整理小学六年级奥数基础知识数论.docx
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整理小学六年级奥数基础知识数论
小学六年级奥数基础知识——数论
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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为小学六年级奥数基础知识——数论的全部内容。
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（３和５）,可能是一个质数和一个合数（３和４），可能是两个合数（４和９）或1与另一个自然数.
（５）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。
（６）１００以内的质数有２５个:
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 ．
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
（１）概念
一般地，如a、b、c为整数,b≠0，且a÷b=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b｜a.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。
（２）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c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。
例如：
如果2｜10,2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10—6）。
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bc|a,那么b｜a，c｜a。
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b｜a，c|a，且（b,c）=1,那么bc｜a。
例如：
如果2|28，7｜28，且（2,7）=1， 那么（2×7）｜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：
4|28，14|28，4×14=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c｜b，b｜a，那么c｜a。
例如：
如果3｜9，9｜27，那么3|27。
（３）数的整除特征
①能被2整除的数的特征：
个位数字是0、2、4、6、8的整数。
②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.
③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３（或９）法”:
例如：
８３５１７４６能被９整除么？
解:
８＋１＝９，３＋６＝９，５＋４＝９,在数字中只剩７，７不是９的倍数，所以８３５１７４６不能被９整除。
④能被4（或25）整除的数的特征：
末两位数能被4（或25）整除。
⑤能被8（或125）整除的数的特征:
末三位数能被8（或125）整除。
⑥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。
⑦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821—2＝819，又13｜819,所以13｜2821，进而13｜3546725.
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．
三:
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．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．
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=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．
一：
当a=72时，b可取小于72的11种约数,a+b≥72+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=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．
一：
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;
二．当a=30时，b可取4，12，20，于是a－b可取26,18，10；
三：
当a=20时，b可取3，6，12，15，所以a－b可取17，14，8,5;
四：
当a=15时，b可取4，12,所以a－b可取11，3；
五:
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．
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．
1~198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999÷198=5……9，所以共有5×18+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603÷A=a……k;（2×939）÷A=b……k；（4×393）÷A=c……k．
于是有（1878－603）÷A=b－a;（1878－1572）÷A=b－c;（1572－603）÷A=c－a．
所以A为1275，306，969的约数,（1275,306,969）=17×3=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603÷51=11……42;939÷51=18……21；393÷51=7……36．不满足；
当A为17时，有603÷17=35……8;939÷17=55……4；393÷17=23……2;满足．
所以，除数4为17．
10．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．
11．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600
3｜600∴3｜A
此数有3的因数，故9｜A。
但9｜600，∴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11|a+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=m^2；
（1）
x+44=n^2
（2）
（m,n为自然数）
（2）—
（1）可得:
n^2—m^2=89或:
（n—m）（n+m）=89
因为n+m>n—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。
11｜N—4或11｜N+4
或
k=1
k=2
k=3
k=4
k=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23
3、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）,56≡1（mod7）
2007≡3（mod6），≡52007≡53≡6（mod7）s
所以天之后是星期日
2007的个位数字是7
20072的个位数字是9
20073的个位数字是3
20074的个位数字是1
20075的个位数字是1
5、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1946
6、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。
939×2—603=1275，939—393×2=153
A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、3,222……22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+2
222…2=222…200+22
2000个1998
2213=1…9
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5×2007。
≡5×2007≡3（mod11），所以除以11的余数是3
99：
能被9
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