决战2013年小升初数学竞赛解题密匙：整除问题

小学教育网 · 发表于 2016-8-9 17:22:47

　　在2013年小升初中，奥数竞赛占了一个非常重要的位置。也可以说奥数就是重点中学的一块小小的敲门砖，可以让你在小升初择校过程中事半功倍。下面是奥数网小编整理的2013年数学竞赛解题密匙，希望对大家有所帮助。
六、整除问题——概念清，规律要记
　　同学们与数学交朋友都是从整数 1、2、3、⋯⋯开始的，现在大家都有了一些关于整数方面的知识，但这仅仅是整数中最简单、最基本的内容，还有许许多多奥妙的理论与问题等待着我们去发现、去创造。陈景润爷爷所研究的“哥德巴赫猜想”就是整数中的一个著名的问题，他已取得了世界上令人嘱目的领先地位。
　　本章概念多、理论性强，希望大家在弄清概念的基础上要记牢规律，它对于解答整数问题，一定有很大的帮助。
　　本章所研究的数或英文字母，仍指零和自然数(统称叫整数)。
　　例 1 四位数3A71能被9整除，求 A。　(美国长岛小学数学比赛题)
　　解：根据“如果一个数各位上的数的和能被 9 整除，那么这个数能被 9整除”的规律，要使四位数3A71能被 9整除，那么3+A +7+ 1=11+A必须能被9整除。这里，A 是 0～9 中的整数，因此， A+11=18，得 A=7。答：A 是7。
　　说明：为了学好《整除问题》，必须牢记能被一些常用数(如 2、5、4、25、8、125、3、9、7 11、13⋯⋯)整除的数的特征以及整数的基本性质。
　　现在分别叙述如下：
　　(一)能被一个数整除的数的特征
　　(1)能被 2 或 5 整除的数的特征是：这个数的末一位数能被 2 或 5 整除;
　　(2)能被 4 或 25 整除的数的特征是：这个数的末两位数能被 4 或 25 整除;
　　(3)能被 8 或 125 整除的数的特征是：这个数的末三位数能被 8 或 125 整除;
　　(4)能被 9 或 3 整除的数的特征是：这个数的各个数位上的数之和能被9 或 3 整除;
　　(5)能被 11 整除的数的特征是：这个数奇数位上数的和与偶数位上数的和之差(或反过来)能被 11 整除;
　　(6)能被 7、11、13 整除的数的特征是：这个数的末三位数与末三位以前的数之差(或反过来)能被 7、 11、 13 整除。
　　(二)整数的基本性质
　　(1)如果两个整数都能被同一个自然数整除，那么这两个数的和或差也能被这个自然数整除。
　　如： 18 与 12 都能被 3 整除，所以 18 与 12 的和 30 也能被 3 整除， 18 与 12 的差 6 也能被 3 整除。
　　(2)如果一个整数能被一个自然数整除，那么这个数的整数倍也能被这个自然数整除。
　　如： 14 能被 7 整除，所以 14×5 的积 70 也能被 7 整除。
　　(3)如果一个整数能被两个互质数中的每一个数整除，那么这个整数能被这两个互质数的积整除。
　　如：60 能被 3 整除，也能被 5 整除，3 与 5 是互质数，所以 60 能被 3×
　　5 的积 15 整除。
　　例 2 如果六位数□8919□能被 33 整除，那么这个六位数是多少? 解：设这个六位数为 W，并且它的十万位上的数为 x，个位上的数为 y(也就是 W=x8919y)。
　　因为 33=3×11，3 与 11 是互质数，所以根据整数的基本性质(3)，可得如果 W 能被 3、11 整除，那么 W 就能被 3×11=33 整除。
　　要使 W 能被 3 整除，必须使 x+8+9+1+9+y=27+x+y 能被 3 整除，因为 27 能被 3 整除，如果 x+y 也能被 3 整除，那么根据整数的基本性质(1) 可得 27+x+y 能被 3 整除，从而 W 能被 3 整除。
　　要使 W 能被 11 整除，必须使(9+9+x)-(y+1+8)=9+(x-y) 能被 11 整除。
　　综合以上情况，得
　　x+y 能被 3 整除⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(1)
　　9+(x-y)能被 11 整除⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(2)
　　因为 x、y 均是 0～9 中的整数(x≠0)，所以，9+(x-y)=11，即 x=y+2。
　　当 y=0、1、2、3、4、5、6、7 时， x=2、3、4、5、6、7、8、9。由(1)，可得 y=2，x=4 或 y=5，x=7。所以 W=489192 或 789195。
　　答：这个六位数是 489192 或 789195

jzone · 发表于 2016-8-9 18:49:38

　　例 3 三个质数的和为 122，求这三个质数的乘积的最大值。解：因为三个质数的和为 122 是偶数，所以这三个质数当中必定有一个数是偶数，另外两个质数都是奇数。在质数中，2 是唯一的偶数，故三个质数中有一个质数是 2。
　　另外两个质数的和为定值(120)，为使这两个质数的乘积尽可能地大，就要使该两个质数的差值尽可能地小，因为 1202÷2=60，所以得到 59 和 61 两个质数，是和为 120 且差为最小的两个质数，它们的积也就最大。
　　综合以上情况，和为 122 的三个质数中，以 2、59、61 这三个质数的乘积最大，最大乘积为 2×59×61=7198。
　　答：三个质数的乘积的最大值是 7198。说明：注意“如果两个整数的和一定，那么当这两个数的差值尽可能小时，其乘积最大”。
　　例如，和为 11 的两个整数有如下五种情况：1+10、2+9、3+8、4+7、5+6，相对应的乘积是 10、18、24、28、30，通过比较，可得“和为 11，其积最大的两个整数是 5 和 6”。
　　例 4 如果 325×472+765×895×( )的积的最后五个数字都是零，那么括号内填入的自然数最小可以是多少?(上海市 1989 年小学六年级数学比赛题)
　　解：
　　要使五个数的连乘积的最后五个数字都是 0，这个连乘积一定是 100000 的倍数，把 100000 分解质因数：100000=25×55。
　　说明要使连乘积的末尾有五个零，因数中至少应该有五个2 和五个5。因为325=52×13， 765=3×5×51，472=23×59，895=5×179四个数的乘积里一共包含了 4 个 5 和 3 个 2，必须要再乘以两个 2 和一个 5，所以括号里应填 22×5=20。
　　答：在括号内最小可以是 20。
　　例 5 360 这个数的约数有多少个?这些约数的和是多少?(第三届华罗庚金杯赛决赛题)
　　解：把 360 分解质因数是：360=23×32×5，所以 360 的任何一个约数都是从三个质数 2、二个质数 3、一个质数 5 中取若干个出来相乘得到的。
　　23 的约数是 1、2、4、8(或 1、21、22、23);
　　32 的约数是 1、3、9(或 1、31、32);
　　5 的约数是 1、5(或 1、51)。如果我们把下面的式子
　　(l+2+4+8)×(1+3+9)×(1+5) 展开成一个和式，和式中的每一个加数都是在每个括号里各取一个数相乘的积。由前面的分析可得，360 的任一个约数都恰好是这个展开式中的一个加数。由于第一个括号里有 4 个数，第二个括号里有 3 个数，第三个括号里有2 个数，所以这个展开式中的加数个数是 4×3×2=24，这就是 360 的约数的总个数，这些约数是：
　　1×1×1=1，2×1×1=2，4×1×1=4，8×1×1=8，
　　1×1×5=5，2×1×5=10，4×1×5=20，8×1×5=40，
　　1×3×1=3，2×3×1=6，4×3×1=12，8×3×1=24，
　　1×3×5=15，2×3×5=30，4×3×5=60，8×3×5=120，
　　1×9×1=9， 2×9×1=18，4×9×1=36，8×9×1=72，
　　1×9×5=45，2×9×5=90，4×9×5=180，8×9×5=360。
　　(你能知道上面每个等式中，三个数相乘的由来吗?)
　　另一方面，360 的所有约数的和就等于这个展开式的和，也就是(1+21+22+23)×(1+31+32)×(1+51)=1170。
　　答： 360 的约数有 24 个，这些约数的和是 1170。
　　说明：本题中的二个问题的解法具有一般性，并由此可以得出下面二个结论。
　　若自然数 N 可以分解质因数为：

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　　(其中 a、b、C 为不同的质数，m、s、t 为自然数)，则(1)自然数 N 的约数的总个数是(m+1)·(s+1)·(t+1);
　　(2)自然数 N 的所有约数的总和是

171402_507bd3da6f07a50.jpg

　　以上两个结论可以推广到一般的情况。
　　例 6 A、B 两数都只含有质因数 3 和 5，它们的最大公约数是 75，已知 A 有 12 个约数，B 有 10 个约数，那么 A、B 两数的最小公倍数是多少?
　　解：因为 A、B 两数都只含有质因数 3 和 5，所以设 A=3m·5n，B=3s·5t。因为 A、B 两数的最大公约数是 75=3×52，所以，n≥2，t≥2。
　　又因为 A 有 12 个约数，根据例 8 后的说明可得(m+1)
　　·(n-1)=12=(1 十 1)·(5+1)=(2+1)·(3+1)=(3+1)
　　·(2+1)。所以 A 有三种可能：
　　3×55 或 32×53 或 33×52。同理，因为乙有 10 个约数，可得
　　(s+1)·(t+1)=10=(1 十 1)·(4+1)，所以 B=3×54=1875。
　　由于 A、B 的最大公约数是 3×52，所以 A 只能是 33×52=673。这样可得 A、B 两数的最小公倍数是 33×54=16875。
　　答：A、B 两数的最小公倍数是 16875。

jzsix · 发表于 2016-8-9 19:54:43

　　例 7 有 8 个不同约数的自然数中，最小的一个是多少?
　　解：设有 8 个不同约数的自然数为 N，根据例 8 后的说明来分析 N 的取值可能性。
　　因为 8=7+1=(1+1)·(3+1)=(3+1)·(1+1)=(1+l)·(1+1)·(1+l)，所以 N 只能为下面四种形式：
　　(1)N=a7 (3)N=a3×b
　　(2)N=a×b3 (4)N=a×b×C
　　(a、b、c 为不同的质数)
　　要使 N 最小，可以用 a=2，b=3，C=5 去代入上面四个等式，分别得到 N 为 128、54、24、30。所以有 8 个不同约数的自然数中最小的一个是 24。
　　答：最小的一个是 24。
　　例 8 (中国古代问题) 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?
　　这一问题可译为：一个数除以 3 余 2，除以 5 余 3，除以 7 余 2，求适合这些条件的最小数。
　　解法 1：用枚举法。
　　(1)除以 3 余 2 的数有：5、8、11、14、17⋯⋯;
　　(从第二个数起，每一个数都比它的前一个数多 3)
　　(2)除以 5 余 3 的数有：8、13、18、23、28、⋯⋯。
　　(从第二个数起，每一个数都比它的前一个数多 5)
　　显然 8 被 3 除余 2，且被 5 除余 3。因为 3 与 5 的最小公倍数是 15，所以 15+8、15×2+8⋯⋯15×n+8，都同时满足被 3 除余 2，被 5 除余 3 这两个条件，只须在这列数中找到被 7 除余 2 的最小数。为此只要用 n=1、2、3、4、⋯⋯依次去代入 15×n+8。当 n=1 时，15×1+8=23，23÷7=3⋯⋯2 所以符合题意的数是 23。
　　解法 2：
　　(1)从 5 和 7 的公倍数 35、 70、 105⋯中找出除以 3 余 2 的最小数是 35。
　　(2)从 3 和 7 的公倍数 21、 42、63、⋯中找出除以 5 余 3 的最小数是 63。
　　(3)从 3 和 5 的公倍数 15、30、45、⋯中找出除以 7 余 2 的最小数是30。
　　所以 35+63+30=128 能符合“被 3 除余 2、被 5 除余 3、被 7 除余 2”。又因为 3、5、7 的最小公倍数是 105，由此得符合题意的数是 128-105×1=23。
　　答：适合这些条件的最小数是 23。说明：这个问题是驰名中外的中国古代问题之一。解答这类问题要用到古代数学家孙子所发明的著名定理——“孙子定理”，它的解法很早就流传到国外，被称为“中国剩余定理”。
　　例 9 一个数减去 1 能被 2 整除，减去 2 能被 5 整除，减去 3 能被 7 整除，加上 4 能被 9 整除，这个数最小是多少?
　　(1990 年江西省小学生“八一杯”数学比赛题)解：
　　(1)“减去 1 能被 2 整除”的数，可知这个数是奇数。
　　(2)“减去 2 能被 5 整除”的数，可知它的个位数是 2 或 7。
　　(3)“减去 3 能被 7 整除”的数，可知这个数是 10、 17、24、⋯⋯ 同时符合(1)、(2)、(3)的数是 17。
　　因为 2、5、7 的最小公倍数是 70，所以同时符合(1)、(2)、 (3) 的数的一般式是 70×n+17。
　　又因为“一个数加上 4 能被 9 整除”相当于“一个数被 9 除不足 4”，也就是“一个数被 9 除余 9-4=5”。所以用 n=1、2、3、4、5、⋯⋯代入 70×n+17，当 n=6 时，70×6+17=437 被 9 除余 5，由此得符合题意的最小数是437。
　　答：这个数最小是 437。
　　例 10 幼儿园拿出一块长方体木料，长 72 厘米，宽 60 厘米，高 36 厘
　　米，请王师傅把它锯成同样大小的正方体木块，木块的体积要最大，木料又不能剩余，算一算，可以锯成几块?
　　(厦门市小学生 1986 年“从小爱数学”预赛题) 解：由题意可得王师傅要把原长方体木料锯成同样大小的正方体木块(体积要最大)，木料又不能剩余，那么锯成的正方体的棱长必须是长方体木料的长、宽、高的最大公约数。

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　　72、60、36 的最大公约数是 2×2×3=12。所以，能锯成最大正方体的木块数是 6×5×3=90(块)。或(72×60×36)÷(12×12×12)90(块)。答：可以锯成 90 块。
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