1、的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page1 of 19知识框架一 质数与合数1基本概念一个数除了 1 和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数(也叫做素数).一个数除了 1 和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数.要特别记住：0 和 1 不是质数，也不是合数.考点： 值得注意的是很多题都会以质数 2 的特殊性为考点. 除了 2 和 5，其余质数个位数字只能是 1，3，7 或 9.这也是很多题解题思路，需要大家注意.2.部分特殊数字的分解； ； ； ； ；1371013412701731953719； ； ； .982278203. 判断一个数是否为质数的
2、方法数论模块综合复习教 师：学 生：上课时间：2013 年 月 日 : - :上课地点： 校区上课进度：第 讲的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page2 of 19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 ，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2K的那么 p 就为质数.例如：149 很接近 ，根据整除的性质 149 不能被 2、3
3、、5 、7、11 整除，所以 149 是质142数.二、约数与倍数11 求最大公约数的方法分解质因数法：先分解质因数，然后把相同的因数连乘起来例如： ， ，所以 ；23172537(231,5)721短除法：先找出所有共有的约数，然后相乘例如： ，所以 ；89632(,8)236辗转相除法：每一次都用除数和余数相除，能够整除的那个余数，就是所求的最大公约数用辗转相除法求两个数的最大公约数的步骤如下：先用小的一个数除大的一个数，得第一个余数；再用第一个余数除小的一个数，得第二个余数；又用第二个余数除第一个余数，得第三个余数；这样逐次用后一个余数去除前一个余数，直到余数是 0 为止那么，最后一个除
4、数就是所求的最大公约数(如果最后的除数是 1，那么原来的两个数是互质的) 例如，求 600 和 1515 的最大公约数： ； ； ；1562315 601285 3130； ；所以 1515 和 600 的最大公约数是 152853091 3021.2 求一组分数的最大公约数先把带分数化成假分数，其他分数不变；求出各个分数的分母的最小公倍数 a；求出各个分数的分子的最大公约数 b； 即为所求a2.1 求最小公倍数的方法的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page3 of 19分解质因数的方法；例如： ， ，所以 ；23172537231,53712短除法求最
5、小公倍数；例如： ，所以 ；21839618,2326 ,(,)ab2.2 求一组分数的最小公倍数方法步骤先将各个分数化为假分数；求出各个分数分子的最小公倍数 ；求出各个分数分母的最大公约数 ；ab即为所求例如： ba35,15,412()4注意：两个最简分数的最大公约数不能是整数，最小公倍数可以是整数.例如： 1,4,233.1 求任一整数约数的个数一个整数的约数的个数是在对其严格分解质因数后，将每个质因数的指数(次数) 加 1 后所得的乘积。如:1400 严格分解质因数之后为 ，所以它的约数有(3+1)(2+1) (1+1)=432=24 个。(包3257括 1 和 1400 本身 )约数
6、个数的计算公式是本讲的一个重点和难点，授课时应重点讲解，公式的推导过程是建立在开篇讲过的数字“唯一分解定理”形式基础之上，结合乘法原理推导出来的，不是很复杂，建议给学生推导并要求其掌握。难点在于公式的逆推，有相当一部分常考的偏难题型考察的就是对这个公式的逆用，即先告诉一个数有多少个约数，然后再结合其他几个条件将原数“ 还原构造” 出来，或者是“构造出可能的最值”。3.2 求任一整数的所有约数的和一个整数的所有约数的和是在对其严格分解质因数后，将它的每个质因数依次从 1 加至这个质因数的最高次幂求和，然后再将这些得到的和相乘，乘积便是这个合数的所有约数的和。如： ，所以 21000 所有约数的和
7、为321057的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page4 of 192323(1)(15)(17480此公式没有第一个公式常用，推导过程相对复杂，需要许多步提取公因式，建议帮助学生找规律性的记忆即可。三、余数问题三大余数定理：1.余数的加法定理a 与 b 的和除以 c 的余数，等于 a,b 分别除以 c 的余数之和，或这个和除以 c 的余数。例如：23，16 除以 5 的余数分别是 3 和 1，所以 23+16=39 除以 5 的余数等于 4，即两个余数的和 3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以 c 的余数。例如：23，19 除以
8、5 的余数分别是 3 和 4，所以 23+19=42 除以 5 的余数等于 3+4=7 除以 5 的余数，即 2.2.余数的乘法定理a 与 b 的乘积除以 c 的余数，等于 a,b 分别除以 c 的余数的积，或者这个积除以 c 所得的余数。例如：23，16 除以 5 的余数分别是 3 和 1，所以 2316 除以 5 的余数等于 31=3。当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以 c 的余数。例如：23，19 除以 5 的余数分别是 3 和 4，所以 2319 除以 5 的余数等于 34 除以 5 的余数，即 2.3.同余定理若两个整数 a、b 被自然数 m 除有相同的余数，那么称
9、a、b 对于模 m 同余，用式子表示为：ab ( mod m )，左边的式子叫做同余式。同余式读作：a 同余于 b，模 m。由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page5 of 19若两个数 a，b 除以同一个数 m 得到的余数相同，则 a，b 的差一定能被 m 整除用式子表示为：如果有 ab ( mod m )，那么一定有 abmk,k 是整数，即 m|(ab)中国剩余定理一个自然数分别除以 3，5 ，7 后，得到三个余数分别为 2，3 ，2.那么我们首先构造一个数字，使得这个数字除以 3 余 1，并且还是 5
10、 和 7 的公倍数。先由 ，即 5 和 7 的最小公倍数出发，先看 35 除以 3 余 2，不符合要求，那么就继续看 557和 7 的“ 下一个 ”倍数 是否可以，很显然 70 除以 3 余 1320类似的，我们再构造一个除以 5 余 1，同时又是 3 和 7 的公倍数的数字，显然 21 可以符合要求。最后再构造除以 7 余 1，同时又是 3，5 公倍数的数字，45 符合要求，那么所求的自然数可以这样计算：，其中 k 是从 1 开始的自然数。270312453,723,57kk也就是说满足上述关系的数有无穷多，如果根据实际情况对数的范围加以限制，那么我们就能找到所求的数。例如对上面的问题加上限
11、制条件“满足上面条件最小的自然数” ，那么我们可以计算 得到所求270312453,72如果加上限制条件“满足上面条件最小的三位自然数 ”,我们只要对最小的 23 加上3,5,7即可，即 23+105=128。四、位值原理位值原理的定义：同一个数字，由于它在所写的数里的位置不同，所表示的数值也不同。也就是说，每一个数字除了有自身的一个值外，还有一个“位置值” 。例如 “2”,写在个位上，就表示 2 个一，写在百位上，就表示 2 个百，这种数字和数位结合起来表示数的原则，称为写数的位值原理。位值原理的表达形式：以六位数为例： a100000+b10000+c1000+d100+e10+f。abc
12、def五、数的进制的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page6 of 19我们常用的进制为十进制，特点是“逢十进一” 。在实际生活中，除了十进制计数法外，还有其他的大于 1 的自然数进位制。比如二进制，八进制，十六进制等。二进制：在计算机中，所采用的计数法是二进制，即“逢二进一” 。因此，二进制中只用两个数字 0 和 1。二进制的计数单位分别是 1、2 1、2 2、2 3、，二进制数也可以写做展开式的形式，例如 100110 在二进制中表示为：(100110) 2=125+024+023+122+121+020。二进制的运算法则：“满二进一 ”、 “借一当
13、二” ，乘法口诀是：零零得零，一零得零，零一得零，一一得一。注意：对于任意自然数 n,我们有 n0=1。n 进制：n 进制的运算法则是“ 逢 n 进一，借一当 n”，n 进制的四则混合运算和十进制一样，先乘除，后加减；同级运算，先左后右；有括号时先计算括号内的。进制间的转换：如右图所示。十进制 二进制十六进制八进制六、完全平方数常用性质1.主要性质1.完全平方数的尾数只能是 0，1，4，5 ，6，9。不可能是 2，3，7，8 。2.在两个连续正整数的平方数之间不存在完全平方数。3.完全平方数的约数个数是奇数，约数的个数为奇数的自然数是完全平方数。的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数
14、论模块综合复习.教师版 Page7 of 194.若质数 p 整除完全平方数 ，则 p 能被 整除。2aa2.一些重要的推论1.任何偶数的平方一定能被 4 整除；任何奇数的平方被 4（或 8）除余 1.即被 4 除余 2 或 3 的数一定不是完全平方数。2.一个完全平方数被 3 除的余数是 0 或 1.即被 3 除余 2 的数一定不是完全平方数。3.自然数的平方末两位只有：00，01，21 ，41，61 ，81，04，24，44 ，64，84，25，09，29 ，49，69 ，89，16，36 ，56，76，96。4.完全平方数个位数字是奇数（1，5，9）时，其十位上的数字必为偶数。5.完全平
15、方数个位数字是偶数（0，4）时，其十位上的数字必为偶数。6.完全平方数的个位数字为 6 时，其十位数字必为奇数。7.凡个位数字是 5 但末两位数字不是 25 的自然数不是完全平方数；末尾只有奇数个“0”的自然数不是完全平方数；个位数字为 1，4，9 而十位数字为奇数的自然数不是完全平方数。3.重点公式回顾：平方差公式： 2()abab的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page8 of 19例题精讲【例 1】 两个质数之和为 ，求这两个质数的乘积是多少 .39【解析】 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 ，另一个是 ，乘积为 .我2374
16、们要善于抓住此类题的突破口。【 巩固巩固 】 如果 a，b 均为质数，且 ，则 _.3741abab【解析】 根据题意 a,b 中必然有一个偶质数 2， ，当 时， ，当 时不符合题意，所以52b.257【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. 【 解析解析 】 设这三个质数分别是 、 、 ，满足 ，则可知 、 、 中必有一个为 11，abc1abcc()abc不妨记为 ，那么 ，整理得( )( ) ，又 ，对应的1212634、 或 、 或 、 (舍去) ，所以这三个质数可能是 2，11 ，13 或2b3cb7c4b5c3，7，11.【 巩固巩固 】 三个质数的乘积
17、恰好等于它们的和的 7 倍，求这三个质数【 解析解析 】 设这三个质数分别是 、 、 ，满足 ，则可知 、 、 中必有一个为 7，不abc()abccabc妨记为 ，那么 ，整理得 ，又 ，对应的a7c1)818242、 9(舍去)或 3、 5，所以这三个质数可能是 3，5，7bbc【例 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，最大的可以是多少？【 解析解析 】 只知道三个自然数的和，不知道三个自然数具体是几，似乎无法求最大公约数只能从唯一的的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page9 of 19条件“它们的和是 1111”
18、入手分析三个数的和是 1111，它们的公约数一定是 1111 的约数因为 ，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101三个自然数都小于 1111，1111 不可能是三个自然数的公约数，而 101 是可能的，比如取三个数为 101，101 和 909所以所求数是 101【 巩固巩固 】 10 个非零不同自然数的和是 1001，则它们的最大公约数的最大值是多少？ 【 解析解析 】 设 M 为这 10 个非零不同自然数的最大公约数，那么这 10 个不同的自然数分别可以表示为：，其中1210,.,a1210(,.)a那么根据题意有： 1210(.)73因
19、为 10 个不同非零自然数的和最小为 55，所以 M 最大可以为 13【例 2】 数 360 的约数有多少个?这些约数的和是多少? 【 解析解析 】 360 分解质因数:360=222335= 5；360 的约数可以且只能是 ,(其中322a3b5ca,b,c 均是整数, 且 a 为 03,6 为 02,c 为 01)因为 a、b、c 的取值是相互独立的,由计数问题的乘法原理知, 约数的个数为 (3+1)(2+1)(1+1)=24我们先只改动关于质因数 3 的约数, 可以是 l,3, ,它们的和为(1+3+ ),所以所有 360 约数的和为 (1+3+ ) ；我们再来确定关于232323yw质
20、因数 2 的约数, 可以是 l,2, , ,它们的和为(1+2+ + )，所以所有 360 约数的和为(1+3+ )2 2(1+2+ + )5w；最后确定关于质因数 5 的约数, 可以是 1,5,它们的和为(1+5),所以所有 360的约数的和为(1+3+ )(1+2+ + )(1+5)于是,我们计算出值:13156=1170 所以,360223所有约数的和为 1170【 巩固巩固 】 已知 两个数都是只含质因数 3 和 5，它们的最大公约数是 75，已知 有 12 个约数， 有mn、 mn10 个约数，求 与 的和 【 巩固巩固 】 因为 ，如果设 ， ，那么 中较小的数是 1， 中较小的数
21、2753pqmxynpx、 qy、是 2由于一个数的约数的个数等于它分解质因数后每个质因数的次数加 1 的乘积所以， 又 ， ，由于 ，所以(1)pq(1)0xy126340252，那么 ， ，得到 ， 那么 ，得到 ，所以y5y2xyq3p， ， 32567m4387n=5n【例 3】 一个两位数有 6 个约数，且这个数最小的 3 个约数之和为 10，那么此数为几？ 【 解析解析 】 最小的三个约数中必然包括约数 1，除去 1 以外另外两个约数之和为 9，由于 9 是奇数，所以这两个约数的奇偶性一定是相反的，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
22、约数。于是 2 是这个数第二小的约数，而第三小的约数是 7，所以这个两位数是 14 的倍数，由于这个两位数的约数中不含 3、4、5、6，所以这个数只能是 14或 98，其中有 6 个约数的是 98的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page10 of 19【 巩固巩固 】 如果你写出 12 的所有约数，1 和 12 除外，你会发现最大的约数是最小约数的 3 倍现有一个整数 n，除掉它的约数 1 和 n 外，剩下的约数中，最大约数是最小约数的 15 倍，那么满足条件的整数 n 有哪些？ 【 解析解析 】 设整数 n 除掉约数 1 和 n 外，最小约数为 a，可
23、得最大约数为 ，那么15a则 3、5、a 都为 n 的约数因为 a 是 n 的除掉约数 1 外的最小约22153a数，那么 当 时， ；当 时， 所以满足条件的整a2160323数 n 有 60 和 135【例 4】 在 1 到 100 中，恰好有 6 个约数的数有多少个？ 【 解析解析 】 ，故 6 只能表示为 或 ，所以恰好有 6 个约数的数要么能表示6235121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：222222222737938331 457 1 个个个个所以符合条件的自然数一共有 个84216【 巩
24、固巩固 】 恰有 8 个约数的两位数有_个 【 解析解析 】 根据约数个数公式，先将 8 进行分解： ，所以恰有 8 个约数的数至多有812423 个不同的质因数，分解质因数后的形式可能为 ， ， 其中由于 ，7A13B1C7210所以 形式的没有符合条件的两位数； 形式中，B 不能超过 3，即可能为 2 或 3，有 、7A3 3、 、 、 ，共 5 个； 形式的有 、 、 、23532311C5、 ，共 5 个所以共有 个符合条件的数1 0【例 1】 用某自然数 去除 ，得到商是 46，余数是 ，求 和 a192rar【 解析解析 】 因为 是 的 倍还多 ,得到 ，得 ，所以 ，19246
25、r192463.192463143ar【巩固】甲、乙两数的和是 ，甲数除以乙数商 余 ，求甲、乙两数108132【 巩固巩固 】 (法 1)因为 甲 乙 ，所以 甲 乙 乙 乙 乙 ；3212308则乙 ，甲 乙 )080的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page11 of 19(法 2)将余数先去掉变成整除性问题，利用倍数关系来做：从 中减掉 以后， 就应当108321056是乙数的 倍，所以得到乙数 ，甲数 (1)105628【例 2】 一个自然数，除以 11 时所得到的商和余数是相等的，除以 9 时所得到的商是余数的 3 倍，这个自然数是_.【 解析
26、解析 】 设这个自然数除以 11 余 ，除以 9 余 ，则有 ，即a(01)b(0)19ab，只有 ， ，所以这个自然数为 。37ab73b12784【例 3】有一个大于 1 的整数，除 所得的余数相同，求这个数.45,910【解析】 这个题没有告诉我们，这三个数除以这个数的余数分别是多少，但是由于所得的余数相同，根据同余定理，我们可以得到：这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数 ， ， ， 的约数有 ，所以这个104569451(6,4)11,274数可能为 。2,7【 巩固巩固 】 有一个整数，除 39,51,147 所得的余数都是 3，求这个数.【解析】
27、(法 1) ， ， ，12 的约数是 ，因为余数为 3 要小3961473(6,14)21,2346,于除数，这个数是 ；,2(法 2)由于所得的余数相同，得到这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数 ， ， ，所以这个数是 513921473908(12,)4,612【例 4】一个三位数除以 17 和 19 都有余数，并且除以 17 后所得的商与余数的和等于它除以 19 后所得到的商与余数的和那么这样的三位数中最大数是多少，最小数是多少？【解析】 设这个三位数为 ，它除以 17 和 19 的商分别为 和 ，余数分别为 和 ，则s abmn的奥数解决方案 六年级
28、奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page12 of 19179sambn根据题意可知 ，所以 ，即 ，得 所以 是 9samsbn168ab9aa的倍数， 是 8 的倍数此时，由 知 b 9由于 为三位数，最小为 100，最大为 999，所以 ，而 ，s 107am16所以 ， ，得到 ，而 是 9 的倍数，所以179am1076am58a最小为 9，最大为 54当 时， ，而 ，所以 ，故此时 最大为 ；54a6na18n12s17542930当 时， ，由于 ，所以此时 最小为 919mms9所以这样的三位数中最大的是 930，最小的是 154【例 5】 与 的和除以 7
29、 的余数是_2032【解析】 找规律用 7 除 2， ， ， ， ， ， 的余数分别是342562，4，1 ，2，4，1，2，4 ，1，,2 的个数是 3 的倍数时，用 7 除的余数为 1；2 的个数是 3的倍数多 1 时，用 7 除的余数为 2；2 的个数是 3 的倍数多 2 时，用 7 除的余数为 4因为，所以 除以 7 余 4又两个数的积除以 7 的余数，与两个数分别除以 7 所得余203672203数的积相同而 2003 除以 7 余 1，所以 除以 7 余 1故 与 的和除以 7 的余数是2032032415【巩固】求 的余数2461350471【解析】 因为 ， ， ，根据同余定理
30、(三)， 2.83512.36047159.8的余数等于 的余数，而 ，8312，所以 的余数为 51927.52461350471的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page13 of 19【例 6】 被 除所得的余数是多少？3013【解析】 31 被 13 除所得的余数为 5，当 n 取 1，2 ，3， 时 被 13 除所得余数分别是 5n5，12，8，1 ， 5，12，8，1 以 4 为周期循环出现，所以 被 13 除的余数与 被 13 除的余 3025数相同，余 12，则 除以 13 的余数为 12；3030 被 13 除所得的余数是 4，当 n 取
31、 1，2，3， 时， 被 13 除所得的余数分别是 4n4，3，12，9， 10，1，4，3，12，9 ，10 ， 以 6 为周期循环出现，所以 被 13 除所得的 314余数等于 被 13 除所得的余数，即 4，故 除以 13 的余数为 4；1 310所以 被 13 除所得的余数是 302【例 7】一个大于 1 的数去除 290，235，200 时，得余数分别为 ， ， ，则这个自然数是多少？a25【解析】 根据题意可知，这个自然数去除 290，233，195 时，得到相同的余数（都为 ） a既然余数相同，我们可以利用余数定理，可知其中任意两数的差除以这个数肯定余 0那么这个自然数是 的约数
32、，又是 的约数，因此就是 57 和 38 的公约数,因为29035723195857 和 38 的公约数只有 19 和 1，而这个数大于 1，所以这个自然数是 19【例 1】某三位数 和它的反序数 的差被 99 除，商等于_与_的差；abccba【 解析解析 】 本题属于基础型题型。我们不妨设 abc。( - ）99=(100a+10b+c)-(100c+10b+a)99=(99a-99c)99=a-c ；【 巩固巩固 】 与 的差被 9 除，商等于_与_的差；ab【 解析解析 】 ( - ）9=(10a+b)-(10b+a)9=(9a-9b)9=a-b；的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数
33、论模块.数论模块综合复习.教师版 Page14 of 19【例 2】已知 .1370,abcdababcd求【 解析解析 】 原式：1111a111b11cd1370，所以 a1， 则 111b11cd13701111259，推知 b2；进而推知 c3， d=4 所以 =1234。【 巩固巩固 】 已知一个四位数加上它的各位数字之和后等于 2008，则所有这样的四位数之和为多少【 解析解析 】 设这样的四位数为 ，则 ，即 ，则abcd208abcd101208abcd或 21a若 ，则 ，得 ， ， ；0126323cd若 ，则 ，由于 ，所以107c197c，所以 ，故 为 9， ，则 为
34、偶数，且0789b8b1098c，故 ，由 为偶数知 ， ， ；192cc855abc所以，这样的四位数有 2003 和 1985 两个，其和为： 23【例 3】有一个两位数，如果把数码 3 加写在它的前面，则可得到一个三位数，如果把数码 3 加写在它的后面，则可得到一个三位数，如果在它前后各加写一个数码 3，则可得到一个四位数将这两个三位数和一个四位数相加等于 求原来的两位数60【 解析解析 】 设原来的两位数是 ，则得到的两个三位数分别为 和 ，四位数为 ，由题知ababab，即 ， ，故33ab130160ab219414【 巩固巩固 】 如果把数码 5 加写在某自然数的右端，则该数增加
35、 ，这里 A 表示一个看不清的数码，求1这个数和 A。【 解析解析 】 设这个数为 x，则 10x+5-x= ，化简得 9x= ，等号右边是 9 的倍数，试验可得1A06AA=1，x=1234。【例 4】 _；222(10)(10) ；2(） ） ） ） ；4710365 _；88888()()34)65)(74) 若 ，则 _10n的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page15 of 19【 解析解析 】 对于这种进位制计算，一般先将其转化成我们熟悉的十进制，再将结果转化成相应的进制： ；22210101010(10)()(5)(278)() 可转化成十
36、进制来计算：；221010102109392） ） ） ）如果对进制的知识较熟悉，可直接在二进制下对 进行除法计算，只是每次借位都(） ）是 2，可得 ；22222( 0） ） ） ） ） ） 本题涉及到 3 个不同的进位制，应统一到一个进制下统一到十进制比较适宜：；3247101010301)654)675)()( 十进制中，两个数的和是整十整百整千的话，我们称为“互补数” ，凑出“互补数”的这种方法叫“凑整法” ，在 进制中也有“凑整法” ，要凑的就是整 n n原式 88888(2)(1)(253)(4)()；631001若 ，则 ，经试验可得 4n5【例 5】 将二进制数(11010.1
37、1)2 化为十进制数为多少？【 解析解析 】 根据二进制与十进制之间的转化方法，(11010.11)2 =124+123+022+121+020+12-1+12-2=16+8+0+2+0+0.5+0.25=26.75。此处老师在讲解的时候可以适当的拓宽，各种进制之间小数部分的转化方法。【 巩固巩固 】 二进制数 10101011110011010101101 转化为 8 进制数是多少？【 解析解析 】 根据二进制与八进制之间的转化方法推导出二八对照表：八进制数 0 1 2 3 4 5 6 7二进制数 000 001 010 011 100 101 110 111从后往前取三合一进行求解，可以得
38、知(10101011110011010101101)2=(25363255)8。【例 6】 试求(2 -1)除以 992 的余数是多少? 206【 解析解析 】 我们通过左式的短除法，或者直接运用通过 2 次幂来表达为 2 进制：(992) =(1111100000)2，(2 -1)2= 我们知道在 2 进制中 一定能整10 2062061.个 5021个 个 或 以 上除 (1111100000)2，于是我们注意到 ，502k个 1个 或 以 上的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page16 of 19所以 = 因为 能整除(1111100000)2，所
39、以21.06个 602110个 个 602120个 个余数为(111111)2=2 +24+23+22+21+1=63，所以原式的余数为 63。5【 巩固巩固 】 计算 除以 26 的余数203(1)【 解析解析 】 题中有 3 的次幂，令人联想到将题中的数转化成 3 进制下的数再进行计算，而 ，20332020.()个个 26()所以， 33(1)6(个由于 整除 ， ，所以 余 3(67 3320()(2个 3()8所以 除以 26 的余数为 820(1)【附加思考题】设 是质数，证明： ， ， 被 除所得的余21n212n1数各不相同【例 1】 是 的平方12345671(2345675
40、4321)【 解析解析 】 ， ， 2167原式 2()7【 巩固巩固 】 下面是一个算式： ，这个算式的得12312435123456数能否是某个数的平方？【 解析解析 】 判断一个数是否是某个数的平方，首先要观察它的个位数是多少平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9 ，而 2，3，7，8 不可能是平方数的个位数这个算式的前二项之和为 3，中间二项之和的个位数为 0，后面二项中每项都有因子 2 和 5，个位数一定是 0，因此，这个 0 算式得数的个位数是 3，不可能是某个数的平方【例 2】1016 与正整数 a 的乘积是一个完全平方数，则 a 的最小值是_【 解析解析 】 先将 1016
41、 分解质因数： ，由于 是一个完全平方数，所以至少为 ，3106271064217的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page17 of 19故 a 最小为 21754【 巩固巩固 】 已知 恰是自然数 b 的平方数，a 的最小值是 。3528a【 解析解析 】 ，要使 是某个自然数的平方，必须使 各个不同质因数的个数为偶273583528a数，由于其中质因子 3 和 7 各有 2 个，质因子 2 有 3 个，所以 为 2 可以使 是完全平方358a数，故 至少为 2【例 3】已知自然数 n 满足： 除以 n 得到一个完全平方数，则 n 的最小值是 。12!
42、【 解析解析 】 先将 分解质因数： ，由于 除以 得到一个完全平方数，那么这个12!10523712!完全平方数是 的约数，那么最大可以为 ，0435所以 最小为 1042!本题也可以这样想，既然 除以 得到一个完全平方数， 的质因数分解式中 3，7，11 的幂!n12!次是奇数，所以 的最小值是 n371【 巩固巩固 】 考虑下列 32 个数： ， ， ， ，请你去掉其中的一个数，使得其余各数的乘积为1!23!2!一个完全平方数，划去的那个数是 【 解析解析 】 设这 32 个数的乘积为 A 2221!23!()(!)4(31!)A ，2 6()43! 所以，只要划去 这个数，即可使得其余
43、各数的乘积为一个完全平方数6另外，由于 ，而 16 也是完全平方数，所以划去 也满足题意!15! 15【例 4】证明：形如 11，111，1111，11111，的数中没有完全平方数。【 解析解析 】 由于奇数的平方是奇数，偶数的平方为偶数，而奇数的平方除以 4 余 1，偶数的平方能被 4 整除现在这些数都是奇数，它们除以 4 的余数都是 3，所以不可能为完全平方数【例 5】称能表示成 的形式的自然数为三角数有一个四位数 ，它既是三角数，又是完123k N全平方数则 N【 解析解析 】 依题有 ，即 因为 与 是两个连续自然数，其中必有一2a 2(1)ak1个奇数，有奇数 又由相邻自然数互质知，
44、 “奇数” 与“ ”也互质，于是奇相 邻 偶 数 2相 邻 偶 数数 ， ( )，而 为四位数，有 ，即 ，又2m2n相 邻 偶 数 mn239a39mn的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page18 of 19与 相邻，有 2mn712m当 时， ，相邻偶数为 50 时， 满足条件，这时 ，即72495n22(75)1a；15N当 时， ，相邻偶数为 80 和 82 都不满足条件；928当 时， ，相邻偶数为 120 和 122 都不满足条件1所以， 【 巩固巩固 】 自然数的平方按大小排成 1，4，9，16，25，36，49，问：第 612 个位置的数
45、字是几？【 解析解析 】 1 到 3 的平方是一位数，占去 3 个位置；4 到 9 的平方是二位数，占去 12 个位置；10 到 31 的平方是三位数，占去 66 个位置；32 到 99 的平方是四位数，占去 272 个位置；将 1 到 99 的平方排成一行，就占去 353 个位置，从 612 减去 353，还有 259 个位置从 100 到 300 的平方都是五位数，因此，第 612 个位置一定是其中某个数的平方中的一个数字因为 ，即从 100 起到 150，共 51 个数，它们的平方都是五位数，要占去 255 个2594位置，而 ，它的第 4 个数字是 0，所以第 612 个位置的数字是 012701的奥数解决方案 六年级奥数杯赛冲刺.数论模块.数论模块综合复习.教师版 Page19 of 19教学反馈课堂反馈：作业情况：家长意见及建议：家长签字：
