小六数学第21讲：数论综合(教师版)

第二十一讲数论综合

数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。

基本公式

1.已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c。

2.已知c|ab，(b,c)=1,则c|a。

3.唯一分解定理：任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即

n= p11a× p22a×...×p k k a（#)

其中p1

该式称为n的质因子分解式。

4.约数个数定理：设自然数n的质因子分解式如（#）

那么n的约数个数为d(n)=(a1+1)(a2+1)....(a k+1)

所有约数和：（1+P1+P12+…p11a）（1+P2+P22+…p22a）…（1+P k+P k2+…p k k a）

5.用[a,b]表示a和b的最小公倍数，(a,b)表示a和b的最大公约数，那么有ab=[a,b]×(a,b)。

6.自然数是否能被3，4，25，8，125，5，7,9，11，13等数整除的判别方法。

7.平方数的总结：

①平方差：A2-B2=（A+B）（A-B），其中我们还得注意A+B， A-B同奇偶性。

②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。约数个数为3的是质数的平方。

③质因数分答案：把数字分答案，使他满足积是平方数。

④立方和：A3+B3=(A+B)(A2-AB+B2)。

8.十进制自然数表示法，十进制和二进制，八进制，五进制等的相互转化。

9.周期性数字：abab=ab×101

1.全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分，解出数论的压轴大题是关键。

2.牢记基本公式，并在解题中灵活运用公式。

例1:将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（4×3×2×1=24）。将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000-4000之间。请求出这24个四位数中最大的一个。

答案：不妨设这4个数字分别是a>b>c>d

那么从小到大的第5个就是dacb,它是5的倍数，因此b=0或5，注意到b>c>d,所以b=5;

从大到小排列的第2个是abdc,它是不能被4整除的偶数；所以c是偶数，c＜b=5，c=4或2

从小到大的第二十个是adbc,第五个是dacb,它们的差在3000-4000之间，所以a=d+4；

因为a>b,所以a至少是6，那么d最小是2，所以c就只能是4。而如果d=2，那么abdc的末2位是24，它是4的倍数，和条件矛盾。因此d=3,从而a=d+4=3+4=7。

这24个四位数中最大的一个显然是abcd,我们求得了a=7,b=5,c=4,d=3

所以这24个四位数中最大的一个是7543。

例2：一个5位数，它的各个位数字和为43，且能被11整除，求所有满足条件的5位数？

答案：现在我们有两个入手的选择，可以选择数字和，也可以选择被11整除，但我们发现被11整除性质的运用要具体的数字，而现在没有，所以我们选择先从数字和入手。

5位数数字和最大的为9×5=45，这样43的可能性只有9，9，9，9，7或9，9，9，8，8。这样我们接着用11的整除特征，发现符合条件的有99979，97999，98989符合条件。

例3：由1，3，4，5，7，8这六个数字所组成的六位数中，能被11整除的最大的数是多少？答案：各位数字和为1+3+4+5+7+8=28。所以偶数位和奇数位上数字和均为14

为了使得该数最大，首位必须是8，第2位是7，14-8=6

那么第3位一定是5，第5位为1，该数最大为875413。

例4：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的重复，最后剪得的正方形的边长是多少毫米？

答案：边长是2002和847的最大公约数，可用辗转相除法求得（2002,847）=77

所以最后剪得的正方形的边长是77毫米。

辗转相除示例：

2002÷847=2…308 求2个数的最大公约数，就用大数除以小数

847÷308=2…231 用上一个式子的除数除以余数一直除到除尽为止

308÷231=1…77 用上一个式子的除数除以余数一直除到除尽为止

231÷77=3 最后一个除尽的式子的除数就是两个数的最大公约数

例5：一根木棍长100米，现从左往右每6米画一根标记线，从右往左每5米作一根标记线，请问所有的标记线中有多少根距离相差4米？

答案：100能被5整除，所以每5米作标记线从左往右还是从右往左都是一样的。这样我们都以从左往右作，可见转化成讨论5，6的最小公倍数中的情况，画图可得有2根距离为4米，所以30，60，90里各有2条，但发现最后96和100也是距离4米，所以总共2×3+1=7。

例6：某住宅区有12家住户，他们的门牌号分别是1，2，…,12.他们的电话号码依次是12个连续的六位自然数，并且每家的电话号码都能被这家的门牌号整除，已知这些电话号码的首位数字都小于6，并且门牌号是9的这一家的电话号码也能被13整除，问：这一家的电话号码是什么数？

答案：

设第一户电话号是x+1,第二户x+2,….第12户电话号x+12

根据条件得x+i是i的倍数(i=1,2,…,12)因此x是1，2，….12的公倍数

[1,2,…..12]=27720

所以x=27720m

27720m+9是13的倍数，27720除以13余数为4

所以4m+9是13的倍数m=1,14,27….

第一家电话号码是27720m+1 m取14合适；

因此第一家电话号码是27720*14+1=388081

1．一个六位数23□56□是88的倍数,这个数除以88所得的商是_____或_____.

答案：

一个数如果是88的倍数,这个数必然既是8的倍数,又是11的倍数.根据8的倍数,它的末三位数肯定也是8的倍数,从而可知这个六位数个位上的数是0或8.而11的倍数奇偶位上数字和的差应是0或11的倍数,从已知的四个数看,这个六位数奇偶位上数字的和是相等的,要使奇偶位上数字和差为0,两个方框内填入的数字是相同的,因此这个六位数有两种

可能

又 23056088=2620

238568÷88=2711

所以,本题的答案是2620或2711.

2．下面一个1983位数33…3□44…4中间漏写了一个数字(方框),已知这 991个 991个

个多位数被7整除，那么中间方框内的数字是_____.

答案：

33...344 (4)

个个

=33...310993+3□4?10990+44 (4)

个 990个

因为111111能被7整除，所以33…3和44…4都能被7整除,所以只要

990个 990个

3□4能被7整除，原数即可被7整除.故得中间方框内的数字是6.

3．只修改21475的某一位数字,就可知使修改后的数能被225整除,怎样修改？

答案：

因为225=25?9,要使修改后的数能被25整除,就要既能被25整除,又能被9整除,被25整除不成问题,末两位数75不必修改,只要看前三个数字即可,根据某数的各位数字之和是9的倍数,则这个数能被9整除的特征,因为2+1+4+7+5=19,19=18+1,19=27-8,所以不难排出以下四种改法:把1改为0；把4改为3；把1改为9；把2改为1.

4．2，3，5，7，11，…都是质数，也就是说每个数只以1和它本身为约数.已知一个长方形的长和宽都是质数个单位,并且周长是36个单位.问这个长方形的面积至多是多少个平方单位?

答案：

由于长+宽是 36÷2=18

将18表示为两个质数和 18=5+13=7+11

所以长方形的面积是 5?13=65或7?11=77

故长方形的面积至多是77平方单位.

5. 把7、14、20、21、28、30分成两组，每三个数相乘，使两组数的乘积相等.

答案：

先把14,20,21,28,30分解质因数,看这六个数中共有哪几个质因数,再分摊在两组中,使两组数乘积相等.

14=7?2 20=2?2?5

21=3?7 28=2?2?7

30=2?3?5 7

从上面五个数分解质因数来看,连7在内共有质因数四个7,六个2,二个3,二个5,因此每组数中一定要含三个2,一个3,一个5,二个7.

六个数可分成如下两组(分法是唯一的):

第一组: 7、28、和30

第二组：14、21和20

且7?28?30=14?21?20=5880满足要求.

6．有这样的两位数,它的两个数字之和能被4整除,而且比这个两位数大1的数,它的两个数字之和也能被4整除.所有这样的两位数的和是____.

答案：

符合条件的两位数的两个数字之和能被4整除,而且比这个两位数大1的数,如果十位数不变,则个位增加1,其和便不能整除4,因此个位数一定是9,这种两位数有:39、79.

所以,所求的和是39+79=118.

7. 学生1430人参加团体操,分成人数相等的若干队,每队人数在100至200之间,问哪几种分法?

答案：

把1430分解质因数得1430=2?5?11?13

根据题目的要求,应在2、5、11及13中选用若干个数，使它们的乘积在100到200之间，于是得三种答案：

（1）2?5?11=110；

（2）2?5?13=130；

（3）11?13=143.

所以,有三种分法:一种是分为13队,每队110人；二是分为11队，每队130人；三是分为10队，每队143人.

8. 四只同样的瓶子内分别装有一定数量的油,每瓶和其他各瓶分别合称一次,记录千克数如下:8、9、10、11、12、13.已知四只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数,求最重的两瓶内有多少油?

答案：

于每只瓶都称了三次,因此记录数之和是4瓶油(连瓶)重量之和的3倍,即4瓶油(加瓶)共重

(8+9+10+11+12+13)÷3=21(千克)

而油重之和及瓶重之和均为质数,所以它们必为一奇一偶,而质数中是偶数的质数只有2,故有

(1)油重之和为19千克,瓶重之和为2千克,每只瓶重2

1千克, 最重的两瓶内的油为13-2

1?2=12(千克). (2)油重之和为2千克,瓶重之和为19千克,每只瓶重

419千克,最重的两瓶内的油为13-4

19?2=27(千克),这与油重之和为2千克矛盾,不合要求,删去.

9．一个小于200的自然数,它的每位数字都是奇数,并且它是两个两位数的乘积,那么这个自然数是_____.

答案：

因为这个数可以分解为两个两位数的积，而且15?15=225>200,所以其中至少有1个因数小于15,而且这些因数均需是奇数,但11不可能符合条件,因为对于小于200的自然数凡11的倍数,具有隔位数字之和相等的特点,个位百位若是奇数,十位必是偶数.所以只需检查13的倍数中小于200的三位数13?13=169不合要求,13?15=195适合要求.所以,答案应是195.

10．试问,能否将由1至100这100个自然数排列在圆周上,使得在任何5个相连的数中,都至少有两个数可被3整除？如果回答：“可以”，则只要举出一种排法；如果回答：“不能”，则需给出说明.

答案：

假设能够按照题目要求在圆周上排列所述的100个数,我们来按所排列顺序将它们每5个分为一组,可得20组,其中每两组都没有共同的数,于是,在每一组的5个数中都至少有两个数是3 的倍数.从而一共有不少于40个数是3 的倍数.但事实上,在1至100的自然数中有33个数是3的倍数,导致矛盾.

11.一个学校参加兴趣活动的学生不到100人，其中男同学人数超过总数的4/7 ，女同学的人数超过总数的2/5 。问男女生各多少人？

答案：男生超过总数的4/7就是说女生少个总数的3/7，这样女生的范围在2/5～3/7之间，同理可得男生在4/7～3/5之间，这样把分数扩大，我们可得女生人数在28/70～30/70之间，所以只能是29人，这样男生为41人。

12. 2005×684×375×□最后4位都是0,请问□里最小是几?

答案：先分析1×2×3×4××10的积的末尾共有多少个0。由于分解出2的个数比5多，这样我们可以得出就看所有数字中能分解出多少个5这个质因数。而能分解出5的一定是5的倍数。注意：5的倍数能分解一个5，25的倍数分解出2个5，125的倍数能分解出3个5……最终转化成计数问题，如5的倍数有[10/5]=2个。

2005=5×401 684=2×2×171

375=3×5×5×5前三个数里有2个质因子2，4个质因子5，要使得乘积的最后4位都是0

应该有4个质因子2和4个质因子5，还差2个质因子。因此□里最小是4。

13. 03 年101中学招生人数是一个平方数，04年由于信息发布及时，04年的招生人数比03年多了101人，也是一个平方数，问04年的招生人数？

答案：看见两个平方数，发现跟平方差相关，这样我们大胆的设03年的为A2，04年的为B2，从中我们发现04年的比03年多101人，这样我们可以列式子B2- A2=101

此后思路要很顺，因为看见平方差只有一种方法那就是按公式展开，

所以B2- A2=（A+B）（A-B）=101，可见右边的数也要分成2个数的积，还得考虑同奇偶性，

但101是个质数，所以101只能分成101×1，这样A+B=101，A-B=1，所以A=50，B=51，所以04年的招生人数为51×51=2601。

14. 1、2、3、4…2008这2008个数的最小公倍数等与多少个2与一个奇数的积？

答案：最小公倍数就是分解质因数中共有的最多因数，这样我们发现除2以外都是奇数质因

数，可见我们只要找需要多少个2，所以只要看1～2008中2n 谁最大，可见210=1024，所以

为10 个2。

15. 有15位同学，每位同学都有编号，它们是1号到15号。1号同学写了一个自然数，2号说：“这个数能被2整除”，3号说“这个数能被3整除”，……，依次下去，每位同学都说，这个数能被他的编号数整除，1号作了一一验证，只有编号相邻的两位同学说得不对，其余同学都对，问：（1）说得不对的两位同学，他们的编号是哪两个连续自然数？（2）如果告诉你，1号写的数是五位数，请求出这个数。（写出解题过程）

答案：（1）首先可以断定编号是2，3，4，5，6，7号的同学说的一定都对。不然，其中说的不对的编号乘以2后所有编号也将说得不对，这样就与“只有编号相邻的两位同学说的不对”不符合。因此，这个数能被2，3，4，5，6，7都整除。

其次利用整除性质可知，这个数也能被2×5，3×4，2×7都整除，即编号为10，12，14的同学说的也对。从而可以断定说的不对的编号只能是8和9。

（2）这个数是2，3，4，5，6，7，10，11，12，13，14，15的公倍数

由于上述十二个数的最小公倍数是60060

因为60060是一个五位数，而十二个数的其他公倍数均不是五位数，所以1号同学写的数就是60060。

1. 有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。

答案：6

2. 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，

问这个两位数

是＿＿。

答案：设原来数为ab ，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。

3. 211+2121202+21212121

13131313212121505 =＿＿。答案：周期性数字，每个数约分后为

211+212+215+2113=1

4. 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。

答案：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。

5. 下列数不是八进制数的是( )

A 、125

B 、126

C 、127

D 、128

答案：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D 。

1．在1～100这100个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？

答案：1+2+……+100=5050

9+18+27+……+99=9×(1+2+……+11)=495

随意1-100中所有不能被9整除的数的和是5050-495=4555

2．某班学生不超过60人，在一次数学测验中，分数不低于90分的人数占7

1，得80～89分的人数占21，得70～79分得人数占3

1，那么得70分以下的有________人。答案：有71、21、3

1，说明总人数一定为7的倍数、2的倍数、3的倍数，故为[7、2、3]＝42的倍数；

又由于人数不超过60人，故这班的人数只能为42人。

从而70分以下的有：42×??

? ??

---3121711＝1人。

3．自然数N 是一个两位数，它是一个质数，而且N 的个位数字与十位数字都是质数，这样的自然数有_______个。

答案：枚举法：23，37，53，73，，有4个

4.三个自然数，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，那么这样的三个自然数的和的最小值是多少？

答案：这三个自然数最小是6，10，15（分别是2×3,2×5,3×5）

和的最小值为31。

5.五个连续偶数之和是完全平方数，中间三个偶数之和是立方数（即一个整数的三次方），这样一组数中的最大数的最小值是多少？

答案：设中间一个数为2x

那么5个数的和为10x=m^2

中间3个数的和为6x=n^3

设x=2^p × 3^q × 5^r

再根据一个数是完全平方数等价于它的各个质因子的幂都是偶数，一个数是立方数等价于他的各个质因子的幂都是3的倍数可以求得p=5,q=2,r=3

X=36000

因此所求为2x+4=72004

6.一个数减去100是一个平方数，减去63也是一个平方数，问这个是多少？

答案：A 2-B 2

=（A+B ）（A-B ）=37=37×1，考虑同奇偶性，可知A=19，B=18，这样这个数为461。

7.从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行．从左向右1至11报数，报数为11的同学原地不动，其余同学出列；然后留下的同学再从左向右1至11报数，报数为11的同学留下，其余的同学出列；留下的同学第三次从左向右1至1l 报数，报到11的同学留下，其余同学出列．那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是______．

答案:第一次报数后留下的同学，他们最初编号都是11的倍数；第二次报数后留下的同学，他们最初编号都是211=121的倍数；第三次报数后留下的同学，他们最初编号都是311=1331的倍数．因此，第三次报数后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是1331．

8.有1997个奇数，它们的和等于它们的乘积．其中只有三个数不是l ，而是三个不同的质数．那么，这样的三个质数可以是、、．

答案:设a 、b 、c 为三个不同的质数，根据题意

1994+a+b+C=a·b·c．

取a=3，b=5，得1994+3+5+c=15c ，解出c=143不是质数；

取a=3，b=7，得1994+3+7+c=21c ，解出c=5501

不是整数；

取a=5，b=7，得1994+5+7+c=35C，解出c=59．

故5、7、59是满足题意的三个质数．

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高中数学竞赛中数论问题的常用方法

高中数学竞赛中数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相

学而思小升初专项训练__数论篇(1) 教师版

名校真题测试卷10 （数论篇一）时间：15分钟满分5分姓名_________ 测试成绩_________ 1 （05年人大附中考题）有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。 2 （05年101中学考题）如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数是＿＿。 3 （05年首师附中考题） 211+2121202+21212121 13131313212121505 =＿＿。 4 （04年人大附中考题）甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 5 (02年人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( ) A 、125 B 、126 C 、127 D 、128 【附答案】 1 【解】：6 2 【解】：设原来数为ab ，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。 3 【解】：周期性数字，每个数约分后为211+212+215+21 13=1 4 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。 5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D 。

第十讲小升初专项训练数论篇（一）一、小升初考试热点及命题方向数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。二、2007年考点预测 2007年的小升初考试将继续以填空和大题形式考查数论，命题的方向可能偏向小题考察单方面的知识点，大题则需综合运用数的整除，质数与合数，约数倍数以及整数的分拆等方法，希望同学们全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分解出数论的压轴大题是关键。三、基本公式 1）已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c 。 [讲解练习]：若3a75b 能被72整除，问a=＿＿,b=＿＿.（迎春杯试题） 2）已知c|ab ，(b,c)=1,则c|a 。 3）唯一分解定理：任何一个大于1的自然数n 都可以写成质数的连乘积，即 n= p11a × p22a ×...×p k ak （#) 其中p1

小学奥数数论专题知识总结

数论基础知识小学数论问题，起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除，因数与倍数，奇数与偶数，质数与合数，公因数与公倍数，分解质因数等； 2.不能整除：余数，余数的性质与计算（余数），同余问题（除数），物不知数问题（被除数）。一、因数与倍数 1、因数与倍数（1）定义：定义1：若整数a能够被b整除，a叫做b的倍数，b就叫做a的因数。定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c，或者c÷a＝b，那么称a、b是c的因数，c是a、b 的倍数。注意：倍数与因数是相互依存关系，缺一不可。（a、b是因数，c是倍数）一个数的因数个数是有限的，最小的因数是1，最大的因数是它本身。一个数的倍数个数是无限的，最小的倍数是它本身，没有最大的倍数。（2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1，第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身，第二大的因数是：原数÷第二小的因数（3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个，有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个，2000以内的完全平方数的个数是44个，3000以内的完全平方数的个数是54个。（312=961，442=1936，542=2916） 2、数的整除（数的倍数）（1）定义：定义1：一般地，三个整数a、b、c，且b≠0，如有a÷b＝c，则我们就说，a能被b整除，或b能整除a，或a能整除以b。定义2：如果一个整数a，除以一个整数b（b≠0），得到一个整数商c，而且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。（a≥b）（2）整除的性质：如果a、b能被c整除，那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。如果a能被b整除，c是整数，那么a×c也能被b整除。如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍数整除。（3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差 1001（及其因数7、11、13、77、91、143）的倍数特征：三位截断求差

(完整版)六年级奥数-第十一讲.数论综合(二).教师版[1]

第十一讲数论综合（二）教学目标： 1、掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型； 2、重点理解和掌握余数部分的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉”的数学思想例题精讲：板块一质数合数【例 1】有三张卡片，它们上面各写着数字1，2，3，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来，可以得到不同的一位数、二位数、三位数，请你将其中的质数都写出来．【解析】抽一张卡片，可写出一位数1，2，3；抽两张卡片，可写出两位数12，13，21，23，31，32；抽三张卡片，可写出三位数123，132，213，231，312，321，其中三位数的数字和均为6，都能被3整除，所以都是合数．这些数中，是质数的有：2，3，13，23，31．【例 2】三个质数的乘积恰好等于它们和的11倍，求这三个质数．【解析】设这三个质数分别是a 、b 、c ，满足11abc a b c =++()，则可知a 、b 、c 中必有一个为11，不妨记为a ，那么11bc b c =++，整理得(1b -)(1c -)12=，又121122634=?=?=?，对应的2b =、13c =或3b =、7c =或4b =、5c = (舍去)，所以这三个质数可能是2，11，13或3，7，11．【例 3】用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那么这9个数字最多能组成多少个质数？【解析】要使质数个数最多，我们尽量组成一位的质数，有2、3、5、7均为一位质数，这样还剩下1、4、6、 8、9这5个不是质数的数字未用．有1、4、8、9可以组成质数41、89，而6可以与7组合成质数 67．所以这9个数字最多可以组成6个质数．【例 4】有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位数．求这两个整数分别是多少？【解析】两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都可以表示成两个整数相加的形式，例如331322313301617=+=+=+==+L L ，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了．可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111373=?，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍(想想为什么？)3倍就不是两位数了．把九个三位数分解：111373=?、222376743=?=?、333379=?、4443712746=?=?、5553715=?、6663718749=?=?、7773721=?、88837247412=?=?、9993727=?．把两个因数相加，只有(743+)77=和(3718+)55=的两位数字相同．所以满足题意的答案是74和3，37和18．板块二余数问题【例 5】 (2003年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、商与余数之和为2113，则被除数是多少？【解析】被除数+除数+商+余数=被除数+除数+17+13=2113，所以被除数+除数=2083，由于被除数是除数的17倍还多13，则由“和倍问题”可得：除数=(2083-13)÷(17+1)=115，所以被除数=2083-115=1968．

(完整版)小学奥数中的数论问题

小学奥数中的数论问题在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。一、小学数论究包括的主要内容我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类：整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容）余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小）（2）同余的性质和运用奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。（2）约数个数决定法则（小升初常考内容）整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常

出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划

高中数学竞赛资料-数论部分 (1)

初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。 1．请看下面的例子：（1）证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。(1894年首届匈牙利数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明213 1n -是168的倍数。 ②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++ 能整除123n ??? ？（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3）证明：3 231 122 n n n + +-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题）（4）证明：对任何自然数n ，分数 214 143 n n ++不可约简。（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5）令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证： [][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =??（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。 2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占10.8% 。这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。 3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题： (1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（） A 、 0 B 、1 C 、3 D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2 1 02 x abx a b -++=是否有两个整数解？如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。（2007全国初中联赛12）

{小学数学}小六数学第21讲：数论综合教师版-——李寒松[仅供参考]

2021年{某某}小学小学数学学习资料教师：年级：日期：

第二十一讲数论综合数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。基本公式 1.已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c。 2.已知c|ab，(b,c)=1,则c|a。 3.唯一分解定理：任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 n= p11a× p22a×...×p k k a（#) 其中p1

6.自然数是否能被3，4，25，8，125，5，7,9，11，13等数整除的判别方法。 7.平方数的总结： ①平方差：A2-B2=（A+B）（A-B），其中我们还得注意A+B， A-B同奇偶性。 ②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。约数个数为3的是质数的平方。 ③质因数分答案：把数字分答案，使他满足积是平方数。 ④立方和：A3+B3=(A+B)(A2-AB+B2)。 8.十进制自然数表示法，十进制和二进制，八进制，五进制等的相互转化。 9.周期性数字：abab=ab×101 1.全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分，解出数论的压轴大题是关键。 2.牢记基本公式，并在解题中灵活运用公式。例1:将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（4×3×2×1=24）。将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000-4000之间。请求出这24个四位数中最大的一个。答案：不妨设这4个数字分别是a>b>c>d 那么从小到大的第5个就是dacb,它是5的倍数，因此b=0或5，注意到b>c>d,所以b=5; 从大到小排列的第2个是abdc,它是不能被4整除的偶数；所以c是偶数，c＜b=5，c=4或2 从小到大的第二十个是adbc,第五个是dacb,它们的差在3000-4000之间，所以a=d+4；因为a>b,所以a至少是6，那么d最小是2，所以c就只能是4。而如果d=2，那么abdc的末2位是24，它是4的倍数，和条件矛盾。因此d=3,从而a=d+4=3+4=7。这24个四位数中最大的一个显然是abcd,我们求得了a=7,b=5,c=4,d=3 所以这24个四位数中最大的一个是7543。例2：一个5位数，它的各个位数字和为43，且能被11整除，求所有满足条件的5位数？答案：现在我们有两个入手的选择，可以选择数字和，也可以选择被11整除，但我们发现被11整除性质的运用要具体的数字，而现在没有，所以我们选择先从数字和入手。 5位数数字和最大的为9×5=45，这样43的可能性只有9，9，9，9，7或9，9，9，8，8。这样我们接着用11的整除特征，发现符合条件的有99979，97999，98989符合条件。

小学奥数数论知识点总结

⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。 5.带余除法一般地，如果a是整数，b是整数(b≠0),那么一定有另外两个整数q和r，0≤r 当r=0时，我们称a能被b整除。当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商(亦简称为商)。用带余数除式又可以表示为a÷b=q……r,0≤r 6.唯一分解定理任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即n=p1×p2×...×pk 7.约数个数与约数和定理设自然数n的质因子分解式如n=p1×p2×...×pk那么：n的约数个数： d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1) n的所有约数和：(1+P1+P1+…p1)(1+P2+P2+…p2)… (1+Pk+Pk+…pk) 8.同余定理 ①同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b 对于模m同余，用式子表示为a≡b(modm) ②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9.完全平方数性质 ①平方差：A-B=(A+B)(A-B)，其中我们还得注意A+B，A-B同奇偶性。

数论--综合-第6讲初等数论竞赛班教师版

第六讲初等数论初等数论是主要用算术方法研究整数最基本性质的一个数学分支，是数学中最古老的分支之一.近几十年来，初等数论在计算机科学、组合数学、代数编码、信号的数字处理等领域得到广泛应用.同时，初等数论在各类数学竞赛中占有重要地位，以国际数学奥林匹克为例，约有四分之一的题目是主要用初等数论知识来解的. 一、基础知识 1.整除理论性质1：如果a\b t b\c t那么d|c；性质2：若a\c t则对于任意整数x、y都有a\bx+cy 2.质数与合数性质1：设n为大于1的正整数，p是n的大于1的约数中最小的正整数，则p为质数；性质2：如果对任意1到亦之间的质数p,都有p不整除n,那么n为质数，这里n为大于1的正整数；性质3：质数有无穷多个；性质4：质数中只有一个数是偶数，即2； 3.同余定义：如果a、b除以m (正整数)所得得余数相同，那么称a、b对模m同余，记作 a=b (mod in) 性质X如果a三b (mod 则m\a-bt 性质2：若a = b (mod m) f c = d (mod 加)贝i]a + c = b + d (mod nt) a-c 三b-d (mod /H),ac = bd (mod ni) 性质3：a = b (mod m), n 为正整数，则a n = b" (mod m) 4.费尔马小定理 Fermat小定理：设p为质数，a为整数，则/三?(mod “).特别地，如果a不能被p整除，则三l(mod p) 二、例题部分例1 (2006年希望杯初二培训题)已知一个五位数用4, 5, 6, 7, 8五个数码各一次组成，如64875 等，在这样的五位数中，能被55整除的有几个，它们分别是多少？《数理天地》2005增刊P22, 80 例2 (★★, 86年全国)设a、b. c是三个互不相等的正整数，求证：在—b'c — bF, c3a-ca3三个数中，至少有一个数能被10整除；

高中数学竞赛数论

高中数学竞赛数论剩余类与剩余系 1.剩余类的定义与性质 (1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类. (2)性质(ⅰ)i m i K Z 1 0-≤≤=Y 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ?a ≡b(modm). 2.剩余系的定义与性质 (1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,2 1 ,,1,0,1,,121,21--+----m m m ΛΛ;当m 为偶数时,12 ,,1,0,1,,12,2--+-- m m m ΛΛ或2,,1,0,1,,12m m ΛΛ-+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系?两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!

小学奥数知识点大全数论

任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 n=p1×p2×...×pk 7.约数个数与约数和定理设自然数n的质因子分解式如n=p1×p2×...×pk那么： n的约数个数：d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1) n的所有约数和：（1+P1+P1+…p1）（1+P2+P2+…p2）…（1+Pk+Pk+…pk） 8.同余定理 ①同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b对于模m同余，用式子表示为a≡b(modm) ②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。 ③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9．完全平方数性质 ①平方差：A-B=（A+B）（A-B），其中我们还得注意A+B，A-B同奇偶性。 ②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。约数个数为3的是质数的平方。 ③质因数分解：把数字分解，使他满足积是平方数。 ④平方和。 10．孙子定理（中国剩余定理） 11．辗转相除法 12．数论解题的常用方法：枚举、归纳、反证、构造、配对、估计

最新：七年级数学竞赛讲义附练习及答案(12套)

七年级数学竞赛讲义附练习及答案（12套）初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧（上）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. 数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆. 主要的结论有： 1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的. 特别地，如果r=0，那么a=bq. 这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数. 2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c. 3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即

其中p 1＜p 2＜…＜p k 为质数，a 1，a 2，…，a k 为自然数，并且这种表示是唯一的. （1）式称为n 的质因数分解或标准分解. 4．约数个数定理：设n 的标准分解式为（1），则它的正约数个数为： d （n ）=（a 1+1）（a 2+1）…（a k +1）. 5．整数集的离散性：n 与n+1之间不再有其他整数. 因此，不等式x ＜y 与x ≤y-1是等价的. 下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解. 一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决. 这些常用的形式有： 1．十进制表示形式：n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0； 2．带余形式：a=bq+r ； 4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，其中t 为奇数. 例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差. 结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998. 问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a 3，a 2，a 1，a 0，则这个四位数可以写成：1000a 3+100a 2+10a 1+a 0，它的各位数字之和的10倍是10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是： 990a 3+90a 2-9a 0=1998，110a 3+10a 2-a 0=222. 比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a 0=8，a 2=1，a 3=2. 所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8. 例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc (a,b,c 依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数cab bca bac acb ,,,与cba 的和N ，把N 告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc . 现在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc 来. 解：依题意，得

六年级奥数-第十一讲.数论综合(二).教师版

第十一讲数论综合(二）教学目标： 1、掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型； 2、重点理解和掌握余数部分的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉”的数学思想例题精讲：板块一质数合数【例 1】有三张卡片,它们上面各写着数字1,2，3,从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来,可以得到不同的一位数、二位数、三位数,请你将其中的质数都写出来．【解析】抽一张卡片，可写出一位数1,2,3;抽两张卡片,可写出两位数12，13,21,２3，31,32;抽三张卡片,可写出三位数１23,13２,213,2３1，３12,３２1，其中三位数的数字和均为６,都能被3整除,所以都是合数.这些数中,是质数的有：2,3,1３，23，31. 【例 2】三个质数的乘积恰好等于它们和的11倍，求这三个质数. 【解析】设这三个质数分别是a 、b 、c ,满足11abc a b c =++(),则可知a 、b 、c 中必有一个为11，不妨记为a ，那么11bc b c =++，整理得(1b -)(1c -)12=，又121122634=?=?=?，对应的2b =、13c =或3b =、7c =或4b =、5c = (舍去),所以这三个质数可能是2，11，13或3，7，11．【例 3】用1，2，３，4,5,6,7，8，9这９个数字组成质数,如果每个数字都要用到并且只能用一次，那么这9个数字最多能组成多少个质数? 【解析】要使质数个数最多,我们尽量组成一位的质数,有2、3、5、7均为一位质数，这样还剩下１、4、6、８、９这5个不是质数的数字未用．有1、4、8、9可以组成质数41、89，而6可以与7组合成质数67.所以这9个数字最多可以组成6个质数. 【例 4】有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位数．求这两个整数分别是多少？【解析】两位数中,数字相同的两位数有11、2２、3３、4４、55、66、7７、88、99共九个,它们中的每个数都可以表示成两个整数相加的形式,例如331322313301617=+=+=+==+,共有１6种形式,如果把每个数都这样分解,再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数,显然太繁琐了．可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、3３3、444、5５５、6６6、777、888、９99，每个数都是1１1的倍数,而111373=?，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或3７的倍数，但只能是37的2倍(想想为什么？)3倍就不是两位数了．把九个三位数分解：111373=?、222376743=?=?、333379=?、4443712746=?=?、5553715=?、6663718749=?=?、7773721=?、88837247412=?=?、9993727=?．?把两个因数相加,只有(743+)77=和(3718+)55=的两位数字相同.所以满足题意的答案是74和3，37和18. 板块二余数问题【例 5】 (2003年全国小学数学奥林匹克试题）有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、商与余数之和为2113,则被除数是多少？【解析】被除数+除数+商+余数=被除数+除数＋17＋13＝２1１3,所以被除数+除数=2０8３,由于被除数是除数的１7倍还多13,则由“和倍问题”可得：除数=（2０８３-13)÷（１7+1)=１15，所以被除

小学奥数讲解关于数论的问题

奥数题讲解数论问题所用知识不超过小学5年级，题目难度5颗星。 a,b,c,d都是个位数，由它们组成的四位数abcd和两位数ab、cd满.足(ab+cd) *(ab+cd)=abcd。请问满.足条件的四位数abcd共有多少个? 答案: 3个。辅导办法:将题目写给小朋友，让他自行思考解答，若20分钟还不能解答,由家长进行讲解。讲解思路:这种类型的题目,关键是要寻找ab和cd的关系,再根据关系寻找满足条件的数。步骤1:先思考第一个问题,ab+cd的范围是什么?这个问题很简单, 由于ab+cd的平方是四位数,而32*32=1024 ,99*99=9801, 因此ab+cd在32到99之间。步骤2:再思考第二个问题,db和cd满足什么关系? 由题意，(ab+cd) *(ab+cd) =100*ab+cd,化简有(ab+cd)*(ab+cd-l)=99*ab 因此，(ab+cd) *(ab+cd-1)是99的倍数。步骤3:再思考第二个问题,ab+cd可能的取值是多少? 由于99=3*3*11,而(ab+cd)和(ab+cd-1)不可能同时是9的倍数, 因此只可能有3种情况, 结合步骤1中ab+cd的范围讨论。情况一：ab+cd是9的倍数,ab+cd-1是11的倍数,此时只有ab+cd 是45才满足条件;

情况二:ab+cd是11的倍数,ab+cd-1是9的倍数,此时只有ab+cd是55才满足条件; 情况三:ab+cd或ab+cd-1是99的倍数,此时只有xb+cd是99才满足条件。步骤4:综合上述几个问题,代入验证， 45*45=2025=(20+25)*(20+25) 55*55=3025= (30+25)*(30+25) 99*99=9801= (98+1) *(98+1),都满足条件, 所以满足条件的数是3个。

小学奥数-数论专题知识总结

数论基础知识小学数论问题,起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除,因数与倍数,奇数与偶数,质数与合数,公因数与公倍数,分解质因数等； 2.不能整除：余数,余数的性质与计算（余数）,同余问题（除数）,物不知数问题（被除数）。一、因数与倍数 1、因数与倍数（1）定义：定义1：若整数a能够被b整除,a叫做b的倍数,b就叫做a的因数。定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c,或者c÷a＝b,那么称a、b是c的因数,c是a、b 的倍数。注意：倍数与因数是相互依存关系,缺一不可。（a、b是因数,c是倍数）一个数的因数个数是有限的,最小的因数是1,最大的因数是它本身。一个数的倍数个数是无限的,最小的倍数是它本身,没有最大的倍数。（2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1,第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身,第二大的因数是：原数÷第二小的因数（3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个,有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个,2000以内的完全平方数的个数是44个,3000以内的完全平方数的个数是54个。（312=961,442=1936,542=2916） 2、数的整除（数的倍数）（1）定义：定义1：一般地,三个整数a、b、c,且b≠0,如有a÷b＝c,则我们就说,a能被b整除,或b能整除a,或a能整除以b。定义2：如果一个整数a,除以一个整数b（b≠0）,得到一个整数商c,而且没有余数,那么叫做a能被b 整除或b能整除a,记作b|a。（a≥b）（2）整除的性质：如果a、b能被c整除,那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。如果a能被b整除,c是整数,那么a×c也能被b整除。如果a能被b整除,b又能被c整除,那么a也能被c整除。如果a能被b、c整除,那么a也能被b和c的最小公倍数整除。（3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差

10数论问题的常用方法(教师版)

数论问题的常用方法数论是研究数的性质的一门科学，它与中学数学教育有密切的联系。数论问题解法灵活，题型丰富，它是中学数学竞赛试题的源泉之一。下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理为了使用方便，我们将数论中的一些概念和结论摘录如下：我们用),...,,(21n a a a 表示n 个整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数。用[1a ,2a ,…,n a ]表示 1a ,2a ,…,n a 的最小公倍数。对于实数x ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，用{x }=x -[x ] 表示x 的小数部分。对于整数b a ,,若)(|b a m -，,1≥m 则称b a ,关于模m 同余，记为 )(mod m b a ≡。对于正整数m ，用)(m ?表示{1，2，…，m }中与m 互质的整数的个数，并称)(m ?为欧拉函数。对于正整数m ，若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余，则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质，且其中任何两个数关于模m 不同余，则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系。定理1 设b a ,的最大公约数为d ，则存在整数y x ,，使得 yb xa d +=. 定理2 （1）若)(mod m b a i i ≡，1=i ，2，…，n ，)(mod 21m x x =，则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑；（2）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，m d |，则 )(mod d m d b d a ≡；（3）若)(mod m b a ≡，),(b a d =，且1),(=m d ，则)(mod m d b d a ≡；（4）若b a ≡（i m mod ），n i ,...,2,1=，M=[n m m m ,...,,21]，则b a ≡（M mod ）. 定理3 （1）1][][1+<≤<-x x x x ；（2）][][][y x y x +≥+；（3）设p 为素数，则在!n 质因数分解中，p 的指数为 ∑ ≥1 k k p n .