超难奥数题之数论专题：穷举用技巧
穷举用技巧
【例1】
N是一个各位数字互不相等的自然数，它能被它的每个数字整除。N的最大值是。
【例2】
如果连续N个自然数，每个自然数的数字和都不是11的倍数，则称这连续的N个自然数为一条“龙”，n为这条龙的长度。比如1，2，3，…，28就是一条龙，它的长度是28。问：龙的长度最长可以为多少？写出一条最长的龙。
【例3】
黑板上写有1、2、3、……、100这100个自然数，甲、乙二人轮流每次每人划去一个数，直到剩下两个数为止。如剩下的两数互质则判甲胜，否则判乙胜。
⑴乙先划甲后划，谁有必胜策略？必胜策略是怎样的？
⑵甲先划乙后划，谁有必胜策略？必胜策略是怎样的？
【例4】
如果一个自然数的2004倍恰有2004个约数，这个自然数自己最少有多少个约数？
测试题
【例1】求所有能被30整除，且恰有30个不同约数的自然数。
【例2】在1到100中，恰好有6个约数的数有多少个？
答案：
【例1】【分析】
由于30235=??，从质数的观点看整除，如果自然数N 能被30整除，那么自然数N 至少含有三个质因数2，3，5。设：312235r r r N =???。自然数N 恰有30个不同的因数，根据约数的个数公式：12311130235r r r +?+?+?==??（）（）（）。注意
到235??是三个约数之积，由此可知自然数N 中质因数的个数恰好有3个。因此
123111235r r r +?+?+=??（）（）（），由此可知123r r r （，，）必是
124（， ， ）的一个排列。 综上所述，所求的自然数有：24235??，42235??，24235??，42235??，42235??，24235??。
【例2】【分析】
6只能表示为()51+或()()1121++，所以恰好有6个约数的数要么能表示成某个质数的5次方，要么表示为某个质数的平方再乘以另一个质数，100以内符合前者的只有32，符合后者的数枚举如下：
222222222222222232527211213217219223
8323537311
45253
2721???????????????种种种种 所以符合条件的自然数一共有1842116++++=(种)。
小学奥数数论专题
名校真题测试卷10 （数论篇一） 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） 1 21+ 202 2121 + 50513131313 21212121212121 =________。 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____。 (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1 21 + 2 21 + 5 21 + 13 21 =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、考点预测 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
奥数赠品数论50题
数论50题 1．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？【分析】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。 2．请用1，2，5，7，8，9这六个数字（每个数字至多用一次）来组成一个五位数，使得它能被75整除，并求出这样的五位数有几个？ 【分析】 75=3×25 若被3整除，则各位数字和是3的倍数，1+2+5+7+8+9=32 所以应该去掉一个被3除余2的，因此要么去掉2要么去掉8 先任给一个去掉8的，17925即满足要求 1）若去掉8 则末2位要么是25要么是75，前3位则任意排，有3！=6种排法 因此若去掉8则有2*6=12个满足要求的数 2）若去掉2 则末2位只能是75，前3位任意排，有6种排法 所以有6个满足要求 综上所述，满足要求的五位数有18个。 3．已知道六位数20□279是13的倍数，求□中的数字是几？ 【分析】根据被13整除的判别方法，用末三位减去前面的部分得到一个两位数，十位是7，个位是（9-□），它应该是13的倍数，因为13|78,所以9-□=8 □中的数字是1 4．某自然数，它可以表示成9个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自然数的和，那么符合以上条件的最小自然数是？（2005全国小学数学奥赛）【分析】可以表示成连续9个自然数的和说明该数能被9整除，可以表示成连续10个自然数的和说明该数能被5整除，可表示成连续11个自然数的和说明该数能被11整除 因此该数是[9,5,11]=495，因此符合条件的最小自然数是495。 111考了优秀，一次考试中，某班同学有考了良好，考了及格，剩下的人不及格，已知该5．723班同学的人数不超过50，求有多少人不及格？ 【分析】乍一看这应该是一个分数应用题，但实际上用到的却是数论的知识，由于人数必须是整数，所以该班同学的人数必须同时是2，3，7的倍数，也就是42的倍数，又因为人数不超过50，111--）×42=1人 1-所以只能是42人，因此不及格的人数为（7326．（1）从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除？ （2）从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？ （第14届迎春杯考题） 【分析】（1）3998/4=999….6所以1-3998中有996个能被4整除的
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
竞赛数学教程数论专题.doc
数论 数论素有“数学皇后”的美称。由于其形式简单，意义明确，所用知识不多而又富于技巧性，千姿百态，灵活多样。有人曾说：“用以发现数学天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。”因此在理念的国内外数学竞赛中，几乎都离不开数论问题，使之成为竞赛数学的一大重要内容。 1. 基本内容 竞赛数学中的数论问题主要有： （1）整除性问题； （2）数性的判断（如奇偶性、互质性、质数、合数、完全平方数等）； （3）余数问题； （4）整数的分解与分拆； （5）不定方程问题； （6）与高斯函数[]x有关的问题。 有关的基本知识： 关于奇数和偶数有如下性质： 奇数+奇数=偶数；奇数+偶数=奇数；偶数+偶数=偶数. 两个数之和是奇（偶）数，则这两个数的奇偶性相反（同）. 若干个整数之和为奇数，则这些数中必有奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则这些数中若有奇数，奇数的个数必为偶数个. 奇数g奇数=奇数；奇数g偶数=偶数；偶数g偶数=偶数. 若干个整数之积为奇数，则这些数必为奇数；若干个整数之积为偶数，则这些数中至少有一个偶数. 若a是整数，则a与a有相同的奇偶性；若a、b是整数，则a b -奇偶性 +与a b 相同。 关于整数的整除性： 设,, a b c是整数，则○1a a；○2若, a b b c，则a c；○3若, a b b c，则对任意整数,m n， +. 有a bm cn
若在等式11m n i i i i a b ===∑∑中，除某一项外，其余各项都能被c 整除，则这一项也能被c 整除. 若(,)1a b =，且a bc ，则a c .若(,)1a b =，且,a b b c ，则ab c . 设p 是素数，若p ab ，则p a 或p b . 关于同余： 若0(mod )a m ≡，则m a . (mod )a b m ≡?,a b 分别被m 除，余数相同. 同余具有反身性:(mod )a a m ≡、对称性:若(mod )a b m ≡，则(mod )b a m ≡、传递性：若,(mod )a b b c m ≡≡，则(mod )a c m ≡. 2. 方法评析 数论问题综合性强，以极少的知识就可生出无穷的变化。因此数论问题的方法多样，技巧性高，富于创造性和灵活性。在竞赛数学中，解决数论问题的常用方法有因式分解法、估值法、调整法、构造法、反证法、奇偶分析法等等。 2.1 因式（数）分解 例1 证明无穷数列10001，100010001，……中没有素数。 证明：设1 1000100011n n a =L 1442443个，则 4484(1)41011101010=101 n n n a --=++++-L 当n 为偶数，设2n k =， 888484101(10)1101=101101101 k k n a ---=---g 所以n a 为合数。 当n 为奇数，设2+1n k =， 42+1221221422101101101==101101101 k k k n a ++--+--+g （）（）（）
六年级奥数题及答案(高等难度)
六年级奥数题及答案：图形（高等难度） 1 图形：（高等难度） 如图，长方形ABCD中，E为的AD中点，AF与BE、BD 分别交于G、H，OE垂直AD于E，交AF于O，已知AH=5cm，HF=3cm，求AG． 图形答案：
2图形面积：（高等难度） 直角三角形ABC的两直角边AC=8cm，BC=6cm，以AC、B C为边向形外分别作正方形ACDE与BCFG，再以AB为边向上作正方形ABMN，其中N点落在DE上，BM交CF于点T．问： 图中阴影部分(与梯形BTFG)的总面积等于多少？ 图形面积答案：
3 应用题：（高等难度） 我国某城市煤气收费规定：每月用量在8立方米或8立方米以下都一律收6.9元，用量超过8立方米的除交6.9元外，超过部分每立方米按一定费用交费，某饭店1月份煤气费是82.26元，8月份煤气费是40.02元，又知道8月份煤 气用量相当于1月份的，那么超过8立方米后，每立方米煤气应收多少元？ 应用题答案：
4 乒乓球训练（逻辑）：（高等难度） 甲、乙、丙三人用擂台赛形式进行乒乓球训练，每局2人进行比赛，另1人当裁判．每一局的输方去当下一局的裁判，而由原来的裁判向胜者挑战．半天训练结束时，发现甲共打了15局，乙共打了21局，而丙共当裁判5局．那么整个训练中的第3局当裁判的是_______． 乒乓球训练（逻辑）答案： 本题是一道逻辑推理要求较高的试题．首先应该确定比
赛是在甲乙、乙丙、甲丙之间进行的．那么可以根据题目中三人打的总局数求出甲乙、乙丙、甲丙之间的比赛进行的局数． ⑴丙当了5局裁判，则甲乙进行了5局； ⑵甲一共打了15局，则甲丙之间进行了15-5=10局； ⑶乙一共打了21局，则乙丙之间进行了21-5=16局； 所以一共打的比赛是5+10+6=31局． 此时根据已知条件无法求得第三局的裁判．但是，由于每局都有胜负，所以任意连续两局之间不可能是同样的对手搭配，就是说不可能出现上一局是甲乙，接下来的一局还是甲乙的情况，必然被别的对阵隔开．而总共31局比赛中，乙丙就进行了16局，剩下的甲乙、甲丙共进行了15局，所以类似于植树问题，一定是开始和结尾的两局都是乙丙，中间被甲乙、甲丙隔开．所以可以知道第奇数局(第1、3、5、……局)的比赛是在乙丙之间进行的．那么，第三局的裁判应该是甲．
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）
竞赛数学中的初等数论(精华版)
《竞赛数学中的初等数论》 贾广素编著 2006-8-21
序 言 数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6道IMO 试题中有5道与数论有关。 数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。 初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于N r q N b a ∈?∈?,,,，满足r bq a +=，其中b r <≤0。 除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。 编者：贾广素 2006-8-21于山东济宁
第一节 整数的p 进位制及其应用 正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数，人们发明了进位制， 这是一种位值记数法。进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系，近几年来，国内与 国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现，比如处理数字问题、处理整除问题及处理 数列问题等等。在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。 基础知识 给定一个m 位的正整数A ，其各位上的数字分别记为021,,,a a a m m --，则此数可以简记为：021a a a A m m --=（其中01≠-m a ）。 由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的1-m 次多项式，即 012211101010a a a a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i 且 01≠-m a ，像这种10的多项式表示的数常常简记为10021)(a a a A m m --=。在我们的日常 生活中，通常将下标10省略不写，并且连括号也不用，记作021a a a A m m --=，以后我们 所讲述的数字，若没有指明记数式的基，我们都认为它是十进制的数字。但是随着计算机的 普及，整数的表示除了用十进制外，还常常用二进制、八进制甚至十六进制来表示。特别是 现代社会人们越来越显示出对二进制的兴趣，究其原因，主要是二进制只使用0与1这两种 数学符号，可以分别表示两种对立状态、或对立的性质、或对立的判断，所以二进制除了是 一种记数方法以外，它还是一种十分有效的数学工具，可以用来解决许多数学问题。 为了具备一般性，我们给出正整数A 的p 进制表示： 012211a p a p a p a A m m m m +?++?+?=---- ，其中1,,2,1},1,,2,1,0{-=-∈m i p a i 且 01≠-m a 。而m 仍然为十进制数字，简记为p m m a a a A )(021 --=。 典例分析 例1．将一个十进制数字2004（若没有指明，我们也认为是十进制的数字）转化成二进制与 八进制，并将其表示成多项式形式。 分析与解答 分析：用2作为除数（若化为p 进位制就以p 作为除数），除2004商1002，余数为0；再 用2作为除数，除1002商501余数为0；如此继续下去，起到商为0为止。所得的各次余 数按从左到右的顺序排列出来，便得到所化出的二进位制的数。 解：
小学奥数9. 数论综合(二).
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，所以被除数=2083-115=1968．
【强烈推荐】小学二年级下册最难数学题：解决“同样多”的应用题
二年级下册解决“同样多”的应用题 1、大花和小花的铅笔同样多，大花给小花几支铅笔之后，大花的铅笔比小花少10支？ 2、二（1）班和二（2）班均有48人，从二（1）班调4个男生到二（2）班后，二（1）班比二（2）班少几人？ 3、小敏和茵苗各有一些糖果，小敏吃了5块，茵苗又买来4块后，两人的糖果同样多，原来小敏比茵苗多几块糖果？ 4、有两篮子鸡蛋，从第一篮拿5个鸡蛋到第二篮后，第一篮还比第二篮多2个，第一篮原来比第二篮多几个？ 5、三个小朋友买馒头平分着吃，茵苗买8个，小敏买7个,小青没有买，小青一共给了茵苗、小敏3元钱，每个馒头多少钱？ 6、三个同学买练习本，茵苗买9本，小敏买5本，小青买1本，小青一共给茵苗和小敏1元5角钱，每本练习本多少钱？ 7、三个同学买铅笔平均分，茵苗买5支，小敏买7支，小青没买，小青一共要付2元钱，小青应付多少钱给小敏？ 8、二（1）班有30人，二（2）班有35人，新学期转来了15人，怎样分配才能使两班人数相同？ 9、书店有A、B两个书架，A书架放30本书，B书架放36本书，现在书店又进了14本书，怎样放才能使两个书架的书同样多？ 10、甲、乙两筐苹果，每次从甲筐拿2个到乙筐，拿了5次后，两筐的苹果同样多，甲筐原来比乙筐多几个苹果？ 11、小敏有48粒棋子，小青有40粒棋子，小敏每次拿2粒给小青，拿几次后，两人的棋子同样多？ 参考答案
1、设大花和小花原来有10支铅笔，依题意得： 10-（）+10=10+（） 10-（）=（） 括号里的数相同：10÷2=5（支） 2、48+4-（48-4）=4+4=8（人） 3、依题意得： 小敏-5=茵苗+4 小敏=茵苗+4+5 4+5=9（块） 4、1篮-5-2=2篮+5 1篮=2篮+5+5+2 5+5+2=12（个） 5、（8+7）÷3=5（个） 3元=30角 30÷5=6（角） 6、（9+5+1）÷3=5（本）1元5角=16角16÷(5-1)=4（角） 7、（5+7）÷3=4（支） 2元=20角20÷4=5（角） 7-4=3（支）3×5=15（角）15角=1元5角 或者：5-4=1（支）2元-5角=1元5角 8、30+35+15=80（人）80÷2=40（人）
高一年级竞赛数学数论专题讲义：10.中国剩余定理
高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理 1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,, ,k a a a ,一次同余方程组 (mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1k j j m m ==∏的意义下解101 (mod )k j j j j x x M M a m - =≡=∑唯一. 其中1,j j j m M M m -= 是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡ 2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡??≡??≡? . 3.设*,n N ∈证明：存在* ,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根. (请对比拉格朗日定理). 4.证明：对任意给定的正整数n ,均有连续n 个正整数,其中每一个都有大于1的平方因子.
5.证明：对任意正整数n ,存在n 个连续正整数,它们中每一个数都不是素数的幂. 6.证明：存在任意长的由不同正整数组成的等差数列,它的项都是正整数的幂,幂指数是大于1的整数. 7.设,m n 是自然数,满足对任意自然数,k (,111)(,111)m k n k -=-.证明存在某个整数l 使得11.l m n =
高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理解答 1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,, ,k a a a ,一次同余方程组 (mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1k j j m m ==∏的意义下解101 (mod )k j j j j x x M M a m - =≡=∑唯一. 其中1,j j j m M M m -= 是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡ 证明：因为(,)1,,i j m m i j =≠所以(,) 1.j j M m =由Bezout 定理知道存在整数,s t 使得 1.j j sM tm += 1(mod ).j j sM m ≡取1.j M s - =于是11(mod ).j j j M M m -≡另一方面,,j j m M m =所以|,.i j m M i j ≠ 于是111(mod )(1,2,,).k j j j i i i i i j M M a M M a a m i k --=≡≡=∑即11(mod )k j j j j x M M a m -=≡∑是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的解. 若00 ,x x '是是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的两个解. 则00 (mod ),(mod ).j j j j x a m x a m '≡≡于是00(mod ).j x x m '≡即00|j m x x '-.因为(,)1,.i j m m i j =≠ 所以00 |m x x '-,即00(mod ).x x m '≡ 所以中国剩余定理的得证. 2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡??≡??≡? . 解：7,8,9两两互素,则由中国剩余定理知道有唯一解. 123789504,72,63,56.M M M M =??==== 1722(mod 7),M =≡取114(mod 7).M -≡ 2631(mod8),M =≡-取12 1(mod8).M -≡- 3562(mod 9),M =≡取135(mod 9).M -≡
小学奥数专题之-数论专题典型结论汇总
数论专题典型结论汇总 整除 一、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； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被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. 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除. 5.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.） 二、整除性质 性质1 如果数a 和数b 都能被数c 整除，那么它们的和或差也能被c 整除．即如果c ︱a ， c ︱b ，那么c ︱(a ±b )． 性质2 如果数a 能被数b 整除，b 又能被数c 整除，那么a 也能被c 整除．即如果b ∣a ， c ∣b ，那么c ∣a ． 用同样的方法，我们还可以得出： 性质3 如果数a 能被数b 与数c 的积整除，那么a 也能被b 或c 整除．即如果bc ∣a ，那 么b ∣a ，c ∣a ． 性质4 如果数a 能被数b 整除，也能被数c 整除，且数b 和数c 互质，那么a 一定能被b 与c 的乘积整除．即如果b ∣a ，c ∣a ，且(b ，c )=1，那么bc ∣a ． 例如：如果3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4) ∣12． 性质5 如果数a 能被数b 整除，那么am 也能被bm 整除．如果 b ｜a ，那么bm ｜am （m 为 非0整数）； 性质6 如果数a 能被数b 整除，且数c 能被数d 整除，那么ac 也能被bd 整除．如果 b ｜ a ，且d ｜c ，那么bd ｜ac ； 质数合数 一、判断一个数是否为质数的方法 根据定义如果能够找到一个小于p 的质数q (均为整数)，使得q 能够整除p ，那么p 就不是质数，所以我们只要拿所有小于p 的质数去除p 就可以了；但是这样的计算量很大，对于不太大的p ，我们可以先找一个大于且接近p 的平方数2K ，再列出所有不大于K 的质数，用这些质数去除p ，如没有能够除尽的那么p 就为质数.例如：149很接近1441212=?，根据整除的性质149不能被2、3、5、7、11整除，所以149是质数. 二、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： 312123k a a a a k n p p p p =????
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-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
初中最难脑筋急转弯数学和答案
初中最难脑筋急转弯数学和答案 1. 在路上，它翻了一个跟斗，接着又翻了一次(猜4字成语)??答案：三翻两次 2. 有一位刻字先生，他挂出来的价格表是这样写的刻“隶书”4角;刻“仿微软雅黑”6角刻“你的名章”8角;刻“你爱人的名 章”1.2元。那么他刻字的单价是多少??答案：每个字两角 3. 将100颗绿豆和100颗黄豆混在一起又一分为二，需要几次才 能使A堆中黄豆和B堆中的绿豆相等呢??答案：一次 4. 3个人3天用3桶水，9个人9天用几桶水?答案：9捅 5. 三个孩子吃三个饼要用3分钟，九十个孩子九十个饼要用多少 时间?答案：三分钟 6. 猴子每分钟能掰一个玉米，在果园里，一只猴子5分钟能掰几 个玉米?答案：一个也没有掰到 7. 一个苹果减去一个苹果，猜一个字。答案：0 8. 从一写到一万，你会用多少时间?答案：最多5秒,10000 9. 怎样使用最简单的方法使X+I=IX等式成立?答案：1+X 10. 买一双高级女皮鞋要214元5角6分钱，请问买一只要多少钱?答案：一只不卖 11. 有三个小朋友在猜拳，，一个出剪刀，一个出石头，一个出布，请问三个人共有几根指头答案：六十 12. 浪费掉人的一生的三分之一时间的会是什么东西?答案：床 13. 一把11厘米长的尺子，可否只刻3个整数刻度，即可用于量 出1到11厘米之间的任何整数厘米长的物品长度?如果能够，问应刻 哪几个刻度?答案：能够刻度可位于2,7,8处.
14. 考试做判断题，小花掷骰子决定答案，但题目有20题，为什 么他却扔了40次?答案：他要验证一遍 15. 一个挂钟敲六下要30秒，敲12下要几秒?答案：66秒 16. 什么时候4-3=5?答案：算错时 17. 王大婶有三个儿子，这三个儿子又各有一个姐姐和妹妹，请 问王大婶共有几个孩子?答案：五个 18. 有二个空房间，一间房间有三盏灯，另一个房间有三个开关，每一个开关只能打开一盏灯，如果你只能够进每个房间一次，那你要 如何知道那个开关控制哪盏灯?答案：将一个开关打开五分钟，再开另 一个开关，到另一房间
高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题
竞赛中的数论问题的思考方法 一. 条件的增设 对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。 1. 大小顺序条件 与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x 1.图形：（高等难度） 如图，长方形ABCD中，E为的AD中点，AF与BE、BD分别交于G、H，OE垂直AD于E，交AF于O，已知AH=5cm，HF=3cm，求AG． 图形答案： 2.图形面积：（高等难度） 直角三角形ABC的两直角边AC=8cm，BC=6cm，以AC、BC为边向形外分别作正方形ACD E与BCFG，再以AB为边向上作正方形ABMN，其中N点落在DE上，BM交CF于点T．问：图中阴影部分(与梯形BTFG)的总面积等于多少？ 应用题：（高等难度） 3.我国某城市煤气收费规定：每月用量在8立方米或8立方米以下都一律收6.9元，用量超过8立方米的除交6.9元外，超过部分每立方米按一定费用交费，某饭店1月份煤气费 是82.26元，8月份煤气费是40.02元，又知道8月份煤气用量相当于1月份的，那么超 过8立方米后，每立方米煤气应收多少元 应用题答案： 4.乒乓球训练（逻辑）：（高等难度） 甲、乙、丙三人用擂台赛形式进行乒乓球训练，每局2人进行比赛，另1人当裁判．每一局的输方去当下一局的裁判，而由原来的裁判向胜者挑战．半天训练结束时，发现甲共打了15局，乙共打了21局，而丙共当裁判5局．那么整个训练中的第3局当裁判的是_____ __． 乒乓球训练（逻辑）答案： 本题是一道逻辑推理要求较高的试题．首先应该确定比赛是在甲乙、乙丙、甲丙之间进行的．那么可以根据题目中三人打的总局数求出甲乙、乙丙、甲丙之间的比赛进行的局数． ⑴丙当了5局裁判，则甲乙进行了5局； ⑵甲一共打了15局，则甲丙之间进行了15-5=10局； ⑶乙一共打了21局，则乙丙之间进行了21-5=16局； 所以一共打的比赛是5+10+6=31局． 此时根据已知条件无法求得第三局的裁判．但是，由于每局都有胜负，所以任意连续两局之间不可能是同样的对手搭配，就是说不可能出现上一局是甲乙，接下来的一局还是甲乙的情况，必然被别的对阵隔开．而总共31局比赛中，乙丙就进行了16局，剩下的甲乙、甲丙共进行了15局，所以类似于植树问题，一定是开始和结尾的两局都是乙丙，中间被甲乙、甲丙隔开．所以可以知道第奇数局(第1、3、5、……局)的比赛是在乙丙之间进行的．那么，第三局的裁判应该是甲． 5.奇偶性应用：（高等难度） 在圆周上有1987个珠子，给每一珠子染两次颜色，或两次全红，或两次全蓝，或一次红、一次蓝.最后统计有1987次染红，1987次染蓝.求证至少有一珠子被染上过红、蓝两种颜色 奇偶性应用答案： 假设没有一个珠子被染上过红、蓝两种颜色，即所有珠子都是两次染同色.设第一次染m个珠子为红色，第二次必然还仅染这m个珠子为红色.则染红色次数为2m次。 ∵2m≠1987（偶数≠奇数） ∴假设不成立。 ∴至少有一个珠子被染上红、蓝两种颜色。 6.整除问题：（高等难度） 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，求适合此条件的最小数 整除问题答案： 这是一道古算题.它早在《孙子算经》中记有："今有物不知其数，三三数之剩二，五五奥数题(高难度)