六年级奥数数论综合讲座.docx

六年级奥数数论综合讲座.docx

《六年级奥数数论综合讲座.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《六年级奥数数论综合讲座.docx（18页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

六年级奥数数论综合讲座

六年级奥数数论综合讲座

数论综合

（一）

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】我们知道如果有个连

续的自然数，因为其内必有2的倍数，也有的倍数，则它们乘积的个位数字只能是0。

所以n小于．

:

当n为4时，如果其内含有的倍数（个位数字为或），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×的个位数字为0，……，不满足．

：

当n为2时，有1×2，2×3，3×4，4×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．

所以满足条的n是4．

2．如果四个两位质数a，b，，d两两不同，并且满足，等式a+b=+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，37，41，43，47，3，9，6l，

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．

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③，除以9余，在两位的偶数中只有14，32，0，68，86这个数满足条．

其中86与0不符合①，32与68不符合②，三个条都符合的只有14．

所以两位幸运数只有14．

4．在的约数中，最大的三位数是多少?

【分析与解】=×111×1001

=3××7×11×13×37

显然其最大的三位数约数为777．

．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、，且a＜b＜，因为两两不互质，所以它们均是合数．

小于20的合数有4，6，8，9，10，12，14，1，16，18．其中只含1种因数的合数不满足，所以只剩下6，10，12，14，1，18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6，10，12，1，18这个数存在可能的排列．所以，所有可能的答案为（6，10，1）；（10，12，1）；（10，1，18）．

7．把26，33，34，3，63，8，91，143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=2×17，3=×7，63=×7，8=×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、3分为一组，91、34、33分为一组，而143、63、8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=．

所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了个圆周长，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×，有12个约数：

1，2，3，4，，6，10，12，1，20，30，60．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：

9，8，7，6，，4，0，48，4，40，30；

．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3，6，12，1，所以a－b可取17，14，8，；

当a=1时，b可取4，12，所以a－b可取11，3；

:

当a=12时，b可取，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，从起点开始每隔米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米?

【分析与解】由于÷=，÷=．

所以狐狸跳4个米的距离时将掉进陷阱，黄鼠狼跳2个米的距离时，将掉进陷阱．

又由于它们都是一秒钟跳一次，因此当狐狸掉进陷阱时跳了11秒，黄鼠狼掉进陷阱时跳了9秒，因此黄鼠狼先掉进陷阱，此时狐狸跳了9秒

距离为9×=40（米）．11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．

1～198之间只有1，2，3，…，17，198（余）这18个数除以18及33所得的余数相同，而999÷198=……9，所以共有×18+9=99个这样的数．

12．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603÷A=a……；（2×939）÷A=b……；（4×393）÷A=……．

于是有（1878－603）÷A=b－a；（1878－172）÷A=b－；（172－603）÷A=－a．

所以A为127，306，969的约数，（127，306，969）=17×3=1．

于是，A可能是1，17（不可能是3，因为不满足余数是另一余数的4倍）．

当A为1时，有603÷1=11……42；939÷1=18……21；393÷1=7……36．不满足；

当A为17时，有603÷17=3……8；939÷17=……4；393÷17=23……2；满足．

所以，除数4为17．

13．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．

14．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倍．

八盒糖总块数为9+17+24+28+30+31+33+44=216．

从216减去的倍数，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．1．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1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】10，12，1的最小公倍数[10，12，1]=60，把这根木棍的作为一个长度单位，这样，木棍10等份的每一等份长6个单位；12等份的每等份长个单位；1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10，12，1等份），共计34个．

由于，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，的最小公倍数为20，所以12与1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1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．

数论综合

（二）

进位制的概念、四则运算法则及整数在不同进位制之间的转化，利用恰当的进位制解数论问题．取整符号[]与取小数部分符号{}的定义与基本性质，包含这两种符号的算式与方程的求解．两次与分式不定方程，不便直接转化为不定方程的数论问题．各种数论证明题．

典型问题

1．算式134×2=43214是几进位制数的乘法?

【分析与解】注意到尾数，在足够大的进位制中有乘积的个位数字为4×=20，但是现在为4，说明进走20－4=16，所以进位制为16的约数：

16、8、4、2．

因为原式中有数字，所以不可能为4,2进位，而在十进制中有134×2=3830＜43214，所以在原式中不到10就有进位，即进位制小于10，于是原式为8进制．

2．求方程19[x]－96{x}=0的解的个数．

【分析与解】有{x}为一个数的小数部分，显然小于1，则96{x}小于96，而19[x]=96{x}，所以19[x]小于96，即[x]小于，又[x]为整数，所以[x]可以取0，1，2，3，4，，对应有6组解．

进一步计算有0，1，为原方程的解．

3．一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．求原的四位数．

【分析与解】设这个四位数为…………………………………①

每位数字均加3，并且没有进位，为

…………………………………………………②

有②－①得：

3333==（n－）（n+）………………………………③

将3333分解质因数，有3333=3×11×101，其有（1+1）（1+1）（1+1）=8个约数，但是有n+＞n－，所以只有4种可能满足题意，一一考察，如下表：

如上表，只有116，4489满足，即原这个四位数为116．

4．将表示成两个自然数的倒数之和，请给出所有的答案．

【分析与解】设有，化简有（a－6）（b－6）=6=2×2×3×3，评注：

形如（t为己知常数）的解法及解的个数．

（t为已知常数）类问题，可以通过计算，转化为（A－t）×（B－t）=；

我们将分解质因数后，再令（A－t）其中一个为的一个约数（A－t）=a，那么A=a+t，则（t为已知常数），

所以，一般公式为（a为t的一个约数）；

设的约数有x个，则A、B有组（调换顺序算一种）．

注意有一组解A、B相等，就是

．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．

那么1021+2000n=1+2+3+…+=，即2042+4000n=（+1）

当n=0时，（+1）=2042，无整数解；

当n=1时，（+1）=6042，无整数解；

当n=2时，（+1）=10042，无整数解；

当n=3时，（+1）=14042，有118×119=14042，此时标有118；

随着n的增大，也增大．

所以，标有1993的那个点上标出的最小数为118．

6有些三位数，如果它本身增加3，那么新的三位数的各位数字的和就减少到原三位数的．求所有这样的三位数．

【分析与解】设这个三位数为，数字和为a+b+，如果没有进位，那么，显然数字和增加了3，不满足，所以一定有进位，

则+3=，数字和为0+（b+1）+（+3－10）=，则a+b+=9，而+3必须有进位，所以只能为7，8，9．

一一验，如下表：

验证当十位进位及十位、个位均进位时不满足．

所以，原的三位数为207，117或108．

7．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，则a+d为奇数，b+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．

数论综合（三）

内容概述

具有相当难度，需要灵活运用各种整数知识，或与其他方面内容相综合的数论同题．

典型问题

2有3个自然数，其中每一个数都不能被另外两个数整除，而其中任意两个数的乘积却能被第三个数整除．那么这样的3个自然数的和的最小值是多少?

【分析与解】设这三个自然数为A，B，，且A=×，B=×,=×，当、、均是质数时显然满足题意，为了使A，B，的和最小，则质数、、应尽可能的取较小值，显然当、、为2、3、时最小，有A=2×3=6,B=3×=1，=×2=10．

于是，满足这样的3个自然数的和的最小值是6+1+10=31．

4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、，且<，有=×（+），即

当=2时，有，即（-2）×（-2）=22=4，有，但是要求≠．所以只有满足；

当=3时，有，即（-3）×（-3）=32=9，有，但是要求≠．所以只有满足；

……

逐个验证的值，“好数”对有3与6，4与12，6与12，10与1．所以“好数”对有4个

6．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，，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1，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取时，当甲在最右边的方格内填人一个非0非的数字时，则这个六位数一定不能被整除，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l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7，1l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．

8已知与的最大公约数是12，与的最小公倍数是300，与的最小公倍数也是300．那么满足上述条的自然数，，共有多少组?

【分析与解】300=12×，是、的倍数，而12是、的最大公约数，所以、有种可能，即

1212×12×1212

12121212×12×

由于、中总有一个为12，则=××，其中x可以取0、1、2中的任意一个，可以取0、1中的任意一个，这样满足条的自然数、、共有×3×2=30组．

10．圆周上放有N枚棋子，如图28-2所示，B点的那枚棋子紧邻A点的棋子．小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后沿顺时针方向每隔1枚拿走2枚棋子，这样连续转了10周，9次越过A．当将要第10次越过A处棋子取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N是14的倍数，请精确算出圆周上现在还有多少枚棋子?

【分析与解】设圆周上余枚棋子，从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时，小洪拿了2枚棋子，所以在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3枚棋子．．

依次类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32枚棋子，…，在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有3枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之间，小洪拿走了2（3-1）+枚棋子，所以N=2（3-1）+1+3=310-1．

N=310-1=9049-l是14的倍数，N是2和7的公倍数，所以必须是奇数；又N=（7×843+4）-1=7×843+4-1，所以4-1必须是7的倍数．

当=21，2，27，29时，4-1不是7的倍数，当=23时，4-1=91=7×13,是7的倍数．

所以．圆周上还有23枚棋子．

12．是否存在一个六位数A，使得A，2A，3A，…，00000A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00,000A的后6位为000,000；

而A的个位数字也不能为，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，使得×A≡111,111（d1,000,000）

如果存在>00,000,使得×A≡111,111（d1,000,000）,那么那个A即为题中所求的值（说明见评注）

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

所以888,889即为所求的A

评注：

如果存在>00，000，使得×A≡111，111（d1，000，000），那么那个A即为题中所求的值．

这是因为如果对于上面的A，还存在一个六位数B，使得B×A=111，111（d1,000，000），那么有（×A-B×A）=0（d1，000，000），即（-B）×A≡0（d1，000，000）．因为A不含有质因数2、，所以（-B）为1，000，000的倍数，-B≥1，000，000，那么>1，000，000，与为六位数矛盾．

也就是说不存在小于等于00，000的t，使得A的后六位为111，111，那么也不可能使得A的后6位相同．

14已知，n，为自然数，≥n≥，2+2-2是100的倍数,求+n-后的最小值．

【分析与解】方法一：

首先注意到100=22×2．

如果n=，那么2是100的倍数，因而是的倍数，这是不可能的．所以n-≥1

被22整除,所以≥2

设=-，=n-，则≥，且都是整数．

2a+2b-1被2整除，要求++=+n-的最小值．

不难看出210+21-1=102，能被2整除，所以++的最小值小于10+l+2=13．

而且在=10，=1，=2时，上式等号成立．

还需证明在+≤10时，2a+2b-l不可能被2整除．

有下表

a9876411,21,2,31,2,3,41,2,3,4,1,2,3,4

≤3时，2a+2b-1<8+8=16不能被2整除．其他表中情况，不难逐一检验，均不满足被2整除的要求．

因此+-即+n-的最小值是13．

方法二：

注意到有100=2×2××，4∣．

所以最小为2．

还有2∣，令-=x,n-=

则有≡l（d2）

因为去除2，22，23，24，2余数分别为2，4，3，1，2；余数是4个一周期于是，x=4p+2，=4q+1；

或者是x=4P+3，=4Q+3．

（1）x=4p+2，=4q+1时

当x=2，=1，于是不是100的倍数；

当x=6，=l，于是不是100的倍数；

当x=10，=l，于是是l00的倍数；

（2）x=4P+3，=4Q+3

当x=3，=3，于是不是l00的倍数；

当x=7，=3，于是不是l00的倍数：

其余的将超过

（1）种情况，所以，最小为+n-=12+3-2=13．

数论综合（四）

内容概述

主要是“小升初”综合素质测试中较难的数论问题．

1．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，