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江苏省南京市书人教育五年级数学竞赛训练100题,江苏省南京市,江苏省南京市江宁区,江苏省南京市白下区,江苏省南京市邮编,江苏省南京市浦口区,江苏省南京市栖霞区,江苏省南京市下关区,江苏省南京市鼓楼区,江苏省南京市建邺区
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江苏省南京市书人教育五年级数学竞赛训练100题
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28华罗庚学校数学课本5 五年级
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数学奥数基础教程(小学五年级)目30讲全
数学奥数基础教程(小学五年级)目30讲全
小学奥数基础教程(五年级)第1讲数字迷（一）第2讲 数字谜(二)第3讲 定义新运算(一)第4讲 定义新运算(二)第5讲 数的整除性(一)第6讲 数的整除性(二)第7讲 奇偶性（一）第8讲 奇偶性（二）第9讲 奇偶性（三）第10讲 质数与合数第11讲 分解质因数第12讲 最大公约数与最小公倍数（一）第13讲最大公约数与最小公倍数（二）第14讲 余数问题第15讲 孙子问题与逐步约束法第16讲 巧算24第17讲 位置原则第18讲 最大最小第19讲 图形的分割与拼接第20讲 多边形的面积第21讲 用等量代换求面积第22 用割补法求面积第23讲 列方程解应用题第24讲 行程问题（一）第25讲 行程问题（二）第26讲 行程问题（三）第27讲 逻辑问题（一）第28讲 逻辑问题（二）第29讲 抽屉原理(一)第30讲 抽屉原理(二)第1讲 数字谜（一）数字谜的内容在三年级和四年级都讲过，同学们已经掌握了不少方法。例如用猜想、拼凑、排除、枚举等方法解题。数字谜涉及的知识多，思考性强，所以很能锻炼我们的思维。 这两讲除了复习巩固学过的知识外，还要讲述数字谜的代数解法及小数的除法竖式问题。例1 把 ，-，×，÷四个运算符号，分别填入下面等式的○内，使等小学奥数基础教程（五年级） 式成立（每个运算符号只准使用一次）：（5○13○7）○（17○9）=12。 分析与解：因为运算结果是整数，在四则运算中只有除法运算可能出现分数，所以应首先确定“÷”的位置。 当“÷”在第一个○内时，因为除数是13，要想得到整数，只有第二个括号内是13的倍数，此时只有下面一种填法，不合题意。 （5÷13-7）×（17 9）。 当“÷”在第二或第四个○内时，运算结果不可能是整数。当“÷”在第三个○内时，可得下面的填法：（5 13×7）÷（17-9）=12。例2 将1～9这九个数字分别填入下式中的□中，使等式成立：□□□×□□=□□×□□=5568。 解：将5568质因数分解为×29。由此容易知道，将 5568分解为两个两位数的乘积有两种：58×96和64×87，分解为一个两位数与一个三位数的乘积有六种：12×464，16×348， 24×232， 29×192， 32×174， 48×116。 显然，符合题意的只有下面一种填法：174×32=58×96=5568。 例3 在443后面添上一个三位数，使得到的六位数能被573整除。 分析与解：先用443000除以573，通过所得的余数，可以求出应添的三位数。由3=77371推知， 443000 （573-71）=443502一定能被573整除，所以应添502。 例4 已知六位数33□□44是89的倍数，求这个六位数。分析与解：因为未知的数码在中间，所以我们采用两边做除法的方法求解。先从右边做除法。由被除数的个位是4，推知商的个位是6；由左下式知，十位相减后的差是1，所以商的十位是9。这时，虽然89×96=8544，但不能认为六位数中间的两个□内是85，因为还没有考虑前面两位数。- 1 -再从左边做除法。如右上式所示，a可能是6或7，所以b只可能是7或8。由左、右两边做除法的商，得到商是。由844， 744 知，商是3796，所求六位数是337844。例5 在左下方的加法竖式中，不同的字母代表不同的数字，相同的字母代表相同的数字，请你用适当的数字代替字母，使加法竖式成立。分析与解：先看竖式的个位。由Y N N=Y或Y 10，推知N要么是0，要么是5。如果N=5，那么要向上进位，由竖式的十位加法有T E E 1=T或T 10，等号两边的奇偶性不同，所以N≠5，N=0。此时，由竖式的十位加法T E E=T或T 10， E不是0就是5，但是N=0，所以E=5。竖式千位、万位的字母与加数的千位、万位上的字母不同，说明百位、千位加法都要向上进位。因为N=0，所以I≠0，推知I=1，O=9，说明百位加法向千位进2。再看竖式的百位加法。因为十位加法向百位进1，百位加法向千位进2，且X≠0或1，所以R T T 1≥22，再由R，T都不等于9知，T只能是7或8。若T=7，则R=8，X=3，这时只剩下数字2，4，6没有用过，而S只比F大1，S，F不可能是2，4，6中的数，矛盾。若T=8，则R只能取6或7。R=6时，X=3，这时只剩下2，4，7，同上理由，出现矛盾；R=7时，X=4，剩下数字2，3，6，可取F=2，S=3，Y=6。 所求竖式见上页右式。解这类题目，往往要找准突破口，还要整体综合研究，不能想一步填一个数。这个题目是美国数学月刊上刊登的趣题，竖式中从上到下的四个词分别是 40， 10， 10， 60，而 40 10 10正好是60，真是巧极了！ 例6 在左下方的减法算式中，每个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字。请你填上适当的数字，使竖式成立。分析与解：按减法竖式分析，看来比较难。同学们都知道，加、减法互为逆运算，是否可以把减法变成加法来研究呢（见右上式）？不妨试试看。因为百位加法只能向千位进1，所以E=9，A=1，B=0。如果个位加法不向上进位，那么由十位加法1 F=10，得F=9，与E=9矛盾，所以个位加法向上进1，由1 F 1=10，得到F=8，这时C=7。余下的数字有2，3，4，5，6，由个位加法知，G比D大2，所以G，D分别可取4，2或5，3或6，4。 所求竖式是解这道题启发我们，如果做题时遇到麻烦，不妨根据数学的有关概念、法则、定律把原题加以变换，将不熟悉的问题变为熟悉的问题。另外，做题时要考虑解的情况，是否有多个解。 练习11.在一个四位数的末尾添零后，把所得的数减去原有的四位数，差是621819，求原来的四位数。 2.在下列竖式中，不同的字母代表不同的数字，相同的字母代表相同的数字。请你用适当的数字代替字母，使竖式成立：小学奥数基础教程（五年级）- 2 -3.在下面的算式中填上括号，使 求竖式。得计算结果最大：1÷2÷3÷4÷5÷6 例3 左下方的除法竖式中只有一÷7÷8÷9。个8，请在□内填入适当的数字，使除 4.在下面的算式中填上若干个法竖式成立。（ ），使得等式成立：1÷2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9=2.8。5.将1～9分别填入下式的□中，使等式成立：□□×□□=□□×□□□=3634。6.六位数391□□□是789的倍数，求这个六位数。7.已知六位数7□□888是83的 解：竖式中除数与8的积是三位倍数，求这个六位数。数，而与商的百位和个位的积都是四 第2讲 数字谜（二）位这一讲主要讲数字谜的代数解法及小数的除法竖式问题。例1 在下面的算式中，不同的字母代表不同的数字，相同的字母代表相数，所以x=112，被除数为989×分析与解：这道题可以从个位开始，112=110768。右上式为所求竖式。比较等式两边的数，逐个确定各个代数解法虽然简洁，但只适用于一些特殊情况，大多数情况还要用传统的方法。例4 在□内填入适当数字，使下页左上方的小数除法竖式成立。 分析与解：先将小数除法竖式化 为我们较熟悉的整数除法竖式（见下（100000 x）×3=10x 1， 页右上方竖式）。可以看出，除数与x=10x 1， 商的后三位数的乘积是的7x=299999， 倍数，即除数和商的后三位数一个是x=4的倍数，另一个是53=125的奇数 这种代数方法干净利落，比用传倍，因为除数是两位数，所以除数是8统方法解简洁。我们再看几个例子。的倍数。又由竖式特点知a=9，从而除 例2 在□内填入适当的数字，使数应是96左下方的乘法竖式成立。的两位数的约数，可能的取值有96，48，32，24和16。因为，c=5，5与除数的乘积仍是两位数，所以除数只能是16，进而推知b=6。因为商的后三位数是125的奇数倍，只能是125，375，625和875之一，经试验只能取375。至此，已求出除数为16，商为6.375，故被除数为6.375×16=102。右式即为所求竖式。求解此类小数除法竖式题，应先将其化为整数除法竖式，如果被除数的末尾出现n个0，则在除数和商中，一个含有因子2n（不含因子5），另一个含有因子5n（不含因子2），以此为突破口即可求解。例5 一个五位数被一个一位数除得到下页的竖式（1），这个五位数被另一个一位数除得到下页的竖式（2），求这个五位数。分析与解：由竖式（1）可以看出被除数为10**0（见竖式（1）'），竖式（1）的除数为3或9。在竖式（2）中，被除数的前两位数10不能被整数整除，故除数不是2或5，而被除数的后两位数*0能被除数整除，所以除数是4，6或8。当竖式（1）的除数为3时，由竖式（1）'知， a=1或2，所以被除数为100*0或101*0，再由竖式（2）中被除数的前三位数和后两位数分别能被除数整除，可得竖式（2）的除数为4，被除数为10020；小学奥数基础教程（五年级）当竖式（1）的除数为9时，由能被9整除的数的特征，被除数的百位与十位数字之和应为8。因为竖式（2）的除数只能是4，6，8，由竖式（2）知被除数的百位数为偶数，故被除数只有1，1四种可能，最后由竖式（2）中被除数的前三位数和后两位数分别能被除数整除，且十位数不能被除数整除，可得竖式（2）的除数为8，被除数为10440。所以这个五位数是1。 练习21.下面各算式中，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的2.用代数方法求解下列竖式：3.在□内填入适当的数字，使下列小数除法竖式成立：第3讲 定义新运算（一） 我们已经学习过加、减、乘、除运算，这些运算，即四则运算是数学中最基本的运算，它们的意义、符号及运算律已被同学们熟知。除此之外，还会有什么别的运算吗？这两讲我们就来研究这个问题。这些新的运算及其符号，在中、小学课本中没有统一的定义及运算符号，但学习讨论这些- 3 -新运算，对于开拓思路及今后的学习都大有益处。例1 对于任意数a，b，定义运算“*”： a*b=a×b-a-b。求12*4的值。分析与解：根据题目定义的运算要求，直接代入后用四则运算即可。 12*4=12×4-12-4=48-12-4=32。根据以上的规定，求10△6 的值。3，x>=2，求x的值。分析与解：按照定义的运算， =2，x=6。由上面三例看出，定义新运算通常是用某些特殊符号表示特定的运算意义。新运算使用的符号应避免使用课本上明确定义或已经约定俗成的符号，如，-，×，÷，＜，＞等，以防止发生混淆，而表示新运算的运算意义部分，应使用通常的四则运算符号。如例1中，a*b=a×b-a-b，新运算符号使用“*”，而等号右边新运算的意义则用四则运算来表示。小学奥数基础教程（五年级）分析与解：按新运算的定义，符 分析与解：1！=1， 号“⊙”表示求两个数的平均数。2！=1×2=2，3！=1×2×3=6， 4！=1×2×3×4=24，5！=1×2×3×4×5=120， 6！=1×2×3×4×5×6=720，四则运算中的意义相同，即先进 行小括号中的运算，再进行小括号外 由此可推知，从5！开始，以后6！，面的运算。7！，8！，?，100！的末位数字都是0。所以，要求1！ 2！ 3！ ? 100！的个位数字，只要把1！至4！的个位数字相加便可求得：1 26 4=13。所求的个位数字是3。例7 如果m，n表示两个数，那么规定：m¤n=4n-（m n）÷2。 求3¤（4¤6）¤12的值。按通常的规则从左至右进行运算。解：3¤（4¤6）¤12=3¤[4×6-（4 6）÷2]¤12=3¤19¤12=[4×19-（319）÷2]¤12 =65¤12=4×12-（6512）÷2 =9.5。练习31.对于任意的两个数a和b，规定 a*b=3×a-b÷3。求8*9的值。 2.已知ab表示a除以3的余数再乘以b，求134的值。3.已知ab表示（a-b）÷（a b），分析与解：从已知的三式来看，试计算：（53）（106）。运算“”表示几个数相加，每个加4.规定a◎b表示a与b的积与a除以数各数位上的数都是符号前面的那个b所得的商的和，求8◎2的值。 数，而符号后面的数是几，就表示几 5.假定m◇n表示m的3倍减去n个数之和，其中第1个数是1位数，的2倍，即 m◇n=3m-2n。第2个数是2位数，第3个数是3位数按此规定，得 35=3 33 333 =37035。（2）已知x◇（4◇1）=7，求x的值。从例5知，有时新运算的规定不是很明显，需要先找规律，然后才能进行运算。例6 对于任意自然数，定义：n！=1×2×? ×n。例如 4！=1×2×3×4。那么1！2！ 3！ ? 100！的个位数字是几？- 4 -7.对于任意的两个数P， Q，规定 P☆Q=（P×Q）÷4。例如：2☆8=（2×8）÷4。已知x☆（8☆5）=10，求x的值。8.定义： a△b=ab-3b，ab=4a-b/a。计算：（4△3）△（2b）。9.已知： 23=2×3×4，45=4×5×6×7×8，求（44）÷（33）的值。第4讲 定义新运算（二）例1 已知a※b=（a b）-（a-b），求9※2的值。分析与解：这是一道很简单的题，把a=9，b=2代入新运算式，即可算出结果。但是，根据四则运算的法则，我们可以先把新运算“※”化简，再求结果。a※b=（ab）-（a-b） =a b-a b=2b。 所以，9※2=2×2=4。 由例1可知，如果定义的新运算是用四则混合运算表示，那么在符合四则混合运算的性质、法则的前提下，不妨先化简表示式。这样，可以既减少运算量，又提高运算的准确度。 例2 定义运算：a⊙b=3a 5ab kb，其中a，b为任意两个数，k为常数。比如：2⊙7=3×2 5×2×7 7k。 （1）已知5⊙2=73。问：8⊙5与5⊙8的值相等吗？（2）当k取什么值时，对于任何不同的数a，b，都有a⊙b=b⊙a， 即新运算“⊙”符合交换律？ 分析与解：（1）首先应当确定新运算中的常数k。因为5⊙2=3×5 5×5×2 k×2 =65 2k，所以由已知 5⊙2=73，得65 2k=73，求得k=（73-65）÷2=4。定义的新运算是：a⊙b=3a 5ab 4b。 8⊙5=3×8 5×8×5 4×5=244，5⊙8=3×5 5×5×8 4×8=247。 因为244≠247，所以8⊙5≠5⊙8。（2）要使a⊙b=b⊙a，由新运算的定义，有3a 5ab kb=3b 5ab ka，3a kb-3b-ka=0， 3×(a-b)-k(a-b)=0， (3-k)(a-b)=0。对于两个任意数a，b，要使上式成立，必有3-k=0，即k=3。 当新运算是a⊙b=3a5ab 3b时，具有交换律，即 a⊙b=b⊙a。 例3 对两个自然数a和b，它们的最小公倍数与最大公约数的差，定义为a☆b，即a☆b=[a，b]-（a，b）。 比如，10和14的最小公倍数是70，最大公约数是2，那么10☆14=70-2=68。（1）求12☆21的值；（2）已知6☆x=27，求x的值。分析与解：（1）12☆21=[12，21]-（12，21）=84-3=81；（2）因为定义的新运算“☆”没有四则运算表达式，所以不能直接把数代入表达式求x，只能用推理的方法。因为6☆x=[6，x]-（6，x）=27，而6与x的最大公约数（6，x）只能是1，2，3，6。所以6与x的最小公倍数[6，x]只能是28， 29， 30， 33。这四个数中只有 30是 6的倍数，所以 6与x的最小公倍数和最大公约数分别是30和3。因为a×b=[a，b]×（a，b），所以6×x=30×3，由此求得x=15。转90°，b表示顺时针旋转180°，c表示逆时针旋转90°，d表示不转。定义运算“◎”表示“接着做”。求：a◎b；b◎c；c◎a。分析与解： a◎b表示先顺时针转90°，再顺时针转180°，等于顺时针转270°，也等于逆时针转90°，所以a◎b=c。b◎c表示先顺时针转180°，再逆时针转90°，等于顺时针转90°，所以b◎c=a。c◎a表示先逆时针转90°，再顺时针转90°，等于没转动，所以c◎a=d。小学奥数基础教程（五年级）对于a，b，c，d四种运动，可以做一个关于“◎”的运算表（见下表）。比如c◎b，由c所在的行和b所在的列，交叉处a就是c◎b的结果。因为运算◎符合交换律，所以由c所在的列和b所在的行也可得到相同的结果。例5 对任意的数a，b，定义：f（a）=2a 1， g（b）=b×b。 （1）求f（5）-g（3）的值； （2）求f（g（2）） g（f（2））的值；（3）已知f（x 1）=21，求x的值。解：（1）f（5）-g（3）=（2×5 1）-（3×3）=2；（2）f（g（2）） g（f（2））=f（2×2）g（2×2 1） =f（4） g（5）=（2×4 1） （5×5）=34；（3）f（x 1）=2×（x 1） 1=2x 3， 由f（x 1）=21，知2x 3=21，解得x=9。练习42.定义两种运算“※”和“△”如下：a※b表示a，b两数中较小的数的3倍，a△b表示a，b两数中较大的数的2.5倍。比如：4※5=4×3=12，4△5=5×2.5=12.5。计算：[(0.6※0.5) (0.3△0.8)]÷[(1.2※0.7)-(0.64△0.2)]。- 5 -4.设m，n是任意的自然数，A是常数，定义运算m⊙n=（A×m-n）÷4， 并且2⊙3=0.75。试确定常数A，并计算：（5⊙7）×（2⊙2）÷（3⊙2）。5.用a，b，c表示一个等边三角形围绕它的中心在同一平面内所作的旋转运动：a表示顺时针旋转240°， b表示顺时针旋转120°， c表示不旋转。运算“∨”表示“接着做”。试以a，b，c为运算对象做运算表。6.对任意两个不同的自然数a和b，较大的数除以较小的数，余数记为ab。比如73=1，529=4，420=0。（1）计算：，（519）19，5（195）；（2）已知11x=4，x小于20，求x的值。7.对于任意的自然数a，b，定义：f（a）=a×a-1，g（b）=b÷2 1。 （1）求f（g（6））-g（f（3））的值；（2）已知f（g（x））=8，求x的值。第5讲 数的整除性（一）三、四年级已经学习了能被2，3，5和4，8，9，6以及11整除的数的特征，也学习了一些整除的性质。这两讲我们系统地复习一下数的整除性质，并利用这些性质解答一些问题。 数的整除性质主要有： （1）如果甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除，那么甲数能被丙数整除。（2）如果两个数都能被一个自然数整除，那么这两个数的和与差都能被这个自然数整除。（3）如果一个数能分别被几个两两互质的自然数整除，那么这个数能被这几个两两互质的自然数的乘积整除。（4）如果一个质数能整除两个自然数的乘积，那么这个质数至少能整除这两个自然数中的一个。 （5）几个数相乘，如果其中一个因数能被某数整除，那么乘积也能被这个数整除。灵活运用以上整除性质，能解决许多有关整除的问题。例1 在□里填上适当的数字，使得七位数□7358□□能分别被9，25和8整除。分析与解：分别由能被9，25和8整除的数的特征，很难推断出这个七位数。因为9，25，8两两互质，由整除的性质（3）知，七位数能被 9×25×8=1800整除，所以七位数的个位，十位都是0；再由能被9整除的数的特征，推知首位数应填4。这个七位数是4735800。例2 由2000个1组成的数111?11能否被41和271这两个质数整除？ 分析与解：因为41×271=11111，所以由每5个1组成的数11111能被41和271整除。按“11111”把2000个1每五位分成一节， ，就有400节，因为2000个1组成的数11?11能被11111整除，而11111能被41和271整除，所以根据整除的性质（1）可知，由2000个1组成的数111?11能被41和271整除。例3 现有四个数：7，7。能不能从中找出两个数，使它们的乘积能被12整除？ 分析与解：根据有关整除的性质，先把12分成两数之积：12=12×1=6×2=3×4。要从已知的四个数中找出两个，使其积能被12整除，有以下三种情况： （1）找出一个数能被12整除，这个数与其它三个数中的任何一个的乘积都能被12整除；小学奥数基础教程（五年级）（2）找出一个数能被6整除，另一个数能被2整除，那么它们的积就能被12整除；（3）找出一个数能被4整除，另一个数能被3整除，那么它们的积能被12整除。容易判断，这四个数都不能被12整除，所以第（1）种情况不存在。 对于第（2）种情况，四个数中能被6整除的只有76554，而7是偶数，所以可以选7，7。对于第（3）种情况，四个数中只有76552能被4整除，7都能被3整除，所以可以选7，7。综合以上分析，去掉相同的，可知两个数的乘积能被12整除的有以下三组数：7， 7， 76551和 76552。例4 在所有五位数中，各位数字之和等于43且能够被11整除的数有哪些？分析与解：从题设的条件分析，对所求五位数有两个要求：①各数位上的数字之和等于43； ②能被11整除。因为能被11整除的五位数很多，而各数位上的数字之和等于43的五位数较少，所以应选择①为突破口。有两种情况：（1）五位数由一个7和四个9组成； （2）五位数由两个8和三个9组成。 上面两种情况中的五位数能不能被11整除？9，8，7如何摆放呢？根据被11整除的数的特征，如果奇数位数字之和是27，偶数位数字之和是16，那么差是11，就能被11整除。满足这些要求的五位数是： 9， 98989。例5 能不能将从1到10的各数排成一行，使得任意相邻的两个数之和都能被3整除？分析与解：10个数排成一行的方法很多，逐一试验显然行不通。我们采用反证法。假设题目的要求能实现。那么由题意，从前到后每两个数一组共有5- 6 -组，每组的两数之和都能被3整除，推知1～10的和也应能被3整除。实际上，1～10的和等于55，不能被3整除。这个矛盾说明假设不成立，所以题目的要求不能实现。练习51.已知都是29的倍数，是不是29的倍数？2.如果两个数的和是64，这两个数的积可以整除4875，那么这两个数的差是多少？3.173□是个四位数。数学老师说：“我在这个□中先后填入3个数字，所得到的 3个四位数，依次可以被9，11，6整除。”问：数学老师先后填入的3个数字之和是多少？班有多少名学生？6.能不能将从1到9的各数排成一行，使得任意相邻的两个数之和都能被3整除？第6讲 数的整除性（二） 我们先看一个特殊的数——1001。因为×13，所以凡是1001的整数倍的数都能被7，11和13整除。能被7，11和13整除的数的特征： 如果数A的末三位数字所表示的数与末三位数以前的数字所表示的数小学奥数基础教程（五年级）之差（大数减小数）能被7或11或13整除，那么数A能被7或11或13整除。否则，数A就不能被7或11或13整除。例2 判断306371能否被7整除？能否被13整除？解：因为371-306=65，65是13 因为上式中等号左边的数与等号的倍数，不是7的倍数，所以306371右边第一个数都能被7整除，所以等能被13整除，不能被7整除。号右边第二个数也能被7整除，推知 例3 已知10□8971能被13整除，55□99能被7整除。根据能被7整除求□中的数。的数的特征，□99-55=□44也应能被 解：10□8-971= □7整除。由□44能被7整除，易知□0=37 □0。内应是6。上式的个位数是7，若是13的倍 下面再告诉大家两个判断整除性数，则必是13的9倍，由13×9-37=80，的小窍门。推知□中的数是8。判断一个数能否被27或37整除的方法：对于任何一个自然数，从个位开始，每三位为一节将其分成若干节，然后将每一节上的数连加，如果所得的和能被27（或37）整除，那么这个数一定能被27（或37）整除；否则，2位数进行改写。根据十进制数的意这个数就不能被27（或37）整除。 义，有例6 判断下列各数能否被27或 37整除：（1）2673135；（2）。因为各数位上数字之 解：（1），673，135，和是3，能够被3整除，所以这个122 。位数能被3整除。因为810能被27整除，不能被37 根据能被7（或13）整除的数的整除，所以2673135能被27整除，不特征，与（=）能被37整除。100009要么都能被7（或13）整除， （2）=8，990，615，要么都不能被7（或13）整除。 496，8 990 615 496=2，109。同理， 100009与（ 100-9=）91 2，109大于三位数，可以再对2，要么都能被7（或13）整除，要么都109的各节求和，2 109=111。 不能被7（或13）整除。因为111能被37整除，不能被27 因为91=7×13，所以整除，所以2109能被37整除，不能能被7和13整除，推知这个12位数被27整除，进一步推知能被7和13整除。 能被37整除，不能被27整除。由上例看出，若各节的数之和大于三位数，则可以再连续对和的各节求和。判断一个数能否被个位是9的数整除的方法：为了叙述方便，将个位是9的数分析与解：根据能被7整除的数记为 k9（= 10k 9），其中k为自然的特征，9999都能被7数。- 7 -对于任意一个自然数，去掉这个数的个位数后，再加上个位数的（k1）倍。连续进行这一变换。如果最终所得的结果等于k9，那么这个数能被k9整除；否则，这个数就不能被k9整除。例7 （1）判断18937能否被29整除；（2）判断289能否被59整除。解：（1）上述变换可以表示为：由此可知，296416能被59整除，37289不能被59整除。一般地，每进行一次变换，被判断的数的位数就将减少一位。当被判断的数变换到小于除数时，即可停止变换，得出不能整除的结论。 练习61.下列各数哪些能被7整除？哪些能被13整除？88205， 167128， 250894， 5696， 796842， 805532， .六位数175□62是13的倍数。□中的数字是几？7.九位数能被21整除，求中间□中的数。8.在下列各数中，哪些能被27整除？哪些能被37整除？1861026， 1884924， 2175683， .在下列各数中，哪些能被19整除？哪些能被79整除？55119， 55537， 62899， 7，81717。第7讲 奇偶性（一）整数按照能不能被2整除，可以分为两类：（1）能被2整除的自然数叫偶数，例如0， 2，4， 6， 8， 10， 12， 14， 16，?（2）不能被2整除的自然数叫奇数，例如1，3，5，7，9，11，13，15，17，? 整数由小到大排列，奇、偶数是交替出现的。相邻两个整数大小相差1，所以肯定是一奇一偶。因为偶数能被2整除，所以偶数可以表示为2n的形式，其中n为整数；因为奇数不能被2整除，所以奇数可以表示为2n 1的形式，其中n为整数。每一个整数不是奇数就是偶数，这个属性叫做这个数的奇偶性。奇偶数有如下一些重要性质：（1）两个奇偶性相同的数的和（或差）一定是偶数；两个奇偶性不同的数的和（或差）一定是奇数。反过来，两个数的和（或差）是偶数，这两个数奇偶性相同；两个数的和（或差）是奇数，这两个数肯定是一奇一偶。 （2）奇数个奇数的和（或差）是奇数；偶数个奇数的和（或差）是偶数。任意多个偶数的和（或差）是偶数。 （3）两个奇数的乘积是奇数，一个奇数与一个偶数的乘积一定是偶数。 （4）若干个数相乘，如果其中有一个因数是偶数，那么积必是偶数；如果所有因数都是奇数，那么积就是奇数。反过来，如果若干个数的积是偶数，那么因数中至少有一个是偶数；如果若干个数的积是奇数，那么所有的因数都是奇数。小学奥数基础教程（五年级）（5）在能整除的情况下，偶数除以奇数得偶数；偶数除以偶数可能得偶数，也可能得奇数。奇数肯定不能被偶数整除。（6）偶数的平方能被4整除；奇数的平方除以4的余数是1。因为（2n）2=4n2=4×n2，所以（2n）2能被4整除；因为（2n 1）2=4n2 4n 1=4×（n2 n）1，所以（2n 1）2除以4余1。 （7）相邻两个自然数的乘积必是偶数，其和必是奇数。（8）如果一个整数有奇数个约数（包括1和这个数本身），那么这个数一定是平方数；如果一个整数有偶数个约数，那么这个数一定不是平方数。整数的奇偶性能解决许多与奇偶性有关的问题。有些问题表面看来似乎与奇偶性一点关系也没有，例如染色问题、覆盖问题、棋类问题等，但只要想办法编上号码，成为整数问题，便可利用整数的奇偶性加以解决。 例1下式的和是奇数还是偶数？ 1 2 3 4 ? 。分析与解：本题当然可以先求出算式的和，再来判断这个和的奇偶性。但如果能不计算，直接分析判断出和的奇偶性，那么解法将更加简洁。根据奇偶数的性质（2），和的奇偶性只与加数中奇数的个数有关，与加数中的偶数无关。1～1998中共有999个奇数，999是奇数，奇数个奇数之和是奇数。所以，本题要求的和是奇数。 例2 能否在下式的□中填上“ ”或“-”，使得等式成立？1□2□3□4□5□6□7□8□9=66。 分析与解：等号左端共有9个数参加加、减运算，其中有5个奇数，4个偶数。5个奇数的和或差仍是奇数，4个偶数的和或差仍是偶数，因为“奇数 偶数=奇数”，所以题目的要求做不到。例3 任意给出一个五位数，将组成这个五位数的5个数码的顺序任意改变，得到一个新的五位数。那么，这两个五位数的和能不能等于99999？- 8 -分析与解：假设这两个五位数的和等于99999，则有下式：其中组成两个加数的5个数码完全相同。因为两个个位数相加，和不会大于 9 9=18，竖式中和的个位数是9，所以个位相加没有向上进位，即两个个位数之和等于9。同理，十位、百位、千位、万位数字的和也都等于9。所以组成两个加数的10个数码之和等于 9 9 9 9 9=45，是奇数。 另一方面，因为组成两个加数的5个数码完全相同，所以组成两个加数的10个数码之和，等于组成第一个加数的5个数码之和的2倍，是偶数。 奇数≠偶数，矛盾的产生在于假设这两个五位数的和等于99999，所以假设不成立，即这两个数的和不能等于99999。例4 在一次校友聚会上，久别重逢的老同学互相频频握手。请问：握过奇数次手的人数是奇数还是偶数？请说明理由。分析与解：通常握手是两人的事。甲、乙两人握手，对于甲是握手1次，对于乙也是握手1次，两人握手次数的和是2。所以一群人握手，不论人数是奇数还是偶数，握手的总次数一定是偶数。把聚会的人分成两类：A类是握手次数是偶数的人，B类是握手次数是奇数的人。A类中每人握手的次数都是偶数，所以A类人握手的总次数也是偶数。又因为所有人握手的总次数也是偶数，偶数-偶数=偶数，所以B类人握手的总次数也是偶数。握奇数次手的那部分人即B类人的人数是奇数还是偶数呢？如果是奇数，那么因为“奇数个奇数之和是奇数”，所以得到B类人握手的总次数是奇数，与前面得到的结论矛盾，所以B类人即握过奇数次手的人数是偶数。例5 五（2）班部分学生参加镇里举办的数学竞赛，每张试卷有50道试题。评分标准是：答对一道给3分，不答的题，每道给1分，答错一道扣1分。试问：这部分学生得分的总和能不能确定是奇数还是偶数？ 分析与解：本题要求出这部分学生的总成绩是不可能的，所以应从每个人得分的情况入手分析。因为每道题无论答对、不答或答错，得分或扣分都是奇数，共有50道题，50个奇数相加减，结果是偶数，所以每个人的得分都是偶数。因为任意个偶数之和是偶数，所以这部分学生的总分必是偶数。 练习71.能否从四个3、三个5、两个7中选出5个数，使这5个数的和等于22？2.任意交换一个三位数的数字，得一个新的三位数，一位同学将原三位数与新的三位数相加，和是999。这位同学的计算有没有错？3.甲、乙两人做游戏。任意指定七个整数（允许有相同数），甲将这七个整数以任意的顺序填在下图第一行的方格内，乙将这七个整数以任意的顺序填在图中的第二行方格里，然后计算出所有同一列的两个数的差（大数减小数），再将这七个差相乘。游戏规则是：若积是偶数，则甲胜；若积是奇数，则乙胜。请说明谁将获胜。4.某班学生毕业后相约彼此通信，每两人间的通信量相等，即甲给乙写几封信，乙也要给甲写几封信。问：写了奇数封信的毕业生人数是奇数还是偶数？5.A市举办五年级小学生“春晖杯”数学竞赛，竞赛题30道，记分方法是：底分15分，每答对一道加5分，不答的题，每道加1分，答错一道扣1分。如果有333名学生参赛，那么他们的总得分是奇数还是偶数？ 6.把下图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。是否有可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？试讲出理由。小学奥数基础教程（五年级）7.红星影院有1999个座位，上、下午各放映一场电影。有两所学校各有1999名学生包场看这两场电影，那么一定有这样的座位，上、下午在这个座位上坐的是两所不同学校的学生，为什么？第8讲 奇偶性（二）例1用0～9这十个数码组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是奇数，那么这五个两位数的和最大是多少？分析与解：有时题目的要求比较多，可先考虑满足部分要求，然后再调整，使最后结果达到全部要求。 这道题的几个要求中，满足“和最大”是最容易的。暂时不考虑这五个数的和是奇数的要求。 要使组成的五个两位数的和最大，应该把十个数码中最大的五个分别放在十位上，即十位上放5，6，7，8，9，而个位上放0，1，2，3，4。根据奇数的定义，这样组成的五个两位数中，有两个是奇数，即个位是1和3的两个两位数。要满足这五个两位数的和是奇数，根据奇、偶数相加减的运算规律，这五个数中应有奇数个奇数。现有两个奇数，即个位数是1，3的两位数。所以五个数的和是偶数，不合要求，必须调整。调整的方法是交换十位与个位上的数字。要使五个数有奇数个奇数，并且五个数的和尽可能最大，只要将个位和十位上的一个奇数与一个偶数交换，并且交换的两个的数码之差尽可能小，由此得到交换5与4的位置。满足题设要求的五个两位数的十位上的数码是4，6，7，8，9，个位上的数码是0，1，2，3，5，所求这五个数的和是（4 6 7 8 9）×10 （0 1 2 3 5）=351。例2 7只杯子全部杯口朝上放在桌子上，每次翻转其中的2只杯子。- 9 -能否经过若干次翻转，使得7只杯子全部杯口朝下？分析与解：盲目的试验，可能总也找不到要领。如果我们分析一下每次翻转后杯口朝上的杯子数的奇偶性，就会发现问题所在。一开始杯口朝上的杯子有7只，是奇数；第一次翻转后，杯口朝上的变为5只，仍是奇数；再继续翻转，因为只能翻转两只杯子，即只有两只杯子改变了上、下方向，所以杯口朝上的杯子数仍是奇数。类似的分析可以得到，无论翻转多少次，杯口朝上的杯子数永远是奇数，不可能是偶数0。也就是说，不可能使7只杯子全部杯口朝下。 例3 有m（m≥2）只杯子全部口朝下放在桌子上，每次翻转其中的（m-1）只杯子。经过若干次翻转，能使杯口全部朝上吗？分析与解：当m是奇数时，（m-1）是偶数。由例2的分析知，如果每次翻转偶数只杯子，那么无论经过多少次翻转，杯口朝上（下）的杯子数的奇偶性不会改变。一开始m只杯子全部杯口朝下，即杯口朝下的杯子数是奇数，每次翻转（m-1）即偶数只杯子。无论翻转多少次，杯口朝下的杯子数永远是奇数，不可能全部朝上。 当m是偶数时，（m-1）是奇数。为了直观，我们先从m= 4的情形入手观察，在下表中用∪表示杯口朝上，∩表示杯口朝下，每次翻转3只杯子，保持不动的杯子用*号标记。翻转情况如下：由上表看出，只要翻转4次，并且依次保持第1，2，3，4只杯子不动，就可达到要求。一般来说，对于一只杯子，要改变它的初始状态，需要翻奇数次。对于m只杯子，当m是偶数时，因为（m-1）是奇数，所以每只杯子翻转（m-1）次，就可使全部杯子改变状态。要做到这一点，只需要翻转m次，并且依次保持第1，2，?，m只杯子不动，这样在m次翻转中，每只杯子都有一次没有翻转，即都翻转了（m-1）次。综上所述：m只杯子放在桌子上，每次翻转（m-1）只。当m是奇数时，无论翻转多少次，m只杯子不可能全部改变初始状态；当m是偶数时，翻转m次，可以使m只杯子全部改变初始状态。例4 一本论文集编入15篇文章，这些文章排版后的页数分别是1，2，3，?，15页。如果将这些文章按某种次序装订成册，并统一编上页码，那么每篇文章的第一面是奇数页码的最多有几篇？分析与解：可以先研究排版一本书，各篇文章页数是奇数或偶数时的规律。一篇有奇数页的文章，它的第一面和最后一面所在的页码的奇偶性是相同的，即排版奇数页的文章，第一面是奇数页码，最后一面也是奇数页码，而接下去的另一篇文章的第一面是排在偶数页码上。一篇有偶数页的文章，它的第一面和最后一面所在的页码的奇偶性是相异的，即排版偶数页的文章，第一面是奇（偶）数页码，最后一面应是偶（奇）数页码，而紧接的另一篇文章的第一面又是排在奇（偶）数页码上。以上说明本题的解答主要是根据奇偶特点来处理。题目要求第一面排在奇数页码的文章尽量多。首先考虑有偶数页的文章，只要这样的第一篇文章的第一面排在奇数页码上（如第1页），那么接着每一篇有偶数页的文章都会是第一面排在奇数页码上，共有7篇这样的文章。然后考虑有奇数页的文章，第一篇的第一面排在奇数页码上，第二篇的第一面就会排在偶数页码上，第三篇的第一面排在奇数页码上，如此等等。在8篇奇数页的文章中，有4篇的第一面排在奇数页码上。因此最多有7 4=11（篇）文章的第一面排在奇数页码上。例5 有大、小两个盒子，其中大盒内装1001枚白棋子和1000枚同样大小的黑棋子，小盒内装有足够多的小学奥数基础教程（五年级）黑棋子。阿花每次从大盒内随意摸出两枚棋子，若摸出的两枚棋子同色，则从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内；若摸出的两枚棋子异色，则把其中白棋子放回大盒内。问：从大盒内摸了1999次棋子后，大盒内还剩几枚棋子？它们都是什么颜色？ 分析与解：大盒内装有黑、白棋子共01（枚）。 因为每次都是摸出2枚棋子放回1枚棋子，所以每摸一次少1枚棋子，摸了1999次后，还剩（枚）棋子。从大盒内每次摸2枚棋子有以下两种情况：（1）所摸到的两枚棋子是同颜色的。此时从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内。当所摸两枚棋子同是黑色，这时大盒内少了一枚黑棋子；当所摸两枚棋子同是白色，这时大盒内多了一枚黑棋子。（2）所摸到的两枚棋子是不同颜色的，即一黑一白。这时要把拿出的白棋子放回到大盒，大盒内少了一枚黑棋子。综合（1）（2），每摸一次，大盒内的黑棋子总数不是少一枚就是多一枚，即改变了黑棋子数的奇偶性。原来大盒内有1000枚即偶数枚黑棋子，摸了1999次，即改变了1999次奇偶性后，还剩奇数枚黑棋子。因为大盒内只剩下2枚棋子，所以最后剩下的两枚棋子是一黑一白。例6 一串数排成一行：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，? 到这串数的第1000个数为止，共有多少个偶数？分析与解：首先分析这串数的组成规律和奇偶数情况。1 1=2，2 3=5，3 5=8， 5 8=13，?这串数的规律是，从第三项起，每一个数等于前两个数的和。根据奇偶数的加法性质，可以得出这串数的奇偶性：奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，容易看出，这串数是按“奇，奇，偶”每三个数为一组周期变化的。- 10 -1，这串数的前1000个数有333组又1个数，每组的三个数中有1个偶数，并且是第3个数，所以这串数到第1000个数时，共有333个偶数。 练习81.在11，111，，?这些数中，任何一个数都不会是某一个自然数的平方。这样说对吗？ 2.一本书由17个故事组成，各个故事的篇幅分别是1，2，3，?，17页。这17个故事有各种编排法，但无论怎样编排，故事正文都从第1页开始，以后每一个故事都从新一页码开始。如果要求安排在奇数页码开始的故事尽量少，那么最少有多少个故事是从奇数页码开始的？3.桌子上放着6只杯子，其中3只杯口朝上，3只杯口朝下。如果每次翻转5只杯子，那么至少翻转多少次，才能使6只杯子都杯口朝上？ 4.70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边的两个数的和，这一行数的最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，?问：最右边的一个数是奇数还是偶数？5.学校组织运动会，小明领回自己的运动员号码后，小玲问他：“今天发放的运动员号码加起来是奇数还是偶数？”小明说：“除开我的号码，把今天发的其它号码加起来，再减去我的号码，恰好是100。”今天发放的运动员号码加起来，到底是奇数还是偶数？6.在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成所剩两数之和，这样继续操作下去，最后得到88，66，99。问：原来写的三个整数能否是1，3，5？ 7.将888件礼品分给若干个小朋友。问：分到奇数件礼品的小朋友是奇数还是偶数？ 第9讲 奇偶性（三）利用奇、偶数的性质，上两讲已经解决了许多有关奇偶性的问题。本讲将继续利用奇偶性研究一些表面上似乎与奇偶性无关的问题。例1 在7×7的正方形的方格表中，以左上角与右下角所连对角线为轴对称地放置棋子，要求每个方格中放/b-20da938fbceb19e8b8f6ba13.html不多于1枚棋子，且每行正好放3枚棋子，则在这条对角线上的格子里至少放有一枚棋子，这是为什么？ 分析与解：题目说在指定的这条对角线上的格子里必定至少放有一枚棋子，假设这个说法不对，即对角线上没放棋子。如下图所示，因为题目要求摆放的棋子以MN为对称轴，所以对于MN左下方的任意一格A，总有MN右上方的一格A＇，A与A＇关于MN对称，所以A与A＇要么都放有棋子，要么都没放棋子。由此推知方格表中放置棋子的总枚数应是偶数。而题设每行放3枚棋子，7行共放棋子 3×7=21（枚），21是奇数，与上面的推论矛盾。所以假设不成立，即在指定的对角线上的格子中必定至少有一枚棋子。例2 对于左下表，每次使其中的任意两个数减去或加上同一个数，能否经过若干次后（各次减去或加上的数可以不同），变为右下表？为什么？分析与解：因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数，所以表中九个数码的总和经过变化后，等于原来的总和加上或减去那个数的2倍，因此总和的奇偶性没有改变。原来九个数的总和为1 2 ? 9=45，是奇数，经过若干次变化后，总和仍应是奇数，与右上表九个数的总和是4矛盾。所以不可能变成右上表。例3 左下图是一套房子的平面图，图中的方格代表房间，每个房间都有通向任何一个邻室的门。有人想从某个房间开始，依次不重复地走遍每一个房间，他的想法能实现吗？小学奥数基础教程（五年级）- 11 -例6 下页上图是半张中国象棋盘，棋盘上已放有一只马。众所周知，马是走“日”字的。请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？分析与解：如右上图所示，将相邻的房间黑、白相间染色。无论从哪个房间开始走，因为总是黑白相间地走过各房间，所以走过的黑、白房间数最多相差1。而右上图有7黑5白，所以不可能不重复地走遍每一个房 分析与解：马走“日”字，在中间。国象棋盘上走有什么规律呢？ 例4 左下图是由14个大小相同为方便研究规律，如下图所示，的方格组成的图形。试问能不能剪裁先在棋盘各交点处相间标上○和●，成7个由相邻两方格组成的长方形？图中共有22个○和23个●。因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇数步。现在 分析与解：将这14个小方格黑白马在○点，要跳回这一点，应跳偶数相间染色（见右上图），有8个黑格，步，可是棋盘上共有23 22=45（个）6个白格。相邻两个方格必然是一黑一点，不可能做到不重复地走遍所有的白，如果能剪裁成7个小长方形，那点后回到出发点。么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形。例5 在右图的每个○中填入一个自然数（可以相同），使得任意两个相邻的○中的数字之差（大数减小数） 讨论：如果马的出发点不是在○恰好等于它们之间所标的数字。能否点上而是在●点上，那么这只马能不办到？为什么？能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的。但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了。从某点出发，跳遍 分析与解：假定图中5与1之间半张棋盘上除起点以外的其它44点，的○中的数是奇数，按顺时针加上或要跳44步，44是偶数，所以起点和终减去标出的数字，依次得到各个○中点应是同色的点（指○或●）。因为的数的奇偶性如下：44步跳过的点○与点●各22个，所以 起点必是●，终点也是●。也就说是，当不要求回到出发点时，只要从●出 因为上图两端是同一个○中的发，就可以不重复地走遍半张棋盘上数，不可能既是奇数又是偶数，所以5的所有点。 与1之间的○中的数不是奇数。 练习9同理，假定5与1之间的○中的 1.教室里有5排椅子，每排5张，数是偶数，也将推出矛盾。 每张椅子上坐一个学生。一周后，每 所以，题目的要求办不到。个学生都必须和他相邻（前、后、左、右）的某一同学交换座位。问：能不能换成？为什么？2.房间里有5盏灯，全部关着。每次拉两盏灯的开关，这样做若干次后，有没有可能使5盏灯全部是亮的？ 3.左下图是由40个小正方形组成的图形，能否将它剪裁成20个相同的长方形？4.一个正方形果园里种有48棵果树，加上右下角的一间小屋，整齐地排列成七行七列（见右上图）。守园人从小屋出发经过每一棵树，不重复也不遗漏（不许斜走），最后又回到小屋。可以做到吗？5.红光小学五年级一次乒乓球赛，共有男女学生17人报名参加。为节省时间不打循环赛，而采取以下方式：每人只打5场比赛，每两人之间用抽签的方法决定只打一场或不赛。然后根据每人得分决定出前5名。这种比赛方式是否可行？6.如下图所示，将1～12顺次排成一圈。如果报出一个数a（在1～12之间），那么就从数a的位置顺时针走a个数的位置。例如a=3，就从3的位置顺时针走3个数的位置到达6的位置；a=11，就从11的位置顺时针走11个数的位置到达10的位置。问：a是多少时，可以走到7的位置？第10讲 质数与合数自然数按照能被多少个不同的自然数整除可以分为三类：第一类：只能被一个自然数整除的自然数，这类数只有一个，就是1。 第二类：只能被两个不同的自然数整除的自然数。因为任何自然数都能被1和它本身整除，所以这类自然数的特征是大于1，且只能被1和它本小学奥数基础教程（五年级）身整除。这类自然数叫质数（或素数）。例如，2，3，5，7，?第三类：能被两个以上的自然数整除的自然数。这类自然数的特征是大于1，除了能被1和它本身整除外，还能被其它一些自然数整除。这类自然数叫合数。例如，4，6，8，9，15，? 上面的分类方法将自然数分为质数、合数和1，1既不是质数也不是合数。例1 1～100这100个自然数中有哪些是质数？分析与解：先把前100个自然数写出来，得下表：1既不是质数也不是合数。 2是质数，留下来，后面凡能被2整除的数都是合数，都划去； 3是质数，留下来，后面凡能被3整除的数都是合数，都划去； 类似地，把5留下来，后面凡是5的倍数的数都划去；把7留下来，后面凡是7的倍数的数都划去。经过以上的筛选，划去的都是合数，余下26个数，除1外，剩下的25个都是质数。这样，我们便得到了100以内的质数表：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97。这些质数同学们应当熟记！ 细心的同学可能会注意到，以上只划到7的倍数，为什么不继续划去11，13，?的倍数呢？事实上，这些倍数已包含在已划去的倍数中。例如，100以内11的倍数应该是11×A≤100（其中A为整数），- 12 -显然，A只能取2，3，4，5，6，7，8，9。因为4=22，6=2×3，8=23，9=32，所以A必是2，3，5，7之一的倍数。由此推知，11的倍数已全部包含在2，3，5，7的倍数中，已在前面划去了。要判断一个数N是质数还是合数，根据合数的定义，只要用从小到大的自然数2，3，4，5，6，7，8，?，N-1去除N，其中只要有一个自然数能整除N，N就是合数，否则就是质数。但这样太麻烦，因为除数太多。能不能使试除的数少一点呢？由例1知，只要用从小到大的质数去除N就可以了。例2给出的判别方法，可以使试除的数进一步减少。例2 判断269，437两个数是合数还是质数。分析与解：对于一个不太大的数N，要判断它是质数还是合数，可以先找出一个大于N且最接近N的平方数K2，再写出K以内的所有质数。如果这些质数都不能整除N，那么N是质数；如果这些质数中有一个能整除N，那么N是合数。因为269＜172=289。17以内质数有2，3，5，7，11，13。根据能被某些数整除的数的特征，个位数是9，所以269不能被2，5整除；2 6 9=17，所以269不能被3整除。经逐一判断或试除知，这6个质数都不能整除269，所以269是质数。因为437＜212=441。21以内的质数有2，3，5，7，11，13，17，19。容易判断437不能被2，3，5，7，11整除，用13，17，19试除437，得到437÷19=23，所以437是合数。对比一下几种判别质数与合数的方法，可以看出例2的方法的优越性。判别269，用2～268中所有的数试除，要除267个数；用2～268中的质数试除，要除41个数；而用例2的方法，只要除6个数。例3 判断数1是质数还是合数？分析与解：按照例2的方法判别这个13位数是质数还是合数，当然是很麻烦的事，能不能想出别的办法呢？根据合数的意义，如果一个数能够写成两个大于1的整数的乘积，那么这个数是合数。根据整数的意义，这个13位数可以写成：1=0 1111×（） =00001。由上式知，00001都能整除1，所以1是合数。这道例题又给我们提供了一种判别一个数是质数还是合数的方法。例4 判定298 1和298 3是质数还是合数？分析与解：这道题要判别的数很大，不能直接用例1、例2的方法。我们在四年级学过an的个位数的变化规律，以及an除以某自然数的余数的变化规律。2n的个位数随着n的从小到大，按照2，4，8，6每4个一组循环出现，98÷4=242，所以298的个位数是4，（298 1）的个位数是5，能被5整除，说明（298 1）是合数。（2983）是奇数，不能被2整除； 298不能被3整除，所以（2983）也不能被3整除；（298 1）能被5整除，（2983）比（2981）大2，所以（2983）不能被5整除。再判断（298 3）能否被7整除。首先看看2n÷7的余数的变化规律：因为98÷3的余数是2，从上表可知298除以7的余数是4，（298 3）除以7的余数是4 3=7，7能被7整除，即（298 3）能被7整除，所以（298 3）是合数。例5 已知A是质数，（A 10）和（A 14）也是质数，求质数A。 分析与解：从最小的质数开始试算。小学奥数基础教程（五年级）A=2时，A 10=12，12是合数不是质数，所以A≠2。A=3时，A 10=13，是质数；A 14=17也是质数，所以A等于3是所求的质数。A除了等于3外，还可以是别的质数吗？因为质数有无穷多个，所以不可能一一去试，必须采用其它方法。 A，（A 1），（A 2）除以3的余数各不相同，而（A 1）与（A 10）除以3的余数相同，（A 2）与（A 14）除以3的余数相同，所以A，（A 10），（A 14）除以3的余数各不相同。因为任何自然数除以3只有整除、余1、余2三种情况，所以在A，（A 10），（A 14）中必有一个能被3整除。能被3整除的质数只有3，因为（A 10），（A 14）都大于3，所以A=3。也就是说，本题唯一的解是A=3。练习101.现有1，3，5，7四个数字。 （1）用它们可以组成哪些两位数的质数（数字可以重复使用）？（2）用它们可以组成哪些各位数字不相同的三位质数？2.a，b，c都是质数，a＞b＞c，且a×b c=88，求a，b，c。3.A是一个质数，而且A 6，A 8，A 12，A 14都是质数。试求出所有满足要求的质数A。5.试说明：两个以上的连续自然数之和必是合数。6.判断266 388是不是质数。 7.把一个一位数的质数a写在另一个两位数的质数b后边，得到一个三位数，这个三位数是a的87倍，求a和b。第11讲 分解质因数自然数中任何一个合数都可以表示成若干个质因数乘积的形式，如果不考虑因数的顺序，那么这个表示形式是唯一的。把合数表示为质因数乘积的形式叫做分解质因数。- 13 -例如，60=22×3×5， ×37。例1 一个正方体的体积是13824厘米3，它的表面积是多少？分析与解：正方体的体积是“棱长×棱长×棱长”，现在已知正方体的体积是13824厘米3，若能把13824写成三个相同的数相乘，则可求出棱长。为此，我们先将13824分解质因数：把这些因数分成三组，使每组因数之积相等，得13824=（23×3）×（23×3）×（23×3），于是，得到棱长是23×3=24（厘米）。所求表面积是24×24×6=3456（厘米2）。例2 学区举行团体操表演，有1430名学生参加，分成人数相等的若干队，要求每队人数在100至200之间，共有几种分法？分析与解：按题意，每队人数×队数=1430，每队人数在100至200之间，所以问题相当于求1430有多少个在100至200之间的约数。为此，先把1430分解质因数，得×11×13。从这四个质数中选若干个，使其乘积在100到200之间，这是每队人数，其余的质因数之积便是队数。 2×5×11=110，13； 2×5×13=130，11； 11×13=143，2×5=10。 所以共有三种分法，即分成13队，每队110人；分成11队，每队130人；分成10队，每队143人。 例3 1×2×3×?×40能否被90909整除？分析与解：首先将90909分解质因数，得 ×13×37。 因为33（=27），7，13，37都在1～40中，所以1×2×3×?×40能被90909整除。例4 求72有多少个不同的约数。分析与解：将72分解质因数得到72=23×32。根据72的约数含有2和3的个数，可将72的约数列表如下：上表中，第三、四行的数字分别是第二行对应数字乘以3和32，第三、四、五列的数字分别是第二列对应数字乘以2，22和23。对比72=23×32，72的任何一个约数至多有两个不同质因数：2和3。因为72有3个质因数2，所以在某一个约数的质因数中，2可能不出现或出现1次、出现2次、出现3次，这就有4种情况；同理，因为72有两个质因数3，所以3可能不出现或出现1次、出现2次，共有3种情况。根据乘法原理，72的不同约数共有4×3=12（个）。从例4可以归纳出求自然数N的所有不同约数的个数的方法：一个大于1的自然数N的约数个数，等于它的质因数分解式中每个质因数的个数加1的连乘积。例如，×72，因为2352的质因数分解式中有4个2，1个3，2个7，所以2352的不同约数有 （4 1）×（1 1）×（2 1）=30（个）；又如，×52×7，所以9450的不同的约数有（1 1）×（3 1）×（2 1）×（1 1）=48（个）。例5 试求不大于50的所有约数个数为6的自然数。分析与解：这是求一个数的约数个数的逆问题，因此解题方法正好与例4相反。因为这个数有六个约数，6=5 1=（2 1）×（1 1），所以，当这个数只有一个质因数a时，这个数是a5；当这个数有两个质因数a和b时，这个数是a2×b。因为这个数不大于50，所以对于a5，只有a=2，即25=32；对于a2×b，经试算得到，22×3=12，22小学奥数基础教程（五年级）×5=20，22×7=28，22×11=44，32×2=18，32×5=45，52×2=50。 所以满足题意的数有八个：32，12，20，28，44，18，45，50。 练习111.一个长方体，它的正面和上面的面积之和是209分米2，如果它的长、宽、高都是质数，那么这个长方体的体积是多少立方分米？2.爷孙两人今年的年龄的乘积是693，4年前他们的年龄都是质数。爷孙两人今年的年龄各是多少岁？ 3.某车间有216个零件，如果平均分成若干份，分的份数在5至20之间，那么有多少种分法？4.小英参加小学数学竞赛，她说：“我得的成绩和我的岁数以及我得的名次乘起来是3916，满分是100分。”能否知道小英的年龄、考试成绩及名次？5.举例回答下面各问题：（1）两个质数的和仍是质数吗？（2）两个质数的积能是质数吗？ （3）两个合数的和仍是合数吗？（4）两个合数的差（大数减小数）仍是合数吗？（5）一个质数与一个合数的和是质数还是合数？6.求不大于100的约数最多的自然数。7.同学们去射箭，规定每射一箭得到的环数或者是“0”（脱靶）或者是不超过10的自然数。甲、乙两同学各射5箭，每人得到的总环数之积刚好都是1764，但是甲的总环数比乙少4环。求甲、乙各自的总环数。第12讲 最大公约数与最小公倍数（一）如果一个自然数a能被自然数b整除，那么称a为b的倍数，b为a的约数。如果一个自然数同时是若干个自然数的约数，那么称这个自然数是这若干个自然数的公约数。在所有公约数中最大的一个公约数，称为这若干个自然数的最大公约数。自然数a1，a2，?，an的最大公约数通常用符号- 14 -（a1，a2，?，an）表示，例如，（8，12）=4，（6，9，15）=3。 如果一个自然数同时是若干个自然数的倍数，那么称这个自然数是这若干个自然数的公倍数。在所有公倍数中最小的一个公倍数，称为这若干个自然数的最小公倍数。自然数a1，a2，?，an的最小公倍数通常用符号[a1，a2，?，an]表示，例如[8，12]=24，[6，9，15]=90。常用的求最大公约数和最小公倍数的方法是分解质因数法和短除法。 例1 用60元钱可以买一级茶叶144克，或买二级茶叶180克，或买三级茶叶240克。现将这三种茶叶分别按整克数装袋，要求每袋的价格都相等，那么每袋的价格最低是多少元钱？分析与解：因为144克一级茶叶、180克二级茶叶、240克三级茶叶都是60元，分装后每袋的价格相等，所以144克一级茶叶、180克二级茶叶、240克三级茶叶，分装的袋数应相同，即分装的袋数应是144，180，240的公约数。题目要求每袋的价格尽量低，所以分装的袋数应尽量多，应是144，180，240的最大公约数。所以（144，180，240）=2×2×3=12，即每60元的茶叶分装成12袋，每袋的价格最低是60÷12=5（元）。 为节约篇幅，除必要时外，在求最大公约数和最小公倍数时，将不再写出短除式。例2 用自然数a去除498，450，414，得到相同的余数，a最大是多少？分析与解：因为498，450，414除以a所得的余数相同，所以它们两两之差的公约数应能被a整除。 498-450=48，450-414=36，498-414=84。所求数是（48，36，84）=12。 例3 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？分析与解：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。只能从唯一的条件“它们的和是1111”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，所以三个自然数都小于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。例4 在一个30×24的方格纸上画一条对角线（见下页上图），这条对角线除两个端点外，共经过多少个格点（横线与竖线的交叉点）？分析与解：（30，24）=6，说明如果将方格纸横、竖都分成6份，即分成6×6个相同的矩形，那么每个矩形是由（30÷6）×（24÷6）=5×4（个） 小方格组成。在6×6的简化图中，对角线也是它所经过的每一个矩形的对角线，所以经过5个格点（见左下图）。在对角线所经过的每一个矩形的5×4个小方格中，对角线不经过任何格点（见右下图）。所以，对角线共经过格点（30，24）-1=5（个）。例5 甲、乙、丙三人绕操场竞走，他们走一圈分别需要1分、1分15秒和1分30秒。三人同时从起点出发，最少需多长时间才能再次在起点相会？分析与解：甲、乙、丙走一圈分别需60秒、75秒和90秒，因为要在起点相会，即三人都要走整圈数，所小学奥数基础教程（五年级）以需要的时间应是60，75，90的公倍数。所求时间为[60，75，90]=900（秒）=15（分）。例6 爷爷对小明说：“我现在的年龄是你的7倍，过几年是你的6倍，再过若干年就分别是你的5倍、4倍、3倍、2倍。”你知道爷爷和小明现在的年龄吗？分析与解：爷爷和小明的年龄随着时间的推移都在变化，但他们的年龄差是保持不变的。爷爷的年龄现在是小明的7倍，说明他们的年龄差是6的倍数；同理，他们的年龄差也是5，4，3，2，1的倍数。由此推知，他们的年龄差是6，5，4，3，2的公倍数。 [6，5，4，3，2]=60， 爷爷和小明的年龄差是60的整数倍。考虑到年龄的实际情况，爷爷与小明的年龄差应是60岁。所以现在 小明的年龄=60÷（7-1）=10（岁）， 爷爷的年龄=10×7=70（岁）。 练习121.有三根钢管，分别长200厘米、240厘米、360厘米。现要把这三根钢管截成尽可能长而且相等的小段，一共能截成多少段？2.两个小于150的数的积是2028，它们的最大公约数是13，求这两个数。3.用1～9这九个数码可以组成362880个没有重复数字的九位数，求这些数的最大公约数？4.大雪后的一天，亮亮和爸爸从同一点出发沿同一方向分别步测一个圆形花圃的周长。亮亮每步长54厘米，爸爸每步长72厘米，由于两个人的脚印有重合，所以雪地上只留下60个脚印。问：这个花圃的周长是多少米？5.有一堆桔子，按每4个一堆分少1个，按每5个一堆分也少1个，按每6个一堆分还是少1个。这堆桔子至少有多少个？6.某公共汽车站有三条线路的公共汽车。第一条线路每隔5分钟发车一次，第二、三条线路每隔6分钟和8分钟发车一次。9点时三条线路同时发车，下一次同时发车是什么时间？- 15 -7.四个连续奇数的最小公倍数是6435，求这四个数。第13讲 最大公约数与最小公倍数（二）这一讲主要讲最大公约数与最小公倍数的关系，并对最大公约数与最小公倍数的概念加以推广。 在求18与12的最大公约数与最小公倍数时，由短除法可知，（18，12）=2×3=6，[18，12]=2×3×3×2=36。如果把18与12的最大公约数与最小公倍数相乘，那么（18，12）×[18，12] =（2×3）×（2×3×3×2） =（2×3×3）×（2×3×2） =18×12。也就是说，18与12的最大公约数与最小公倍数的乘积，等于18与12的乘积。当把18，12换成其它自然数时，依然有类似的结论。从而得出一个重要结论：两个自然数的最大公约数与最小公倍数的乘积，等于这两个自然数的乘积。即，（a，b）×[a，b]=a×b。 例1 两个自然数的最大公约数是6，最小公倍数是72。已知其中一个自然数是18，求另一个自然数。 解：由上面的结论，另一个自然数是（6×72）÷18=24。例2 两个自然数的最大公约数是7，最小公倍数是210。这两个自然数的和是77，求这两个自然数。 分析与解：如果将两个自然数都除以7，则原题变为：“两个自然数的最大公约数是1，最小公倍数是30。这两个自然数的和是11，求这两个自然数。”改变以后的两个数的乘积是1×30=30，和是11。30=1×30=2×15=3×10=5×6， 由上式知，两个因数的和是11的只有5×6，且5与6互质。因此改变后的两个数是5和6，故原来的两个自然数是7×5=35和7×6=42。例3 已知a与b，a与c的最大公约数分别是12和15，a，b，c的最小公倍数是120，求a，b，c。 分析与解：因为12，15都是a的约数，所以a应当是12与15的公倍数，即是[12，15]=60的倍数。再由[a，b，c]=120知， a只能是60或120。[a，c]=15，说明c没有质因数2，又因为[a，b，c]=120=23×3×5，所以c=15。因为a是c的倍数，所以求a，b的问题可以简化为：“a是60或120，（a，b）=12，[a，b]=120，求a，b。” 当a=60时，b=（a，b）×[a，b]÷a=12×120÷60=24； 当a=120时，b=（a，b）×[a，b]÷a=12×120÷120=12。所以a，b，c为60，24，15或120，12，15。在例4中，出现了与整数的最大公约数类似的分数问题。为此，我们将最大公约数的概念推广到分数中。 如果若干个分数（含整数）都是某个分数的整数倍，那么称这个分数是这若干个分数的公约数。在所有公约数中最大的一个公约数，称为这若干个分数的最大公约数。由例4的解答，得到求一组分数的最大公约数的方法：（1）先将各个分数化为假分数； （2）求出各个分数的分母的最小公倍数a；（3）求出各个分数的分子的最大公约数b；一个陷井。它们之中谁先掉进陷井？它掉进陷井时另一个跳了多远？同理，黄鼠狼掉进陷井时与起点的距离为所以黄鼠狼掉进陷井时跳了31 1/2÷6 3/10=5（次）。黄鼠狼先掉进陷井，它掉进陷井类似地，我们也可以将最小公倍 数的概念推广到分数中。如果某个分数（或整数）同时是时，狐狸跳了要将它们全部分别装入小瓶中，每个小瓶装入液体的重量相同。问：每瓶最多装多少千克？分析与解：如果三种溶液的重量都是整数，那么每瓶装的重量就是三种溶液重量的最大公约数。现在的问题是三种溶液的重量不是整数。要解决这个问题，可以将重量分别乘以某个数，将分数化为整数，求出数值后，再除以这个数。为此，先求几个分母的最小公倍数，[6，4，9]=36，三种溶液的重量都乘以36后，变为150，135和80，（150，135，80）=5。 上式说明，若三种溶液分别重150，135，80千克，则每瓶最多装5千克。可实际重量是150，135，80的1/36，所以每瓶最多装若干个分数（含整数）的整数倍，那么称这个分数是这若干个分数的公倍数。在所有公倍数中最小的一个公倍数，称为这若干个分数的最小公倍数。 求一组分数的最小公倍数的方法：（1）先将各个分数化为假分数； （2）求出各个分数的分子的最小公倍数a；（3）求出各个分数的分母的最大公约数b；练习131.将72和120的乘积写成它们的最大公约数和最最小公倍数的乘积的形式。2.两个自然数的最大公约数是12，最小公倍数是72。满足条件的自然数有哪几组？3.求下列各组分数的最大公约数：4.求下列各组分数的最小公倍数：（5）a与b的乘积除以c的余数，等于a，b分别除以c的余数之积（或这个积除以c的余数）。例如，23，16除以5的余数分别是3和1，所以（23×16）除以5的余数等于3×1=3。注意：当余数之积大于除数时，所求 余数等于余数之积再除以c的余数。部分别装入小瓶中，每个小瓶装入液例如，23，19除以5的余数分别是3体的重量相同。问：最少要装多少瓶？和4，所以（23×19）除以5的余数等于（3×4）除以5的余数。 性质（4）（5）都可以推广到多个自然数的情形。例1 5122除以一个两位数得到的余数是66，求这个两位数。 分析与解：由性质（2）知，除数×商=被除数-余数。 6，5056应是除数的整数倍。将5056分解质因数，得到 。于同一处只有一次，求圆形绿地的周 由性质（1）知，除数应大于66，长。再由除数是两位数，得到除数在67～ 第14讲 余数问题99之间，符合题意的5056的约数只有 在整数的除法中，只有能整除与79，所以这个两位数是79。 不能整除两种情况。当不能整除时， 例2 被除数、除数、商与余数之就产生余数，所以余数问题在小学数和是2143，已知商是33，余数是52，学中非常重要。求被除数和除数。余数有如下一些重要性质（a，b， 解：因为被除数=除数×商余数 c均为自然数）： =除数×33 52，（1）余数小于除数。被除数=2143-除数-商-余数 （2）被除数=除数×商 余数；=2143-除数-33-52 除数=（被除数-余数）÷商； =2058-除数，商=（被除数-余数）÷除数。 所以 除数×33 52=2058-除数， （3）如果a，b除以c的余数相 所以 除数=（2058-52）÷34=59， 同，那么a与b的差能被c整除。例被除数=9。 如，17与11除以3的余数都是2，所 答：被除数是1999，除数是59。 以17-11能被3整除。例3 甲、乙两数的和是1088，甲 （4）a与b的和除以c的余数，数除以乙数商11余32，求甲、乙两数。 等于a，b分别除以c的余数之和（或 解：因为甲=乙×11 32， 这个和除以c的余数）。例如，23， 所以甲 乙=乙×11 32 乙=乙×16除以5的余数分别是3和1，所以12 32=1088，（23 16）除以5的余数等于3 1=4。 所以乙=（1088-32）÷12=88，注意：当余数之和大于除数时，所求 甲=1088-乙=1000。余数等于余数之和再除以c的余数。 答：甲数是1000，乙数是88。例如，23，19除以5的余数分别是3 例4 有一个整数，用它去除70，和4，所以（23 19）除以5的余数等110，160得到的三个余数之和是50。于（3 4）除以5的余数。求这个数。分析与解：先由题目条件，求出这个数的大致范围。因为50÷3=162，所以三个余数中至少有一个大于16，推知除数大于16。由三个余数之和是50知，除数不应大于70，所以除数在17～70之间。由题意知（7 110 160）-50=290应能被这个数整除。将290分解质因数，得到290=2×5×29，290在17～70之间的约数有29和58。 因为110÷58=152＞50，所以58不合题意。所求整数是29。例5 求478×296×351除以17的余数。分析与解：先求出乘积再求余数，计算量较大。根据性质（5），可先分别计算出各因数除以17的余数，再求余数之积除以17的余数。478，296，351除以17的余数分别为2，7和11，（2×7×11）÷17=91。所求余数是1。例6 甲、乙两个代表团乘车去参观，每辆车可乘36人。两代表团坐满若干辆车后，甲代表团余下的11人与乙代表团余下的成员正好又坐满一辆车。参观完，甲代表团的每个成员与乙代表团的每个成员两两合拍一张照片留念。如果每个胶卷可拍36张照片，那么拍完最后一张照片后，相机里的胶卷还可拍几张照片？分析与解：甲代表团坐满若干辆车后余11人，说明甲代表团的人数（简称甲数）除以36余11；两代表团余下的人正好坐满一辆车，说明乙代表团余36-11=25（人），即乙代表团的人数（简称乙数）除以36余25；甲代表团的每个成员与乙代表团的每个成员两两合拍一张照片，共要拍“甲数×乙数”张照片，因为每个胶卷拍36张，所以最后一个胶卷拍的张数，等于“甲数×乙数”除以36的余数。 因为甲数除以36余11，乙数除以36余25，所以“甲数×乙数”除以36的余数等于11×25除以36的余数。 （11×25）÷36=723，即最后一个胶卷拍了23张，还可拍36-23=13（张）。由例6看出，将实际问题转化为我们熟悉的数学问题，有助于我们思考解题。练习141.今天是星期六，再过1000天是星期几？2.已知两个自然数a和b（a＞b），已知a和b除以13的余数分别是5和9，求a b，a-b，a×b，a2-b2各自除以13的余数。3.2100除以一个两位数得到的余数是56，求这个两位数。4.被除数、除数、商与余数之和是903，已知除数是35，余数是2，求被除数。5.用一个整数去除345和543所得的余数相同，且商相差9，求这个数。 6.有一个整数，用它去除312，231，123得到的三个余数之和是41，求这个数。7.2000年五月有5个星期三、4个星期四，这个月的一日是星期几？ 第15讲 孙子问题与逐步约束法 在古书《孙子算经》中有一道题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”意思是：有一堆物品，三个三个数剩两个，五个五个数剩三个，七个七个数剩两个。求这堆物品的个数。我们称这类问题为孙子问题。 例1 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2。求满足条件的最小自然数。分析与解：这道例题就是《孙子算经》中的问题。这个问题有三个条件，一下子不好解答。那么，我们能不能通过先求出满足其中一个条件的数，然后再逐步增加条件，达到最终解决问题的目的呢？我们试试看。 满足“除以3余2”的数，有2，5，8，11，14，17，?在上面的数中再找满足“除以5余3”的数，可以找到8，8是同时满足“除以3余2”、“除以5余3”两个条件的数，容易知道，8再加上3与5的公倍数，仍然满足这两个条件，所以满足这两个条件的数有小学奥数基础教程（五年级）8，23，38，53，68，?在上面的数中再找满足“除以7余2”的数，可以找到23，23是同时满足“除以3余2”、“除以5余3”、“除以7余2”三个条件的数。23再加上或减去3，5，7的公倍数，仍然满足这三个条件，[3，5，7]=105，因为23＜105，所以满足这三个条件的最小自然数是23。在例1中，若找到的数大于[3，5，7]，则应当用找到的数减去[3，5，7]的倍数，使得差小于[3，5，7]，这个差即为所求的最小自然数。 例2 求满足除以5余1，除以7余3，除以8余5的最小的自然数。 分析与解：与例1类似，先求出满足“除以5余1”的数，有6，11，16，21，26，31，36，?在上面的数中，再找满足“除以7余3”的数，可以找到31。同时满足“除以5余1”、“除以7余3”的数，彼此之间相差5×7=35的倍数，有31，66，101，136，171，206，? 在上面的数中，再找满足“除以8余5”的数，可以找到101。因为101＜[5，7，8]=280，所以所求的最小自然数是101。在例1、例2中，各有三个约束条件，我们先解除两个约束条件，求只满足一个约束条件的数，然后再逐步加上第二个、第三个约束条件，最终求出了满足全部三个约束条件的数。这种先放宽条件，再逐步增加条件的解题方法，叫做逐步约束法。 例3 在10000以内，除以3余2，除以7余3，除以11余4的数有几个？ 解：满足“除以3余2”的数有5，8，11，14，17，20，23，? 再满足“除以7余3”的数有17，38，59，80，101，?再满足“除以11余4”的数有59。因为阳[3，7，11]=231，所以符合题意的数是以59为首项，公差是231的等差数列。（10000-59）÷231=438，所以在10000以内符合题意的数共有44个。例4 求满足除以6余3，除以8余5，除以9余6的最小自然数。- 18 -分析与解：如果给所求的自然数加3，所得数能同时被6，8，9整除，所以这个自然数是[6，8，9]-3=72-3=69。 例5学校要安排66名新生住宿，小房间可以住4人，大房间可以住7人，需要多少间大、小房间，才能正好将66名新生安排下？分析与解：设需要大房间x间，小房间y间，则有7x 4y=66。这个方程有两个未知数，我们没有学过它的解法，但由4y和66都是偶数，推知7x也是偶数，从而x是偶数。当x=2时，由7×2 4y=66解得y=13，所以x=2，y=13是一个解。因为当x增大4，y减小7时，7x增大28，4y减小28，所以对于方程的一个解x=2，y=13，当x增大4，y减小7时，仍然是方程的解，即x=2 4=6，y=13-7=6也是一个解。所以本题安排2个大房间、13个小房间或6个大房间、6个小房间都可以。就是说，方程7x 4y=66有无数个解。由于这类方程的解的不确定性，所以称这类方程为不定方程。根据实际问题列出的不定方程，往往需要求整数解或自然数解，这时的解有时有无限个，有时有有限个，有时可能是唯一的，甚至无解。例如： x-y=1有无限个解，因为只要x比y大1就是解；3x 2y=5只有x=1，y=1一个解； 3x 2y=1没有解。例6 求不定方程5x 3y=68的所有整数解。解：容易看出，当y=1时，x=（68-3×1）÷5=13，即x=13，y=1是一个解。 因为x=13，y=1是一个解，当x减小3，y增大5时，5x减少15，3y增大15，方程仍然成立，所以对于x=13，y=1，x每减小3，y每增大5，仍然是解。方程的所有整数解有5个：的点数代表一个自然数，其中J，Q，K成。下面，我们借助“乘法分配律”由例5、例6看出，只要找到不定方程的一个解，其余解可通过对这个解的加、减一定数值得到。限于我们学到的知识，寻找第一个解的方法更多的要依赖“拼凑”。 练习151.一个数除以5余4，除以8余3，除以11余2，求满足条件的最小自然数。2.有一堆苹果，3个3个数余1个，5个5个数余2个，6个6个数余4个。这堆苹果至少有多少个？3.在小于1000的自然数中，除以4余3，除以5余2，除以7余4的最大的自然数是几？4.在5000以内，除以3余1，除以5余2，除以7余3的自然数有多少个？5.有一个两位数，除以2与除以3都余1，除以4与除以5都余3，求这个数。6.用100元钱去买3元一个和7元一个的两种商品，钱正好用完，共有几种买法？7.五年级一班的43名同学去划船，大船可坐7人，小船可坐5人，需租大、小船各多少条？ 第16讲 巧算24同学们可能都玩过“数学24”的游戏，它把枯燥的基本数字计算变得趣味盎然，能大大提高计算能力和速度，使得思维灵活敏捷，是一种寓教于乐的智力竞赛游戏。游戏规则：给定四个自然数，通过 ，-，×，÷四则运算，可以交换数的位置，可以随意地添括号，但规定每个数恰好使用一次，连起来组成一个混合运算的算式，使最后得数是24。 “数学24”游戏通常是用扑克牌进行的，此时，给定的四个自然数就被限定在1～13范围内了。“数学24”游戏可以1个人玩，也可以多个人玩，比如四个人玩，把扑克牌中的大、小王拿掉，剩下的52张牌洗好后，每人分13张，然后每人出一张牌，每张牌分别代表11，12和13，四张牌表示四个自然数。谁最先按游戏规则算出24，就把这四张牌赢走。然后继续进行。最后谁的牌最多谁获胜。要想算得又快又准，这就要靠平时的基本功了。最重要的有两条：一是熟悉加法口诀和乘法口诀，二是利用括号。括号既能改变运算顺序，也可以改变运算符号。请用下面例题中给出的四个数，按规则算出24。 例1 3，3，5，6。解一：根据3×8=24，3已有，将另三个数凑成8，得3×（5 6-3）=24。 解二：根据6×4=24，6已有，将另三个数凑成4，得6×（5-3÷3）=24或6×（3×3-5）=24。解三：还是根据3×8=24，把3和8各分成两数，得（6-3）×（3 5）=24。解四：先把其中两数相乘，积不足24的用另两数补足，得3×5 3 6=24。解五：先把其中两数相乘，积超过24的用另两数割去，得5×6-3-3=24。例2 2，2，4，8。解一：根据8×3=24，得8×[（2 4）÷2]=24或8×（4-2÷2）=24。 解二：根据4×6=24，得4×（2 8÷2）=24。解三：根据2×12=24，得2×（2×8-4）=24。解四：根据8 16=24，8已有，将另三个数凑成16，得8 2×2×4=24或8 （2 2）×4=24。解五：根据8 16=24，把8和16各分成两数，得2×4 2×8=24。解六：根据4 20=24，4已有，将另三个数凑成20，得4 2×（2 8）=24。 具体玩法很多，在这里特别要注意的是：2×12，3×8，4×6是三个最基本的算式，在玩的过程中，你可以先固定某数为一个因数，看另三个数能否凑成相应的另一个因数。你也可以把每一个因数分别看成由两个数凑来玩“数学24”游戏。 例3 1，4，4，5。分析：很明显，我们看到4×（1 5）=24，三个数已经能够算出24了，可惜的是还有一个4没有用过。根据规则，必须把这个4也用进去，怎么办？怎样把这个多余的4用到算式里面而又不影响得数呢？解：利用“乘法分配律”：4×（1 5）=4×1 4×5=24。 例46，8，8，9。解：8×（9-6）=8×9-8×6=24。 例5 5，7，12，12。解：12×（7-5）=12×7-12×5=24。 在例3～例5中，我们利用了： a×（b c）=a×b a×c， a×（b-c）=a×b-a×c。 例6 2，2，6，9。分析：很明显，我们看到2×9 6=24，三个数已经能够算出24了，可惜的是还有一个2没有用过。根据规则，必须把这个2也用进去，怎样把这个多余的2用到算式里面而又不影响得数呢？解：利用“乘法分配律”：24=2×9 6=2×9 6÷2×2=2×（9 6÷2）。 例7 2，6，9，9。解： 24=2×9 6=2×9 6÷9×9 =9×（26÷9） 例8 2，4，10，10。解： 24=2×10 4=2×10 4÷10×10=10×（2 4÷10）。 在例6～例8中，我们利用了 a×b c＝a×（b c÷a）， a×b-c＝a×（b-c÷a）。 我们知道，符合“数学24”游戏规则的每个具体算式中，一定要出现四个数和三个运算符号。也就是说，一定要进行三次运算，出现三个运算结果。其中前两次结果是运算过程中的中间结果，第三次即最后一次的运算结果必须是24。当我们还是小学低年级的学生时，由于知识水平所限，解题总是围绕运算结果是整数展开讨论。当我们升入小学高年级，接触到分数以后，我们的眼界变得开阔了，就可以打破整数这个框框，允许前两次的运算结果出现分数，这样，我们将会找到更多的、更好的思考办法。 例9 1，5，5，5。至此，应用乘法玩“数学24”游戏的过程才是完整的。下面，我们再来看看用分数除法来玩“数学24”游戏。 例10 3，3，8，8。成。这是基本的思考办法。一般地，应用分数除法玩“数学24”游戏的思考过程为：固定的一个自然数只能是被除数，除数恰好由另外个自然数凑成。另外，我们还是要强调一下分数除法与分数乘法的相同处与不同处。学了分数以后，除法运算可以转化成乘法运算。因此，在玩“数学24”游戏的过程中，很多除法算式可以转化到乘法算式中去。但是它们之间还是有区别8÷（3-8÷3）=24。握用分数除法这种工具来玩“数学24”游戏是必不可少的。 练习 16用给出的四个数，按规则算出24。 1.（1）1，3，3，7； （2）2，2，有效的思考办法。5，7；（3）1，4，4，7； （4）1，2，8，8；例11 1，4，5，6。由上面的算式可以看出，我们以前接触的仅仅是其中的2×12，3×8，4×6三个整数乘法基本算式。现在我们学了分数以后，乘法基本算式就增加了许多：在解题过程中，我们先想到基本 算式（5）1，5，6，6； （6）5，8，8，8。 2.（1） 2，7，7，10； （2）3，5，5，9；（3）5，5，7，11； （4）2，6， 6，12；（5）4，4，5，5； （6）2，5，5，10；（7）4，9，9，12； （8）3，7，9，13。3.（1）1，3，4，6； （2）2，8，9，13；（3）1，6，6，8； （4）2，3，5，12；（5）3，4，6，13； （6）1，8，在这些分数乘法基本算式中，固定的一个因数只能是5，7，9，10，12，12；（7）3，4，8，13； （8）2，7，12，13。第17讲 位值原则同一个数字，由于它在所写的数里的位置不同，所表示的数也不同。也就是说，每一个数字除了本身的值以外，还有一个“位置值”。例如“5”，写在个位上，就表示5个一；写在十位上，就表示5个十；写在百位上，就表示5个百；等等。这种把数字和数位结合起来表示数的原则，称为写数的位值原则。我们通常使用的是十进制计数法，其特点是“满十进一”。就是说，每10个某一单位就组成和它相邻的较高的一个单位，即10个一，叫做“十”，10个十叫做“百”，10个百叫做“千”，等等。写数时，从右端起，第一位是个位，第二位是十位，第三位是百位，第四位是千位，等等（见下图）。用阿拉伯数字和位值原则，可以表示出一切整数。例如，926表示9个百，2个十，6个一，即926=9×100 2×10 6。根据问题的需要，有时我们也用字母代替阿拉伯数字表示数，如：其中a可以是1～9中的数码，但不能是0，b和c是0～9中的数码。下面，我们利用位值原则解决一些整数问题。小学奥数基础教程（五年级）- 21 -这六个数的和等于将六个数的百位、 十位、个位分别相加，得到所以，六个数的和是（a b c）的个数之差必然能被9整除。例如，222倍。（）必是9的倍数。 例4用2，8，7三张数字卡片可 例2有一个两位数，把数码1加以组成若干个不同的三位数，所有这在它的前面可以得到一个三位数，加些三位数的平均值是多少？在它的后面也可以得到一个三位数， 解：由例3知，可以组成的六个这两个三位数相差666。求原来的两位三位数之和是（2 8 7）×222， 数。所以平均值是（2 8 7）×222÷ 分析与解：由位值原则知道，把6=629。数码1加在一个两位数前面，等于加 例5一个两位数，各位数字的和了100；把数码1加在一个两位数后的5倍比原数大6，求这个两位数。面，等于这个两位数乘以10后再加1。 设这个两位数为x。由题意得到 （10x 1）-（100 x）=666，（a b）×5-（10a b）=6， 10x 1-100-x=666， 5a5b-10a-b=6， 10x-x=666-1 100， 4b-5a=6。9x=765， 当b=4，a=2或b=9，a=6时， x=85。4b-5a=6成立，所以这个两位数是24 原来的两位数是85。或69。例3 a，b，c是1～9中的三个不 例6将一个三位数的数字重新排同的数码，用它们组成的六个没有重列，在所得到的三位数中，用最大的复数字的三位数之和是（a b c）的多减去最小的，正好等于原来的三位数，少倍？求原来的三位数。分析与解：用a，b，c组成的六分析与解：设原来的三位数的三个不同数字是个数字分别是a，b，c。若由上式知，所求三位数是99的倍数，可能值为198，297，396，495，594，693，792，891。经验证，只有495符合题意，即原来的三位数是495。 练习171.有一个两位数，把数码1加在它的前面可以得到一个三位数，加在它的后面也可以得到一个三位数，这两个三位数之和是970。求原来的两位数。2.有一个三位数，将数码1加在它的前面可以得到一个四位数，将数码3加在它的后面也可以得到一个四位数，这两个四位数之差是2351，求原来的三位数。5.从1～9中取出三个数码，用这三个数码组成的六个不同的三位数之和是3330。这六个三位数中最小的能是几？最大的能是几？6.一个两位数，各位数字的和的6倍比原数小9，求这个两位数。 7.一个三位数，抹去它的首位数之后剩下的两位数的4倍比原三位数大1，求这个三位数。第18讲 最大最小同学们在学习中经常能碰到求最大最小或最多最少的问题，这一讲就来讲解这个问题。例1两个自然数的和是15，要使两个整数的乘积最大，这两个整数各是多少？分析与解：将两个自然数的和为15的所有情况都列出来，考虑到加法与乘法都符合交换律，有下面7种情况：15=1 14，1×14=14； 15=2 13，2×13=26；15=3 12，3×12=36； 15=4 11，4×11=44； 15=5 10，5×10=50；15=6 9，6×9=54； 15=7 8，7×8=56。由此可知把15分成7与8之和，这两数的乘积最大。结}