五年級數1講數的整除性（一（1）如果甲數能被乙五年級數1講數的整除性（一（1）如果甲數能被乙數整除，乙數能被丙數整除，那么甲數能被丙數整除（2）如果兩個數都能被一個自然數整除，那么這兩個數的和與差都能被這個自然數整除（3）如果一個數能分別被幾個兩兩互質的自然數整除，那么這個數能被這幾個兩兩互質然數的乘積整除（4）如果一個質數能整除兩個自然數的乘積，那么這個質數至少能整除這兩個自然數中個（5）幾個數相乘，如果其中一個因數能被某數整除，那么乘積也能被這個數整除分析與解：分別由能被9，25和8整除的數的特征，很難推斷出這個七位數。因為9，25，8分析與解：因為41×271=11111，所以由每51組成1111141271整除“11111”把20001每五位分成一節，2000÷5=400，就有400節因為20001組成的數11…1111111整除，而11111能被41271整除，所以根據除的性質（1）可知，由20001組成的數111…11能被41271整除分析與解：根據有關整除的性質，先12分成兩數之積：12=12×1=6×2=3×4176554，76552765547655176552分析與解：從題設的條件分析，對所求五位數有兩個要求要求的五位數是：97999，99979，98989分析與解鞏固練習2五年級數論第2數五年級數論第2數的整除性（二能被7，11和13整除的數的特如果數A的末三位數字所表示的數與末三位數以前的數字所表示的數之差（大數減小數）71113整除，那么數A71113整除。否則，數A就不71113除解：371-306=65，65137306371137解：10□8-971=1008-971+□0=37+□083分析與解7整除的數的特征，555555999999判斷一個數能否被27或37整除的方法對于任何一個自然數，從個位開始，每三位為一節將其分成若干節，然后將每一節上的數加，如果所得的和能被27（或37）整除，那么這個數一定能被27（或37）整除；否則，這個就不能被27（或37）整除（1）2673135；（2）8990615496（2）8990615496=8，990，615，496，8+990+615+496=2，1094判斷一判斷一個數能否被個位是9的數整除的方對于任意一個自然數，去掉這個數的個位數后，再加上個位數的（k+1）倍。連續進行這換。如果最終所得的結果等于k9，那么這個數能被k9整除；否則，這個數就不能被k9整除解：（1）上述變換可以表示為鞏固練習88205，167128，250894，675696，796842，805532，7577888551861026，1884924，2175683，11159126，131313555，26611777855119，55537，62899，186637，872231，5381717五年級數論3講奇偶性（一1861026，1884924，2175683，11159126，131313555，26611777855119，55537，62899，186637，872231，5381717五年級數論3講奇偶性（一（1）能被2整除的自然數叫偶數0，2，4，6，8，10，12，14，（2）不能被2整除的自然數叫奇數每一個整數不是奇數就是偶數，這個屬性叫做這個數的奇偶性。奇偶數有如下一些重要性質（1）兩個奇偶性相同的數的和（或差）一定是偶數；兩個奇偶性不同的數的和（或差）是奇數。反過來，兩個數的和（或差）是偶數，這兩個數奇偶性相同；兩個數的和（或差）是數，這兩個數肯定是一奇一偶（2）奇數個奇數的和（或差）是奇數；偶數個奇數的和（或差）是偶數。任意多個偶數（或差）是偶數（3）兩個奇數的乘積是奇數，一個奇數與一個偶數的乘積一定是偶數（4）若干個數相乘，如果其中有一個因數是偶數，那么積必是偶數；如果所有因數都是數，那么積就是奇數。反過來，如果若干個數的積是偶數，那么因數中至少有一個是偶數；如若干個數的積是奇數，那么所有的因數都是奇數（5）在能整除的情況下，偶數除以奇數得偶數；偶數除以偶數可能得偶數，也可能得奇奇數肯定不能被偶數整除（6）偶數的平方能被4奇數的平方除以4的余數是16（7）相鄰兩個自然數的乘積必是偶數，其和必是奇數（8）如果一個整數有奇數（7）相鄰兩個自然數的乘積必是偶數，其和必是奇數（8）如果一個整數有奇數個約數（包1和這個數本身），那么這個數一定是平方數；如一個整數有偶數個約數，那么這個數一定不是平方數經典例題11+2+3+4+…+1997+1998分析與解：本題當然可以先求出算式的和，再來判斷這個和的奇偶性。但如果能不計算，直1□2□3□4□5□6□7□8□9=66分析與解：等號左端共有9個數參加加、減運算，其中有5個奇數，4個偶數。5分析與解：假設這兩個五位數的和等7分析與解：通常握手是兩人的事。甲、乙兩人握手，對于甲是握手1次，對于乙也是握手分析與解：通常握手是兩人的事。甲、乙兩人握手，對于甲是握手1次，對于乙也是握手分析與解：本題要求出這部分學生的總成績是不可能的，所以應從每個人得分的情況入手鞏固練習8五年級數論4偶性（二經典例題1用0～9分析與解：有時題目的要求比較多，可先考慮滿足部分要求，然后再調整，使最后結果達到個是奇數，即個位是1390，1，2，3，5，所求這五個數的和是（4+6+7+8+9）×10+（0+1+2+3+5）=351分析與解：盲目的0，1，2，3，5，所求這五個數的和是（4+6+7+8+9）×10+（0+1+2+3+5）=351分析與解：盲目的試驗，可能總也找不到要領。如果我們分析一下每次翻轉后杯口朝上的杯分析與解：當m是奇數時，（m-1）是偶數。由例2分析與解：可以先研究排版一本書，各篇文章分析與解：可以先研究排版一本書，各篇文章頁數是奇數或偶數時的規律。一篇有奇數頁的（偶）數頁碼，最后一面應是偶（奇）數頁碼，而緊接的另一篇文章的第一面又是排在奇（偶）分析與解：大盒內裝有黑、白棋子分析與解：首先分析這分析與解：首先分析這串數的組成規律和奇偶數情況1+1=2，2+3=5，3+5=8，容易看出，這串數是按“奇，奇，偶”每三個數為一組周期變化的。1000÷3=333……1，鞏固練習在五年級數論第5奇偶性（三五年級數論第5奇偶性（三分析與解：題目說在指定的這條對角線上的格子里必定至少放有一枚棋子，假設這個說法分析與解：因為每次有兩個數同時被加上或減去同一個數，所以表中九個數碼的總和經過變分析與解：如右上圖所示，將相鄰的房間分析與解：如右上圖所示，將相鄰的房間黑、白相間染色。無論從哪個房間開始走，因為總分析與解：將這14個小方格黑白相間染色（見右上圖），有8個黑格，6分析與解：假定圖5因為上圖兩端是同一個○中的數，不可能既是奇數又是偶數，所以51分析與解：馬走“日”字，在中國象棋盤分析與解：馬走“日”字，在中國象棋盤上走有什么規律呢鞏固練習五年級數論第6質數與合以這類自然數的特征是大于1，且只能被1和它本身整除。這類自然數叫質數（或素數）本身整除外，還能被其它一些自然數整除。這類自然數叫合數。例如分析與解：先把前100123分析與解：先把前10012343，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97分析與解：對于一個不太大的數N，要判斷它是質數還是合數，可以先找出一個大于N分析與解：對于一個不太大的數N，要判斷它是質數還是合數，可以先找出一個大于N分析與解：按照例2的方法判別這個13=1111111×1000001an除以某自然數的余數的變化規律。2nn72n÷7的余數的變化規律：分析與解：從最小的質數開始試算鞏固練習（1）用它們可以組成哪些兩位數的質數（數字可以重復使用87倍，求ab五年級數論7解質因87倍，求ab五年級數論7解質因這個表示形式是唯一的。把合數表示為質因數乘積的形式叫做分解質因數經典例題如，60=22×3×5，1998=2×33×37分析與解：正方體的體積是“棱長×棱長×棱長”，現在已知正方體的體積是13824分析與解：按題意，每隊人數×隊數=1430，每隊人數在100至20011×13=143，2×5=10分析與解：將72上表中，第三、四行的數字分別是第二行對應數字乘以3324N的所有不同約數的個數的方法：一個大于1的自然數N的約數數，等于它的質因數分解式中每個質因數的個數加1的連乘積（4+1）×（1+1）×（2+1）=30（個（1+1）×（3+1）×（2+1）×（1+1）=48（個）分析與解：這是求一個數的約數個數的逆問題，因此解題方法正好與4個數是a5；當這個數有兩個質因數ab時，這個數是a2×b。因為這個數不大于50，所以對于所以滿足題意的數有八個：32，12，20，28，44，18，45，50鞏固練習鞏固練習五年級數論第8講最大公約數與最小公倍數（一如果一個自然數a能被自然數b整除，那么稱a為b的倍數ba的約數如果一個自然數同時是若干個自然數的約數，那么稱這個自然數是這若干個自然數的公數。在所有公約數中最大的一個公約數，稱為這若干個自然數的最大公約數。an的最大公約數通常用符號（a1，a2，…，an）表示，例如，（8，12）=4，（6，9，15）=3a1，a2，…，an最小公倍數通常用符號[a1，a2，…，an]表示，例如[8，12]=24，[6，9，15]=90分析與解：因為144克一級茶葉、180克二級茶葉、240分析與解：因為144克一級茶葉、180克二級茶葉、240克三級茶葉都是60÷12=5（元）經典例2用自然數a498，450，414，得到相同的余數，a分析與解：因為498，450，414除以aa498-450=48，450-414=36，498-414=84所求數是（48，36，84）=12分析與解：只知道三個自然數的和，不知道三個自然數具體是幾，似乎無法求最大公約數。共經過多少個格點（橫線與豎線的交叉點分析與解：（30，24）=6，說明如果將方格紙橫、豎都分成6份，即分成6×6形，那么每個矩形是由（30÷6）×（24÷6）=5×4（個共經過多少個格點（橫線與豎線的交叉點分析與解：（30，24）=6，說明如果將方格紙橫、豎都分成6份，即分成6×6形，那么每個矩形是由（30÷6）×（24÷6）=5×4（個（見右下圖）所以，對角線共經過格點（30，24）-1=5（個）分析與解：甲、乙、丙走一圈分別需60秒、75秒和90（分）分析與解：爺爺和小明的年齡隨著時間的推移都在變化，但他們的年齡差是保持不變的。爺小明的年齡=60÷（7-1）=10（歲爺爺的年齡=10×7=70（歲） 鞏固練習五年級數9最大公約數與最小公倍數（二=18×12兩個自然數的最大公約數與最小公倍數的乘積，等于兩個自然數的最大公約數與最小公倍數的乘積，等于這兩個自然數的乘積。即（a，b）×[a，b]=a×b解：由上面的結論，另一個自然數是（6×72）÷18=24分析與解：如果將兩個自然數都除115×6，且5與657×5=357×6=42a，b，c分析與解12，15aa1215的公倍數，即是=12×120÷120=12分析與解：如果三種溶液的重量都是整數，=12×120÷120=12分析與解：如果三種溶液的重量都是整數，那么每瓶裝的重量就是三種溶液重量的最大公數化為整數，求出數值后，再除以這個數。為此，先求幾個分母的最小公倍數，[6，4，9]=36，（150，135，80）=5如果若干個分數（含整數）都是某個分數的整數倍，那么稱這個分數是這若干個分數的公數。在所有公約數中最大的一個公約數，稱為這若干個分數的最大公約數如果某個分數（或整數）同時是若干個分數（含整數）的整數倍，那么稱這個分數是這若個分數的公倍數。在所有公倍數中最小的一個公倍數，稱為這若干個分數的最小公倍數求一組分數的最小公倍數的方法311/2÷63/10=5（次）鞏固練習311/2÷63/10=5（次）鞏固練習五年級數論10數問（1）余數小于除數五年級數論10數問（1）余數小于除數（2）被除數=除數×商+余數除數=（被除數-余數）÷商商=（被除數-余數）÷除數（3）如果a，b除以c的余數相同，那么ab的差能被c整除。例如，1711除以3的（4）abc余數，等于a，b分別除以c的余數之和（或這個和除以c數）。例如，23，16531，所以（23+16）53+1=4（5）ab的乘積除以c的余數，等于a，b分別除以c的余數之積（或這個積除以c數）。例如，23，16531，所以（23×16）53×1=3分析與解：由性質（2）知，除數×商=被除數-余數5056=26×79分析與解：由性質（2）知，除數×商=被除數-余數5056=26×79解：因為被除數=除數×商+余=除數=2143-除數-33-×33+52=2058=（2058-被除數=2058-59=1999解：所以甲+乙=乙×11+32+乙=乙所以乙=（1088-甲=1088-乙=1000分析與解：先由題目條件，求出這個數的大致范圍。因分析與解：先求出乘積再求余數，計算量較大。根據性質（5），可先分別計算出各因數除分析與解：甲代表團坐滿若干輛車后余11人，說明甲代表團的人數（簡稱甲數）除以36鞏固練習五年級數論第11孫子五年級數論第11孫子問題與逐步約束我們稱這類問題為孫子問題分析與解：這道例題就是《孫子算經》中的問題。這個問題有三個條件，一下子不好解答。經典例2求滿足除以51，除以73，除以85分析與解151”經典例4求滿足除以63，除以85，除以96分析與解：如果給所求的自然數加3，所得數能同時被6，8，9[6，8，9]-3=72-3=69分析與解xy7x+4y=66有無數個解。由于這類方程的解的不確定性，所以稱這類方程為不定程解：容易看出，當解：容易看出，當y=1時，x=（68-3×1）÷5=13，即x=13，y=1鞏固練習3.100043，除以52，除以744.500031，除以52，除以73五年級數論第12位值原（見下圖）（見下圖）經典例題2有一個兩位數，把數碼1分析與解：由位值原則知道，把數碼1加在一個兩位數前面，等于加了100；把數碼1（10x+1）-10x+1-100-10x-x=666-x=85（10x+1）-10x+1-100-10x-x=666-x=85分析與解：用a，b，c經典例題4用2，8，7解：由例3知，可以組成的六個三位數之和是所以平均值是（2+8+7）