小学六年级奥数基础知识——数论.doc

行程问题基本行程问题 平均速度 火车过桥 流水行船 接送问题 电梯行程 数论问题奇偶分析 数的整除 约数倍数 进位制 余数问题 完全平方数 几何问题小学几何五大模型 勾股定理与弦图 巧求周长 立体图形的体积 计数问题加法原理 乘法原理 容斥原理 排列组合 枚举法 归纳法 应用题鸡兔同笼问题 年龄问题 盈亏问题 牛吃草问题 工程问题 浓度问题 计算问题分数列项与整数列项 繁分数的计算 数学计算公式 换元法 找规律 其他数阵图与数字谜 操作与策略 抽屉原理 逻辑推理 不定方程 染色问题 小学六年级奥数基础知识 数论一一 质数和合数（1）一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。（2）自然数除0和1外，按约数的个数分为质数和合数两类。任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。要特别记住：0和1不是质数，也不是合数。（3）最小的质数是2 ，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数；最小的合数是4。（4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数 。互质是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（和），可能是一个质数和一个合数（和），可能是两个合数（和）或1与另一个自然数。（）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。把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。（）以内的质数有个：、注意：两个质数中差为1的只有3-2 ；除2外，任何两个质数的差都是偶数。二 整除性（）概念一般地，如a、b、c为整数，b0，且ab=c，即整数a除以整除b（b不等于0），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a能被b整除（或者说b能整除a）。记作ba.否则，称为a不能被b整除，（或b不能整除a）。如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。（）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ca，cb，那么c（ab）。 例如：如果210，26，那么2（106），并且2（106）。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bca，那么ba，ca。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ba，ca，且（b，c）=1，那么bca。 例如：如果228，728，且（2，7）=1,那么（27）28。注意：（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：428，1428，414=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。即：如果cb，ba，那么ca。例如：如果39，927，那么327。（）数的整除特征能被2整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数. 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。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（或）法”：例如：能被整除么？解：，在数字中只剩，不是的倍数，所以不能被整除。能被4（或25）整除的数的特征：末两位数能被4（或25）整除。能被8（或125）整除的数的特征：末三位数能被8（或125）整除。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。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。例如：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8212819，又13819，所以132821，进而133546725。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123的个位数字为6，234的个位数字为4，345的个位数字为0，不满足三：当n为2时，有12，23，34，45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42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1683如果某整数同时具备如下3条性质：这个数与1的差是质数；这个数除以2所得的商也是质数；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，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，32与68不符合，三个条件都符合的只有14所以两位幸运数只有144在555555的约数中，最大的三位数是多少?【分析与解】555555=51111001 =357111337显然其最大的三位数约数为7775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：2002847=2308，847308=2231，308231=17723177=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=213，33=311，34=217，35=57，63=7，85=517，91=713，143=1113 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=22233，有12个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72不妨设ab一:当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b72+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；三：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=2235，有12个约数：1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60a、b为60的约数，不妨设ab 一：当a=60时，b可取60外的任何一个数，即可取11个值，于是ab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ab可取26，18，10；三：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以ab可取17，14，8，5； 四： 当a=15时，b可取4，12，所以ab可取11，3； 五: 当a=12时，b可取5，10，所以ab可取7，2总之，ab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)【分析与解】我们知道18，33的最小公倍数为18，33=198，所以每198个数一次1198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999198=59，所以共有518+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?【分析与解】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603A=ak；(2939)A=bk；(4393)A=ck 于是有(1878603)A=ba；(18781572)A=bc；(1572603)A=ca 所以A为1275，306，969的约数，(1275，306，969)=173=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60351=1142；93951=1821；39351=736不满足； 当A为17时，有60317=358；93917=554；39317=232；满足所以，除数4为1710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111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?【分析与解】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?【分析与解】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：3、试证数列49,4489,444889, 的每一项都是完全平方数。证明=+1=4+8+1=4()(9+1)+8+1=36 ()+12+1=(6+1)即为完全平方数。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？解：设由300个2和若干个0组成的数为A，则其数字和为6003600 3A此数有3的因数，故9A。但9600，矛盾。故不可能有完全平方数。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)。解：设此数为此数为完全平方，则必须是11的倍数。因此11a + 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)？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。解：设此自然数为x，依题意可得x-45=m2; (1)x+44=n2 (2)(m,n为自然数)(2)-(1)可得 :n2-m2=89或： (n-m)(n+m)=89因为n+mn-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。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)。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。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)。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，则因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。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。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。解：设，其中n,N为自然数，可知N为奇数。11N - 4或11N + 4或k = 1k = 2k = 3k = 4k = 5所以此自然数为1369, 2601, 3481, 5329, 6561, 9025。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)？解：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233、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_;解答:只要求出7的余数就可以知道天后是星期几.52007(mod7),561(mod7)20073(mod6), 52007536(mod7) s所以天之后是星期日2007的个位数字是720072的个位数字是920073的个位数字是320074的个位数字是120075的个位数字是15、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_;解答: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19466、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_;解答: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.9392-603=1275,939-3932=153A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、3,22222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+22222=222200+222000个 19982213=19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;解答: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52007.520073(mod11),所以除以11的余数是399: 能被9整除,被11除余3的数最小是36,所以除以99余36200720072007能被7,13,37整除.999=2737 1001=71113 91=71313: 0(mod13) 除以13余091: 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=10199,所以=0000+2007=10000+2007=9999+2007+2007(mod101)同样道理+2007+20072(mod101)以此类推 20072007(mod101)=68奥数数论问题奇偶分析练习题1(分析)1、小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）。小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加。试问，小丽所加得的和数能否为2000？【分析】不可能。因为25个奇数相加的和是奇数，25个偶数相加是偶数，奇数加偶数=奇数2、有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同。试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由。【分析】不可以。一名为98个数中有49个奇数，奇数加偶数等于奇数，奇数不是二的倍数。奥数数论问题奇偶分析练习题2(分析)1、有20个1升的容器，分别盛有1，2，3，20立方厘米水。允许由容器A向容器B倒进与B容器内相同的水（在A中的水不少于B中水的条件下）。问：在若干次倒水以后能否使其中11个容器中各有11立方厘米的水？【分析】不可能，因为两个奇数相加等于偶数，两个偶数相加等于偶数，11是奇数，B是偶数，偶数不等于奇数2、一个俱乐部里的成员只有两种人：一种是老实人，永远说真话；一种是骗子，永远说假话。某天俱乐部的全体成员围坐成一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子两旁都是老实人。外来一位记者问俱乐部的成员张三：“俱乐部里共有多少成员？”张三答：“共有45人。”另一个成员李四说：“张三是老实人。”请判断李四是老实人还是骗子？【分析】李四是骗子，老实人和说谎的人的人数相等，可是45是个奇数，所以张三是骗子奥数数论问题奇偶分析练习题3(分析)1、围棋盘上有1919个交叉点，现在放满了黑子与白子，且黑子与白子相间地放，并使黑子（或白子）的上、下、左、右的交叉点上放着白子（或黑子）。问：能否把黑子全移到原来的白子的位置上，而白子也全移到原来黑子的位置上？【分析】不可以，因为不是白字多黑字一个，就是黑子多白字一个，不可能相等2、某市五年级99名同学参加数学竞赛，竞赛题共30道，评分标准是基础分15分，答对一道加5分，不答记1分，答错一道倒扣1分。问：所有参赛同学得分总和是奇数还是偶数？【分析】奇数，5*30+15=165 165-6N-4M=奇数减去偶数=奇数 99*奇数=奇数奥数数论问题奇偶分析练习题4(分析)现有足够多的苹果、梨、桔子三种水果，最少要分成多少堆（每堆都有苹果、梨和桔子三种水果），才能保证找得到这样的两堆，把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数。分析与解：当每堆都含有三种水果时，三种水果的奇偶情况如下表：可见，三种水果的奇偶情况共有8种可能，所以必须最少分成9堆，才能保证有两堆的三种水果的奇偶性完全相同，把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数。说明：这里把分堆后三种水果的奇偶情况一一列举出来，使问题一目了然。奥数数论问题奇偶分析练习题5(分析)有30枚2分硬币和8枚5分硬币，5角以内共有49种不同的币值，哪几种币值不能由上面38枚硬币组成？解：当币值为偶数时，可以用若干枚2分硬币组成；当币值为奇数时，除1分和3分这两种币值外，其余的都可以用1枚5分和若干枚2分硬币组成，所以5角以下的不同币值，只有1分和3分这两种币值不能由题目给出的硬币组成。说明：将全体整数分为奇数与偶数两类，分而治之，逐一讨论，是解决整数问题的常用方法。若偶数用2k表示，奇数用2k+1表示，则上述讨论可用数学式子更为直观地表示如下：当币值为偶数时，2k说明可用若干枚2分硬币表示；当币值为奇数时，2k+1=2（k-2）+5，其中k2。当k=0，1时，2k+1=1，3。1分和3分硬币不能由2分和5分硬币组成，而其他币值均可由2分和5分硬币组成。奥数数论问题奇偶分析练习题6(附解)1、设标有A，B，C，D，E，F，G的7盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关。现在A，C，D，G这4盏灯亮着，其余3盏灯没亮。小华从灯A开始顺次拉动开关，即从A到G，再从A开始顺次拉动开关，他这样拉动了999次开关后，哪些灯亮着，哪些灯没亮？解：一盏灯的开关被拉动奇数次后，将改变原来的状态，即亮的变成熄的，熄的变成亮的；而一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变原来的状态。由于999=7142+5，因此，灯A，B，C，D，E各被拉动143次开关，灯F，G各被拉动142次开关。所以，当小华拉动999次后B，E，G亮，而A，C，D，F熄。2、桌上放有77枚正面朝下的硬币，第1次翻动77枚，第2次翻动其中的76枚，第3次翻动其中的75枚第77次翻动其中的1枚。按这样的方法翻动硬币，能否使桌上所有的77枚硬币都正面朝上？说明你的理由。分析：对每一枚硬币来说，只要翻动奇数次，就可使原先朝下的一面朝上。这一事实，对我们解决这个问题起着关键性作用。解：按规定的翻动，共翻动1+2+77=7739次，平均每枚硬币翻动了39次，这是奇数。因此，对每一枚硬币来说，都可以使原先朝下的一面翻朝上。注意到7739=77+（76+1）+（75+2）+（39+38），根据规定，可以设计如下的翻动方法：第1次翻动77枚，可以将每枚硬币都翻动一次；第2次与第77次共翻动77枚，又可将每枚硬币都翻动一次；同理，第3次与第76次，第4次与第75次第39次与第40次都可将每枚硬币各翻动一次。这样每枚硬币都翻动了39次，都由正面朝下变为正面朝上。说明：（1）此题也可从简单情形入手（如9枚硬币的情形），按规定的翻法翻动硬币，从中获得启发。（2）对有关正、反，开、关等实际问题通常可化为用奇偶数关系讨论。奥数数论问题奇偶分析练习题7(附解)在88的棋盘的左下角放有9枚棋子，组成一个33的正方形（如左下图）。规定每枚棋子可以跳过它身边的另一枚棋子到一个空着的方格，即可以以它旁边的棋子为中心作对称运动，可以横跳、竖跳或沿着斜线跳（如右下图的1号棋子可以跳到2，3，4号位置）。问：这些棋子能否跳到棋盘的右上角（另一个33的正方形）？解：自左下角起，每一个方格可以用一组数（行标、列标）来表示，（自下而上）第i行、（自左而右）第j列的方格记为（i，j）。问题的关键是考虑9枚棋子（所在方格）的列标的和S。一方面，每跳一次，S增加0或偶数，因而S的奇偶性不变。另一方面，右上角9个方格的列标的和比左下角9个方格的列标之和大3（6+7+8）-3（1+2+3）=45，这是一个奇数。综合以上两方面可知9枚棋子不能跳至右上角的那个33的正方形里。奥数数论问题奇偶分析练习题8(附答案)1下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？+= -=2任意取出1234个连续自然数，它们的总和是奇数还是偶数？3一串数排成一行，它们的规律是：前两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和。如下所示：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，试问：这串数的前100个数（包括第100个数）中，有多少个偶数？4能不能将1010写成10个连续自然数之和？如果能，把它写出来；如果不能，说明理由。答案：1.至少有6个偶数。2.奇数。解：12342=617，所以在任取的1234个连续自然数中，奇数的个数是奇数，奇数个奇数之和是奇数，所以它们的总和是奇数。3.33。提示：这串数排列的规律是以“奇奇偶”循环。4.不能。如果1010能表示成10个连续自然数之和，那么中间2个数的和应当是10105=202。但中间 2个数是连续自然数，它们的和应是奇数，不能等于偶数202。所以，1010不能写成10个连续自然数之和。奥数数论问题奇偶分析练习题9(附答案5能否将1至25这25个自然数分成若干组，使得每一组中的最大数都等于组内其余各数的和？6在象棋比赛中，胜者得1分，败者扣1分，若为平局，则双方各得0分。今有若干个学生进行比赛，每两人都赛一局。现知，其中有一位学生共得7分，另一位学生共得20分，试说明，在比赛过程中至少有过一次平局。7在黑板上写上1，2，909，只要黑板上还有两个或两个以上的数就擦去其中的任意两个数a，b，并写上a-b（其中ab）。问：最后黑板上剩下的是奇数还是偶数？8设a1，a2，a64是自然数1，2，64的任一排列，令b1=a1-a2，b2=a3-a4，b32=a63-a64；c1=b1-b2，c2=b3-b4，c16=b31-b32；d1=c1-c2，d2=c3-c4，d8=c15-c16；这样一直做下去，最后得到的一个整数是奇数还是偶数？答案：5.不能。提示：仿例3。6.证：设得7分的学生胜了x1局，败了y1局，得 20分的学生胜了x2局，败了y2局。由得分情况知：x1-y1=7，x2-y220。如果比赛过程中无平局出现，那么由每人比赛的场次相同可得x1+y1=x2+y2，即x1+y1+x2+y2是偶数。另一方面，由x1-y1=7知x1+y2为奇数，由x2-y2=20知x2+y2为偶数，推知x1+y1+x2+y2为奇数。这便出现矛盾，所以比赛过程中至少有一次平局。7.奇数。解：黑板上所有数的和S1+2+909是一个奇数，每操作一次，总和S减少了a+b-（a-b）=2b，这是一个偶数，说明总和S的奇偶性不变。由于开始时S是奇数，因此终止时S仍是一个奇数。8.偶数。解：我们知道，对于整数a与b，a+b与a-b的奇偶性相同，由此可知，上述计算的第二步中，32个数a1-a2， a3-a4，a63-a64，分别与下列32个数a1+a2， a3+a4，a63+a64，有相同的奇偶性，这就是说，在只考虑奇偶性时，可以用“和”代替“差”，这样可以把原来的计算过程改为第一步：a1，a2，a3，a4，a61，a62，a63，a64；第一步：a1+a2，a3+a4，a61+a62，a63+a64；第三步：a1+a2+a3+a4，a61+a62+a63+a64；最后一步所得到的数是a1+a2+a63+a64。由于a1，a2，a64是1，2，64的一个排列，因此它们的总和为1+2+64是一个偶数，故最后一个整数是偶数五年级奥数：数的整除性试题一、填空题1.、四位数“3AA1”是9的倍数，那么A=_.2、在“2579这个数的内填上一个数字,使这个数能被11整除,方格内应填_.3、能同时被2、3、5整除的最大三位数是_.4、能同时被2、5、7整除的最大五位数是_.5、1至100以内所有不能被3整除的数的和是_.6、所有能被3整除的两位数的和是_.7、已知一个五位数691能被55整除,所有符合题意的五位数是_.8、 如果六位数1992能被105整除,那么它的最后两位数是_.9、4228是99的倍数,这个数除以99所得的商是_.10、 从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行,从左向右1至11报数,报数为11的同学原地不动,其余同学出列;然后留下的同学再从左向右1至11报数,报数为11的留下,其余同学出列;留下的同学第三次从左向右1至11报数,报到11的同学留下,其余同学出列,那么最后留下的同学中,从左边数第一个人的最初编号是_号.二、解答题11、 173是个四位数字.数学老师说：“我在这个中先后填入3个数字,所得到的3个四位数,依次可被9、11、6整除.”问：数学老师先后填入的3个数字的和是多少？12、在1992后面补上三个数字，组成一个七位数，使它们分别能被2、3、5、11整除，这个七位数最小值是多少？13、在“改革”村的黑市上,人们只要有心,总是可以把两张任意的食品票换成3张其他票券,也可以反过来交换.试问,合作社成员瓦夏能否将100张黄油票换成100张香肠票,并且在整个交换过程中刚好出手了1991张票券？答 案1、7已知四位数3AA1正好是9的倍数,则其各位数字之和3+A+A+1一定是9的倍数,可能是9的1倍或2倍,可用试验法试之.设3+A+A+1=9,则A=2.5,不合题意.再设3+A+A+1=18,则A=7,符合题意.事实上,3771 9=419.2、1这个数奇数位上数字和与偶数位上数字和之差是0或是11的倍数,那么这个数能被11整除.偶数位上数字和是5+7=12,因而,奇数位上数字和2+9应等于12,内应填12-2-9=1.3、990要同时能被2和5整除,这个三位数的个位一定是0.要能被3整除,又要是最大的三位数,这个数是990.4、99960解法一:能被2、5整除,个位数应为0,其余数位上尽量取9,用7去除9990,可知方框内应填6.所以,能同时被2、5、7整除的最大五位数是99960.解法二:或者这样想,2,5,7的最小公倍数是70,而能被70整除的最小六位是100030.它减去70仍然是70的倍数,所以能被2,5,7整除的最大五位数是100030-70=99960.5.、3367先求出1100这100个数的和,再求100以内所有能被3整除的数的和,以上二和之差就是所有不能被3整除的数的和.(1+2+3+100)-（3+6+9+12+99） =(1+100)2100-(3+99)233 =5050-1683 =33676、1665能被3整除的二位数中最小的是12,最大的是99,所有能被3整除的二位数如下: 12,15,18,21,，96，99这一列数共30个数，其和为12+15+18+96+99 =(12+99)302 =16657、96910或46915五位数能被55整除,即此五位数既能被5整除,又能被11整除.所以B=0或5.当B=0时,能被11整除,所以(A+9+0)-(6+1)=A+2能被11整除,因此A=9；当B=5时,同样可求出A=4.所以,所求的五位数是96910或46915.8、90因为105=3 57,根据数的整除性质,可知这个六位数能同时被3、5和7整除。根据能被5整除的数的特征，可知这个六位数的个位数只能是0或5两种，再根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七个可能：199200，199230，199260，199290，199215，199245，199275.最后用7去试除知,199290能被7整除.所以,199290能被105整除,它的最后两位数是90.注此题也可以这样思考:先把后面两个方框中填上0后的199200除以105,根据余数的大小来决定最后两个方框内应填什么. 199200105=189715 105-15=90如果199200再加上90，199290便可被105整除，故最后两位数是90.9、4316因为99=9 11,所以4228既是9的倍数,又是11的倍数.根据是9的倍数的特点,这个数各位上数字的和是9的倍数.4228这个六位数中已知的四个数的和是4+2+2+8=16,因此空格中两个数字的和是2或11.我们把右起第一、三、五位看做奇位，那么奇位上已知两个数字的和是2+2=4，而偶位上已知两个数字的和是4+8=12，再根据是11的倍数的特点，奇位上数字的和与偶位上数的和之差是0或11的倍数，所以填入空格的两个数应该相差3或相差8.从以上分析可知填入的两个数字的和不可能是2,应该是11.显然它们的差不可能是8,应该是3,符合这两个条件的数字只有7和4.填入空格时要注意7填在偶位上,4填在奇位上,即原六位数是42 7 28 4 ，又427284 99=4316，所以所得的商是4316.10、1331第一次报数后留下的同学最初编号都是11倍数;第二次报数后留下的同学最初编号都是121 的倍数;第三次报数后留下的同学最初编号都是1331的倍数.所以最后留下的只有一位同学,他的最初编号是1331.11、能被9整除的四位数的各位数字之和能被9整除， 1+7+3+=11+内只能填7.能被11整除的四位数的个位与百位的数字和减去十位与千位的数字和所得的差能被11整除. (7+)-(1+3)=3+ 能被11整除, 内只能填8.能被6整除的自然数是偶数,并且数字和能被3整除,而1+7+3+=11+, 内只能填4.所以,所填三个数字之和是7+8+4=19.12、设补上的三个数字组成三位数,由这个七位数能被2,5整除,说明c=0;由这个七位数能被3整除知1+9+9+2+a+b+c=21+a+b+c能被11整除，从而a+b能被3整除;由这个七位数又能被11整除，可知(1+9+a+c)-(9+2+b)=a-b-1能被11整除;由所组成的七位数应该最小,因而取a+b=3,a-b=1,从而a=2,b=1.所以这个最小七位数是1992210.注小朋友通常的解法是:根据这个七位数分别能被2,3,5,11整除的条件,这个七位数必定是2,3,5,11的公倍数,而2,3,5,11的最小公倍数是2 3511=330.这样,1992000 330=6036120，因此符合题意的七位数应是(6036+1)倍的数,即 1992000+(330-120)=1992210.13、不可能.由于瓦夏原有100张票,最后还有100张票,所以他作了多少次“两换三”,那么也就作了多少次“三换两”,因此他一共出手了2k+3k=5k张票,而1991不是5的倍数.奥数数论问题数的整除练习题一（附解）1、在下面的数中，哪些能被4整除？哪些能被8整除？哪些能被9整除？234，789，7756，8865，3728，806