计数问题数论

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小学奥数分类

一、行程问题：简单相遇、二次相遇、多次相遇、火车过桥、流水行船、环形跑道、基本行程、多人行程、钟面行程、走走停停、接送问题、发车问题、电梯行程、猎狗追兔、平均速度
二、数论问题：数的整除、约数倍数、余数问题、质数合数、奇偶分析、中国剩余定理、位值原理、完全平方数、整数拆分、进位制
三、几何问题：巧求周长、几何的五大模型、勾股定理与弦图、圆与扇形、立体图形的表面积和体积、立体图形染色计数、其它直线型几何问题、格点与面积
四、计数问题：加法原理、乘法原理、排列组合、枚举法、标数法、捆绑法、插板法、排除法、对应法、树形图法、归纳法、整体法、递推法、容斥原理
五、应用题：分数百分数应用题、工程问题、鸡兔同笼问题、盈亏问题、年龄问题、植树问题、牛吃草问题、经济利润问题、浓度问题、比例问题、还原问题
六、计算问题：数学计算公式、繁分数的计算、分数裂项与整数裂项、换元法、凑整、找规律、比较与估算、循环小数化分数、拆分、通项归纳、定义新运算。

计数综合知识点总结

计数综合知识点总结一、基本概念1.1 整数的计数整数的计数是计数综合的基础，它涉及到了对一定范围内的整数进行统计和计数。

在整数的计数中，通常需要掌握一些计数的基本规则和方法，如加法原理、乘法原理、排列、组合等。

这些基本规则和方法在解决实际问题时发挥着重要作用，可以帮助我们快速有效地进行计数和统计。

1.2 排列和组合排列和组合是计数综合中常用的概念和方法。

排列是指从若干个不同元素中取出一定数量的元素进行排列，每个元素只能用一次，且考虑元素的先后顺序。

组合是指从若干个不同元素中取出一定数量的元素进行组合，不考虑元素的先后顺序。

在实际问题中，排列和组合经常被用来求解具体的计数问题，例如排队、选组、抽样等。

1.3 概率与计数概率与计数是紧密相关的，概率可以看作是一种特殊的计数问题。

在概率计算中，我们通常需要对一个事件发生的可能性进行估计和计算，而这种估计和计算通常涉及到了对事件的计数和统计。

因此，在概率计算中，我们经常需要运用排列、组合等计数方法来进行计算和推理。

1.4 数论与计数数论是数学中的一个重要分支，它研究整数的性质和规律。

在数论中，我们通常需要对整数的计数和排列进行研究和分析，例如素数分布、约数个数等。

因此，数论和计数综合有着密切的关系，通过对整数性质的研究，我们可以进一步深化对计数综合的理解和应用。

二、常用方法2.1 加法原理加法原理是计数综合中常用的基本规则之一，它用于求解特定情况下的计数问题。

加法原理的核心思想是将一个复杂的计数问题分解为若干个简单的计数问题，然后将它们的计数结果相加得到最终的计数结果。

例如，如果一个事件可以分解为两个相互独立的子事件，那么这两个子事件的计数结果之和就是该事件的计数结果。

加法原理在解决复杂的计数问题时发挥着重要作用，它能够帮助我们简化问题、降低求解难度。

2.2 乘法原理乘法原理是计数综合中另一个常用的基本规则，它也用于求解特定情况下的计数问题。

乘法原理的核心思想是将一个复杂的计数问题分解为若干个简单的计数问题，然后将它们的计数结果相乘得到最终的计数结果。

数论问题讲义

一、约数倍数①约倍数的定义：如果一个自然数a能被自然数b整除，那么称a为b的倍数，b为a的约数②求最大公约数的方法：分解质因数法，短除法，辗转相除法例1.一个两位数有6个约数，且这个数最小的3个约数和为10，那么此数为几？【分析】最小三个约数中必然包括约数1.除去1以外另外两个约数的和是9，由于9是1个奇数，所以这两个约数的奇偶性致一定是相反的，其中一定有一个是偶数，如果一个数包含偶约数，那么它一定是2的倍数，即2是它的约数，于是显然的，2是这个数第二小的约数，而第三小的约数是9-2=7，所以这个两位数是2×7=14的倍数，却不是3,4,5,6的倍数（否则它的第三小的约数不可能是7）。

两位数中14的倍数有14×1、14×2、14×3、14×4、14×5、14×6、14×7，其中只有14和98满足不是3、4、5、6的倍数，这两个数中有6个约数的是98，所以所求的数为98。

例2 . 文化路小学举行了一次智力竞赛。

参加竞赛的人中，平均每15人有3个人得一等奖，每8人有2个人得二等奖，每12人有4个人得三等奖。

参加这次竞赛的共有94人得奖。

求有多少人参加了这次竞赛？得一、二、三等奖的各有多少人？解：15、8和12的最小公倍数是120，参加这次竞赛的人数是120人。

得一等奖的人数是：3×（120÷15）=24（人）得二等奖的人数是：2×（120÷8）=30（人）得三等奖的人数是：4×（120÷12）=40（人）【举一反三】1.现有三个自然数，它们的和是1111，这样的三个自然数的公约数中，最大可以是______ ___。

（因为1111=101×11，它的约数只能是1，11，101和1111，由于三个自然数的和是1111，所以三个自然数都小于1111，1111不可能是三个自然数的公约数，而101是可能的，如三个数为101，101和909。

高斯小学奥数五年级下册含答案第14讲_数论相关的计数

第十四讲数论相关的计数在前面的学习中，我们学习了解决计数问题的一些基本方法，包括：枚举法、树形图、分类讨论、加法原理和乘法原理、排列与组合等．计数问题是多种多样的，它经常与其他的知识联系在一起，比如几何、数论、数字谜等等．今天让我们来研究一下结合了数论知识的计数问题．例1．恰好能同时被6，7，8，9整除的四位数有多少个？「分析」大家还记得公倍数怎么求吗？练习1、恰好能同时被4，5，6整除的三位数有多少个？例2．用1、2、3、4、5、7这6个数字各一次组成六位数，并且使这个六位数是11的倍数，有多少种不同的方法？「分析」根据11的整除特性，通过分析奇位数字和与偶位数字和，再结合本题的已知条件可以获得解题的线索．练习2、用1，2，3，4各一次组成四位数，使得它是11的倍数，有多少种不同的方法？例3．从1~10这10个数中选出2个数，请问：（1）要使这2个数的乘积能被3整除，一共有多少种不同的选法？（2）要使这2个数的和能被3整除，一共有多少种不同的选法？「分析」（1）两个数的乘积能被3整除，那么这两个数中至少有一个能被3整除．如何选取才能保证选到3的倍数呢？（2）要考虑两个数的和是否能被3整除，只需要考虑每个数除以3的余数的情况，那么怎样的两个数相加才能被3整除呢？练习3、从1~12这12个数中选出2个数，请问：（1）要使这2个数的乘积能被3整除，一共有多少种不同的选法？（2）要使这2个数的和能被3整除，一共有多少种不同的选法？例4．如果称能被8整除或者含有数字8的自然数为“吉利数”，那么在1至200这200个自然数中有多少个“吉利数”？「分析」这道题目可以从两方面入手，8的倍数和含有数字8的数，注意其中重复的情况．练习4、在1至200这200个自然数中，含有数字9或者能被9整除的有多少个？前面几个例题都是计数与整除相结合的题目．而除了整除之外，与数字相关的问题也属于数论的范畴，下面我们来看两道与数字有关的计数问题．例5．有一种“上升数”，这些数的数字从左往右依次增大，将所有的四位“上升数”按从小到大的顺序排成一行：1234，1235，1236，…，6789．请问：此列数中的第100个数是多少？「分析」数字从左往右依次增大的数是“上升数”，那么四位“上升数”一共有多少个呢？显然，不能将前100个“上升数”都写出来，那怎么才能方便的计算出第100个数呢？例6．一个正整数，如果从左到右看和从右到左看都是一样的，那么称这个数为“回文数”．例如：1331，7，202，66都是回文数，而220则不是回文数．请问：六位回文数有多少个？五位回文数又有多少个？五位的回文数中，有多少个是4的倍数？「分析」“回文数”一定是左右对称的，不妨从左往右分析，一旦左面的一个数字确定，右面一定有一个数字和其相同．回文联数学当中有回文数，在文学当中也有回文联．回文联，它是我国对联修辞奇葩(pā)中的一朵．用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅它的意思不变，而且颇具趣味．兹举数例如下．其一：河南省境内有一座山名叫鸡公山，山中有两处景观：“斗鸡山”和“龙隐岩”．有人就此作了一副独具慧眼的回文联：斗鸡山上山鸡斗龙隐岩中岩隐龙其二：厦门鼓浪屿鱼脯浦，因地处海中，岛上山峦叠峰，烟雾缭绕，海淼淼水茫茫，远接云天．于是，一副饶有趣味的回文联便应运而生：雾锁山头山锁雾天连水尾水连天其三：清代，北京城里有一家饭馆叫“天然居”，乾隆皇帝曾就此作过一副有名的回文联：客上天然居居然天上客上联是说，客人上“天然居”饭馆去吃饭．下联是上联倒着念，意思是没想到居然像是天上的客人．乾隆皇帝想出这副回文联后，心里挺得意．即把它当成一个联，向大臣们征对下联，大臣们面面相觑，无人言声．只有大学士纪晓岚即席就北京城东的一座有名的大庙——大佛寺，想出了一副回文联：人过大佛寺寺佛大过人上联是说，人们路过大佛寺这座庙．下联是说，庙里的佛像大极了，大得超过了人．纪学士的下联，想得挺不错．这副回文联放到乾隆皇帝的一块，就组成一副如出一口的新回文联了：客上天然居居然天上客人过大佛寺寺佛大过人其四：湛江德邻里有一副反映邻里之间友好关系，鱼水深情的回文联，至今传颂不衰：邻居爱我爱居邻鱼傍水活水傍鱼作业1.1~100中，7的倍数有多少个？除以7余2的数有多少个？2.从1~15中，选出2个数，使它们的和是3的倍数，共有多少种选法？3.用1、2、3、4、5、8、9组成不重复的七位数，其中有多少个能被11整除？4.如果把三位的“上升数”从小到大排列一下，如123、124、…，那么第20个上升数是多少？5.有一类六位数，组成每个数的六个数字互不相同，并且每个数中任意两个相邻的数字组成的两位数都能被3整除．这类六位数共有多少个?第十四讲数论相关的计数例题：例7．答案：18详解：一个数能被6，7，8，9整除，即是6，7，8，9的倍数．6，7，8，9的最小公倍数为504，所有满足条件的数都是504的倍数．999950419423÷=，故1~9999中共有19个数是504的倍数．9995041495÷=，故1~999中共有1个数是504的倍数．则四位数中有19118-=个数是504的倍数．即能同时被6，7，8，9整除的四位数有18个．例8．答案：72详解：用1，2，3，4，5，7各一次组成六位数，六个数字的和为22．若为11的倍数，则奇位和与偶位和的差只能为0．奇位填1，3，7，偶位填2，4，5，考虑到1，3，7可以互换，2，4，5可以互换，故共有3333A A 36⨯= 种填法．同理奇位填2，4，5，偶位填1，3，7，也有36种填法，共72种填法．例9．答案：（1）24；（2）15详解：（1）若两个数的乘积是3的倍数，则其中至少有一个数是3的倍数．1~10中是3的倍数的有3，6，9这3个数，不是3的倍数的有7个．分两种情况：<1>两个数中只有一个是3的倍数，有1137C C 21⨯=种选法；<2>两个数均为3的倍数，有23A 3=种选法．共有24种选法．另解：排除法：不加任何条件选两个数的方式减去，没有3的倍数的情况，22107C -C 24=；（2）将1~10这10个数按除以3的余数不同进行分类．除以3余0的有（3，6，9），除以3余1的有（1，4，7，10），除以3余2的有（2，5，8）．若两数之和为3的倍数，分两种情况：<1>两个数除以3均余0．有23C 3=种选法．<2>其中一个数除以3余1，另一个数除以3余2．有1143C C 12⨯=种选法．共有31215+=种选法．例10．答案：56详解：可以将题目条件分成两部分，先看能被8整除的数，200825÷=，因此能被8整除的数有25个．再看含有数字8的数，我们可以从反面考虑较为方便，即看不含有数字8的数有多少个．百位可以选0或1（百位选0，表示其为两位数），十位可以选除8以外的9个数，个位也可选除8以外的9个数，共有299162⨯⨯=个数不含有数字8．0~199共有200个数，含有数字8的有20016238-=个．考虑到有些数既能被8整除，又含有数字8，这样的数有8，48，88，128，168，以及80和184，共7个数．因此吉利数有2538756+-=个．例11．答案：3479详解：若上升数的首位为1，剩下的3位可以从2~9中选，且顺序一定，有38C 56=种选法，即首位为1的上升数有56个．同理，若首位为2，剩下的3位可以从3~9中选，有37C 35=种选法，即首位为2的上升数有35个．再考虑首位为3的上升数，依次为3456，3457，3458，3459，3467，3468，3469，3478，3479．即第100个上升数为3479．例12．答案：900；900；200详解：六位“回文数”应为abccba 的形式，a 有1~9这9种选择，b 有0~9这10种选择，c 有0~9这10种选择，由乘法原理这样的数共有91010900⨯⨯=个．五位“回文数”应为abcba 的形式，a 有1~9这9种选择，b 有0~9这10种选择，c 有0~9这10种选择，由乘法原理这样的数共有91010900⨯⨯=个．若回文数为4的倍数，则末两位为4的倍数，可为04，08，12，16，……，96共24个数，除去20，40，60，80这四个不满足条件的数，共有20种选择．考虑到c 有0~9这10种选择，故共有2010200⨯=个五位回文数是4的倍数．“练习：1. 答案：15简答：4、5、6的最小公倍数是60，三位数中60的倍数有99960115÷-≈个．2. 答案：8简答：用1，2，3，4各一次组成四位数，四个数字的和为10．若为11的倍数，则奇位和与偶位和的差只能为0．奇位填1，3，偶位填2，4，考虑到1，3，可以互换，2，4，可以互换，故共有224⨯=种填法．同理奇位填2，4，偶位填1，3，也有4种填法，共8种填法．3. 答案：38；22简答：解法同例3．4. 答案：55简答：先看能被9整除的数，2009222÷=，因此能被9整除的数有22个．再看含有数字9的数，仍可从反面考虑，即看不含有数字9的数有多少个．百位可以选0或1（百位选0，表示其为两位数），十位可以选除9以外的9个数，个位也可选除9以外的9个数，共有299162⨯⨯=个数不含有数字9．0~199共有200个数，含有数字9的有20016238-=个．考虑到有些数既能被9整除，又含有数字9，这样的数有9，99，189，90，198，共5个数．因此含有数字9或者能被9整除的有2238555+-=个．作业6. 答案：14，15简答：1007142÷=，7的倍数有14个；100298-=，98714÷=，14115+=．除以7余2的有15个．7. 答案：35简答：1~15中，除以3余0、余1和余2的都有5个．和为3的倍数，那么两数可能是余1＋余2或者余0＋余0．第一种有5525⨯=种选法，第二种有25C 10=种选法，一共有35种选法．8. 答案：432简答：能被11整除，说明这个七位数奇数位之和与偶数位之和的差是11的倍数．而奇数位之和与偶数位之和的和是123458932++++++=，那么奇数位之和与偶数位之和可以都是16，或者是27和5，后面这种情况不可能．偶数位有3个数字，和为16可能是952++，943++，853++．那么一共可以组成4343A A 3432⨯⨯=个能被11整除的七位数．9. 答案：157简答：前两位为12的上升数有7个，前两位为13的上升数有6个，前两位为14的上升数有5个．那么第19个上升数是156，第20个上升数是157．10. 答案：72简答：如果首位数字除以3余0，那么其余的所有数字也都除以3余0，这样的话一定会重复，这样的六位数不存在．如果首位数字除以3余1，那么后面的数字除以3的余数依次是2、1、2、1、2．这样的六位数有3333A A 36⨯=个．如果首位数字除以3余2，这样的六位数也有36个．一共有72个．。

小学奥数计数题库容斥原理之数论问题.学生版

1.了解容斥原理二量重叠和三量重叠的内容； 2. 掌握容斥原理的在组合计数等各个方面的应用．一、两量重叠问题在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算．求两个集合并集的元素的个数，不能简单地把两个集合的元素个数相加，而要从两个集合个数之和中减去重复计算的元素个数，即减去交集的元素个数，用式子可表示成：A B A B A B =+-(其中符号“”读作“并”，相当于中文“和”或者“或”的意思；符号“”读作“交”，相当于中文“且”的意思．)则称这一公式为包含与排除原理，简称容斥原理．图示如下:A 表示小圆部分，B 表示大圆部分，C 表示大圆与小圆的公共部分，记为：A B ，即阴影面积．图示如下:A 表示小圆部分，B 表示大圆部分，C 表示大圆与小圆的公共部分，记为：AB ，即阴影面积．包含与排除原理告诉我们，要计算两个集合A B 、的并集A B 的元素的个数，可分以下两步进行：第一步：分别计算集合A B 、的元素个数，然后加起来，即先求A B +(意思是把A B 、的一切元素都“包含”进来，加在一起)；第二步：从上面的和中减去交集的元素个数，即减去C A B =(意思是“排除”了重复计算的元素个数)．二、三量重叠问题A 类、B 类与C 类元素个数的总和A =类元素的个数B +类元素个数C +类元素个数-既是A 类又是B 类的元素个数-既是B 类又是C 类的元素个数-既是A 类又是C 类的元素个数+同时是A 类、B 类、C 类的元素个数．用符号表示为：A B C A B C A B B C A C A B C =++---+．图示如下：教学目标知识要点7-7-4.容斥原理之数论问题1．先包含——A B + 重叠部分AB 计算了2次，多加了1次；A B A B+-1A B在解答有关包含排除问题时，我们常常利用圆圈图(韦恩图)来帮助分析思考．【例 1】在1~100的全部自然数中，不是3的倍数也不是5的倍数的数有多少个？AB【巩固】在自然数1100~中，能被3或5中任一个整除的数有多少个？【巩固】在前100个自然数中，能被2或3整除的数有多少个？【例 2】在从1至1000的自然数中，既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有多少个?【巩固】求在1至100的自然数中能被3或7整除的数的个数．例题精讲图中小圆表示A 的元素的个数，中圆表示B 的元素的个数，C1．先包含：A B C ++ 重叠部分AB 、BC 、C A 重叠了2次，多加了1次． 2．再排除：A B C A B B C A C ++---A B C 3A B C ++-A B B C A C --A B C A B B C A C A B C ++---+【例3】以105为分母的最简真分数共有多少个？它们的和为多少？【巩固】分母是385的最简真分数有多少个？并求这些真分数的和.【例4】在1至2008这2008个自然数中，恰好是3、5、7中两个数的倍数的数共有个．【例5】求1到100内有____个数不能被2、3、7中的任何一个整除。

六年级下册数学讲义竞赛思维训练专题：第10讲数论中的计数解析版)人教版

漫画释义五年级春季位值原理六年级暑期数论中的最值六年级暑期数论中的计数六年级秋季数论中的规律六年级秋季进位制数论中的范围中符合条件的个数的多少知识站牌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”的形式，这里的指数p 也是一个素数.这种特殊形式的素数具有独特的性质和无穷的魅力，千百年来一直吸引着包括数学大师费马、笛卡尔、哥德巴赫、欧拉、高斯、哈代在内的众多数学家.17世纪法国数学家、法兰西科学院奠基人马林•梅森是其中成果较为卓著的一位，因此后人将“2p -1”型的素数称为“梅森素数”.2.1772年，有“数学英雄”美名的瑞士数学大师欧拉在双目失明的情况下，靠心算证明了231-1(即2147483647)是第8个梅森素数.在“手算笔录”的年代，人们历尽艰辛，仅找到12个梅森素数.幸而计算机的发明加速了梅森素数的探究进程.1952年，美国数学家拉婓尔•鲁滨逊等人使用SWAC 型计算机在短短的几个月内，就找到了5个梅森素数：2521-1、2607-1、21279-1、22203-1和22281-1.3.1996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”(GIMPS)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.这一项目还有一段有趣的插曲：美国一家电话公司的雇员麦克•福雷斯特偷偷地使用公司内的2585台计算机参加GIMPS 项目，随后公司发现计算机经常会出些差错，本来只需要5秒钟就可以接通的电话号码，需要5分钟才能接通.联邦调查局最终查到了原因，福雷斯特承认“被GIMPS 项目引诱”．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.梅森素数是否有无穷多个？这是目前尚未解决的著名数学谜题.迄今为止，人类仅发现47个梅森素数.这种素数珍奇而迷人，它在促进计算技术、密码技术、程序设计技术的发展中有着巨大作用.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.教学目标课堂引入1.常见数字的整除判定方法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；2)一个数各个数位上数字之和能被3或9整除，这个数就能被3或9整除；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11整除.2.加法原理一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12k N m m m =+++……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.乘法原理完成一件事，这个事情可以分成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．这就是乘法原理．4.容斥原理A B A B A B=+- A B C A B C A B B C A C A B C=++---+ 1.写出50以内的所有质数.【分析】2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,472.写出24的所有因数【分析】1,24,2,12,3,8,4,63.（12,18）=；[20,30]=.【分析】6；604.两个质数之和为39，求这两个质数的乘积是多少.【分析】因为和为奇数，所以这两个数必为一奇一偶，所以其中一个是2，另一个是37，乘积为74.5.写出全部除109后余数为4的两位数．【分析】1094105357-==⨯⨯．因此，这样的两位数是：15；35；21．知识回顾经典精讲例1：乘法原理、排列、整除性质例2：缩小包围圈例3：同余类例4：容斥原理例5：容斥原理应用题用1、2、3、4、5、6可以组成多（学案对应：学案1）【分析】个位数字已知，问题变成据排列数公式，一共可以【想想练练】将下图中20张扑克牌两张牌上的数的乘积除以10的余数【分析】本题实际上是求1到数.显然，双数不成.所以只三位数中，能被5和7同时整除的（学案对应：学案2）【分析】[5,7]=35,1000÷35=28…位数是35×28，合共28【想想练练】三位数中，被6【分析】假设这个三位数是a ，10042216,100042÷=÷ 有233121-+=个2例题思路性质组成多少个没有重复数字的是5的倍数的三位数？题变成从从5个元素中取2个元素的排列问题，已知共可以组成255420P =⨯=(个)符合题意的三位数．扑克牌分成10对，每对红心和黑桃各一张.问：你能分出的余数是1?(将A 看成1)10这些数中，取出2个数（可以重复）相乘，能组成所以只能是1×1，3×7，7×3和9×9，共4对.整除的数共有多少个？……20,100÷35=2……30所以符合要求的最小三位数28-3+1=26（个）和7除余数都是5的数共有多少个？，根据题意，5a -能被6和7整除，即5a -为2334= ，所以5a -最小为423⨯，最大为42⨯已知5n =，2m =，根能分出几对这样的牌，能组成几个个位是1的三位数是35×3，最大三42的倍数，因为23，满足题意的数共从1～9这9个数码中取出3个，使它们的和是3的倍数，则不同取法有_______种.（学案对应：学案3）【分析】（1）3个数都是3的倍数，有1种情况（2）3个数除以3都余1，有1种情况（3）3个数除以3都余2，有1种情况（4）一个除以3余1，一个除以3余2，一个是3的倍数，有：3×3×3=27种情况,所以，一共有1+1+1+27=30种不同取法.在从1至100的自然数中，既不能被5整除，又不能被7整除的数有多少个?【分析】1～100之间，5的倍数有100÷5=20个，7的倍数有100÷7=14.2即14个，因为既是5的倍数，又是7的倍数的数一定是35的倍数，所以这样的数有35和70两个．所以既不能被5整除，又不能被7整除的数有100-20-14+2=68个．【想想练练】在一根长木棍上，有三种刻度线，第一种刻度线将木棍分成十等份；第二种将木棍分成十二等份；第三种将木棍分成十五等份；如果沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成________段．【分析】假设木棍长60cm ，则沿第一种刻度线锯成的木棍每段长60106cm ÷=，沿第二种刻度线锯成的木棍每段长60125cm ÷=，沿第三种刻度线锯成的木棍每段长60144cm ÷=．因为，沿三种刻度线可将木棍分别锯成10、12、15段；沿第一、二种重合的刻度线可将木棍锯成60[6,5]2÷=段，沿第一、三种重合的刻度线可将木棍锯成60[6,4]5÷=段，沿第二、三种重合的刻度线可将木棍锯成60[5,4]3÷=段；沿三种刻度重合的刻度线可将木棍锯成费马素数法国数学家费马（1601—1665）是数学史上一位传奇人物.费马的主要职业是律师，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21m +（其中2n m =）的数，都是素数（质数），后人称为费马素数.如果将0,1,2,3,4n =代入221n +，得到的数确实都是质数：3,5,17,257,65537.可是对5n =，在1738年，欧拉惊人地发现有分解式：322142949672976416700417+==⨯.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”！从此以后，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221n +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！60[6,5,4]1÷=段．应该减去重复计算的沿任意两种重合的刻度线锯成的段数，应加上多减去的沿三种刻度重合的刻度线锯成的段数．所以，沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成101215253128++---+=段．有2000盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为1，2，3，…，2000，然后将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，三次拉完后，亮着的灯有多少盏？（学案对应：学案4）【分析】三次拉完后，亮着的灯包括不是2、3、5的倍数的数以及是6、10、15的倍数但不是30的倍数的数．1～2000这2000个正整数中，2的倍数有1000个，3的倍数有666个，5的倍数有400个，6的倍数有333个，10的倍数有200个，15的倍数有133个，30的倍数有66个，亮着的灯一共有2000-1000-666-400+2×（333+200+133）-4×66=1002盏．532GF E D CB A找朋友教师先为班上的每个学生编上学号（例如从1到20），然后让同学们在大卡片上写上自己的学号，再贴在背上.游戏开始的时候，20名同学围成一圈，等待老师宣布“找朋友”的要求.例如，老师说：“现在找一个朋友，使你们的数字之和除以5的余数是2！”然后，老师限定学生在10秒钟内找到自己的朋友，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.老师还可以加大游戏的难度，例如要求3个数之和能被11整除，这样每轮游戏中必定有人因为落空而被淘汰.从101到900这800个自然数中，数字和被8整除的数共有______个.【分析】数字和被8整除，则数字和可能为8、16、24①数字和8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2这样的数共有132********+⨯⨯++⨯+⨯=个②数字和16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=……这样的数共有58个③数字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8这样的数共有6个所以满足题意的数字共有100个1.一根101厘米长的木棒，从同一端开始，第一次每隔2厘米画一个刻度，第二次每隔3厘米画一个刻度，第三次每隔5厘米画一个刻度，如果按刻度把木棒截断，那么可以截出多少段．【分析】要求出截出的段数，应当先求出木棒上的刻度数，而木棒上的刻度数，相当于1、2、3、…、100、101这101个自然数中2或3或5的倍数的个数，为：10110110110110110110174235232535235⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤++---+=⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⨯⨯⨯⨯⨯⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，故木棒上共有74个刻度，可以截出75段．2.1到60这60个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被5除余2的偶数，问，一共有多少种选法？【分析】两个数的乘积被5除余2有两类情况，一类是两个数被5除分别余1和2，另一类是两个数被5除分别余3和4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1到60这60个自然数中，被5除余1、2、3、4的偶数各有6个，被5除余1、2、3、4的奇数也各有6个，所以符合条件的选取方式一共有666666666666216⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（）（）种．3.从1到999这999个自然数中有个数的各位数字之和能被4整除．【分析】由于在一个数的前面写上几个0不影响这个数的各位数字之和，所以可以将1到999中的一位数和两位数的前面补上两个或一个0，使之成为一个三位数．现在相当于要求001到999中各位数字之和能被4整除的数的个数．一个数除以4的余数可能为0，1，2，3，0～9中除以4余0的数有3个，除以4余1的也有3个，除以4余2和3的各有2个．三个数的和要能被4整除，必须要求它们除以4的余数的和能被4整除，余数的情况有如下5种：000++；013++；022++；112++；233++．⑴如果是000++，即3个数除以4的余数都是0，则每位上都有3种选择，共有33327⨯⨯=种可能，但是注意到其中也包含了000这个数，应予排除，所以此时共有27126-=个；附加题杯赛提高⑵如果是013++，即3个数除以4的余数分别为0，1，3，而在3个位置上的排列有3!6=种，所以此时有3326108⨯⨯⨯=个；⑶如果是022++，即3个数除以4的余数分别为0，2，2，在3个位置上的排列有3种，所以此时有322336⨯⨯⨯=个；⑷如果是112++，即3个数除以4的余数分别为1，1，2，在3个位置上的排列有3种，所以此时有332354⨯⨯⨯=个；⑸如果是233++，即3个数除以4的余数分别为2，3，3，在3个位置上的排列有3种，此时有222324⨯⨯⨯=个．根据加法原理，共有26108365424248++++=．4.以105为分母的最简真分数共有多少个？它们的和为多少？【分析】以105为分母的最简真分数的分子与105互质，105=3×5×7，所以也是求1到105不是3、5、7倍数的数有多少个，3的倍数有35个，5的倍数有21个，7的倍数有15个，15的倍数有7个，21的倍数有5个，35的倍数有3个，105的倍数有1个，所以105以内与105互质的数有105-35-21-15+7+5+3-1=48个，显然如果n 与105互质，那么（105-n ）与n 互质，所以以105为分母的48个最简真分数可两个两个凑成1，所以它们的和为24.5.分子小于6，分母小于60的最简真分数共有多少个？【分析】分类枚举：根据分子是1,2,3,4,5这5种情况进行讨论．分子是1：分母取2到59，所以共有58个；分子是2：分母取小于60大于2的奇数，所以共有30129-=个；分子是3：分母不能是3的倍数，由于60320÷=,602040-=（60本身是3的倍数），再排除分母是1或2，共有40238-=个；分子是4：分母取小于60大于4的奇数，共有28个；分子是5：分母不能是5的倍数，由于60512÷=,601248-=（60本身是5的倍数），再排除分母是1、2、3或4，还剩48444-=个.综上所述，满足条件的分数共有5829382844197++++=个．6.大明、中明与小明是三兄弟，年龄依次从大到小．已知大明岁数与小明岁数的最小公倍数是15，中明岁数与小明岁数的最小公倍数是12，那么他们兄弟三人的总岁数共有几种情况？【分析】因为21535,1232=⨯=⨯，可见小明的岁数只有1或3两种情况．如果小明的岁数是1，那么大明的岁数是15，中明的岁数是12．如果小明的岁数是3，那么中明的岁数是4或12，大明的岁数是5或15．若中明的岁数是4，大明的岁数可以是5或15；若中明的岁数是12，大明的岁数只能是15．那么，三人的总岁数共有以下4种情况：1121528++=，34512++=，341522++=，3121530++=.7.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．请问两位幸运数共有多少个？【分析】由①可知两位幸运数不可能是奇数，否则它与1的差能被2整除；由②可知两位幸运数不可能是4的倍数，否则这个数除以2所得的商是2的倍数；再结合③，易得两位幸运数为只有14．答案是1个．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；2）一个数各个数位上数字之和能被3或9整除，这个数就能被3或9整除；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11整除.2.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.A B A B A B=+- A B C A B C A B B C A C A B C=++---+ 1.有五张卡，分别写有数字1、2、4、5、8．现从中取出3张卡片，并排放在一起，组成一个三位数，问：可以组成多少个不同的偶数？【分析】分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片，有2、4、8三种不同的选择；第二步在其余的4张卡片中任取一张，放在最左边的位置上，也就是百位数的位置上，有4种不同的选法；最后从剩下的3张卡片中选取一张，放在中间十位数的位置上，有3种不同的选择．根据乘法原理，可以组成3×4×3=36个不同的三位偶数．2..恰好能被6,7,8整除的四位数有多少个？【分析】由于6,7,8的最小公倍数为168,10001685160,100001685988÷=÷= ，所以能被6,7,8整除的最小四位数为1686⨯，最大四位数为16859⨯，共有596154-+=个3.从1,2,3,4,5,6中选取若干个数，使得它们的和是3的倍数，但不是5的倍数．那么共有种不同的选取方法．【分析】从16 这些数中选取的数的和小于等于21，满足条件的和数有3、6、9、12、18、21分别有2、4、5、5、2、1种选取方法，共24552119+++++=种选取方法．家庭作业知识点总结4.在1~100的全部自然数中，不是3的倍数也不是5的倍数的数有多少个？【分析】如图，用长方形表示1~100的全部自然数，A 圆表示1~100中3的倍数，B 圆表示1~100中5的倍数，长方形内两圆外的部分表示既不是3的倍数也不是5的倍数的数．由1003331÷= 可知，1~100中3的倍数有33个；由100520÷=可知，1~100中5的倍数有20个；由10035610÷⨯= （）可知，1~100既是3的倍数又是5的倍数的数有6个．由包含排除法，3或5的倍数有：3320647+-=(个)．从而不是3的倍数也不是5的倍数的数有1004753-=(个)．5.40名同学编号由1到40，面向老师排成一排，老师第一次让编号是2的倍数的同学向后转，第二次让编号是3的倍数的同学向后转，请问现在有多少名同学面向老师？【分析】2的倍数有402⎡⎤⎢⎥⎣⎦=20个，3的倍数有403⎡⎤⎢⎥⎣⎦=13个，6的倍数有406⎡⎤⎢⎥⎣⎦=6个，那么能被2整除但不能被3整除的数有20-6=14个，能被3整除但不能被2整除的数有13-6=7（个），所以向后转了一次的同学有14+7=21（个），余下40-21=19（个）同学面向老师．6.有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？【分析】要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有339⨯=种不同的情形．第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有339⨯=种不同情形．最后再由加法原理即可求解．两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有333318⨯+⨯=种不同的情形．【学案1】用2,0,1,3这四个数字能排成多少个能被11整除的四位数？【分析】根据11的整除特征，把四位数的各个数位分成奇数位与偶数位，又因为2130+=+，所以数字0,3要么同时放在奇数位，要么同时放在偶数位，对于前一种情况，可排出1023,1320,2013,2310四个符合条件的四位数，对于后一种情况，可排出3102,3201两个符合条件的数，所以一共有426+=（个）．【学案2】在大于2004的整数中，找出所有被47除后商与余数相等的数，这些数共有_________个.【分析】根据题意，设这样的数被47除后商和余数都是a （(47)a <，这个数可表示为4748a a a ⨯+=，因此482004a >，易得a 至少为42，所以满足题意的数共有464215-+=（个）A BＡ版学案【学案3】从1到20中，最多能取______个数，使任意两个数不是3倍关系.【分析】1和3共存，2和6不能共存，3和9不能共存，4和12不能共存，5和15不能共存，6和18不能共存.要破坏这些组合，至少要去掉4个数，例如3,4,5,6.【学案4】写有1到100编号的灯100盏，亮着排成一排，第一次把编号是3的倍数的灯拉一次开关，第二次把编号是5的倍数的灯拉一次开关，那么亮着的灯还有多少盏？【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．没拉的灯有100100100100()100(33206)533535⎡⎤⎡⎤⎡⎤-+-=-+-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⎣⎦⎣⎦⎣⎦(盏)，拉两次的有100635⎡⎤=⎢⎥⨯⎣⎦(盏)，最后亮着的灯一共为53659+=(盏).。

不定方程非负整数解计数

不定方程非负整数解计数以不定方程非负整数解计数为题，我们将探讨如何求解这类问题，并在文章中给出相关的例子和解析。

一、引言不定方程非负整数解计数是一个重要的数论问题，它在许多实际应用中具有重要的意义。

这类问题通常涉及到寻找满足特定条件的整数解的个数，而不仅仅是求出一个解。

在本文中，我们将介绍如何求解一些常见的不定方程，并给出相应的解析过程。

二、线性不定方程的求解线性不定方程是最简单的一类不定方程，形式为ax + by = c，其中a、b、c为已知整数，求解x和y为非负整数。

对于这类问题，我们可以使用欧几里得算法来求解。

具体步骤如下：1. 首先，我们需要使用欧几里得算法求出方程ax + by = gcd(a,b)的一组整数解(x0, y0)。

2. 然后，我们可以通过变换得到原方程的一般解(x, y) = (x0 + k * (b / gcd(a, b)), y0 - k * (a / gcd(a, b)))，其中k为整数。

3. 最后，我们需要根据x和y的非负整数条件进行筛选，得到符合条件的解。

例如，对于方程3x + 5y = 15，我们可以使用欧几里得算法求解gcd(3, 5) = 1，并得到一组解(2, -1)。

然后，我们可以通过变换得到一般解(x, y) = (2 + 5k, -1 - 3k)，其中k为整数。

最后，我们筛选出非负整数解(2, 1)和(7, -4)，满足方程3x + 5y = 15。

三、二次不定方程的求解二次不定方程是一类稍微复杂一些的不定方程，形式为ax^2 + by^2 = c，其中a、b、c为已知整数，求解x和y为非负整数。

对于这类问题，我们可以使用数论中的一些定理来求解。

例如，对于方程x^2 + y^2 = 100，我们可以使用费马定理和勾股数的性质求解。

根据费马定理，任何一个素数p满足p ≡ 1 (mod 4)时，方程x^2 + y^2 = p有正整数解。

我们可以将100分解为2^2 * 5^2，然后求解x^2 + y^2 = 2^2和x^2 + y^2 = 5^2的解。

数论计数的知识点六年级

数论计数的知识点六年级数论计数的知识点（六年级）在数学学科中，数论是一个重要的分支，其研究的是整数及其性质。

计数是数论中的一个重要内容，涉及了整数的排列组合、计数方法等。

下面将介绍数论计数的一些基本知识点，希望能够帮助六年级的同学们更好地理解和应用。

一、排列与组合排列和组合是数论计数中两个常见的概念。

排列是指从一组元素中按照一定的顺序选出若干个元素进行排列的过程，而组合则是从一组元素中选择若干个元素进行组合的过程。

1. 排列在六年级数学中，排列通常指的是从一组不同元素中选取若干个元素进行排列。

对于n个元素，选取r个元素进行排列的方法数可表示为P(n,r)或者nPr。

计算排列的方法有两种常用的公式：- 公式一：P(n,r) = n × (n-1) × (n-2) × ... × (n-r+1)- 公式二：P(n,r) = n! / (n-r)!其中，n!表示n的阶乘，即n! = n × (n-1) × (n-2) × ... × 2 × 1。

2. 组合组合是指从一组元素中选取若干个元素进行组合的过程。

选取r个元素进行组合的方法数可表示为C(n,r)或者nCr。

计算组合的方法有两种常用的公式：- 公式一：C(n,r) = n! / (r! × (n-r)!)- 公式二：C(n,r) = C(n-1,r-1) + C(n-1,r)在进行组合计算时，可以利用公式一直接计算，也可以利用公式二进行递推计算。

二、因式分解与质因数因式分解和质因数是数论计数中另外两个重要概念，它们在解题过程中经常会用到。

1. 因式分解因式分解是指将一个数表示为几个数相乘的形式，这几个数即为其因子。

例如，将12表示为2 × 2 × 3即为因式分解。

在因式分解中，要先找出该数的质因数，再根据质因数的个数进行组合，并计算不同组合下的因数个数。

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