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第三講 數論的方法技巧之一

2008-05-07 13:49:25     

第三 數論的方法技巧之一

  數論是研究整數性質的一個數學分支,它歷史悠久,而且有著強大的生命力。數論問題敘述簡明,“很多數論問題可以從經驗中歸納出來,并且僅用三言兩語就能向一個行外人解釋清楚,但要證明它卻遠非易事”。因而有人說:“用以發(fā)現天才,在初等數學中再也沒有比數論更好的課程了。任何學生,如能把當今任何一本數論教材中的習題做出,就應當受到鼓勵,并勸他將來從事數學方面的工作�!彼栽趪鴥韧飧骷壐黝惖臄祵W競賽中,數論問題總是占有相當大的比重。

  小學數學競賽中的數論問題,常常涉及整數的整除性、帶余除法、奇數與偶數、質數與合數、約數與倍數、整數的分解與分拆。主要的結論有:

  1.帶余除法:若a,b是兩個整數,b0,則存在兩個整數q,r,使得

  a=bq+r0rb),

  且qr是唯一的。

  特別地,如果r=0,那么a=bq。這時,ab整除,記作b|a,也稱ba的約數,ab的倍數。

  2.若a|c,b|c,且ab互質,則ab|c。

  3.唯一分解定理:每一個大于1的自然數n都可以寫成質數的連乘積,即

  其中p1p2<…<pk為質數,a1,a2,…,ak為自然數,并且這種表示是唯一的。(1)式稱為n的質因數分解或標準分解。

  4.約數個數定理:設n的標準分解式為(1),則它的正約數個數為:

  dn=a1+1)(a2+1)…(ak+1)。

  5.整數集的離散性:nn+1之間不再有其他整數。因此,不等式xyxy-1是等價的。

  下面,我們將按解數論題的方法技巧來分類講解。

一、利用整數的各種表示法

  對于某些研究整數本身的特性的問題,若能合理地選擇整數的表示形式,則常常有助于問題的解決。這些常用的形式有:

  1.十進制表示形式:n=an10n+an-110n-1++a0

  2.帶余形式:a=bq+r;

  

  42的乘方與奇數之積式:n=2mt,其中t為奇數。

  例1 紅、黃、白和藍色卡片各1張,每張上寫有1個數字,小明將這4張卡片如下圖放置,使它們構成1個四位數,并計算這個四位數與它的各位數字之和的10倍的差。結果小明發(fā)現,無論白色卡片上是什么數字,計算結果都是1998。問:紅、黃、藍3張卡片上各是什么數字?

  解:設紅、黃、白、藍色卡片上的數字分別是a3a2,a1a0,則這個四位數可以寫成

  1000a3+100a2+10a1+a0,

  它的各位數字之和的10倍是

  10a3+a2+a1+a0=10a3+10a2+10a1+10a0

  這個四位數與它的各位數字之和的10倍的差是

  990a3+90a2-9a0=1998,

  110a3+10a2-a0=222。

  比較上式等號兩邊個位、十位和百位,可得

  a0=8,a2=1a3=2。

  所以紅色卡片上是2,黃色卡片上是1,藍色卡片上是8。

  解:依題意,得

 

  a+b+c14,

  說明:求解本題所用的基本知識是,正整數的十進制表示法和最簡單的不定方程。

  例3 從自然數12,3,…,1000中,最多可取出多少個數使得所取出的數中任意三個數之和能被18整除?

  解:ab,cd是所取出的數中的任意4個數,則

  a+b+c=18m,a+b+d=18n

  其中m,n是自然數。于是

  c-d=18m-n)。

  上式說明所取出的數中任意2個數之差是18的倍數,即所取出的每個數除以18所得的余數均相同。設這個余數為r,則

  a=18a1+r,b=18b1+rc=18c1+r

  其中a1,b1c1是整數。于是

  a+b+c=18a1+b1+c1+3r。

  因為18|a+b+c),所以18|3r,即6|r,推知r=06,12。因為1000=55×18+10,所以,從12,…,1000中可取624,42,…,99656個數,它們中的任意3個數之和能被18整除。

  例4 求自然數N,使得它能被549整除,并且包括1N在內,它共有10個約數。

  解:把數N寫成質因數乘積的形式

  由于N能被572=49整除,故a31,a42,其余的指數ak為自然數或零。依題意,有

 �。�a1+1)(a2+1)…(an+1=10。

  由于a3+12,a4+13,且10=2×5,故

  a1+1=a2+1=a5+1==an+1=1,

  即a1=a2=a5=an=0,N只能有2個不同的質因數57,因為a4+132,故由

 �。�a3+1)(a4+1=10

  知,a3+1=5,a4+1=2是不可能的。因而a3+1=2a4+1=5,即N=52-1×75-1=5×74=12005

  例5 如果N1,2,3,…,1998,1999,2000的最小公倍數,那么N等于多少個21個奇數的積?

  解:因為210=1024,211=20482000,每一個不大于2000的自然數表示為質因數相乘,其中2的個數不多于10個,而1024=210,所以,N等于102與某個奇數的積。

  說明:上述5例都是根據題目的自身特點,從選擇恰當的整數表示形式入手,使問題迎刃而解。

二、枚舉法

  枚舉法(也稱為窮舉法)是把討論的對象分成若干種情況(分類),然后對各種情況逐一討論,最終解決整個問題。

  運用枚舉法有時要進行恰當的分類,分類的原則是不重不漏。正確的分類有助于暴露問題的本質,降低問題的難度。數論中最常用的分類方法有按模的余數分類,按奇偶性分類及按數值的大小分類等。

  例6 求這樣的三位數,它除以11所得的余數等于它的三個數字的平方和。

  分析與解:三位數只有900個,可用枚舉法解決,枚舉時可先估計有關量的范圍,以縮小討論范圍,減少計算量。

  設這個三位數的百位、十位、個位的數字分別為x,y,z。由于任何數除以11所得余數都不大于10,所以

  x2+y2+z210,

  從而1x3,0y3,0z3。所求三位數必在以下數中:

  100,101102,103110,111,112,

  120,121,122,130,200,201,202

  211,212,220,221300,301,310。

  不難驗證只有100,101兩個數符合要求。

  例7 將自然數N接寫在任意一個自然數的右面(例如,將2接寫在35的右面得352),如果得到的新數都能被N整除,那么N稱為魔術數。問:小于2000的自然數中有多少個魔術數?

  

  對N為一位數、兩位數、三位數、四位數分別討論。

N|100,所以N=10,20,2550;

  

N|1000,所以N=100,125,200250,500

 �。�4)當N為四位數時,同理可得N=1000,1250,2000,2500,5000。符合條件的有1000,1250。

  綜上所述,魔術數的個數為14個。

  說明:(1)我們可以證明:k位魔術數一定是10k的約數,反之亦然。

      (2)這里將問題分成幾種情況去討論,對每一種情況都增加了一個前提條件,從而降低了問題的難度,使問題容易解決。

8 3張撲克牌,牌面數字都在10以內。把這3張牌洗好后,分別發(fā)給小明、小亮、小光3人。每個人把自己牌的數字記下后,再重新洗牌、發(fā)牌、記數,這樣反復幾次后,3人各自記錄的數字的和順次為13,15,23。問:這3張牌的數字分別是多少?

解:13+15+23=51,51=3×17。

  因為1713,摸17次是不可能的,所以摸了 3次, 3張撲克牌數字之和是17,可能的情況有下面15種:

 �、�1,6,10 �、�17,9 �、�18,8

 �、�25,10 �、�2,69 �、�2,78

 �、�34,10  ⑧3,5,9  3,6,8

 �、�37,7  (11)44,9 (12)45,8

  (13)4,6,7 (14)5,5,7 (15)56,6

  只有第⑧種情況可以滿足題目要求,即

  3+5+5=13;3+3+9=155+9+9=23。

  這3張牌的數字分別是359。

9 寫出12個都是合數的連續(xù)自然數。

  分析一:在尋找質數的過程中,我們可以看出100以內最多可以寫出7個連續(xù)的合數:90,9192,9394,9596。我們把篩選法繼續(xù)運用下去,把考查的范圍擴大一些就行了。

解法1:用篩選法可以求得在113127之間共有12個都是合數的連續(xù)自然數:

  114,115,116,117118,119120,

  121122,123124,125126。

  分析二:如果12個連續(xù)自然數中,第1個是2的倍數,第2個是3的倍數,第3個是4的倍數……第12個是13的倍數,那么這12個數就都是合數。

  又m+2,m+3,…,m+1312個連續(xù)整數,故只要m2,3,…,13的公倍數,這12個連續(xù)整數就一定都是合數。

解法2:設m2,3,4,…,1312個數的最小公倍數。m+2,m+3,m+4,…,m+13分別是2的倍數,3的倍數,4的倍數……13的倍數,因此12個數都是合數。

  說明:我們還可以寫出

  13!+2,13!+3,…,13+13

 �。ㄆ渲�n!=1×2×3×…×n)這12個連續(xù)合數來。

  同樣,

 �。�m+1)!+2,(m+1)!+3,…,(m+1)!+m+1m個連續(xù)的合數。

三、歸納法

  當我們要解決一個問題的時候,可以先分析這個問題的幾種簡單的、特殊的情況,從中發(fā)現并歸納出一般規(guī)律或作出某種猜想,從而找到解決問題的途徑。這種從特殊到一般的思維方法稱為歸納法。

10 100以內的質數從小到大排成一個數字串,依次完成以下5項工作叫做一次操作:

 �。�1)將左邊第一個數碼移到數字串的最右邊;

  (2)從左到右兩位一節(jié)組成若干個兩位數;

  (3)劃去這些兩位數中的合數;

  (4)所剩的兩位質數中有相同者,保留左邊的一個,其余劃去;

 �。�5)所余的兩位質數保持數碼次序又組成一個新的數字串。

  問:經過1999次操作,所得的數字串是什么?

解:1次操作得數字串711131131737;

  第2次操作得數字串11133173;

  第3次操作得數字串111731

  第4次操作得數字串1173;

  第5次操作得數字串1731

  第6次操作得數字串7311;

  第7次操作得數字串3117;

  第8次操作得數字串1173。

  不難看出,后面以4次為周期循環(huán),1999=4×499+3,所以第1999次操作所得數字串與第7次相同,是3117

11 100張的一摞卡片,玲玲拿著它們,從最上面的一張開始按如下的順序進行操作:把最上面的第一張卡片舍去,把下一張卡片放在這一摞卡片的最下面。再把原來的第三張卡片舍去,把下一張卡片放在最下面。反復這樣做,直到手中只剩下一張卡片,那么剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第幾張?

分析與解:可以從簡單的不失題目性質的問題入手,尋找規(guī)律。列表如下:

  設這一摞卡片的張數為N,觀察上表可知:

 �。�1)當N=2aa=0,1,2,3,…)時,剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的最后一張,即第2a張;

  (2)當N=2a+mm2a)時,剩下的這張卡片是原來那一摞卡片的第2m張。

  取N=100,因為100=26+362×36=72,所以剩下這張卡片是原來那一摞卡片的第72張。

  說明:此題實質上是著名的約瑟夫斯問題:

  傳說古代有一批人被蠻族俘虜了,敵人命令他們排成圓圈,編上號碼12,3,…然后把1號殺了,把3號殺了,總之每隔一個人殺一個人,最后剩下一個人,這個人就是約瑟夫斯。如果這批俘虜有111人,那么約瑟夫斯的號碼是多少?

  例12 要用天平稱出1克、2克、3克……40克這些不同的整數克重量,至少要用多少個砝碼?這些砝碼的重量分別是多少?

分析與解:一般天平兩邊都可放砝碼,我們從最簡單的情形開始研究。

 �。�1)稱重1克,只能用一個1克的砝碼,故1克的一個砝碼是必須的。

 �。�2)稱重2克,有3種方案:

 �、僭黾右粋€1克的砝碼;

  ②用一個2克的砝碼;

 �、塾靡粋€3克的砝碼,稱重時,把一個1克的砝碼放在稱重盤內,把3克的砝碼放在砝碼盤內。從數學角度看,就是利用3-1=2。

 �。�3)稱重3克,用上面的②③兩個方案,不用再增加砝碼,因此方案①淘汰。

 �。�4)稱重4克,用上面的方案③,不用再增加砝碼,因此方案②也被淘汰。總之,用1克、3克兩個砝碼就可以稱出(3+1)克以內的任意整數克重。

 �。�5)接著思索可以進行一次飛躍,稱重5克時可以利用

  9-3+1=5,

  即用一個9克重的砝碼放在砝碼盤內,1克、3克兩個砝碼放在稱重盤內。這樣,可以依次稱到1+3+9=13(克)以內的任意整數克重。

  而要稱14克時,按上述規(guī)律增加一個砝碼,其重為

  14+13=27(克),

  可以稱到1+3+9+27=40(克)以內的任意整數克重。

  總之,砝碼的重量為1,3,32,33克時,所用砝碼最少,稱重最大,這也是本題的答案。

  這個結論顯然可以推廣,當天平兩端都可放砝碼時,使用13,

  這是使用砝碼最少、稱重最大的砝碼重量設計方案。

來源:轉載www.jiajiao100.com 作者:dfss

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