0和1。
二进制的计数单位分别是1、21、22、23、……，二进制数也可以写做展开式的形式，例如100110在二进制中表示为：
（100110）2=1×25+0×24+0×23+1×22+1×21+0×20。
二进制的运算法则是“满二进一”、“借一当二”，乘法口诀是：
零零得零，一零得零，零一得零，一一得一。
注意：
对于任意自然数n,我们有n0=1。
n进制：
n进制的运算法则是“逢n进一，借一当n”，n进制的四则混合运算和十进制一样，先乘除，后加减；同级运算，先左后右；有括号时先计算括号内的。
进制间的转换：
如右图所示。
数论
（二）
质数合数的出现是对自然数的另一种分类方式，但是相对于奇数偶数的划分要复杂许多。
质数本身的无规律性也是一个研究质数结构的难点。
在奥数数论知识体系中我们要帮助孩子树立对质数和合数的基本认识，在这个基础之上能够会与之前的一些知识点结合运用。
分解质因数法是一个数论重点方法，本讲另一个授课重点在于让孩子对这个方法能够熟练并且灵活运用。
一、质数与合数的基本概念
1.质数：
一个数除了1和它本身没有其他的约数，这个数就称为一个质数，也叫做素数
2.合数：
一个数除了1和它本身还有其他的约数，这个数就称为一个合数
3.质因数：
如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数
二、质数和合数的一些性质和常用结论
1.0和1既不是质数也不是合数，因此，我们可以说，自然数可以分成三部分，
即，0和1，质数，合数。
2.最小的质数是2，最小的合数是4。
3.常用的100以内的质数：
2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97
其中2是唯一的偶数，5是唯一个位上数字是5的数，其余的数字个位只为
1，3，7，9
4.部分特殊数的分解：
5.质数的判定方法
判断一个数是否是质数，可以采用“连续小质数试除法”。
例如：
判断251是否是质数，可以从最小的质数2开始依次除251，直到所得的商比除数小为止，可以断定251是质数。
251÷2=125…1,251÷3=83…2,251÷5=50…1,251÷7=35…6，…,251÷17=14…13，
此时除数17＞商14，由此说明251是质数。
6.互质的概念
N个自然数互质指的是N个自然数的公约数仅有一个1。
对于约数、最大公约数；倍数、最小公倍数的定义我们在学校的课本上都已经学习过，所以重点在于一些性质的应用，完全平方数在考试中经常出现，所以对于平方差公式还有一些主要性质一定要记住.
一、最大公约数与最小公倍数的常用性质
（1）两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。
即若
那么
，如右图。
（2）两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。
即
（3）对于任意3个连续的自然数，如果三个连续数的奇偶性为
a）奇偶奇，那么这三个数的乘积等于这三个数的最小公倍数
例如：
，210就是567的最小公倍数
b）偶奇偶，那么这三个数的乘积等于这三个数最小公倍数的2倍
例如：
，而6,7,8的最小公倍数为
二、约数个数与所有约数的和
（1）求任一整数约数的个数：
一个整数的约数的个数是在对其严格分解质因数后，将每个质因数的指数（次数）加1后所得的乘积。
如:
1400严格分解质因数之后为
，所以它的约数有（3+1）×（2+1）×（1+1）=4×3×2=24个。
（包括1和1400本身）
（2）求任一整数的所有约数的和：
一个整数的所有约数的和是在对其严格分解质因数后，将它的每个质因数依次从1加至这个质因数的最高次幂求和，然后再将这些得到的和相乘，乘积便是这个合数的所有约数的和。
如：
，所以21000所有约数的和为
三、完全平方数常用性质
1.主要性质
●完全平方数的尾数只能是0，1，4，5，6，9。
不可能是2，3，7，8。
●在两个连续正整数的平方数之间不存在完全平方数。
●完全平方数的约数个数是奇数，约数的个数为奇数的自然数是完全平方数。
●若质数p整除完全平方数
，则p能被
整除。
2.一些推论
●任何偶数的平方一定能被4整除；任何奇数的平方被4（或8）除余1.即被4除余2或3的数一定不是完全平方数。
●一个完全平方数被3除的余数是0或1.即被3除余2的数一定不是完全平方数。
●自然数的平方末两位只有：
00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，09，29，49，69，89，16，36，56，76，96。
●完全平方数个位数字是奇数（1，5，9）时，其十位上的数字必为偶数。
●完全平方数的个位数字为6时，其十位数字必为奇数。
●凡个位数字是5但末两位数字不是25的自然数不是完全平方数；末尾只有奇数个“0”的自然数不是完全平方数；个位数字为1，4，9而十位数字为奇数的自然数不是完全平方数。
3.重点公式回顾
平方差公式
数论（三）
余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。
许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！
”
余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。
一、带余除法的定义及性质
一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r,
0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。
这里：
（1）当
时：
我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商
（2）当
时：
我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商
二、三大余数定理
1.余数的加法定理
a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。
例如：
23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等
于4，即两个余数的和3+1.
当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。
例如：
23，19除以5的余数分别是3和4，所以23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.
2.余数的乘法定理
a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。
例如：
23，16除以5的余数分别是3和1，所以
除以5的余数等于
。
当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
例如：
23，19除以5的余数分别是3和4，所以
除以5的余数等于
除以5的余数，即2.
3.同余定理
若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：
a≡b（modm），左边的式子叫做同余式。
同余式读作：
a同余于b，模m。
由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：
若两个数a，b除以同一个数m得到的余数相同，则a，b的差一定能被m整除
用式子表示为：
如果有a≡b（modm），那么一定有a－b＝mk,k是整数，即m|（a－b）
三.弃九法原理
在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行，由于害怕以前的计算结果丢失而经常检验加法运算是否正确，他们的检验方式是这样进行的：
例如：
检验算式
1234除以9的余数为1
1898除以9的余数为8
18922除以9的余数为4
678967除以9的余数为7
178902除以9的余数为0
这些余数的和除以9的余数为2
而等式右边和除以9的余数为3，那么上面这个算式一定是错的。
上述检验方法恰好用到的就是我们前面所讲的余数的加法定理，即如果这个等式是正确的，那么左边几个加数除以9的余数的和再除以9的余数一定与等式右边和除以9的余数相同。
而我们在求一个自然数除以9所得的余数时，常常不用去列除法竖式进行计算，只要计算这个自然数的各个位数字之和除以9的余数就可以了，在算的时候往往就是一个9一个9的找并且划去，所以这种方法被称作“弃九法”。
所以我们总结出弃九发原理：
任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。
以后我们求一个整数被9除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被9除的余数即可。
利用十进制的这个特性，不仅可以检验几个数相加，对于检验相乘、相除和乘方的结果对不对同样适用
注意：
弃九法只能知道原题一定是错的或有可能正确，但不能保证一定正确。
例如：
检验算式9+9=9时，等式两边的除以9的余数都是0，但是显然算式是错误的
但是反过来，如果一个算式一定是正确的，那么它的等式2两端一定满足弃九法的规律。
这个思想往往可以帮助我们解决一些较复杂的算式迷问题。
四、中国剩余定理
1.中国古代趣题：
中国数学名著《孙子算经》里有这样的问题：
“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，问物几何？
”答曰：
“二十三。
”
此类问题我们可以称为“物不知其数”类型，又被称为“韩信点兵”。
韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。
刘邦茫然而不知其数。
我们先考虑下列的问题：
假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？
首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：
因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（人）。
孙子算经的作者及确实著作年代均不可考，不过根据考证，著作年代不会在晋朝之后，以这个考证来说上面这种问题的解法，中国人发现得比西方早，所以这个问题的推广及其解法，被称为中国剩余定理。
中国剩余定理（ChineseRemainderTheorem）在近代抽象代数学中占有一席非常重要的地位。
2.核心思想和方法：
对于这一类问题，我们有一套看似繁琐但是一旦掌握便可一通百通的方法，下面我们就以《孙子算经》中的问题为例，分析此方法:
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，问物几何？
题目中我们可以知道，一个自然数分别除以3，5，7后，得到三个余数分别为2，3，2.那么我们首先构造一个数字，使得这个数字除以3余1，并且还是5和7的公倍数。
先由
，即5和7的最小公倍数出发，先看35除以3余2，不符合要求，那么就继续看5和7的“下一个”倍数
是否可以，很显然70除以3余1
类似的，我们再构造一个除以5余1，同时又是3和7的公倍数的数字，显然21可以符合要求。
最后再构造除以7余1，同时又是3，5公倍数的数字，45符合要求，那么所求的自然数可以这样计算：
，其中k是从1开始的自然数。
也就是说满足上述关系的数有无穷多，如果根据实际情况对数的范围加以限制，那么我们就能找到所求的数。
例如对上面的问题加上限制条件“满足上面条件最小的自然数”，
那么我们可以计算
得到所求
如果加上限制条件“满足上面条件最小的三位自然数”,
我们只要对最小的23加上[3,5,7]即可，即23+105=128.
数字迷从形式上可以分为横式数字迷与竖式数字迷，从运算法则上可以分为加减乘除四种形式的数字迷。
横式与竖式亦可以互相转换，本讲中将主要介绍数字迷的一般解题技巧。
主要涉及小数、分数、循环小数的数字迷问题，因此，会需要利用数论的知识解决数字迷问题
一、数字迷加减法
（1）个位数字分析法（如图）加法各位数规律；减法个位数规律；乘法个位数规律；
2）加减法中的进位与错位
（3）奇偶性分析法
二、数字迷乘除法
和
2、区分数阵图中的普通点（或方格），和关键点（方格）
3、在数阵图的少数关键点（一般是交叉点）上设置未知数，计算这些
关键点与相关点的数量关系，得到关键点上所填数的范围
4、运用已经得到的信息进行尝试（试数）
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．
:
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．
：
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．
：
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．
【分析与解】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．已知存在三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，且两两均不互质．请写出所有可能的答案．
【分析与解】设这三个数为a、b、c，且a＜b＜c，因为两两不互质，所以它们均是合数．
小于20的合数有4，6，8，9，10，12，14，15，16，18．其中只含1种因数的合数不满足，所以只剩下6，10，12，14，15，18这6个数，但是14=2×7，其中质因数7只有14含有，无法找到两个不与14互质的数．
所以只剩下6，10，12，15，18这5个数存在可能的排列．
所以，所有可能的答案为（6，10，15）；（10，12，15）；（10，15，18）．
7．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．
8．图10-1中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米．两只甲虫同时从A出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?
【分析与解】圆内的任意两点，以直径两端点得距离最远．如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，两甲虫的距离便最远．
小圆周长为
×30=307r，大圆周长为48
，一半便是24
，30与24的最小公倍数时120．
120÷30=4．120÷24=5．
所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个
圆周长，即爬到了过A的直径另一点B．这时两只甲虫相距最远．
9．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=2×2×2×3×3，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；
:
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；
当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值；
：
当a=12时，b无解；
:
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=2×2×3×5，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．
：
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；
．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；
当a=15时，b可取4，12，所以a－b可取11，3；
:
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．
10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳
米，黄鼠狼每次跳
米，它们每秒钟都只跳一次．比赛途中，从起点开始每隔
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