数论综合（二）
教学目标：
1、 掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型；
2、 重点理解和掌握余数部分的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉”的数学思想
例题精讲：
板块一 质数合数
【例 1】 有三张卡片，它们上面各写着数字1，2，3，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来，
可以得到不同的一位数、二位数、三位数，请你将其中的质数都写出来．
【解析】 抽一张卡片，可写出一位数1，2，3；抽两张卡片，可写出两位数12，13，21，23，31，32；抽三
张卡片，可写出三位数123，132，213，231，312，321，其中三位数的数字和均为6，都能被3整除，所以都是合数．这些数中，是质数的有：2，3，13，23，31．
【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】 设这三个质数分别是a 、b 、c ，满足11abc a b c =++()，则可知a 、b 、c 中必有一个为11，不妨
记为a ，那么11bc b c =++，整理得(1b -)(1c -)12=，又121122634=?=?=?，对应的2b =、13c =或3b =、7c =或4b =、5c = (舍去)，所以这三个质数可能是2，11，13或3，7，11．
【例 3】 用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那
么这9个数字最多能组成多少个质数
【解析】 要使质数个数最多，我们尽量组成一位的质数，有2、3、5、7均为一位质数，这样还剩下1、4、6、
8、9这5个不是质数的数字未用．有1、4、8、9可以组成质数41、89，而6可以与7组合成质数
67．所以这9个数字最多可以组成6个质数．
【例 4】 有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位
数．求这两个整数分别是多少
【解析】 两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都
可以表示成两个整数相加的形式，例如331322313301617=+=+=+==+L L ，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了．可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111373=?，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍(想想为什么)3倍就不是两位数了．
把九个三位数分解：111373=?、222376743=?=?、333379=?、4443712746=?=?、5553715=?、6663718749=?=?、7773721=?、88837247412=?=?、9993727=?．
把两个因数相加，只有(743+)77=和(3718+)55=的两位数字相同．所以满足题意的答案是74和3，37和18．
板块二 余数问题
【例 5】 (2003年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、
商与余数之和为2113，则被除数是多少
【解析】 被除数除数商余数被除数除数+17+13=2113，所以被除数除数=2083，由于被除数是除数的17倍还多
13，则由“和倍问题”可得：除数=(2083-13)÷(17+1)=115，所以被除数=2083-115=1968．
【例 6】 已知2008被一些自然数去除，所得的余数都是10，那么这样的自然数共有多少个
【解析】 本题为一道余数与约数个数计算公式的小综合性题目．由题意所求的自然数一定是2008-10即1998
的约数，同时还要满足大于10这个条件．这样题目就转化为1998有多少个大于10的约数，319982337=??，共有(1+1)×(3+1)×(1+1)=16个约数，其中1，2，3，6，9是比10小的约数，所以符合题目条件的自然数共有11个．
【例 7】 有一个整数，除39，51，147所得的余数都是3，求这个数．
【解析】 (法1) 39336-=，1473144-=，(36,144)12=，12的约数是1,2,3,4,6,12，因为余数为3要小于除
数，这个数是4,6,12；
(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．513912-=，14739108-=，(12,108)12=，所以这个数是4,6,12．
【例 8】 (2005年全国小学数学奥林匹克试题)有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和
是50，那么这个整数是______．
【解析】 (70110160)50290++-=，50316......2÷=，除数应当是290的大于17小于70的约数，只可能是
29和58，11058 1......52÷=，5052>，所以除数不是58．
7029 2......12÷=，11029 3......23÷=，16029 5......15÷=，50152312=++，所以除数是29
【巩固】 (2002年全国小学数学奥林匹克试题)用自然数n 去除63，91，129得到的三个余数之和为25，那
么n=________．
【解析】 n 能整除258251299163=-++．因为2538...1÷=，所以n 是258大于8的约数．显然，n 不
能大于63．符合条件的只有43．
【例 9】 一个大于10的自然数去除90、164后所得的两个余数的和等于这个自然数去除220后所得的余数，
则这个自然数是多少
【解析】 这个自然数去除90、164后所得的两个余数的和等于这个自然数去除90164254+=后所得的余数，
所以254和220除以这个自然数后所得的余数相同，因此这个自然数是25422034-=的约数，又大于10，这个自然数只能是17或者是34．
如果这个数是34，那么它去除90、164、220后所得的余数分别是22、28、16，不符合题目条件；如果这个数是17，那么他去除90、164、220后所得的余数分别是5、11、16，符合题目条件，所以这个自然数是17．
【例 10】 甲、乙、丙三数分别为603，939，393．某数A 除甲数所得余数是A 除乙数所得余数的2倍，A 除
乙数所得余数是A 除丙数所得余数的2倍．求A 等于多少
【解析】 根据题意，这三个数除以A 都有余数，则可以用带余除法的形式将它们表示出来：
11603A K r ÷=L L 22939A K r ÷=L L 33393A K r ÷=L L
由于122r r =，232r r =，要消去余数1r ， 2r ， 3r ，我们只能先把余数处理成相同的，再两数相减．
这样我们先把第二个式子乘以2，使得被除数和余数都扩大2倍，同理，第三个式子乘以4．
于是我们可以得到下面的式子：
11603A K r ÷=L L ()22939222A K r ?÷=L L ()33393424A K r ?÷=L L
这样余数就处理成相同的．最后两两相减消去余数，意味着能被A 整除．
93926031275?-=，3934603969?-=，()1275,96951317==?．
51的约数有1、3、17、51，其中1、3显然不满足，检验17和51可知17满足，所以A 等于17．
【例 11】 (2003年南京市少年数学智力冬令营试题) 20032与22003的和除以7的余数是________．
【解析】 找规律．用7除2，22，32，42，52，62，…的余数分别是2，4，1，2，4，1，2，4，1，…，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20033667222?+=，所以20032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所得余数的积相同．而2003除以7余1，所以22003除以7余1．故20032与22003的和除以7的余数是415+=．
【巩固】
2008222008+除以7的余数是多少 【解析】 328=除以7的余数为1，200836691=?+，所以200836691366922(2)2?==?＋，其除以7的余数为：
669122?=；2008除以7的余数为6，则22008除以7的余数等于26除以7的余数，为1；所以2008222008+除以7的余数为：213+=．
【例 12】 (2009年走美初赛六年级)有一串数：1，1，2，3，5，8，……，从第三个数起，每个数都是前两
个数之和，在这串数的前2009个数中，有几个是5的倍数
【解析】 由于两个数的和除以5的余数等于这两个数除以5的余数之和再除以5的余数．
所以这串数除以5的余数分别为：1，1，2，3，0，3，3，1，4，0，4，4，3，2，0，2，2，4，1，0，1，1，2，3，0，……
可以发现这串余数中，每20个数为一个循环，且一个循环中，每5个数中第五个数是5的倍数． 由于200954014÷=L ，所以前2009个数中，有401个是5的倍数．
【巩固】著名的裴波那契数列是这样的：1、1、2、3、5、8、13、21……这串数列当中第2008个数除以3
所得的余数为多少
【解析】 斐波那契数列的构成规则是从第三个数起每一个数都等于它前面两个数的和，由此可以根据余数定
理将裴波那契数列转换为被3除所得余数的数列：
1、1、
2、0、2、2、1、0、1、1、2、0……
第九项和第十项连续两个是1，与第一项和第二项的值相同且位置连续，所以裴波那契数列被3除的余数每8个一个周期循环出现，由于2008除以8的余数为0，所以第2008项被3除所得的余数为第8项被3除所得的余数，为0．
【例 13】 (1997年全国小学数学奥林匹克试题)将12345678910111213......依次写到第1997个数字，组成一个
1997位数，那么此数除以9的余数是 ________．
【解析】 本题第一步是要求出第1997个数字是什么，再对数字求和．
19～共有9个数字，1099～共有90个两位数，共有数字：902180?= (个)， 100999～共900个三位数，共有数字：90032700?= (个)，所以数连续写，不会写到999，从100开始是3位数，每三个数字表示一个数，(19979180)3602......2--÷=，即有602个三位数，第603个三位数只写了它的百位和十位．从100开始的第602个三位数是701，第603个三位数是9，其中2未写出来．因为连续9个自然数之和能被9整除，所以排列起来的9个自然数也能被9整除，702个数能分成的组数是：702978÷= (组)，
依次排列后，它仍然能被9整除，但702中2未写出来，所以余数为9-27 =．
【例 14】 有2个三位数相乘的积是一个五位数，积的后四位是1031，第一个数各个位的数字之和是10，第
二个数的各个位数字之和是8，求两个三位数的和．
【解析】 本题条件仅给出了两个乘数的数字之和，同时发现乘积的一部分已经给出，即乘积的一部分数字之
和已经给出，我们可以采用弃九法原理的倒推来构造出原三位数．因为这是一个一定正确的算式，所以一定可以满足弃九法的条件，两个三位数除以9的余数分别为1和8，所以等式一边除以9的余数为8，那么□1031除以9的余数也必须为8，□只能是3．将31031分解质因数发现仅有一种情况可以满足是两个三位数的乘积，
即31031311001143217=?=?
所以两个三位数是143和217，那么两个三位数的和是360
【例 15】 设20092009的各位数字之和为A ，A 的各位数字之和为B ，B 的各位数字之和为C ，C 的各位数字
之和为D ，那么D =
【解析】 由于一个数除以9的余数与它的各位数字之和除以9的余数相同，所以20092009与A 、B 、C 、D 除
以9都同余，而2009除以9的余数为2，则20092009除以9的余数与20092除以9的余数相同，而6264=除以9的余数为1，所以()334200963345652222?+==?除以9的余数为52除以9的余数，即为5．
另一方面，由于20092009803620091000010<=，所以20092009的位数不超过8036位，那么它的各位数字之和不超过9803672324?=，即72324A ≤；那么A 的各位数字之和9545B
即5D =．
板块三 完全平方数
【例 16】 从1到2008的所有自然数中，乘以72后是完全平方数的数共有多少个
【解析】 完全平方数，其所有质因数必定成对出现．
而327223266=?=??，所以满足条件的数必为某个完全平方数的2倍，
由于2313119222008232322048??=<
【例 17】 一个数减去100是一个平方数，减去63也是一个平方数，问这个数是多少
【解析】 设这个数减去63为2A ，减去100为2B ，则()()221006337371A B A B A B -=+-=-==?，
可知37A B +=，且1A B -=，所以19A =，18B =，这样这个数为218100424+=．
【巩固】 能否找到这么一个数，它加上24，和减去30所得的两个数都是完全平方数
【解析】 假设能找到，设这两个完全平方数分别为2A 、2B ，那么这两个完全平方数的差为
()()54A B A B =+-，由于()A B +和()A B -的奇偶性质相同，所以()()A B A B +-不是4的倍数，就是奇数，不可能是像54这样是偶数但不是4的倍数．所以54不可能等于两个平方数的差，那么题中所说的数是找不到的．
【例 18】 有5个连续自然数，它们的和为一个平方数，中间三数的和为立方数，则这五个数中最小数的最
小值为 ．
【解析】 考查平方数和立方数的知识点，同时涉及到数量较少的连续自然数问题，设未知数的时候有技巧：
一般是设中间的数，这样前后的数关于中间的数是对称的．
设中间数是x ，则它们的和为5x ， 中间三数的和为3x ．5x 是平方数，设2255x a =?，则25x a =，2231535x a a ==??是立方数，所以2a 至少含有3和5的质因数各2个， 即2a 至少是225，中间的数至少是1125，那么这五个数中最小数的最小值为1123．
板块四 位值原理
【例 19】 (美国小学数学奥林匹克)把一个两位数的十位与个位上的数字加以交换，得到一个新的两位数．如
果原来的两位数和交换后的新的两位数的差是45，试求这样的两位数中最大的是多少
【解析】 设原来的两位数为ab ，交换后的新的两位数为ba ，根据题意，
(10)(10)9()45ab ba a b b a a b -=+--=-=，5a b -=，
原两位数最大时，十位数字至多为9，即9a =，4b =，原来的两位数中最大的是94．
【巩固】 将一个四位数的数字顺序颠倒过来，得到一个新的四位数(这个数也叫原数的反序数)，新数比原数
大8802．求原来的四位数．
【解析】 设原数为abcd ，则新数为dcba ，
(100010010)(100010010)999()90()dcba abcd d c b a a b c d d a c b -=+++-+++=-+-．
根据题意，有999()90()8802d a c b -+-=，111()10()97888890d a c b ?-+?-==+．
推知8d a -=，9c b -=，得到9d =，1a =，9c =，0b =，原数为1099．
【例 20】 (第五届希望杯培训试题)有3个不同的数字，用它们组成6个不同的三位数，如果这6个三位数
的和是1554，那么这3个数字分别是多少
【解析】 设这六个不同的三位数为,,,,,abc acb bac bca cab cba ， 因为10010abc a b c =++，10010acb a c b =++，……，它们的和是：222()1554a b c ?++=，所以15542227a b c ++=÷=，由于这三个数字互不相同且均不为0，所以这三个数中较小的两个数至少为1，2，而7(12)4-+=，所以最大的数最大为4；又12367++=<，所以最大的数大于3，所以最大的数为4，其他两数分别是1，2．
【巩固】 (迎春杯决赛)有三个数字能组成6个不同的三位数，这6个三位数的和是2886，求所有这样的6个
三位数中最小的三位数．
【解析】 设三个数字分别为a 、b 、c ，那么6个不同的三位数的和为：
2()1002()102()222()abc acb bac bca cab cba a b c a b c a b c a b c +++++=++?+++?+++=?++ 所以288622213a b c ++=÷=，最小的三位数的百位数应为1，十位数应尽可能地小，由于十位
数与个位数之和一定，故个位数应尽可能地大，最大为9，此时十位数为13193--=，所以所
有这样的6个三位数中最小的三位数为139．
【巩固】 a ，b ，c 分别是09:中不同的数码，用a ，b ，c 共可组成六个三位数，如果其中五个三位数之和是
2234，那么另一个三位数是几
【解析】 由a ，b ，c 组成的六个数的和是222()a b c ?++．因为223422210>?，所以10a b c ++>．
若11a b c ++=，则所求数为222112234208?-=，但2081011++=≠，不合题意．
若12a b c ++=，则所求数为222122234430?-=，但430712++=≠，不合题意．
若13a b c ++=，则所求数为222132234652?-=，65213++=，符合题意．
若14a b c ++=，则所求数为222142234874?-=，但8741914++=≠，不合题意．
若15a b c ++≥，则所求数2221522341096≥?-=，但所求数为三位数，不合题意．
所以，只有13a b c ++=时符合题意，所求的三位数为652．
板块五 进制问题
【例 21】 在几进制中有413100?=
【解析】 利用尾数分析来解决这个问题：
由于101010(4)(3)(12)?=，由于式中为100，尾数为0，也就是说已经将12全部进到上一位．
所以说进位制n 为12的约数，也就是12，6，4，3，2中的一个．
但是式子中出现了4，所以n 要比4大，不可能是4，3，2进制．
另外，由于101010(4)(13)(52)?=，因为52100<，也就是说不到10就已经进位，才能是100，于是知
道10n <，那么n 不能是12．
所以，n 只能是6．
【巩固】 算式153********?=是几进制数的乘法
【解析】 注意到尾数，在足够大的进位制中有乘积的个位数字为4520?=，但是现在为4，说明进走
20416-=，所以进位制为16的约数，可能为16、8、4或2．
因为原式中有数字5，所以不可能为4、2进位，而在十进制中有1534253835043214?=<，所以在原式中不到10就有进位，即进位制小于10，于是原式为8进制．
【例 22】 在6进制中有三位数abc ，化为9进制为cba ，求这个三位数在十进制中为多少
【解析】 (abc)6 =a ×62＋b ×6+c=36a+6b+c ；(cba)9=c ×92+b ×9+a=81c+9b+a ；所以36a+6b+c=81c+9b+a ；
于是35a=3b+80c ；因为35a 是5的倍数，80c 也是5的倍数．所以3b 也必须是5的倍数，又(3，5)=1．所以，b=0或5．
①当b=0，则35a=80c ；则7a=16c ；(7，16)=1，并且a 、c ≠0，所以a=16，c=7．但是在6，9进制，不可以有一个数字为16．
②当b=5，则35a=3×5+80c ；则7a=3+16c ；mod 7后，3+2c ≡0．所以c=2或者2+7k(k 为整数)．因为有6进制，所以不可能有9或者9以上的数，于是c=2；35a=15+80×2，a=5．所以(abc)6 =(552)6 =5×62+5×6+2=212．这个三位数在十进制中为212．
课后练习：
练习 1． 三个质数的乘积恰好等于它们的和的7倍，求这三个质数．
【解析】 设这三个质数分别是a 、b 、c ，满足7()abc a b c =++，则可知a 、b 、c 中必有一个为7，不妨记
为a ，那么7bc b c =++，整理得(1)(1)8b c --=，又81824=?=?，对应的b =2、c =9(舍去)或b =3、c =5，所以这三个质数可能是3，5，7
练习 2． 有一个大于1的整数，除45,59,101所得的余数相同，求这个数．
【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．1014556-=，594514-=，(56,14)14=，14的约数有1,2,7,14，
所以这个数可能为2,7,14．
练习 3． 将1至2008这2008个自然数，按从小到大的次序依次写出，得一个多位数：L ，试求这个多位数
除以9的余数．
【解析】 以这个八位数为例，它被9除的余数等于()19992000+++++++被9除的余数，但是由于1999
与()1999+++被9除的余数相同，2000与()2000+++被9除的余数相同，所以就与()19992000+被9除的余数相同．
由此可得，从1开始的自然数L 被9除的余数与前2008个自然数之和除以9的余数相同．
根据等差数列求和公式，这个和为：()12008200820170362
+?=，它被9除的余数为1． 另外还可以利用连续9个自然数之和必能被9整除这个性质，将原多位数分成9，61718，……，0062007，2008等数，可见它被9除的余数与2008被9除的余数相同．
因此，此数被9除的余数为1．
练习 4． 在7进制中有三位数abc ，化为9进制为cba ，求这个三位数在十进制中为多少
【解析】 首先还原为十进制：27()77497abc a b c a b c =?+?+=++；29()99819cba c b a c b a =?+?+=++．
于是497819a b c c b a ++=++；得到48802a c b =+，即2440a c b =+．
因为24a 是8的倍数，40c 也是8的倍数，所以b 也应该是8的倍数，于是0b =或8．
但是在7进制下，不可能有8这个数字．于是0b =，2440a c =，则35a c =．
所以a 为5的倍数，c 为3的倍数．
所以，0a =或5，但是，首位不可以是0，于是5a =，3c =；
所以77()(503)5493248abc ==?+=．
于是，这个三位数在十进制中为248．
月测备选：
【备选1】某质数加6或减6得到的数仍是质数，在50以内你能找出几个这样的质数把它们写出来．
【解析】 有六个这样的数，分别是11，13，17，23，37，47．
【备选2】(2002年全国小学数学奥林匹克试题)两数相除，商4余8，被除数、除数、商数、余数四数之和
等于415，则被除数是_______．
【解析】 因为被除数减去8后是除数的4倍，所以根据和倍问题可知，除数为7914884415=+÷---）（）（，
所以，被除数为3248479=+?．
【备选3】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】 先将1016分解质因数：310162127=?，由于1016a ?是一个完全平方数，所以至少为422127?，故
a 最小为2127254?=．
【备选4】在几进制中有12512516324?=
【解析】 注意101010(125)(125)(15625)?=，因为1562516324<，所以一定是不到10就已经进位，才能得到
16324，所以10n <．
再注意尾数分析，101010(5)(5)(25)?=，而16324的末位为4，于是25421-=进到上一位．
所以说进位制n 为21的约数，又小于10，也就是可能为7或3．
因为出现了6，所以n 只能是7．
知识框架 」、整除的定义： 当两个整数a和b （b工0, a被b除的余数为零时（商为整数），则称a被b整除或b整除a,也把a 叫做b的倍数，b叫a的约数，记作b|a，如果a被b除所得的余数不为零，则称a不能被b整除，或b不整除a,记作b a. 二、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整 除； 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、 11或13整除； 5. 如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数，那么这个数能被9整除； 6. 如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有 两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 7. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被 7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的 过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13-3X2 = 7,所以133是7 的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613 —9>2= 595 , 59- 5X2= 49,所以6139是7的倍数，余类推。 8. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被 13整除。如果和太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」 的过程，直到能清楚判断为止。 MSDC模块化分级讲义体系六年级奥数.数论.整除问题（ABC级）.学生版Page 1 of 14
名校真题 测试卷10 （数论篇一） 时间：15分钟 满分5分 姓名_________ 测试成绩_________ 1 （05年人大附中考题） 有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。 2 （05年101中学考题） 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数 是＿＿。 3 （05年首师附中考题） 211+2121202+21212121 13131313212121505 =＿＿。 4 （04年人大附中考题） 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 5 (02年人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( ) A 、125 B 、126 C 、127 D 、128 【附答案】 1 【解】：6 2 【解】：设原来数为ab ，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。 3 【解】：周期性数字，每个数约分后为211+212+215+21 13=1 4 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。 5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D 。
第十讲 小升初专项训练 数论篇（一） 一、小升初考试热点及命题方向 数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。 二、2007年考点预测 2007年的小升初考试将继续以填空和大题形式考查数论，命题的方向可能偏向小题考察单方面的知识点，大题则需综合运用数的整除，质数与合数，约数倍数以及整数的分拆等方法，希望同学们全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分解出数论的压轴大题是关键。 三、基本公式 1）已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c 。 [讲解练习]：若3a75b 能被72整除，问a=＿＿,b=＿＿.（迎春杯试题） 2）已知c|ab ，(b,c)=1,则c|a 。 3）唯一分解定理：任何一个大于1的自然数n 都可以写成质数的连乘积，即 n= p11a × p22a ×...×p k ak （#) 其中p1 数论基础知识 小学数论问题，起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除，因数与倍数，奇数与偶数，质数与合数，公因数与公倍数，分解质因数等； 2.不能整除：余数，余数的性质与计算（余数），同余问题（除数），物不知数问题（被除数）。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 （1）定义： 定义1：若整数a能够被b整除，a叫做b的倍数，b就叫做a的因数。 定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c，或者c÷a＝b，那么称a、b是c的因数，c是a、b 的倍数。 注意：倍数与因数是相互依存关系，缺一不可。（a、b是因数，c是倍数） 一个数的因数个数是有限的，最小的因数是1，最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的，最小的倍数是它本身，没有最大的倍数。 （2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1，第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身，第二大的因数是：原数÷第二小的因数 （3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个，有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个，2000以内的完全平方数的个数是44个，3000以内的完 全平方数的个数是54个。（312=961，442=1936，542=2916） 2、数的整除（数的倍数） （1）定义： 定义1：一般地，三个整数a、b、c，且b≠0，如有a÷b＝c，则我们就说，a能被b整除，或b能整除a，或a能整除以b。 定义2：如果一个整数a，除以一个整数b（b≠0），得到一个整数商c，而且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。（a≥b） （2）整除的性质： 如果a、b能被c整除，那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。 如果a能被b整除，c是整数，那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 （3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差 1001（及其因数7、11、13、77、91、143）的倍数特征：三位截断求差 名校真题测试卷10 （数论篇一） 1、（05年人大附中考题）有_____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。 2、（05年101中学考题） 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数 是_____。 3 （05年首师附中考题） 1 21+ 202 2121 + 50513131313 21212121212121 =________。 4 （04年人大附中考题） 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 (02年人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( ) A、125 B、126 C、127 D、128 【附答案】 1 【解】：6 2 【解】：设原来数为ab，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。 3 【解】：周期性数字，每个数约分后为1 21 + 2 21 + 5 21 + 13 21 =1 4 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。 5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D。 第十讲小升初专项训练数论篇（一） 一、小升初考试热点及命题方向 数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。 二、考点预测 的小升初考试将继续以填空和大题形式考查数论，命题的方向可能偏向小题考察单方面的知识点，大题 第十讲：数论之余数问题 余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。 许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！” 余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。 知识点拨： 一、带余除法的定义及性质： 一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r, 0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。这里： r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商 (1)当0 r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商 (2)当0 一个完美的带余除法讲解模型: 如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为被除数，现在 要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色，经过打包后共打包了 c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。 这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。并且 可以看出余数一定要比除数小。 二、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5的余数分别是3和4，故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23×16除以5的余数等于3×1=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23×19除以5的余数等于3×4除以5的余数，即2. 3.同余定理 第十一讲 数论综合（二） 教学目标： 1、 掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型； 2、 重点理解和掌握余数部分的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉”的数学思想 例题精讲： 板块一 质数合数 【例 1】 有三张卡片，它们上面各写着数字1，2，3，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来， 可以得到不同的一位数、二位数、三位数，请你将其中的质数都写出来． 【解析】 抽一张卡片，可写出一位数1，2，3；抽两张卡片，可写出两位数12，13，21，23，31，32；抽三 张卡片，可写出三位数123，132，213，231，312，321，其中三位数的数字和均为6，都能被3整除，所以都是合数．这些数中，是质数的有：2，3，13，23，31． 【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】 设这三个质数分别是a 、b 、c ，满足11abc a b c =++()，则可知a 、b 、c 中必有一个为11，不妨 记为a ，那么11bc b c =++，整理得(1b -)(1c -)12=，又121122634=?=?=?，对应的2b =、13c =或3b =、7c =或4b =、5c = (舍去)，所以这三个质数可能是2，11，13或3，7，11． 【例 3】 用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那 么这9个数字最多能组成多少个质数？ 【解析】 要使质数个数最多，我们尽量组成一位的质数，有2、3、5、7均为一位质数，这样还剩下1、4、6、 8、9这5个不是质数的数字未用．有1、4、8、9可以组成质数41、89，而6可以与7组合成质数 67．所以这9个数字最多可以组成6个质数． 【例 4】 有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位 数．求这两个整数分别是多少？ 【解析】 两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都 可以表示成两个整数相加的形式，例如331322313301617=+=+=+==+L L ，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了．可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111373=?，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍(想想为什么？)3倍就不是两位数了． 把九个三位数分解：111373=?、222376743=?=?、333379=?、4443712746=?=?、5553715=?、6663718749=?=?、7773721=?、88837247412=?=?、9993727=?． 把两个因数相加，只有(743+)77=和(3718+)55=的两位数字相同．所以满足题意的答案是74和3，37和18． 板块二 余数问题 【例 5】 (2003年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、 商与余数之和为2113，则被除数是多少？ 【解析】 被除数+除数+商+余数=被除数+除数+17+13=2113，所以被除数+除数=2083，由于被除数是除 数的17倍还多13，则由“和倍问题”可得：除数=(2083-13)÷(17+1)=115，所以被除数=2083-115=1968． 小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类： 整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容） 余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小） （2）同余的性质和运用 奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 （2）约数个数决定法则（小升初常考内容） 整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常 出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？ 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？ 很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划 行程问题 基本行程问题平均速度火车过桥流水行船接送问题电梯行程 数论问题 奇偶分析数的整除约数倍数进位制余数问题完全平方数 几何问题 小学几何五大模型勾股定理与弦图巧求周长立体图形的体积 计数问题 加法原理乘法原理容斥原理排列组合枚举法归纳法 应用题 鸡兔同笼问题年龄问题盈亏问题牛吃草问题工程问题浓度问题 计算问题 分数列项与整数列项繁分数的计算数学计算公式换元法找规律 其他 数阵图与数字谜操作与策略抽屉原理逻辑推理不定方程染色问题 小学六年级奥数基础知识——数论一 一质数和合数 （1）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。 （2）自然数除0和1外，按约数的个数分为质数和合数两类。 任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。 要特别记住：0和1不是质数，也不是合数。 （3）最小的质数是2 ，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数； 最小的合数是4。 （4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数。 互质 是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（３和５），可能是一个质数和一个合数（３和４），可能是两个合数（４和９）或1与另一个自然数。 （５）如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。 把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。 （６）１００以内的质数有２５个：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． 注意：两个质数中差为1的只有3-2 ；除2外，任何两个质数的差都是偶数。 二整除性 （１）概念 一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b（b不等于0），除得 2021年{某某}小学 小 学 数 学 学 习 资 料 教师： 年级： 日期： 第二十一讲数论综合 数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。 基本公式 1.已知b|c,a|c,则[a,b]|c,特别地，若(a,b)=1,则有ab|c。 2.已知c|ab，(b,c)=1,则c|a。 3.唯一分解定理：任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 n= p11a× p22a×...×p k k a（#) 其中p1 6.自然数是否能被3，4，25，8，125，5，7,9，11，13等数整除的判别方法。 7.平方数的总结： ①平方差：A2-B2=（A+B）（A-B），其中我们还得注意A+B， A-B同奇偶性。 ②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。约数个数为3的是质数的平方。 ③质因数分答案：把数字分答案，使他满足积是平方数。 ④立方和：A3+B3=(A+B)(A2-AB+B2)。 8.十进制自然数表示法，十进制和二进制，八进制，五进制等的相互转化。 9.周期性数字：abab=ab×101 1.全面掌握数论的几大知识点，能否在考试中取得高分，解出数论的压轴大题是关键。 2.牢记基本公式，并在解题中灵活运用公式。 例1:将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（4×3×2×1=24）。将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000-4000之间。请求出这24个四位数中最大的一个。 答案：不妨设这4个数字分别是a>b>c>d 那么从小到大的第5个就是dacb,它是5的倍数，因此b=0或5，注意到b>c>d,所以b=5; 从大到小排列的第2个是abdc,它是不能被4整除的偶数；所以c是偶数，c＜b=5，c=4或2 从小到大的第二十个是adbc,第五个是dacb,它们的差在3000-4000之间，所以a=d+4； 因为a>b,所以a至少是6，那么d最小是2，所以c就只能是4。而如果d=2，那么abdc的末2位是24，它是4的倍数，和条件矛盾。因此d=3,从而a=d+4=3+4=7。 这24个四位数中最大的一个显然是abcd,我们求得了a=7,b=5,c=4,d=3 所以这24个四位数中最大的一个是7543。 例2：一个5位数，它的各个位数字和为43，且能被11整除，求所有满足条件的5位数？ 答案：现在我们有两个入手的选择，可以选择数字和，也可以选择被11整除，但我们发现被11整除性质的运用要具体的数字，而现在没有，所以我们选择先从数字和入手。 5位数数字和最大的为9×5=45，这样43的可能性只有9，9，9，9，7或9，9，9，8，8。这样我们接着用11的整除特征，发现符合条件的有99979，97999，98989符合条件。 小学奥数数论知识点总结 1.奇偶性问题 奇+奇=偶奇×奇=奇 奇+偶=奇奇×偶=偶 偶+偶=偶偶×偶=偶 2.位值原则 形如：abc=100a+10b+c 3.数的整除特征： 整除数特征 2末尾是0、2、4、6、8 3各数位上数字的和是3的倍数 5末尾是0或5 9各数位上数字的和是9的倍数 11奇数位上数字的和与偶数位上数字的和，两者之差是11的倍数4和25末两位数是4(或25)的倍数 8和125末三位数是8(或125)的倍数 7、11、13末三位数与前几位数的差是7(或11或13)的倍数 4.整除性质 ①如果c|a、c|b，那么c|(ab)。 ②如果bc|a，那么b|a，c|a。 ③如果b|a，c|a，且(b,c)=1,那么bc|a。④如果c|b,b|a,那么c|a. ⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。 5.带余除法 一般地，如果a是整数，b是整数(b≠0),那么一定有另外两个整数q和r，0≤r 当r=0时，我们称a能被b整除。 当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商(亦简称为商)。用带余数除式又可以表示为a÷b=q……r,0≤r 6.唯一分解定理 任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即n=p1×p2×...×pk 7.约数个数与约数和定理 设自然数n的质因子分解式如n=p1×p2×...×pk那么：n的约数个数： d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1) n的所有约数和：(1+P1+P1+…p1)(1+P2+P2+…p2)… (1+Pk+Pk+…pk) 8.同余定理 ①同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b 对于模m同余，用式子表示为a≡b(modm) ②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9.完全平方数性质 ①平方差：A-B=(A+B)(A-B)，其中我们还得注意A+B，A-B同奇偶性。 一、整除的定义： 当两个整数a 和b （b≠0），a 被b 除的余数为零时（商为整数），则称a 被b 整除或b 整除a ，也把a 叫做b 的倍数，b 叫a 的约数，记作b|a ，如果a 被b 除所得的余数不为零，则称a 不能被b 整除，或b 不整除a ，记作b a. 二、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整 除； 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、 11或13整除； 5. 如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数，那么这个数能被9整除； 6. 如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有 两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 7. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被 7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13－3×2＝7，所以133是7的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613－9×2＝595 ， 59－5×2＝49，所以6139是7的倍数，余类推。 8. 若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加个位数的4倍，如果和是13的倍数，则原数能被 13整除。如果和太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」知识框架 数的整除 第六讲初等数论 初等数论是主要用算术方法研究整数最基本性质的一个数学分支，是数学中最古老的分支之一.近几十年来，初等数论在计算机科学、组合数学、代数编码、信号的数字处理等领域得到广泛应用.同时，初等数论在各类数学竞赛中占有重要地位，以国际数学奥林匹克为例，约有四分之一的题目是主要用初等数论知识来解的. 一、基础知识 1.整除理论 性质1：如果a\b t b\c t那么d|c； 性质2：若a\c t则对于任意整数x、y都有a\bx+cy 2.质数与合数 性质1：设n为大于1的正整数，p是n的大于1的约数中最小的正整数，则p为质数； 性质2：如果对任意1到亦之间的质数p,都有p不整除n,那么n为质数，这里n为大于1的正整 数； 性质3：质数有无穷多个； 性质4：质数中只有一个数是偶数，即2； 3.同余 定义：如果a、b除以m (正整数)所得得余数相同，那么称a、b对模m同余，记作 a=b (mod in) 性质X如果a三b (mod 则m\a-bt 性质2：若a = b (mod m) f c = d (mod 加)贝i]a + c = b + d (mod nt) a-c 三b-d (mod /H),ac = bd (mod ni) 性质3：a = b (mod m), n 为正整数，则a n = b" (mod m) 4.费尔马小定理 Fermat小定理：设p为质数，a为整数，则/三?(mod “).特别地，如果a不能被p整除，则三l(mod p) 二、例题部分 例1 (2006年希望杯初二培训题)已知一个五位数用4, 5, 6, 7, 8五个数码各一次组成，如64875 等，在这样的五位数中，能被55整除的有几个，它们分别是多少？ 《数理天地》2005增刊P22, 80 例2 (★★, 86年全国)设a、b. c是三个互不相等的正整数，求证：在—b'c — bF, c3a-ca3三个数中，至少有一个数能被10整除； 第19讲数论综合 知识点精讲 特殊数的整除特征 1. 尾数判断法 1) 能被2整除的数的特征： 2) 能被5整除的数的特征： 3) 能被4 (或25)整除的数的特征： 4) 能被8 (或125)整除的数的特征： 2. 数字求和法： 3. 99的整除特性： 4. 奇偶位求差法： 5. 三位截断法： 特别地：7X11X13=1001, abcabc=abcX1001 二、多位数整除问题 技巧：1>目的是使多位数变短”途径是结合数的整除特征和整除性质 2>对于没有整除特性的数，利用竖式解决。 三、质数合数 1. 基本定义 【质数】一一 【合数】一一 注：自然数包括0、1、质数、合数. 【质因数】一一 【分解质因数】一一 用短除法和分拆相乘法分解质因数。任何一个合数分解质因数的结果是唯一的。 分解质因数的标准表示形式：N=a1Xa2Xa3X X n,其中a1、a2、a3 an都是合数N的质因数，且小学奥数数论专题知识总结
小学奥数数论专题
六年级奥数-第十讲.数论之余数问题.教师版
(完整版)六年级奥数-第十一讲.数论综合(二).教师版[1]
(完整版)小学奥数中的数论问题
(完整)小学六年级奥数基础知识——数论
{小学数学}小六数学第21讲：数论综合教师版-——李寒松[仅供参考]
小学奥数数论知识点总结
六年级奥数.数论.整除问题(ABC级).学生版
数论--综合-第6讲初等数论竞赛班教师版
完整版六年级奥数数论综合