小学数学讲义暑假六年级超常第10讲数论中的计数

第十讲第十讲数论中的计数知识站牌级秋季的规律级秋季级春季

六年级暑期论中的计数级暑期的最值中的范围中符合条件的个数的多少漫画释义第11级上超常体系教师版 课堂引入1. 2300年前，古希腊数学家欧几里得就已证明素数有无穷多个，并提出一些素数可写成“2p-1”的.17p2. 177231.12.1952年，美国数学家拉婓尔523. 1996年初，美国数学家和程序设计师乔治•沃特曼编制了一个梅森素数计算程序，并把它放在网页上供数学家和业余数学爱好者免费使用，这就是著名的互联网梅森素数大搜索MPS)项目.该项目利用大量普通计算机的闲置处理能力来获得相当于超级计算机的运算能力.这一项•台目引诱．他最后被解雇，并被罚款一万美元由此看来，梅森素数的吸引力足以使人疯狂4. .展中有着巨大教学目标1)复习数论模块和计数模块的相关知识，如整除性质、加乘原理、排列组合等.2)灵活使用以上知识解决数论中的计数综合问题.3)复习容斥原理，尤其是在应用问题中的使用.2第11级上超常体系教师版第十讲经典精讲1.常见数字的整除判定方法1) 2) 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.2.加法原理1

m种不2同做法，…，第k类方法中有mk种不同做法，则完成这件事共有Nm1m2…mk种不同方法，这就是加法原理．可以简记为：“加法分类，类类独立”．3.乘法原理A方法．这就是乘法原理．4.容斥原理例题思路模块一：分类枚举例例模块二：加乘原理例：例6例7例1在1到2013这2013个自然数中，被11与61除所得余数相同的数有多少个？【分析】假设所求的正整数为a，它被1和61除所得余数为b，那么b只有0到10这11种情况，又因为a与b的差必为11与61的公倍数，而11,61=671,2013÷671=3，所以a可以取第11级上超常体系教师版 例2有一类非零自然数，它是4的倍数，并且各个数位上至少有一个数字是0，请问满足上述条件的数中，从小到大排第160个的数是多少？（学案对应：带号1）【分析】这道题没有简单的解题方法，可以根据数位进行分类枚举：一位数中没有满足题意的数；2000、2004、2008、2012、2016，答案是2016.例34（学案对应：超常1）

【分析】连续的6个自然数中，必有3个偶数，这3个偶数是3个连续偶数，其中至少有1个是43262另外，连续的6个自然数中，至少有一个5的倍数，至多有两个5的倍数：⑴如果其中只有1个5的倍数，由于末尾要有4个0，那么这个5的倍数应是54的倍数，即是625的倍数，又小于1000，只能是625，那么这6个数可以是621～626，622～627，623～628，624～629，共4种；⑵如果其中有2个5的倍数，那么只能是这连续6个自然5除625外的6个数，每个数都可以是这连续6个自然数中的最大数和最小数，所以对这6个数，每个数都有2种取法，共有2612种取法；而对于625来说，与另一个5的倍数相乘，将会是55的倍数，要想使末尾恰有4个0，则这连续6个自然数的乘积要是24的倍意，前者则不合题意．所以有2个5的倍数的情况下共有12113种选法．根据加法原理，共有41317种选法．小结：本题容易出错的地方在于容易忽略掉625～630这一组数，因为在平常做题中面对此类问题基本上都是2比5多的情况，所以学生可4第11级上超常体系教师版第十讲例4a、b是两个互不相等的自然数，它们的最小公倍数是252，那么这两个数共有几种可能值？（学案对应：超常2）【分析】252223271，对于质因数2，a、b的取值有2215种情况；对于质因数3，a、b的取值有2215种情况，根据乘法原理；对于质因数7，a、b的取值有1213种情况，根据乘法原理：a、b的取值共有55375种，但由于它们不能同时取252，需要减去当中的一种，即75-174种马素数法国数学家费马（）是数学史上一位传奇人物是律师，数学仅是他的业余爱好.费马被誉为“数论之父”，他有着了不起的直观天才，一生中提出过很多数学猜想.令人惊奇的是，他的几乎所有猜想全被后人一一证实，仅有一个例外.那就是他猜想：凡是形如.如果将n0,1,2,3,4代入22

1，得到的数确实都是质数：3,5,17,257,65537.可是对n5，在1738年，欧拉惊人地发现有分解式：32142949672976416700417.这说明费马的猜想错了！谁知欧拉的这一分解式，竟是一石激起千层浪后，人们再也没有找到第六个费马素数，相反地，倒是已经找到了46个形如22 1的数不是素数.于是人们又猜测，费马素数仅有上述5个，但也无法证明.这是数学史上的又一个悬案！例5在1，2，3，……，7，8的任意排列中，使得相邻两数互质的排列方式共有______种．8个数中的4个偶数一定不能相邻，对于这类多个元素不相邻的排列问题，考虑使用“插入法”即首先忽略偶数的存在，对奇数进行排列，然后将偶数插入但在偶数插入时，还要考虑3和6相邻的情况．奇数的排列一共有4!24种再在剩下的四个位置中插入2、4、8，一共有43224种所以一共有243241728种．第11级上超常体系教师版 例62次编号为2的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍数的同学向右转；……；第200次编号为200的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有 【分析】只有约数个数被4除余3的数，最后面向东．约数个数为3的数有22、32、52、72、112、132，共6个数．约数个数为7的数有2，1个，约数个数为15的数有3224144，1个一共有8个满足条件的编号．例71）在1到2008的自然数中，能被4整除，但不能被5或6整除的数有多少个？？3）在循环小数中类似于

0.142857

0.076923

等，循环节是从小数点右边的第一位（即十分位）就开始的小数，叫做纯循环小数，包括7和13在内，共有 个正整数，其倒数是循环节恰好为六位的纯循环小数.【分析】1）在1到2008中，4的倍数有20084502,4和5的倍数有

个，4,5,6的公倍数共有60

或6整除的数有50210016733268（个）2）200422 3167，与2004互质的数也是与1002互质，而100223167，在1到1002中与1002互质的共有12166332个，进而可求得分母是2004的最简真分数有3322664个，它们的和等于66423323）根据容斥原理，999999的约数有64个，999的约数有8个，99的约数有6个，9的约数有3个，所求的n的个数为64-（8+6-3）=53（个）.例8在1,2,3,,1995这1995个数中找出所有满足下面条件的数a来：1995a能被1995a整除.（学案对应：带号4）【分析

199519951995a

6第11级上超常体系教师版

第十讲数有32×19＝249,7,3×5×705,3×5×7753249－1995＝1254．－＝－＝3325－1995＝330,2205－1995＝210,3675199580找朋友己的学号，再贴在背上“10到自己的朋友，时间一到必须停止行动.由于满足要求的“朋友”不止一个，所以可以进行几轮游戏，看谁找到的“朋友”最多.这个游戏既考验学生的数论计数能力，又考验他们的行动灵敏性师还可有人因为落空而被淘汰附加题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，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请问两位幸运数共有多少个第11级上超常体系教师版 114．答案是1个．2. 表中第1行是把1∼100的整数依次全部排列出来，然后从第2行起是根据规律一直排到最

12345357981216

96979899100193195197199388392396 …………

……【分析】在这个表里，有的数字的正下方写着比它大4的数. A 2A-1 2A+14A4777777整除.题目的表中从左右两边第N个的下面写着N个整数.表的第一行从右数第24个是3877.以被77整除的数了.从整个表来看，除了上述的243862个以外，再也没有可以被77整除的数了，所以答案为62.知识点总结1.1）一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；112.加法原理：“加法分类，类类独立”．3.乘法原理：完成一件事可以分成n个必不可少的步骤，第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法．那么完成这件事情一共有A×B×…×N种不同的方法．4. 8第11级上超常体系教师版第十讲家庭作业1. 【分析】假设所求的正整数为a，它被10和33除所得余数为b，那么b只有0到9这10种情况，又因为a与b的差必为10与33的公倍数，而[10,33]330,1000330310，所以a可以取1~9,330~339,660~669,990~999，一共有910101039个数．2. 个.【分析】用排除法，四位数总共有9×10×10×10=9000个，其中能被3整除的四位数有3000个，排除掉能被3整除且不含有数字6的四位数之后剩下的所有的四位数都满足条件！设能被363. 乘积是15的倍数．求符合条件的取法共有几种？

443

5

4. 【分析】722332，对于质因数2，a、b的取值有即3217种情况，同理，对于质因数3，a、b的取值有2215种情况，根据乘法原理，a、b的取值共有7535种，但由于它们不能同时取72，需要减去当中的一种，即35-134种.5. 用数字1~8各一个组成8位数，使得任意相邻三个数字组成的三位数都是3的倍数．共有种组成方法．【分析

1~8中被三除余1和余2的数各有3个，被三整除的数有2个，根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合“被三除所得余数以3位周期”，所以8个数字，第1、4、7位位上的数被3除可以余2可以余1，余数的安排上共有2种方法，余数安排定后，还有同余数之间的排列，一共有3!3!2!2144（种）方法．第11级上超常体系教师版 6. 为5的倍数的灯的拉线各拉一下.拉完后亮着的灯数为（）盏.【分析】因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的．这道题实际上数．我们可以求得被2整除的数有200621003(盏)，被3整除的数有200636682，共668(盏)，被5整除的数有200654011，共401(盏)．其中，同时被2、3整除的数有2006(23)3342，共334(盏)；5中2个数整除的数的个数为334133200366469(盏)，不能被2、3、5整除的数所以，最后亮着的灯一共为4695351004(盏)．7. 1到100中，不能被4或6或7整除的数共有多少个？【分析】注意：此题中4与6不互质，不能再用第2、3题的处理方法（例如，不存在被4除余1，被6除余2的数），所以只能用第1题的方法：4的倍数有[ ]25个6

100 6

7

100 7

100 12

28的倍数有 28

42

84所以能被4或6或7整除的数共有251614832143个故不能被4或6或7整除的数共有100-43=57（个）8. 如果a是不超过84的自然数，并且满足8484能被84a整除.那么a有多少个不同取值？【分析】显然a取0或84都符合题意，除了这两种取法之外，84a的值都大于84的1倍，并且去掉某一个因数，换入一个与它互质、并且在其1倍到2倍之间的因数，例如，去掉因数10第11级上超常体系教师版第十讲可换入7，去掉因数6，可换入7；去掉因数7，可换入22×3．如果去掉一个不少于12的a超常班学案【超常班学案1】小明的两个衣服口袋中各有13张卡片，每张卡片上分别写着1,2,3,,13．如果从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算它们所写两数的乘积，可以得到许多不相等的乘积．那么，其【分析】方法一：所组成的所有能被6整除的乘积中，最小的是61，最大的是1213626，即范围在6的1倍到24倍之间，易知6的1倍到13倍都能取得，又因为614127,615910,616128，618129,6201210,6221211,6241213 ， 另 617,619,621,623,625这5个乘积无法得到，所以答案为26521个．在1到13当中：能被3但不能被2整除的数为3、9．①若选取的两个数中有一个是6或12，那么所得的乘积必能被6整除，这样的乘积有61~613，121~1213，因为12是6的两倍，所以121,122,,126 所得的结果都在61~613 中出现，127614,128616,129618,1210620,1211622,1212624,1213626，合计13720个不同乘积；②如果所取的两个数均不是6的倍数，那么必须满足其中一个是2的倍数，另一个是3的倍数，共有428种取法，容易发现，只有910615没有与①中的乘积重复；综上所述，共有20121个不同的乘积．【超常班学案2】已知a和b的最大公约数是10，a与c，b与c的最小公倍数都是30.则满足此条件的a、b、c共有多少组？【分析】【答案】由于1025,3025310=2×5因此a和b的取法有10、10,10、30,30、10这三种，不论a和b是哪种取法，c必须含有质因数3，而质因数2或5可以取也可以不取，因此c共有224种取法，根据乘法原理，满足条件的a、b、c共有3412组.第11级上超常体系教师版11【超常班学案3】在游艺会上，有100名同学抽到了标签分别为1至100的奖券．按奖券标签号发放奖品的规则如下：那么游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有多少支?【分析】1～100，2的倍数有

100 2

=503

100 3

=33个，因为既是2的倍数，又是3的

100 6

1品铅笔共有：50×2+33×3+33×1=232支.【超常班学案4】在不超过1001的非零自然数中，能被7或11或13整除的数共有多少个？所以在1到1001中不能被7或11或13整除的数共有6×10×12=720个（这样的数被7或7123班学案【123班学案1】请问至少出现一个数码3，并且是3的倍数的五位数共有多少个？【