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2008-05-07 13:49:25
第三講 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,b>0,則存在兩個整數q,r,使得
a=bq+r(0≤r<b),
且q,r是唯一的。
特別地,如果r=0,那么a=bq。這時,a被b整除,記作b|a,也稱b是a的約數,a是b的倍數。
2.若a|c,b|c,且a,b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p1<p2<…<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:
d(n)=(a1+1)(a2+1)…(ak+1)。
5.整數集的離散性:n與n+1之間不再有其他整數。因此,不等式x<y與x≤y-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;
4.2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a3,a2,a1,a0,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
10(a3+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=1,a3=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+c>14,
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1,2,3,…,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:設a,b,c,d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=18(m-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+r,c=18c1+r,
其中a1,b1,c1是整數。于是
a+b+c=18(a1+b1+c1)+3r。
因為18|(a+b+c),所以18|3r,即6|r,推知r=0,6,12。因為1000=55×18+10,所以,從1,2,…,1000中可取6,24,42,…,996共56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5和49整除,并且包括1和N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5和72=49整除,故a3≥1,a4≥2,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+1≥2,a4+1≥3,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5和7,因為a4+1≥3>2,故由
�。�a3+1)(a4+1)=10
知,a3+1=5,a4+1=2是不可能的。因而a3+1=2,a4+1=5,即N=52-1×75-1=5×74=12005。
例5 如果N是1,2,3,…,1998,1999,2000的最小公倍數,那么N等于多少個2與1個奇數的積?
解:因為210=1024,211=2048>2000,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10個2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+z2≤10,
從而1≤x≤3,0≤y≤3,0≤z≤3。所求三位數必在以下數中:
100,101,102,103,110,111,112,
120,121,122,130,200,201,202,
211,212,220,221,300,301,310。
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=10,20,25,50;
N|1000,所以N=100,125,200,250,500;
�。�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。
例8 有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17>13,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 �、�1,7,9 �、�1,8,8
�、�2,5,10 �、�2,6,9 �、�2,7,8
�、�3,4,10 ⑧3,5,9 ⑨3,6,8
�、�3,7,7 (11)4,4,9 (12)4,5,8
(13)4,6,7 (14)5,5,7 (15)5,6,6
只有第⑧種情況可以滿足題目要求,即
3+5+5=13;3+3+9=15;5+9+9=23。
這3張牌的數字分別是3,5和9。
例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:90,91,92,93,94,95,96。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113與127之間共有12個都是合數的連續(xù)自然數:
114,115,116,117,118,119,120,
121,122,123,124,125,126。
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+13是12個連續(xù)整數,故只要m是2,3,…,13的公倍數,這12個連續(xù)整數就一定都是合數。
解法2:設m為2,3,4,…,13這12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+1是m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。
例10 將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:第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。
例11 有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=2a(a=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+m(m<2a)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+36,2×36=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1,2,3,…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1,3,
這是使用砝碼最少、稱重最大的砝碼重量設計方案。
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