小学奥数汇编教材 第三 讲 数论综合（三）

特级教师小学奥数汇编教材

第三讲数论综合（三）

【专题知识点概述】

数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命

力。数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言

两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。因而有人说：“用

以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。任何学生，如能把

当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学

方面的工作。”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大

的比重。

【授课批注】

具有相当难度，需要灵活运用各种知识，或与其他方面内容相综合的数论同题.

习题精讲】

【例1】（难度等级※※※）

己知五个数依次是13,12,15,25,20它们每相邻的两个数相乘得四个数，这四个数每

相邻的两个数相乘得三个数，这三个数每相邻的两个数相乘得两个数，这两个数相乘得一个

数。请问最后这个数从个位起向左数、可以连续地数到几个0?

【分析与解】

对一般的几个整数的乘积，如果要确定它后面有几个0.可以用这样的办法：把每个乘数分

解质因数，把分解中2的重数加起来，5的重数也加起来，看哪一个小，哪一个就是乘积尾

部。的个数。这是因为10=2X5,所以乘积尾部有个0,质因数2和5的重数就至少是几。

我们可以分别计算质因数2和5的重数。为此我们画两个图

因子2的重数因子5的重数

图中的数字是这样填的：以2的重数为例，第一行第一个数13不含因数2,在这个位置填

0,第二个数12含2重因数2（12=2X2X3）,在这个位置填2,等等。下面各行各数都是

肩上两数的和（因为乘积的因数2的重数等于各乘数的因数2的重数的和）。

这样我们就把原图中每个圈中数的质因数分解中的2的重数和5的重数分别标在左图和右

图中了。特别地，最下面一个数的质因数分解中2的重数是10,5的重数是15,所以它尾

部应该有10个0。

【例2】（难度等级派※※）

有4个不同的自然数,它们当中任意2个数的和是2的倍数，任意3个数的和是3的倍数.为

了使得这4个数的和尽可能地小，这4个数分别是多少？

【分析与解】

由“4个不同的自然数当中任意2个数的和是2的倍数”知这4个数同奇同偶.

又由“4个不同的自然数当中任意3个数的和是3的倍数''知这4个数同余于3,即

除以3都余I或2或0.

当第一个数为1时，剩下的数只能是奇数，并且除以3的余数都是I,所以依次为1,

7,13,19.

当第一个数为2时，剩下的数应均是偶数，并且除以3的余数都是2,显然这种情况的

四个数对应的都比第一种情况下的4个数大.

所以满足条件且和最小的4个数依次为I,7,13.19.

【例3】（难度等级派※※※）

将数字4,5,6,7,8,9各使用一次，组成一个被667整除的6位数，那么，这个6位数除以

667的结果是.

【分析与解】

因为4+5+6+7+8+9=39是3的倍数

所以此六位数是3和667的公倍数，且3X667=2001,所以此六位数是2001的倍数

我们发现六位数中2001倍数的特征为：前三位是后三位的2倍。

所以下面将六位数分成2段，根据倍数关系验证即可，结果为956478.

【例4】（难度等级派※※※）

在小于5000的自然数中，能被11整除，并且数字和为13的数，共有多少个？

【分析与解】

这个数奇数位的数字和与偶数位的数字和的差d是11的倍数，而它们的数字和是奇数13,

因此，d只能是11的奇数倍.

又这数至多四位，所以奇数位数字和与偶数位数字和都小于9,即小于18,所以〃=11,

奇、偶数位的数字和为12,1或I,12,因此，这个数至少是三位数，如果是三位数，那么

它可以是913,814,715,616,517,418,319这7个.

如果是四位数，那么它可以是1903,1804,1705,1606,1507,1408,1309.3190,3091,

4180,4081.

这样，共有7+4+7=18个满足条件的数.

【例5】（难度等级派※※※※）

从1,2,3,……n中,任取57个数,使这57个数必有两个数的差为13,则n的最大值为—

【分析与解】

被13除的同余序列当中，如余1的同余序列，1,14,27,40,53,66…，中只要取到两个相邻

的，这两个数的差为13,如果没有两个相邻的数，则没有两个数的差为13,不同的同余序

列当中不可能有两个数的差为13,对于任意一条长度为x的序列，都最多能取x-个

数，即从第1个数起隔1个取1个基于以上,n个数分成13个序列，每条序列的长度为—

_13_

或—+1,两个长度差为1的序列，能够被取得的数的个数也不会超过1,所以能使57

_13_

个数任意两个数都不等于13,则这57个数被分配在13条序列中，当n取最小值时在每条

序列被分配的数的个数差不会超过那么13个序列有8个分配了4个数,5个分配了5个数，

这13个序列8个长度为8,5个长度为9,那么n=8X8+9X5=109,所以要使57个数必有两

个数的差为13,那么n的最大值为108。

【例6】（难度等级派※※※）

一个自然数与自身相乘的结果称为完全平方数。已知一个完全平方数是四位数，且各

位数字均小于7。如果把组成它的数字都加上3,便得到另外一个完全平方数，求原来

的四位数。

【分析与解】

涉及数码的变化，导致数值的变化，位置制问题。设这个四位数为痂=11,每位数

字加3,又因为个位数字均小于7,则没有进位，表示为3333=n2-m2=（n-m）x+忆）…22

利用位置制中展开式得到22T1,为3333=一〃x（〃+根）…33即（n-m）和（n+m）

为3333的约数，将3333分解质因数3333=3X11X101,其共有（1+1）（1+1）（1+1）=8个约

数，但是有（n+m）大于（n-m）,所以只有四种情况符合题意，经过一一■试验为1156和4489,

即原来的四位数为1156。

【例7】（难度等级派※※※）

4个不同的真分数的分子都是1,它们的分母有2个是奇数、2个是偶数，而且2个分母是

奇数的分数之和与2个分母是偶数的分数之和相等.这样的奇数和偶数很多，小明希望这样

的2个偶数之和尽量地小，那么这个和的最小可能值是多少？

【分析与解】

设这四个分数为‘一、—＞」一、—3―（其中m、n、a、b均为非零自然数），

2m2n2a+12b+1

*1111—1111

2m2n2a+12Z?+12m2b+12a+1In

我们从m=1,b=1开始试验:

1111111111_11111_11111

__—___——_____i—_____—_____i____—____1____—,—I—__I——---1----1--

2-63~44’3—124~664-205-88,53061010

11111

=--1--=---1--••

615101212

」和,分解后具有相同的一项J-,而且另外两项的分母是满足一奇一偶，满足

我们发现,

5610

题中条件:—I---=—I,所以最小的两个偶数和为6+10=16.

515610

【例8】（难度等级派※※※）

AtelephonenumberhasthefromABC-DEF-GHIJ,whereeachletterrepresentsa

differentdigit.Thedigitsinenchpartofthenumberareindecreasingorder；

thatis,ABC,DEF,andGHIJ,Furthermore,D,E,andFareconsecutiveevendigits；

G,H,I,andJareconsecutiveodddigits；andA+B+C=9.WhatisA?.

【分析与解】

Figures【数字】；represents【代表】；digit【数字、数码、位】；decreasing【减少】；

consecutive【连续、随后的】；odd【奇数】；even【名词-偶数，副词-甚至】；remainder

【余数】；divide【分裂，割开，除】

答：810-642-9753

【例9】（难度等级派※※※※）

在给定的圆周上有2000个点.任取一点标上数1；按顺时针方向从标有1的点往后数2个

点，在第2个点上标上数2；从标有2的点再往后数3个点，在第3个点上标上数3；……；

依此类推，直至在圆周上标出1993.对于圆周上的这些点，有的点可能标上多个数，有的

点可能没有被标数.问标有数1993的那个点上标的最小数是多少？

【分析与解】

记标有1为第1号，序号顺时针的依次增大.当超过一圈时，编号仍然依次增加，如1号

也是2001号，4001号，……

则标有2的是1+2号，标有3的是1+2+3号，标有4的是1+2+3+4,…，标有1993的

是1+2+3+…+1993=1987021号.

1987021除以2000的余数为1021,即圆周上的第1021个点标为1993.

k(k+D

那么1021+2000n=1+2+3+---+k=—~,即2042+4000n=k(k+1).

2

当n=0时,k(k+1)=2042,无整数解；

当n=1时，k(k+1)=6042,无整数解;

当n=2时，k(k+1)=10042,无整数解;

当n=3时,k(k+1)=14042,<118X119=14042,此时标有118;

随着n的增大，k也增大.

所以，标有1993的那个点上标出的最小数为118.

【例10](难度等级派※※※※)

设1,3,9,27,81,243是6个给定的数，从这6个数中取出若干个数，每个数至多取一

次，然后将取出的数相加得到一个和数，这样共可得到63个不同的数.把这些数从小到大

排列起来依次是1,3,4,9,10,12,--那么其中第39个数多少？

【分析与解】

我们知道1,3,9,27,81,243都是3的若干次暴，写成3进制次为：

(1)3,(10)3,(100)3,(1000)3,(10000)3,(100000)3,则从中任意选取若干数，且不

重复，那么它们的和在3进制中都只是由1和0组成.

但是在3进制中，并不是所有的数字都是只由0,1组成，这就给计数造成了困难.而

2进制中所有的数字都是只由1和0组成.

于是，我们想到使用2进制，在2进制中第39个非零自然数，即39

2L39

应记为2.在3进制中，只用I和。表示的数，第39个也是100111,2L19

2L9

<(100111)3=1X35+1X32+1X3+1=256.2L±_

2a

即其中第39个数是256.1

【例11](难度等级※※※※)

证明：形如ii,in,mi,iiiii,…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4l+4n+1,显然除以4余1.

【例12］（难度等级派※※※※）

有io个整数克的祛码（允许祛码重量相同），将其中一个或几个放在天平的右边，待称的物

品放在天平的左边，能称出1,2,3,…，200的所有整数克的物品来；那么，这10个祛码

中第二重的跌码最少是克。

【分析与解】

首先此题是一道关于祛码的计数问题，涉及到最值问题和对称原理

从最后所求进行分析，要求第二重的硅码最少，无法进行直接突破，使用的是最值原理的

重点思路之一：从反面考虑。第二重祛码最少，那么就应该使其他的祛码尽量大。

分析10个硅码的总重量很显然应该是200,其中最重的底码应该最大是100,因为如果有

超过100克的破码，100克的物品就无法称出。这样其他9个祛码总和应该是100克。

根据对称原理，只要惩处1克的，就可以称出199克的（只要在200克中相应的拿出1克

的就可以），所以只要能称出1到100克就可以称出101到199克。同理，要能称出1到100

克，只要能称出1到50克就可以，所以要称出1到50克，就应该有1克，2克，4克，8

克，16克，18克，这样离200克还差51克，同时还差3个祛码，把51平均分成三份，所

以每个法码应该是17,这样就得到10个硅码，分别是1,2,4,8,16,17,17,17,18,

100,所以第二种的忌码至少应该是18克。

【例13］（难度等级派※※※※）

是否存在一个六位数A,使得A,2A,3A,500000A中任意一个数的末尾6个数码不全

相同？

【分析与解】

显然A的个位数字不能为偶数，不然500,000A的后6位为000,000;

而A的个位数字也不能为5,不然200,000A的后6位为000,000.

于是A的个位数字只能为1,3,7,9.

对于任何一个六位数A(个位数字为1,3,7,9),均存在六位数f=a儿虑九使得tXA三

111,111(mod1,000,000).

如果存在t=abcdef>500,000,使得tXA三111,111(mod1,000,000),那么那个A即为题

中所求的值.

当t=999,999,有A=888,889时，tA=888,888,111,111,显然满足上面的条件.

所以888,889即为所求的A.

【例14](难度等级派※※※)

将某个17位数各位数字的排列顺序颠倒，再将得到的新数与原来的数相加.试说明，所得

的和中至少有一个数字是偶数.

【分析与解】

先假设和的各位数字全是奇数，设这个17位数为abcd,则a+d为奇数，b+c的和小于

10,于是十位不向前进位，从而去掉前后各两个两位数字所得的13位数仍具有题述性质.

依次类推6次后，得到一位数，它与自身相加的和的个位数字必是偶数，矛盾.

即开始的假设不正确，所以和中至少有一个数字是偶数.

【例15](难度等级派※※※)

对于两个不同的整数，如果它们的积能被和整除，就称为一对“好数”，例如70与30.那

么在1,2,…，16这16个整数中，有“好数”多少对？

【分析与解】

设这两个数为a、b,且a<b,有ab=kX(a+b),即1+工=’.

abk

111」缶=3[a=4

当k=2时，有t一+—=—,Pp(a-2)X(b-2)=22=4,有1J,但是要求aWb.所

ab2\b-6[b=4

以只有《满足；

b-6

Ill[6Z=4[6Z=6

当k=3时，有一+—=一，Fp(a-3)X(b-3)=32=9,有/J,但是要求aWb.所

ab3[b=12[b=6

〃二4

以只有《满足；……逐个验证k的值，“好数”对有3与6,4与12,6与12,10

b=12

与15.所以“好数”对有4个.

【例16］（难度等级派※※※）

甲、乙两人进行下面的游戏：两人先约定一个自然数N,然后由甲开始，轮流把0,1,2,3,

4,5,6,7,8,9这10个数字中的一个填入图28-1的某个方格中，每一方格只能填一个

数字，但各方格所填的数字可以重复.当6个方格都填有数字后，就形成一个六位数.如果

这个六位数能被N整除，那么乙获胜；如果这个六位数不能被N整除，那么甲获胜.设N

小于15,问当N取哪几个数时.乙能取胜？

【分析与解】

当N取2,4,6,8,10,12,14这7个偶数时，当甲将某个奇数放到最右边的方格中，则

这个六位数一定是奇数，奇数显然不能被偶数整除，所以此时乙无法取胜；

而当N取5时，当甲在最右边的方格内填人一个非。非5的数字时，则这个六位数一

定不能被5整除，所以此时乙无法获胜：

此时还剩下1,3,7,9,11,13这6个数，

显然当N取I时，乙一定获胜；

当N取3或9时，只要数字对应是3或9的倍数时，这个六位数就能被对应的3或9

整除，显然乙可以做到；

当N取7,11或13时，只要前三位数字和与后三位数字和的差对应是7,11,13的倍

数时，这个六位数就对应是7,11,13的倍数，乙可以做到.

于是，当N取1,3,7,9,11,13时，乙适当的操作能保证自己一定获胜.

【例17］（难度等级派※※※）

已知m,n,k为自然数，m2n2k,〃2"+2”-2”是100的倍数，求m+n-k后的最小

值.

【分析与解】

方法一：首先注意到100=22X52.

如果n=k,那么2m是100的倍数，因而是5的倍数，这是不可能的.所以n-k21.

2m+2n-2k=2k(2m-k+2n-k+l)被22整除，所以k,2.

设a=m-k,b=n-k,则a2b,且都是整数.

2a+2b-1被52整除，要求a+b+k=m+n-k的最小值.

不难看出210+21-1=1025,能被25整除，所以a+b+k的最小值小于10+1+2=13.

而且在a=10,b=1,k=2时，上式等号成立.

还需证明在a+bW10时，2a+2b-l不可能被25整除.

有下表

a987654

b11,21,2,31,2,3,41,2,3,4,51,2,3,4

aW3时，2a+2bT<8+8=16不能被52整除.其他表中情况，不难逐一检验，均不满足2a+211

被25整除的要求.

因此a+b-k即m+n-k的最小值是13.

方法二：注意到有100=2X2X5X5,4(2m+2n-2k).

2m+2。2k=2“2皿*+2鹏_1)因为2-1<+2鹏_1,所以k最小为

还有25|(2m-k+2n-k-l),令m-k=x,n-k=y

则有2*+2丫三I(mod25)

因为5去除2,22,23,24,25余数分别为2,4,3,1,2；余数是4个一周期.于是，

x=4p+2,y=4q+1;

或者是x=4P+3,y=4Q+3.

(1)x=4p+2,y=4q+1时

当x=2,y=1,于是2m+2。2k=24+23-22=20不是100的倍数；

当x=6,y=l,于是2m+2o-2卜=28+23-22=260不是100的倍数；

当x=10,y=l,于是2m+211-2卜=212+23-22=4100是100的倍数；

(2)x=4P+3,y=4Q+3

当x=3,y=3,于是2m+2%2k=25+25-22=60不是100的倍数;

当x=7,y=3,于是2m+2忆2k=29+25-22=540不是100的倍数：

其余的将超过⑴种情况，所以，最小为m+n-k=12+3-2=13.

【例18］（难度等级派※※※）

任意选取9个连续的正整数，即它们的乘积为P,最小公倍数为Q.我们知道，P除以Q所

得到的商必定是自然数，那么这个商的最大可能值是多少？

【分析与解】

将9个连续的正整数作因式分解，如果某个质数是其中至少两个分解式的因子，那么次数

最高的那个方森会包含在最小公倍数Q中，而其他方森的乘积则出现在P除以Q的商中.显

然这样的质数必定小于9,只可能是2,3,5或7.

记P+Q=R,则R的质因数必定取自2,3,5,7.

两个不同的7的倍数至少相差7,因此在9个连续正整数中，最多有两个数含有质因数7.当

有两个数是7的倍数是，可能它们都不能被7X7整除，也可能其中一个数是7X7的倍数，

而另一个不是.于是R的质因数分解式中7的幕次最高是1.

类似的分析，R中最多包含一个质因数5.

在9个连续的正整数中，恰有3个数是3的倍数，其中一个数能被9整除，而另一两

个数仅能被3整除，因此R中所包含的质因数3的幕次必定为2.

在9个连续的正整数中，最多有5个数是偶数.此时，除去含有2的幕次最高的数外，

其余的4的数含有质因数2最多的情形是：其中有2个仅为2的倍数，有1个是4的倍数，

另一个是8的倍数.即R的质因数分解式中2的幕次最多是1+1+2+3=7.

综上所述,R的最大值是27X32X5X7=40320.事实上，对于9个连续正整数560,561,-,

568,P除以Q所得到的商恰是40320.

【例19］（难度等级派※※※）

对于n个奇质数，如果其中任意奇数个数的和仍是质数，那么称这些数构成“奇妙数组”，

而n就是这个数组的“阶数”.例如11,13,17就是“奇妙数组”,因为11,13,17和11+13+17=41

都是质数.

（1）证明：“奇妙数组”的“阶数”最大值为4；

（2）对于“阶数”为4的“奇妙数组”，求这4个质数的乘积的最小值.

【分析与解】

⑴假设a、b、c、d、e能组成一个5阶“奇妙数组"，那么a、b、c、d一定可以组成一

个四阶“奇妙数组”，考虑除以3的余数情况，不能存在3的数它们除以3的余数相同，

并且验证只能是1,1,2,2.则e除以3不管是余0,1,2都能在这五个数中找到三个数，

它们的和是3的倍数，且大于3,所以无法组成5阶“奇妙数组但是如97,73,4I,53

满足（它们的三个数和依次为167,191,223,2II均是质数）.所以存在最大的4阶“奇妙

数组”.

⑵写出所有除以3余1的质数：7,13,19,31,37,43,61,67,73,79,97；

写出所有除以3余2的质数：（2,5）,11,17,23,29,41,47,53,59,71,83,89.

很容易知道2是不能含有，不然其他两个奇质数与2的和为大于2的偶数，显然不是质

数，5也很容易验证不满足；

T,1"与126十13十？-2。）;"，-1—1干干〒+镉;T,19,11,+;

有7,13,11,23满足（和依次为47,4I,43,31）.它们的乘积为7X13X11X23=23023.所

以4阶“奇妙数组”的4个数最小乘积为23023.

评注：四阶的“奇妙数组”还有很多，如97,13,41,53.它们的三个数和依次为107,

191,163,151均是质数.

【例20］（难度等级派※※※）

Everywholenumberlargerthan7canalwaysbeexpressedasasumof3's,5,sand

both,Forexample,9=3+3+3,10=5+5and19=5+5+3+3+3.Withtherulethat5always

comesbefore3,howmanywayscanweexpress91?

Answer:_____

【分析与解】

每个大于7的数总能用3的倍数加上5的倍数来表达，比如,9=3+3+3,10=5+5,19=