小學(xué)奧數(shù)36個(gè)經(jīng)典(27-29)

第27講整取問題內(nèi)容概述有時(shí)我們只關(guān)心某數(shù)的整數(shù)局部，于是我們就有了取整問題，如在抽屜原理里,在不定方程里等一些數(shù)論問題中．我們規(guī)定[]表示不超過的最大整數(shù)，{}=-[]，即為的小數(shù)或真分?jǐn)?shù)局部．如[3.14]=3，{3.14}=0.14，顯然有{x}<1．O≤{x}+{y}<2(、y均為整數(shù)時(shí)等號才成立)．典型問題2．求的和．【分析與解】我們知道如果直接求解是無法解出的，現(xiàn)在試著觀察規(guī)律:最后一項(xiàng)為1981不難得到，再看+；=+=+所以有+=1981=+++=+++因?yàn)?的和為整數(shù),所以+的和也為整數(shù),但是我們知道0≤{}+{y}<2；在此題中顯然≠0，所以+=1于是+=1981-1=1980；這樣，我們就找到了一般規(guī)律，我們知道原式除了最后一項(xiàng)，還有2005項(xiàng)，于是有1002組和=990；所以為1002×1980+990+1981=1986931．4．解方程[]{}+=2{}+10【分析與解】我們注意到不超過10，不能小于5；所以當(dāng)[]=5，6，7，8，9，10的時(shí)候我們分別計(jì)算小數(shù)局部{}當(dāng)[]=5時(shí)，有5{}+5+{}=2{}+10；那么4{}=5，{}>1，不滿足；當(dāng)[]=6時(shí)，有6{}+6+{}=2{}+10；那么5{}=4，{}=；當(dāng)[]=7時(shí)，有7{}+7+{}=2{}+10；那么6{x}=3，{}=；當(dāng)[]=8時(shí)，有8{}+8+{}=2{}+10；那么7{}=2，{}=；當(dāng)[]=9時(shí)，有9{}+9+{}=2{}+10；那么8{}=1，{}=；當(dāng)[]=10時(shí)，有10{}+10+{}=2{}+10；那么9{}=0，{}=0．所以有=6，7，8，9，10．6．滿足=546．求[100]的值?【分析與解】顯然等式的左邊有91-19+1=73項(xiàng)，每項(xiàng)值為[]或[+1]，這是因?yàn)椋骸?、…、均小于l，又由于73×7<546<73×8，為使和數(shù)為546，那么[]=7，那么設(shè)有個(gè)[+]值為7，于是，7×+8×(73-)=546,解得=38．所以有38項(xiàng)整數(shù)局部為7．即：+<8，即+<8．+≥8，即+≥8于是，100[+]<8×100．100+56<800，100<744；100+57≥800，100≥743．于是，[100]=743第28講數(shù)論綜合3內(nèi)容概述具有相當(dāng)難度，需要靈活運(yùn)用各種整數(shù)知識，或與其他方面內(nèi)容相綜合的數(shù)論同題．典型問題2.有3個(gè)自然數(shù)，其中每一個(gè)數(shù)都不能被另外兩個(gè)數(shù)整除，而其中任意兩個(gè)數(shù)的乘積卻能被第三個(gè)數(shù)整除．那么這樣的3個(gè)自然數(shù)的和的最小值是多少?【分析與解】設(shè)這三個(gè)自然數(shù)為A，B，C，且A=×，B=×,C=×，當(dāng)、、c均是質(zhì)數(shù)時(shí)顯然滿足題意，為了使A，B，C的和最小，那么質(zhì)數(shù)、、應(yīng)盡可能的取較小值，顯然當(dāng)、、為2、3、5時(shí)最小，有A=2×3=6,B=3×5=15，C=5×2=10．于是，滿足這樣的3個(gè)自然數(shù)的和的最小值是6+15+10=31．4.對于兩個(gè)不同的整數(shù)，如果它們的積能被和整除，就稱為一對“好數(shù)〞，例如70與30．那么在1，2，…，16這16個(gè)整數(shù)中，有“好數(shù)〞多少對?【分析與解】設(shè)這兩個(gè)數(shù)為、，且<，有=×(+)，即.當(dāng)=2時(shí)，有，即(-2)×(-2)=22=4，有，但是要求≠．所以只有滿足；當(dāng)=3時(shí)，有，即(-3)×(-3)=32=9，有，但是要求≠．所以只有滿足；……逐個(gè)驗(yàn)證的值，“好數(shù)〞對有3與6，4與12，6與12，10與15．所以“好數(shù)〞對有4個(gè).6．甲、乙兩人進(jìn)行下面的游戲：兩人先約定一個(gè)自然數(shù)N，然后由甲開始，輪流把0，1，2，3，4，5，6，7，8，9這10個(gè)數(shù)字中的一個(gè)填入圖28-1的某個(gè)方格中，每一方格只能填一個(gè)數(shù)字，但各方格所填的數(shù)字可以重復(fù)．當(dāng)6個(gè)方格都填有數(shù)字后，就形成一個(gè)六位數(shù)．如果這個(gè)六位數(shù)能被N整除，那么乙獲勝；如果這個(gè)六位數(shù)不能被N整除，那么甲獲勝．設(shè)N小于15，問當(dāng)N取哪幾個(gè)數(shù)時(shí)．乙能取勝?【分析與解】當(dāng)N取2，4，6，8，10，12，14這7個(gè)偶數(shù)時(shí)，當(dāng)甲將某個(gè)奇數(shù)放到最右邊的方格中，那么這個(gè)六位數(shù)一定是奇數(shù)，奇數(shù)顯然不能被偶數(shù)整除，所以此時(shí)乙無法取勝；而當(dāng)N取5時(shí)，當(dāng)甲在最右邊的方格內(nèi)填人一個(gè)非0非5的數(shù)字時(shí)，那么這個(gè)六位數(shù)一定不能被5整除，所以此時(shí)乙無法獲勝：此時(shí)還剩下1，3，7，9，11，13這6個(gè)數(shù)，顯然當(dāng)N取l時(shí)，乙一定獲勝；當(dāng)N取3或9時(shí)，只要數(shù)字對應(yīng)是3或9的倍數(shù)時(shí)，這個(gè)六位數(shù)就能被對應(yīng)的3或9整除，顯然乙可以做到；當(dāng)N取7，1l或13時(shí)，只要前三位數(shù)字和與后三位數(shù)字和的差對應(yīng)是7，11，13的倍數(shù)時(shí)，這個(gè)六位數(shù)就對應(yīng)是7，11，13的倍數(shù)，乙可以做到．于是，當(dāng)N取1，3，7，9，11，13時(shí)，乙適當(dāng)?shù)牟僮髂鼙ＷC自己一定獲勝．8.與的最大公約數(shù)是12，與的最小公倍數(shù)是300，與的最小公倍數(shù)也是300．那么滿足上述條件的自然數(shù)，，共有多少組?【分析與解】300=12×，是、的倍數(shù)，而12是、的最大公約數(shù)，所以、有5種可能，即1212×512×121212121212×512×由于、中總有一個(gè)為12，那么=××，其中x可以取0、1、2中的任意一個(gè)，y可以取0、1中的任意一個(gè)，這樣滿足條件的自然數(shù)、、共有5×3×2=30組．10．圓周上放有N枚棋子，如圖28-2所示，B點(diǎn)的那枚棋子緊鄰A點(diǎn)的棋子．小洪首先拿走B點(diǎn)處的1枚棋子，然后沿順時(shí)針方向每隔1枚拿走2枚棋子，這樣連續(xù)轉(zhuǎn)了10周，9次越過A．當(dāng)將要第10次越過A處棋子取走其他棋子時(shí)，小洪發(fā)現(xiàn)圓周上余下20多枚棋子．假設(shè)N是14的倍數(shù)，請精確算出圓周上現(xiàn)在還有多少枚棋子?【分析與解】設(shè)圓周上余枚棋子，從第9次越過A處拿走2枚棋子到第10次將要越過A處棋子時(shí)，小洪拿了2枚棋子，所以在第9次將要越過A處棋子時(shí)，圓周上有3枚棋子．．依次類推，在第8次將要越過A處棋子時(shí)，圓周上有32枚棋子，…，在第1次將要越過A處棋子時(shí)，圓周上有3枚棋子，在第1次將要越過A處棋子之間，小洪拿走了2(3-1)+枚棋子，所以N=2(3-1)+1+3=310-1．N=310-1=59049-l是14的倍數(shù)，N是2和7的公倍數(shù)，所以必須是奇數(shù)；又N=(7×8435+4)-1=7×8435+4-1，所以4-1必須是7的倍數(shù)．當(dāng)=21，25，27，29時(shí)，4-1不是7的倍數(shù)，當(dāng)=23時(shí)，4-1=91=7×13,是7的倍數(shù)．所以．圓周上還有23枚棋子．12．是否存在一個(gè)六位數(shù)A，使得A，2A，3A，…，500000A中任意一個(gè)數(shù)的末尾6個(gè)數(shù)碼不全相同?【分析與解】顯然A的個(gè)位數(shù)字不能為偶數(shù)，不然500,000A的后6位為000而A的個(gè)位數(shù)字也不能為5，不然200，000A的后6位為000，000．于是A的個(gè)位數(shù)字只能為1，3，7，9．對于任何一個(gè)六位數(shù)A(個(gè)位數(shù)字為1，3，7，9)，均存在六位數(shù)，使得×A≡111,111(mod1,000,000).如果存在>500,000,使得×A≡111,111(mod1,000,000),那么那個(gè)A即為題中所求的值.(說明見評注)當(dāng)=999,999,有A=888,889時(shí),A=888,888,111,111,顯然滿足上面的條件.所以888,889即為所求的A.評注：如果存在>500，000，使得×A≡111，111(mod1，000，000)，那么那個(gè)A即為題中所求的值．這是因?yàn)槿绻麑τ谏厦娴腁，還存在一個(gè)六位數(shù)B，使得B×A=111，111(mod1,000，000)，那么有(×A-B×A)=0(mod1，000，000)，即(-B)×A≡0(mod1，000，000)．因?yàn)锳不含有質(zhì)因數(shù)2、5，所以(-B)為1，000，000的倍數(shù)，-B≥1，000，000，那么>1，000，000，與為六位數(shù)矛盾．也就是說不存在小于等于500，000的t，使得A的后六位為111，111，那么也不可能使得A的后6位相同．14.m，n，k為自然數(shù)，m≥n≥k，2+2-2是100的倍數(shù),求m+n-k后的最小值．【分析與解】方法一：首先注意到100=22×52．如果n=k，那么2m是100的倍數(shù)，因而是5的倍數(shù)，這是不可能的．所以n-k≥被22整除,所以k≥2.設(shè)=m-k，=n-k，那么≥，且都是整數(shù)．2a+2b-1被52整除，要求++k=m+n-k的最小值．不難看出210+21-1=1025，能被25整除，所以++k的最小值小于10+l+2=13．而且在=10，=1，k=2時(shí)，上式等號成立．還需證明在+≤10時(shí)，2a+2b-l不可能被25整除．有下表a98765411,21,2,31,2,3,41,2,3,4,51,2,3,4≤3時(shí)，2a+2b-1<8+8=16不能被52整除．其他表中情況，不難逐一檢驗(yàn)，均不滿足被25整除的要求．因此+-k即m+n-k的最小值是13．方法二：注意到有100=2×2×5×5，4∣．所以k最小為2．還有25∣，令m-k=x,n-k=y那么有≡l(mod25)因?yàn)?去除2，22，23，24，25余數(shù)分別為2，4，3，1，2；余數(shù)是4個(gè)一周期.于是，x=4p+2，y=4q+1；或者是x=4P+3，y=4Q+3．(1)x=4p+2，y=4q+1時(shí)當(dāng)x=2，y=1，于是不是100的倍數(shù)；當(dāng)x=6，y=l，于是不是100的倍數(shù)；當(dāng)x=10，y=l，于是是l00的倍數(shù)；(2)x=4P+3，y=4Q+3當(dāng)x=3，y=3，于是不是l00的倍數(shù)；當(dāng)x=7，y=3，于是不是l00的倍數(shù)：其余的將超過(1)種情況，所以，最小為m+n-k=12+3-2=13．第29講數(shù)論綜合4內(nèi)容概述主要是“小升初〞綜合素質(zhì)測試中較難的數(shù)論問題．1．任意選取9個(gè)連續(xù)的正整數(shù)，即它們的乘積為P，最小公倍數(shù)為Q．我們知道，P除以Q所得到的商必定是自然數(shù)，那么這個(gè)商的最大可能值是多少?【分析與解】將9個(gè)連續(xù)的正整數(shù)作因式分解，如果某個(gè)質(zhì)數(shù)是其中至少兩個(gè)分解式的因子，那么次數(shù)最高的那個(gè)方冪會包含在最小公倍數(shù)Q中，而其他方冪的乘積那么出現(xiàn)在P除以Q的商中．顯然這樣的質(zhì)數(shù)必定小于9，只可能是2，3，5或7．記P÷Q=R，那么R的質(zhì)因數(shù)必定取自2，3，5，7．兩個(gè)不同的7的倍數(shù)至少相差7，因此在9個(gè)連續(xù)正整數(shù)中，最多有兩個(gè)數(shù)含有質(zhì)因數(shù)7．當(dāng)有兩個(gè)數(shù)是7的倍數(shù)是，可能它們都不能被7×7整除，也可能其中一個(gè)數(shù)是7×7的倍數(shù)，而另一個(gè)不是．于是R的質(zhì)因數(shù)分解式中7的冪次最高是1．類似的分析，R中最多包含一個(gè)質(zhì)因數(shù)5．在9個(gè)連續(xù)的正整數(shù)中，恰有3個(gè)數(shù)是3的倍數(shù)，其中一個(gè)數(shù)能被9整除，而另一兩個(gè)數(shù)僅能被3整除，因此R中所包含的質(zhì)因數(shù)3的冪次必定為2．在9個(gè)連續(xù)的正整數(shù)中，最多有5個(gè)數(shù)是偶數(shù)．此時(shí)，除去含有2的冪次最高的數(shù)外，其余的4的數(shù)含有質(zhì)因數(shù)2最多的情形是：其中有2個(gè)僅為2的倍數(shù)，有1個(gè)是4的倍數(shù)，另一個(gè)是8的倍數(shù)．即R的質(zhì)因數(shù)分解式中2的冪次最多是1+1+2+3=7．綜上所述，R的最大值是27×32×5×7=40320．事實(shí)上，對于9個(gè)連續(xù)正整數(shù)560，561，…，568，P除以Q所得到的商恰是40320．2．老師在黑板上依次寫了三個(gè)數(shù)21、7、8，現(xiàn)在進(jìn)行如下的操作，每次將這三個(gè)數(shù)中的某些數(shù)加上2，其他數(shù)減去1，試問能否經(jīng)過假設(shè)干次這樣的操作后，使得：(1)三個(gè)數(shù)都變成12？(2)三個(gè)數(shù)變成23、15、19？【分析與解】如果兩個(gè)數(shù)都加上2，那么它們的差不變；如果兩個(gè)數(shù)都減去1，那么它們的差也不變；如果一個(gè)數(shù)加上2，一個(gè)數(shù)減去1，那么它們的差增大或減小3．所以，不管怎樣，它們的差增大或減小3的倍數(shù)．也就是說，不管怎么操作，這兩個(gè)數(shù)的差除以3的余數(shù)是不變的．21與7的差除以3的余數(shù)為2；21與8的差除以3的余數(shù)為1；7與8的差除以3的余數(shù)為1．〔1)三個(gè)數(shù)都變成12，那么它們的差除以3的余數(shù)都是0，顯然與開始給出的三個(gè)數(shù)之間差的余數(shù)有變化，所以不滿足；(2)三個(gè)數(shù)變成23、15、19，它們之間差除以3的余數(shù)依次為：23與15的差除以3的余數(shù)為2；23與19的差除以3的余數(shù)為1；15與19的差除以3的余數(shù)為1．也就是說與開始給出的三個(gè)數(shù)之間差的余數(shù)沒變化，所以滿足．3．對于n個(gè)奇質(zhì)數(shù)，如果其中任意奇數(shù)個(gè)數(shù)的和仍是質(zhì)數(shù)，那么稱這些數(shù)構(gòu)成“奇妙數(shù)組〞，而n就是這個(gè)數(shù)組的“階數(shù)〞．例如11，13，17就是“奇妙數(shù)組〞，因?yàn)?1，13，17和11+13+17=41都是質(zhì)數(shù)．(1)證明：“奇妙數(shù)組〞的“階數(shù)〞最大值為4；(2)對于“階數(shù)〞為4的“奇妙數(shù)組〞，求這4個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積的最小值．【分析與解】(1)假設(shè)a、b、c、d、e能組成一個(gè)5階“奇妙數(shù)組〞，那么a、b、c、d一定可以組成一個(gè)四階“奇妙數(shù)組〞，考慮除以3的余數(shù)情況，不能存在3的數(shù)它們除以3的余數(shù)相同，并且驗(yàn)證只能是1，1，2，2．那么e除以3不管是余0，1，2都能在這五個(gè)數(shù)中找到三個(gè)數(shù)，它們的和是3的倍數(shù)，且大于3，所以無法組成5階“奇妙數(shù)組〞．但是如97，73，4l，53滿足(它們的三個(gè)數(shù)和依次為167，191，223，2ll均是質(zhì)數(shù))．所以存在最大的4階“奇妙數(shù)組〞