第1講數字謎〔一〕數字謎的內容在三年級和四年級都講過，同學們已經掌握了不少方法。例如用猜測、拼湊、排除、枚舉等方法解題。數字謎涉及的知識多，思考性強，所以很能鍛煉我們的思維。這兩講除了復習穩固學過的知識外，還要講述數字謎的代數解法及小數的除法豎式問題。例1把+，-，×，÷四個運算符號，分別填入下面等式的○內，使等式成立〔每個運算符號只準使用一次〕：〔5○13○7〕○〔17○9〕=12。分析與解：因為運算結果是整數，在四那么運算中只有除法運算可能出現分數，所以應首先確定“÷〞的位置。當“÷〞在第一個○內時，因為除數是13，要想得到整數，只有第二個括號內是13的倍數，此時只有下面一種填法，不合題意。〔5÷13-7〕×〔17+9〕。當“÷〞在第二或第四個○內時，運算結果不可能是整數。當“÷〞在第三個○內時，可得下面的填法：〔5+13×7〕÷〔17-9〕=12。例2將1～9這九個數字分別填入下式中的□中，使等式成立：□□□×□□=□□×□□=5568。解：將5568質因數分解為5568=26×3×29。由此容易知道，將5568分解為兩個兩位數的乘積有兩種：58×96和64×87，分解為一個兩位數與一個三位數的乘積有六種：12×464，16×348，24×232，29×192，32×174，48×116。顯然，符合題意的只有下面一種填法：174×32=58×96=5568。例3在443后面添上一個三位數，使得到的六位數能被573整除。分析與解：先用443000除以573，通過所得的余數，可以求出應添的三位數。由443000÷573=773……71推知，443000+〔573-71〕=443502一定能被573整除，所以應添502。例4六位數33□□44是89的倍數，求這個六位數。分析與解：因為未知的數碼在中間，所以我們采用兩邊做除法的方法求解。先從右邊做除法。由被除數的個位是4，推知商的個位是6；由左下式知，十位相減后的差是1，所以商的十位是9。這時，雖然89×96=8544，但不能認為六位數中間的兩個□內是85，因為還沒有考慮前面兩位數。再從左邊做除法。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、右兩邊做除法的商，得到商是3796或3896。由3796×89=337844，3896×89=346744知，商是3796，所求六位數是337844。例5在左下方的加法豎式中，不同的字母代表不同的數字，相同的字母代表相同的數字，請你用適當的數字代替字母，使加法豎式成立。分析與解：先看豎式的個位。由Y+N+N=Y或Y+10，推知N要么是0，要么是5。如果N=5，那么要向上進位，由豎式的十位加法有T+E+E+1=T或T+10，等號兩邊的奇偶性不同，所以N≠5，N=0。此時，由豎式的十位加法T+E+E=T或T+10，E不是0就是5，但是N=0，所以E=5。豎式千位、萬位的字母與加數的千位、萬位上的字母不同，說明百位、千位加法都要向上進位。因為N=0，所以I≠0，推知I=1，O=9，說明百位加法向千位進2。再看豎式的百位加法。因為十位加法向百位進1，百位加法向千位進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。假設T=7，那么R=8，X=3，這時只剩下數字2，4，6沒有用過，而S只比F大1，S，F不可能是2，4，6中的數，矛盾。假設T=8，那么R只能取6或7。R=6時，X=3，這時只剩下2，4，7，同上理由，出現矛盾；R=7時，X=4，剩下數字2，3，6，可取F=2，S=3，Y=6。所求豎式見上頁右式。解這類題目，往往要找準突破口，還要整體綜合研究，不能想一步填一個數。這個題目是美國數學月刊上刊登的趣題，豎式中從上到下的四個詞分別是40，10，10，60，而40+10+10正好是60，真是巧極了！例6在左下方的減法算式中，每個字母代表一個數字，不同的字母代表不同的數字。請你填上適當的數字，使豎式成立。分析與解：按減法豎式分析，看來比擬難。同學們都知道，加、減法互為逆運算，是否可以把減法變成加法來研究呢〔見右上式〕？不妨試試看。因為百位加法只能向千位進1，所以E=9，A=1，B=0。如果個位加法不向上進位，那么由十位加法1+F=10，得F=9，與E=9矛盾，所以個位加法向上進1，由1+F+1=10，得到F=8，這時C=7。余下的數字有2，3，4，5，6，由個位加法知，G比D大2，所以G，D分別可取4，2或5，3或6，4。所求豎式是解這道題啟發我們，如果做題時遇到麻煩，不妨根據數學的有關概念、法那么、定律把原題加以變換，將不熟悉的問題變為熟悉的問題。另外，做題時要考慮解的情況，是否有多個解。練習11.在一個四位數的末尾添零后，把所得的數減去原有的四位數，差是621819，求原來的四位數。2.在以下豎式中，不同的字母代表不同的數字，相同的字母代表相同的數字。請你用適當的數字代替字母，使豎式成立：3.在下面的算式中填上括號，使得計算結果最大：1÷2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9。4.在下面的算式中填上假設干個〔〕，使得等式成立：1÷2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9=2.8。5.將1～9分別填入下式的□中，使等式成立：□□×□□=□□×□□□=3634。6.六位數391□□□是789的倍數，求這個六位數。7.六位數7□□888是83的倍數，求這個六位數。第2講數字謎〔二〕這一講主要講數字謎的代數解法及小數的除法豎式問題。例1在下面的算式中，不同的字母代表不同的數字，相同的字母代表相分析與解：這道題可以從個位開始，比擬等式兩邊的數，逐個確定各個〔100000+x〕×3=10x+1，300000+3x=10x+1，7x=299999，x=42857。這種代數方法干凈利落，比用傳統方法解簡潔。我們再看幾個例子。例2在□內填入適當的數字，使左下方的乘法豎式成立。求豎式。例3左下方的除法豎式中只有一個8，請在□內填入適當的數字，使除法豎式成立。解：豎式中除數與8的積是三位數，而與商的百位和個位的積都是四位數，所以x=112，被除數為989×112=110768。右上式為所求豎式。代數解法雖然簡潔，但只適用于一些特殊情況，大多數情況還要用傳統的方法。例4在□內填入適當數字，使下頁左上方的小數除法豎式成立。分析與解：先將小數除法豎式化為我們較熟悉的整數除法豎式〔見下頁右上方豎式〕。可以看出，除數與商的后三位數的乘積是1000=23×53的倍數，即除數和商的后三位數一個是23=8的倍數，另一個是53=125的奇數倍，因為除數是兩位數，所以除數是8的倍數。又由豎式特點知a=9，從而除數應是96的兩位數的約數，可能的取值有96，48，32，24和16。因為，c=5，5與除數的乘積仍是兩位數，所以除數只能是16，進而推知b=6。因為商的后三位數是125的奇數倍，只能是125，375，625和875之一，經試驗只能取375。至此，已求出除數為16，商為6.375，故被除數為6.375×16=102。右式即為所求豎式。求解此類小數除法豎式題，應先將其化為整數除法豎式，如果被除數的末尾出現n個0，那么在除數和商中，一個含有因子2n〔不含因子5〕，另一個含有因子5n〔不含因子2〕，以此為突破口即可求解。例5一個五位數被一個一位數除得到下頁的豎式〔1〕，這個五位數被另一個一位數除得到下頁的豎式〔2〕，求這個五位數。分析與解：由豎式〔1〕可以看出被除數為10**0〔見豎式〔1〕'〕，豎式〔1〕的除數為3或9。在豎式〔2〕中，被除數的前兩位數10不能被整數整除，故除數不是2或5，而被除數的后兩位數*0能被除數整除，所以除數是4，6或8。當豎式〔1〕的除數為3時，由豎式〔1〕'知，a=1或2，所以被除數為100*0或101*0，再由豎式〔2〕中被除數的前三位數和后兩位數分別能被除數整除，可得豎式〔2〕的除數為4，被除數為10020；當豎式〔1〕的除數為9時，由能被9整除的數的特征，被除數的百位與十位數字之和應為8。因為豎式〔2〕的除數只能是4，6，8，由豎式〔2〕知被除數的百位數為偶數，故被除數只有10080，10260，10440和10620四種可能，最后由豎式〔2〕中被除數的前三位數和后兩位數分別能被除數整除，且十位數不能被除數整除，可得豎式〔2〕的除數為8，被除數為10440。所以這個五位數是10020或10440。練習21.下面各算式中，相同的字母代表相同的數字，不同的字母代表不同的2.用代數方法求解以下豎式：3.在□內填入適當的數字，使以下小數除法豎式成立：第3講定義新運算〔一〕我們已經學習過加、減、乘、除運算，這些運算，即四那么運算是數學中最根本的運算，它們的意義、符號及運算律已被同學們熟知。除此之外，還會有什么別的運算嗎？這兩講我們就來研究這個問題。這些新的運算及其符號，在中、小學課本中沒有統一的定義及運算符號，但學習討論這些新運算，對于開拓思路及今后的學習都大有益處。例1對于任意數a，b，定義運算“*〞：a*b=a×b-a-b。求12*4的值。分析與解：根據題目定義的運算要求，直接代入后用四那么運算即可。12*4=12×4-12-4=48-12-4=32。根據以上的規定，求10△6的值。3，x>=2，求x的值。分析與解：按照定義的運算，<1，2，3，x>=2，x=6。由上面三例看出，定義新運算通常是用某些特殊符號表示特定的運算意義。新運算使用的符號應防止使用課本上明確定義或已經約定俗成的符號，如+，-，×，÷，＜，＞等，以防止發生混淆，而表示新運算的運算意義局部，應使用通常的四那么運算符號。如例1中，a*b=a×b-a-b，新運算符號使用“*〞，而等號右邊新運算的意義那么用四那么運算來表示。分析與解：按新運算的定義，符號“⊙〞表示求兩個數的平均數。四那么運算中的意義相同，即先進行小括號中的運算，再進行小括號外面的運算。按通常的規那么從左至右進行運算。分析與解：從的三式來看，運算“〞表示幾個數相加，每個加數各數位上的數都是符號前面的那個數，而符號后面的數是幾，就表示幾個數之和，其中第1個數是1位數，第2個數是2位數，第3個數是3位數……按此規定，得35=3+33+333+3333+33333=37035。從例5知，有時新運算的規定不是很明顯，需要先找規律，然后才能進行運算。例6對于任意自然數，定義：n！=1×2×…×n。例如4！=1×2×3×4。那么1！+2！+3！+…+100！的個位數字是幾？分析與解：1！=1，2！=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，……由此可推知，從5！開始，以后6！，7！，8！，…，100！的末位數字都是0。所以，要求1！+2！+3！+…+100！的個位數字，只要把1！至4！的個位數字相加便可求得：1+2+6+4=13。所求的個位數字是3。例7如果m，n表示兩個數，那么規定：m¤n=4n-〔m+n〕÷2。求3¤〔4¤6〕¤12的值。解：3¤〔4¤6〕¤12=3¤[4×6-〔4+6〕÷2]¤12=3¤19¤12=[4×19-〔3+19〕÷2]¤12=65¤12=4×12-〔65+12〕÷2=9.5。練習31.對于任意的兩個數a和b，規定a*b=3×a-b÷3。求8*9的值。2.ab表示a除以3的余數再乘以b，求134的值。3.ab表示〔a-b〕÷〔a+b〕，試計算：〔53〕〔106〕。4.規定a◎b表示a與b的積與a除以b所得的商的和，求8◎2的值。5.假定m

n表示m的3倍減去n的2倍，即m

n=3m-2n。〔2〕x

〔4

1〕=7，求x的值。7.對于任意的兩個數P，Q，規定P☆Q=〔P×Q〕÷4。例如：2☆8=〔2×8〕÷4。x☆〔8☆5〕=10，求x的值。8.定義：a△b=ab-3b，ab=4a-b/a。計算：〔4△3〕△〔2b〕。9.：23=2×3×4，45=4×5×6×7×8，……求〔44〕÷〔33〕的值。第4講定義新運算〔二〕例1a※b=〔a+b〕-〔a-b〕，求9※2的值。分析與解：這是一道很簡單的題，把a=9，b=2代入新運算式，即可算出結果。但是，根據四那么運算的法那么，我們可以先把新運算“※〞化簡，再求結果。a※b=〔a+b〕-〔a-b〕=a+b-a+b=2b。所以，9※2=2×2=4。由例1可知，如果定義的新運算是用四那么混合運算表示，那么在符合四那么混合運算的性質、法那么的前提下，不妨先化簡表示式。這樣，可以既減少運算量，又提高運算的準確度。例2定義運算：a⊙b=3a+5ab+kb，其中a，b為任意兩個數，k為常數。比方：2⊙7=3×2+5×2×7+7k。〔1〕5⊙2=73。問：8⊙5與5⊙8的值相等嗎？〔2〕當k取什么值時，對于任何不同的數a，b，都有a⊙b=b⊙a，即新運算“⊙〞符合交換律？分析與解：〔1〕首先應當確定新運算中的常數k。因為5⊙2=3×5+5×5×2+k×2=65+2k，所以由5⊙2=73，得65+2k=73，求得k=〔73-65〕÷2=4。定義的新運算是：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。因為244≠247，所以8⊙5≠5⊙8。〔2〕要使a⊙b=b⊙a，由新運算的定義，有3a+5ab+kb=3b+5ab+ka，3a+kb-3b-ka=0，3×(a-b)-k(a-b)=0，(3-k)(a-b)=0。對于兩個任意數a，b，要使上式成立，必有3-k=0，即k=3。當新運算是a⊙b=3a+5ab+3b時，具有交換律，即a⊙b=b⊙a。例3對兩個自然數a和b，它們的最小公倍數與最大公約數的差，定義為a☆b，即a☆b=[a，b]-〔a，b〕。比方，10和14的最小公倍數是70，最大公約數是2，那么10☆14=70-2=68。〔1〕求12☆21的值；〔2〕6☆x=27，求x的值。分析與解：〔1〕12☆21=[12，21]-〔12，21〕=84-3=81；〔2〕因為定義的新運算“☆〞沒有四那么運算表達式，所以不能直接把數代入表達式求x，只能用推理的方法。因為6☆x=[6，x]-〔6，x〕=27，而6與x的最大公約數〔6，x〕只能是1，2，3，6。所以6與x的最小公倍數[6，x]只能是28，29，30，33。這四個數中只有30是6的倍數，所以6與x的最小公倍數和最大公約數分別是30和3。因為a×b=[a，b]×〔a，b〕，所以6×x=30×3，由此求得x=15。例4a表示順時針旋轉90°，b表示順時針旋轉180°，c表示逆時針旋轉90°，d表示不轉。定義運算“◎〞表示“接著做〞。求：a◎b；b◎c；c◎a。分析與解：a◎b表示先順時針轉90°，再順時針轉180°，等于順時針轉270°，也等于逆時針轉90°，所以a◎b=c。b◎c表示先順時針轉180°，再逆時針轉90°，等于順時針轉90°，所以b◎c=a。c◎a表示先逆時針轉90°，再順時針轉90°，等于沒轉動，所以c◎a=d。對于a，b，c，d四種運動，可以做一個關于“◎〞的運算表〔見下表〕。比方c◎b，由c所在的行和b所在的列，交叉處a就是c◎b的結果。因為運算◎符合交換律，所以由c所在的列和b所在的行也可得到相同的結果。例5對任意的數a，b，定義：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〕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。練習42.定義兩種運算“※〞和“△〞如下：a※b表示a，b兩數中較小的數的3倍，a△b表示a，b兩數中較大的數的2.5倍。比方：4※5=4×3=12，4△5=5×2.5=12.5。計算：[(0.6※0.5)+(0.3△0.8)]÷[(1.2※0.7)-(0.64△0.2)]。4.設m，n是任意的自然數，A是常數，定義運算m⊙n=〔A×m-n〕÷4，并且2⊙3=0.75。試確定常數A，并計算：〔5⊙7〕×〔2⊙2〕÷〔3⊙2〕。5.用a，b，c表示一個等邊三角形圍繞它的中心在同一平面內所作的旋轉運動：a表示順時針旋轉240°，b表示順時針旋轉120°，c表示不旋轉。運算“∨〞表示“接著做〞。試以a，b，c為運算對象做運算表。6.對任意兩個不同的自然數a和b，較大的數除以較小的數，余數記為ab。比方73=1，529=4，420=0。〔1〕計算：19982000，〔519〕19，5〔195〕；〔2〕11x=4，x小于20，求x的值。7.對于任意的自然數a，b，定義：f〔a〕=a×a-1，g〔b〕=b÷2+1。〔1〕求f〔g〔6〕〕-g〔f〔3〕〕的值；〔2〕f〔g〔x〕〕=8，求x的值。第5講數的整除性〔一〕三、四年級已經學習了能被2，3，5和4，8，9，6以及11整除的數的特征，也學習了一些整除的性質。這兩講我們系統地復習一下數的整除性質，并利用這些性質解答一些問題。數的整除性質主要有：〔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的自然數的乘積整除。〔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的一個。〔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。靈活運用以上整除性質，能解決許多有關整除的問題。例1在□里填上適當的數字，使得七位數□7358□□能分別被9，25和8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9，25，8兩兩互質，由整除的性質〔3〕知，七位數能被9×25×8=1800整除，所以七位數的個位，十位都是0；再由能被9整除的數的特征，推知首位數應填4。這個七位數是4735800。例2由2000個1組成的數111…11能否被41和271這兩個質數整除？分析與解：因為41×271=11111，所以由每5個1組成的數11111能被41和271整除。按“11111〞把2000個1每五位分成一節，2000÷5=400，就有400節，因為2000個1組成的數11…11能被11111整除，而11111能被41和271整除，所以根據整除的性質〔1〕可知，由2000個1組成的數111…11能被41和271整除。例3現有四個數：76550，76551，76552，76554。能不能從中找出兩個數，使它們的乘積能被12整除？分析與解：根據有關整除的性質，先把12分成兩數之積：12=12×1=6×2=3×4。要從的四個數中找出兩個，使其積能被12整除，有以下三種情況：〔1〕找出一個數能被12整除，這個數與其它三個數中的任何一個的乘積都能被12整除；〔2〕找出一個數能被6整除，另一個數能被2整除，那么它們的積就能被12整除；〔3〕找出一個數能被4整除，另一個數能被3整除，那么它們的積能被12整除。容易判斷，這四個數都不能被12整除，所以第〔1〕種情況不存在。對于第〔2〕種情況，四個數中能被6整除的只有76554，而76550，76552是偶數，所以可以選76554和76550，76554和76552。對于第〔3〕種情況，四個數中只有76552能被4整除，76551和76554都能被3整除，所以可以選76552和76551，76552和76554。綜合以上分析，去掉相同的，可知兩個數的乘積能被12整除的有以下三組數：76550和76554，76552和76554，76551和76552。例4在所有五位數中，各位數字之和等于43且能夠被11整除的數有哪些？分析與解：從題設的條件分析，對所求五位數有兩個要求：①各數位上的數字之和等于43；②能被11整除。因為能被11整除的五位數很多，而各數位上的數字之和等于43的五位數較少，所以應選擇①為突破口。有兩種情況：〔1〕五位數由一個7和四個9組成；〔2〕五位數由兩個8和三個9組成。上面兩種情況中的五位數能不能被11整除？9，8，7如何擺放呢？根據被11整除的數的特征，如果奇數位數字之和是27，偶數位數字之和是16，那么差是11，就能被11整除。滿足這些要求的五位數是：97999，99979，98989。例5能不能將從1到10的各數排成一行，使得任意相鄰的兩個數之和都能被3整除？分析與解：10個數排成一行的方法很多，逐一試驗顯然行不通。我們采用反證法。假設題目的要求能實現。那么由題意，從前到后每兩個數一組共有5組，每組的兩數之和都能被3整除，推知1～10的和也應能被3整除。實際上，1～10的和等于55，不能被3整除。這個矛盾說明假設不成立，所以題目的要求不能實現。練習51.4205和2813都是29的倍數，1392和7018是不是29的倍數？2.如果兩個數的和是64，這兩個數的積可以整除4875，那么這兩個數的差是多少？3.173□是個四位數。數學老師說：“我在這個□中先后填入3個數字，所得到的3個四位數，依次可以被9，11，6整除。〞問：數學老師先后填入的3個數字之和是多少？班有多少名學生？6.能不能將從1到9的各數排成一行，使得任意相鄰的兩個數之和都能被3整除？第6講數的整除性〔二〕我們先看一個特殊的數——1001。因為1001=7×11×13，所以但凡1001的整數倍的數都能被7，11和13整除。能被7，11和13整除的數的特征：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〕能被7或11或13整除，那么數A能被7或11或13整除。否那么，數A就不能被7或11或13整除。例2判斷306371能否被7整除？能否被13整除？解：因為371-306=65，65是13的倍數，不是7的倍數，所以306371能被13整除，不能被7整除。例310□8971能被13整除，求□中的數。解：10□8-971=1008-971+□0=37+□0。上式的個位數是7，假設是13的倍數，那么必是13的9倍，由13×9-37=80，推知□中的數是8。2位數進行改寫。根據十進制數的意義，有因為100010001各數位上數字之和是3，能夠被3整除，所以這個12位數能被3整除。根據能被7〔或13〕整除的數的特征，100010001與〔100010-1=〕100009要么都能被7〔或13〕整除，要么都不能被7〔或13〕整除。同理，100009與〔100-9=〕91要么都能被7〔或13〕整除，要么都不能被7〔或13〕整除。因為91=7×13，所以100010001能被7和13整除，推知這個12位數能被7和13整除。分析與解：根據能被7整除的數的特征，555555與999999都能被7因為上式中等號左邊的數與等號右邊第一個數都能被7整除，所以等號右邊第二個數也能被7整除，推知55□99能被7整除。根據能被7整除的數的特征，□99-55=□44也應能被7整除。由□44能被7整除，易知□內應是6。下面再告訴大家兩個判斷整除性的小竅門。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假設干節，然后將每一節上的數連加，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；否那么，這個數就不能被27〔或37〕整除。例6判斷以下各數能否被27或37整除：〔1〕2673135；〔2〕8990615496。解：〔1〕2673135=2，673，135，2+673+135=810。因為810能被27整除，不能被37整除，所以2673135能被27整除，不能被37整除。〔2〕8990615496=8，990，615，496，8+990+615+496=2，109。2，109大于三位數，可以再對2，109的各節求和，2+109=111。因為111能被37整除，不能被27整除，所以2109能被37整除，不能被27整除，進一步推知8990615496能被37整除，不能被27整除。由上例看出，假設各節的數之和大于三位數，那么可以再連續對和的各節求和。判斷一個數能否被個位是9的數整除的方法：為了表達方便，將個位是9的數記為k9〔=10k+9〕，其中k為自然數。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。連續進行這一變換。如果最終所得的結果等于k9，那么這個數能被k9整除；否那么，這個數就不能被k9整除。例7〔1〕判斷18937能否被29整除；〔2〕判斷296416與37289能否被59整除。解：〔1〕上述變換可以表示為：由此可知，296416能被59整除，37289不能被59整除。一般地，每進行一次變換，被判斷的數的位數就將減少一位。當被判斷的數變換到小于除數時，即可停止變換，得出不能整除的結論。練習61.以下各數哪些能被7整除？哪些能被13整除？88205，167128，250894，396500，675696，796842，805532，75778885。2.六位數175□62是13的倍數。□中的數字是幾？7.九位數8765□4321能被21整除，求中間□中的數。8.在以下各數中，哪些能被27整除？哪些能被37整除？1861026，1884924，2175683，2560437，11159126，131313555，266117778。9.在以下各數中，哪些能被19整除？哪些能被79整除？55119，55537，62899，71258，186637，872231，5381717。第7講奇偶性〔一〕整數按照能不能被2整除，可以分為兩類：〔1〕能被2整除的自然數叫偶數，例如0，2，4，6，8，10，12，14，16，…〔2〕不能被2整除的自然數叫奇數，例如1，3，5，7，9，11，13，15，17，…整數由小到大排列，奇、偶數是交替出現的。相鄰兩個整數大小相差1，所以肯定是一奇一偶。因為偶數能被2整除，所以偶數可以表示為2n的形式，其中n為整數；因為奇數不能被2整除，所以奇數可以表示為2n+1的形式，其中n為整數。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〕一定是奇數。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〕是奇數，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。任意多個偶數的和〔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〕假設干個數相乘，如果其中有一個因數是偶數，那么積必是偶數；如果所有因數都是奇數，那么積就是奇數。反過來，如果假設干個數的積是偶數，那么因數中至少有一個是偶數；如果假設干個數的積是奇數，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，也可能得奇數。奇數肯定不能被偶數整除。〔6〕偶數的平方能被4整除；奇數的平方除以4的余數是1。因為〔2n〕2=4n2=4×n2，所以〔2n〕2能被4整除；因為〔2n+1〕2=4n2+4n+1=4×〔n2+n〕+1，所以〔2n+1〕2除以4余1。〔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〔包括1和這個數本身〕，那么這個數一定是平方數；如果一個整數有偶數個約數，那么這個數一定不是平方數。整數的奇偶性能解決許多與奇偶性有關的問題。有些問題外表看來似乎與奇偶性一點關系也沒有，例如染色問題、覆蓋問題、棋類問題等，但只要想方法編上號碼，成為整數問題，便可利用整數的奇偶性加以解決。例1下式的和是奇數還是偶數？1+2+3+4+…+1997+1998。分析與解：此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，直接分析判斷出和的奇偶性，那么解法將更加簡潔。根據奇偶數的性質〔2〕，和的奇偶性只與加數中奇數的個數有關，與加數中的偶數無關。1～1998中共有999個奇數，999是奇數，奇數個奇數之和是奇數。所以，此題要求的和是奇數。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個奇數的和或差仍是奇數，4個偶數的和或差仍是偶數，因為“奇數+偶數=奇數〞，所以題目的要求做不到。例3任意給出一個五位數，將組成這個五位數的5個數碼的順序任意改變，得到一個新的五位數。那么，這兩個五位數的和能不能等于99999？分析與解：假設這兩個五位數的和等于99999，那么有下式：其中組成兩個加數的5個數碼完全相同。因為兩個個位數相加，和不會大于9+9=18，豎式中和的個位數是9，所以個位相加沒有向上進位，即兩個個位數之和等于9。同理，十位、百位、千位、萬位數字的和也都等于9。所以組成兩個加數的10個數碼之和等于9+9+9+9+9=45，是奇數。另一方面，因為組成兩個加數的5個數碼完全相同，所以組成兩個加數的10個數碼之和，等于組成第一個加數的5個數碼之和的2倍，是偶數。奇數≠偶數，矛盾的產生在于假設這兩個五位數的和等于99999，所以假設不成立，即這兩個數的和不能等于99999。例4在一次校友聚會上，久別重逢的老同學互相頻頻握手。請問：握過奇數次手的人數是奇數還是偶數？請說明理由。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1次，兩人握手次數的和是2。所以一群人握手，不管人數是奇數還是偶數，握手的總次數一定是偶數。把聚會的人分成兩類：A類是握手次數是偶數的人，B類是握手次數是奇數的人。A類中每人握手的次數都是偶數，所以A類人握手的總次數也是偶數。又因為所有人握手的總次數也是偶數，偶數-偶數=偶數，所以B類人握手的總次數也是偶數。握奇數次手的那局部人即B類人的人數是奇數還是偶數呢？如果是奇數，那么因為“奇數個奇數之和是奇數〞，所以得到B類人握手的總次數是奇數，與前面得到的結論矛盾，所以B類人即握過奇數次手的人數是偶數。例5五〔2〕班局部學生參加鎮里舉辦的數學競賽，每張試卷有50道試題。評分標準是：答對一道給3分，不答的題，每道給1分，答錯一道扣1分。試問：這局部學生得分的總和能不能確定是奇數還是偶數？分析與解：此題要求出這局部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分析。因為每道題無論答對、不答或答錯，得分或扣分都是奇數，共有50道題，50個奇數相加減，結果是偶數，所以每個人的得分都是偶數。因為任意個偶數之和是偶數，所以這局部學生的總分必是偶數。練習71.能否從四個3、三個5、兩個7中選出5個數，使這5個數的和等于22？2.任意交換一個三位數的數字，得一個新的三位數，一位同學將原三位數與新的三位數相加，和是999。這位同學的計算有沒有錯？3.甲、乙兩人做游戲。任意指定七個整數〔允許有相同數〕，甲將這七個整數以任意的順序填在以下圖第一行的方格內，乙將這七個整數以任意的順序填在圖中的第二行方格里，然后計算出所有同一列的兩個數的差〔大數減小數〕，再將這七個差相乘。游戲規那么是：假設積是偶數，那么甲勝；假設積是奇數，那么乙勝。請說明誰將獲勝。4.某班學生畢業后相約彼此通信，每兩人間的通信量相等，即甲給乙寫幾封信，乙也要給甲寫幾封信。問：寫了奇數封信的畢業生人數是奇數還是偶數？5.A市舉辦五年級小學生“春暉杯〞數學競賽，競賽題30道，記分方法是：底分15分，每答對一道加5分，不答的題，每道加1分，答錯一道扣1分。如果有333名學生參賽，那么他們的總得分是奇數還是偶數？6.把以下圖中的圓圈任意涂上紅色或藍色。是否有可能使得在同一條直線上的紅圈數都是奇數？試講出理由。7.紅星影院有1999個座位，上、下午各放映一場電影。有兩所學校各有1999名學生包場看這兩場電影，那么一定有這樣的座位，上、下午在這個座位上坐的是兩所不同學校的學生，為什么？第8講奇偶性〔二〕例1用0～9這十個數碼組成五個兩位數，每個數字只用一次，要求它們的和是奇數，那么這五個兩位數的和最大是多少？分析與解：有時題目的要求比擬多，可先考慮滿足局部要求，然后再調整，使最后結果到達全部要求。這道題的幾個要求中，滿足“和最大〞是最容易的。暫時不考慮這五個數的和是奇數的要求。要使組成的五個兩位數的和最大，應該把十個數碼中最大的五個分別放在十位上，即十位上放5，6，7，8，9，而個位上放0，1，2，3，4。根據奇數的定義，這樣組成的五個兩位數中，有兩個是奇數，即個位是1和3的兩個兩位數。要滿足這五個兩位數的和是奇數，根據奇、偶數相加減的運算規律，這五個數中應有奇數個奇數。現有兩個奇數，即個位數是1，3的兩位數。所以五個數的和是偶數，不合要求，必須調整。調整的方法是交換十位與個位上的數字。要使五個數有奇數個奇數，并且五個數的和盡可能最大，只要將個位和十位上的一個奇數與一個偶數交換，并且交換的兩個的數碼之差盡可能小，由此得到交換5與4的位置。滿足題設要求的五個兩位數的十位上的數碼是4，6，7，8，9，個位上的數碼是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。例27只杯子全部杯口朝上放在桌子上，每次翻轉其中的2只杯子。能否經過假設干次翻轉，使得7只杯子全部杯口朝下？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子數的奇偶性，就會發現問題所在。一開始杯口朝上的杯子有7只，是奇數；第一次翻轉后，杯口朝上的變為5只，仍是奇數；再繼續翻轉，因為只能翻轉兩只杯子，即只有兩只杯子改變了上、下方向，所以杯口朝上的杯子數仍是奇數。類似的分析可以得到，無論翻轉多少次，杯口朝上的杯子數永遠是奇數，不可能是偶數0。也就是說，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，每次翻轉其中的〔m-1〕只杯子。經過假設干次翻轉，能使杯口全部朝上嗎？分析與解：當m是奇數時，〔m-1〕是偶數。由例2的分析知，如果每次翻轉偶數只杯子，那么無論經過多少次翻轉，杯口朝上〔下〕的杯子數的奇偶性不會改變。一開始m只杯子全部杯口朝下，即杯口朝下的杯子數是奇數，每次翻轉〔m-1〕即偶數只杯子。無論翻轉多少次，杯口朝下的杯子數永遠是奇數，不可能全部朝上。當m是偶數時，〔m-1〕是奇數。為了直觀，我們先從m=4的情形入手觀察，在下表中用∪表示杯口朝上，∩表示杯口朝下，每次翻轉3只杯子，保持不動的杯子用*號標記。翻轉情況如下：由上表看出，只要翻轉4次，并且依次保持第1，2，3，4只杯子不動，就可到達要求。一般來說，對于一只杯子，要改變它的初始狀態，需要翻奇數次。對于m只杯子，當m是偶數時，因為〔m-1〕是奇數，所以每只杯子翻轉〔m-1〕次，就可使全部杯子改變狀態。要做到這一點，只需要翻轉m次，并且依次保持第1，2，…，m只杯子不動，這樣在m次翻轉中，每只杯子都有一次沒有翻轉，即都翻轉了〔m-1〕次。綜上所述：m只杯子放在桌子上，每次翻轉〔m-1〕只。當m是奇數時，無論翻轉多少次，m只杯子不可能全部改變初始狀態；當m是偶數時，翻轉m次，可以使m只杯子全部改變初始狀態。例4一本論文集編入15篇文章，這些文章排版后的頁數分別是1，2，3，…，15頁。如果將這些文章按某種次序裝訂成冊，并統一編上頁碼，那么每篇文章的第一面是奇數頁碼的最多有幾篇？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。一篇有奇數頁的文章，它的第一面和最后一面所在的頁碼的奇偶性是相同的，即排版奇數頁的文章，第一面是奇數頁碼，最后一面也是奇數頁碼，而接下去的另一篇文章的第一面是排在偶數頁碼上。一篇有偶數頁的文章，它的第一面和最后一面所在的頁碼的奇偶性是相異的，即排版偶數頁的文章，第一面是奇〔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〕數頁碼上。以上說明此題的解答主要是根據奇偶特點來處理。題目要求第一面排在奇數頁碼的文章盡量多。首先考慮有偶數頁的文章，只要這樣的第一篇文章的第一面排在奇數頁碼上〔如第1頁〕，那么接著每一篇有偶數頁的文章都會是第一面排在奇數頁碼上，共有7篇這樣的文章。然后考慮有奇數頁的文章，第一篇的第一面排在奇數頁碼上，第二篇的第一面就會排在偶數頁碼上，第三篇的第一面排在奇數頁碼上，如此等等。在8篇奇數頁的文章中，有4篇的第一面排在奇數頁碼上。因此最多有7+4=11〔篇〕文章的第一面排在奇數頁碼上。例5有大、小兩個盒子，其中大盒內裝1001枚白棋子和1000枚同樣大小的黑棋子，小盒內裝有足夠多的黑棋子。阿花每次從大盒內隨意摸出兩枚棋子，假設摸出的兩枚棋子同色，那么從小盒內取一枚黑棋子放入大盒內；假設摸出的兩枚棋子異色，那么把其中白棋子放回大盒內。問：從大盒內摸了1999次棋子后，大盒內還剩幾枚棋子？它們都是什么顏色？分析與解：大盒內裝有黑、白棋子共1001+1000=2001〔枚〕。因為每次都是摸出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，還剩2001-1999=2〔枚〕棋子。從大盒內每次摸2枚棋子有以下兩種情況：〔1〕所摸到的兩枚棋子是同顏色的。此時從小盒內取一枚黑棋子放入大盒內。當所摸兩枚棋子同是黑色，這時大盒內少了一枚黑棋子；當所摸兩枚棋子同是白色，這時大盒內多了一枚黑棋子。〔2〕所摸到的兩枚棋子是不同顏色的，即一黑一白。這時要把拿出的白棋子放回到大盒，大盒內少了一枚黑棋子。綜合〔1〕〔2〕，每摸一次，大盒內的黑棋子總數不是少一枚就是多一枚，即改變了黑棋子數的奇偶性。原來大盒內有1000枚即偶數枚黑棋子，摸了1999次，即改變了1999次奇偶性后，還剩奇數枚黑棋子。因為大盒內只剩下2枚棋子，所以最后剩下的兩枚棋子是一黑一白。例6一串數排成一行：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…到這串數的第1000個數為止，共有多少個偶數？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=8，5+8=13，…這串數的規律是，從第三項起，每一個數等于前兩個數的和。根據奇偶數的加法性質，可以得出這串數的奇偶性：奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，……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，這串數的前1000個數有333組又1個數，每組的三個數中有1個偶數，并且是第3個數，所以這串數到第1000個數時，共有333個偶數。練習81.在11，111，1111，11111，…這些數中，任何一個數都不會是某一個自然數的平方。這樣說對嗎？2.一本書由17個故事組成，各個故事的篇幅分別是1，2，3，…，17頁。這17個故事有各種編排法，但無論怎樣編排，故事正文都從第1頁開始，以后每一個故事都從新一頁碼開始。如果要求安排在奇數頁碼開始的故事盡量少，那么最少有多少個故事是從奇數頁碼開始的？3.桌子上放著6只杯子，其中3只杯口朝上，3只杯口朝下。如果每次翻轉5只杯子，那么至少翻轉多少次，才能使6只杯子都杯口朝上？4.70個數排成一行，除了兩頭的兩個數以外，每個數的3倍都恰好等于它兩邊的兩個數的和，這一行數的最左邊的幾個數是這樣的：0，1，3，8，21，…問：最右邊的一個數是奇數還是偶數？5.學校組織運動會，小明領回自己的運發動號碼后，小玲問他：“今天發放的運發動號碼加起來是奇數還是偶數？〞小明說：“除開我的號碼，把今天發的其它號碼加起來，再減去我的號碼，恰好是100。〞今天發放的運發動號碼加起來，到底是奇數還是偶數？6.在黑板上寫出三個整數，然后擦去一個換成所剩兩數之和，這樣繼續操作下去，最后得到88，66，99。問：原來寫的三個整數能否是1，3，5？7.將888件禮品分給假設干個小朋友。問：分到奇數件禮品的小朋友是奇數還是偶數？第9講奇偶性〔三〕利用奇、偶數的性質，上兩講已經解決了許多有關奇偶性的問題。本講將繼續利用奇偶性研究一些外表上似乎與奇偶性無關的問題。例1在7×7的正方形的方格表中，以左上角與右下角所連對角線為軸對稱地放置棋子，要求每個方格中放置不多于1枚棋子，且每行正好放3枚棋子，那么在這條對角線上的格子里至少放有一枚棋子，這是為什么？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，假設這個說法不對，即對角線上沒放棋子。如以下圖所示，因為題目要求擺放的棋子以MN為對稱軸，所以對于MN左下方的任意一格A，總有MN右上方的一格A＇，A與A＇關于MN對稱，所以A與A＇要么都放有棋子，要么都沒放棋子。由此推知方格表中放置棋子的總枚數應是偶數。而題設每行放3枚棋子，7行共放棋子3×7=21〔枚〕，21是奇數，與上面的推論矛盾。所以假設不成立，即在指定的對角線上的格子中必定至少有一枚棋子。例2對于左下表，每次使其中的任意兩個數減去或加上同一個數，能否經過假設干次后〔各次減去或加上的數可以不同〕，變為右下表？為什么？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化后，等于原來的總和加上或減去那個數的2倍，因此總和的奇偶性沒有改變。原來九個數的總和為1+2+…+9=45，是奇數，經過假設干次變化后，總和仍應是奇數，與右上表九個數的總和是4矛盾。所以不可能變成右上表。例3左以下圖是一套房子的平面圖，圖中的方格代表房間，每個房間都有通向任何一個鄰室的門。有人想從某個房間開始，依次不重復地走遍每一個房間，他的想法能實現嗎？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，因為總是黑白相間地走過各房間，所以走過的黑、白房間數最多相差1。而右上圖有7黑5白，所以不可能不重復地走遍每一個房間。例4左以下圖是由14個大小相同的方格組成的圖形。試問能不能剪裁成7個由相鄰兩方格組成的長方形？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個白格。相鄰兩個方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7個小長方形，那么14個格應當是黑、白各7個，與實際情況不符，所以不能剪裁成7個由相鄰兩個方格組成的長方形。例5在右圖的每個○中填入一個自然數〔可以相同〕，使得任意兩個相鄰的○中的數字之差〔大數減小數〕恰好等于它們之間所標的數字。能否辦到？為什么？分析與解：假定圖中5與1之間的○中的數是奇數，按順時針加上或減去標出的數字，依次得到各個○中的數的奇偶性如下：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5與1之間的○中的數不是奇數。同理，假定5與1之間的○中的數是偶數，也將推出矛盾。所以，題目的要求辦不到。例6下頁上圖是半張中國象棋盤，棋盤上已放有一只馬。眾所周知，馬是走“日〞字的。請問：這只馬能否不重復地走遍這半張棋盤上的每一個點，然后回到出發點？分析與解：馬走“日〞字，在中國象棋盤上走有什么規律呢？為方便研究規律，如以下圖所示，先在棋盤各交點處相間標上○和●，圖中共有22個○和23個●。因為馬走“日〞字，每步只能從○跳到●，或由●跳到○，所以馬從某點跳到同色的點〔指○或●〕，要跳偶數步；跳到不同色的點，要跳奇數步。現在馬在○點，要跳回這一點，應跳偶數步，可是棋盤上共有23+22=45〔個〕點，不可能做到不重復地走遍所有的點后回到出發點。討論：如果馬的出發點不是在○點上而是在●點上，那么這只馬能不能不重復地走遍這半張棋盤上的每個點，最后回到出發點上呢？按照上面的分析，顯然也是不可能的。但是如果放棄“回到出發點〞的要求，那么情況就不一樣了。從某點出發，跳遍半張棋盤上除起點以外的其它44點，要跳44步，44是偶數，所以起點和終點應是同色的點〔指○或●〕。因為44步跳過的點○與點●各22個，所以起點必是●，終點也是●。也就說是，當不要求回到出發點時，只要從●出發，就可以不重復地走遍半張棋盤上的所有點。練習91.教室里有5排椅子，每排5張，每張椅子上坐一個學生。一周后，每個學生都必須和他相鄰〔前、后、左、右〕的某一同學交換座位。問：能不能換成？為什么？2.房間里有5盞燈，全部關著。每次拉兩盞燈的開關，這樣做假設干次后，有沒有可能使5盞燈全部是亮的？3.左以下圖是由40個小正方形組成的圖形，能否將它剪裁成20個相同的長方形？4.一個正方形果園里種有48棵果樹，加上右下角的一間小屋，整齊地排列成七行七列〔見右上圖〕。守園人從小屋出發經過每一棵樹，不重復也不遺漏〔不許斜走〕，最后又回到小屋。可以做到嗎？5.紅光小學五年級一次乒乓球賽，共有男女學生17人報名參加。為節省時間不打循環賽，而采取以下方式：每人只打5場比賽，每兩人之間用抽簽的方法決定只打一場或不賽。然后根據每人得分決定出前5名。這種比賽方式是否可行？6.如以下圖所示，將1～12順次排成一圈。如果報出一個數a〔在1～12之間〕，那么就從數a的位置順時針走a個數的位置。例如a=3，就從3的位置順時針走3個數的位置到達6的位置；a=11，就從11的位置順時針走11個數的位置到達10的位置。問：a是多少時，可以走到7的位置？第10講質數與合數自然數按照能被多少個不同的自然數整除可以分為三類：第一類：只能被一個自然數整除的自然數，這類數只有一個，就是1。第二類：只能被兩個不同的自然數整除的自然數。因為任何自然數都能被1和它本身整除，所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〕。例如，2，3，5，7，…第三類：能被兩個以上的自然數整除的自然數。這類自然數的特征是大于1，除了能被1和它本身整除外，還能被其它一些自然數整除。這類自然數叫合數。例如，4，6，8，9，15，…上面的分類方法將自然數分為質數、合數和1，1既不是質數也不是合數。例11～100這100個自然數中有哪些是質數？分析與解：先把前100個自然數寫出來，得下表：1既不是質數也不是合數。2是質數，留下來，后面凡能被2整除的數都是合數，都劃去；3是質數，留下來，后面凡能被3整除的數都是合數，都劃去；類似地，把5留下來，后面但凡5的倍數的數都劃去；把7留下來，后面但凡7的倍數的數都劃去。經過以上的篩選，劃去的都是合數，余下26個數，除1外，剩下的25個都是質數。這樣，我們便得到了100以內的質數表：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。這些質數同學們應當熟記！細心的同學可能會注意到，以上只劃到7的倍數，為什么不繼續劃去11，13，…的倍數呢？事實上，這些倍數已包含在已劃去的倍數中。例如，100以內11的倍數應該是11×A≤100〔其中A為整數〕，顯然，A只能取2，3，4，5，6，7，8，9。因為4=22，6=2×3，8=23，9=32，所以A必是2，3，5，7之一的倍數。由此推知，11的倍數已全部包含在2，3，5，7的倍數中，已在前面劃去了。要判斷一個數N是質數還是合數，根據合數的定義，只要用從小到大的自然數2，3，4，5，6，7，8，…，N-1去除N，其中只要有一個自然數能整除N，N就是合數，否那么就是質數。但這樣太麻煩，因為除數太多。能不能使試除的數少一點呢？由例1知，只要用從小到大的質數去除N就可以了。例2給出的判別方法，可以使試除的數進一步減少。例2判斷269，437兩個數是合數還是質數。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且最接近N的平方數K2，再寫出K以內的所有質數。如果這些質數都不能整除N，那么N是質數；如果這些質數中有一個能整除N，那么N是合數。因為269＜172=289。17以內質數有2，3，5，7，11，13。根據能被某些數整除的數的特征，個位數是9，所以269不能被2，5整除；2+6+9=17，所以269不能被3整除。經逐一判斷或試除知，這6個質數都不能整除269，所以269是質數。因為437＜212=441。21以內的質數有2，3，5，7，11，13，17，19。容易判斷437不能被2，3，5，7，11整除，用13，17，19試除437，得到437÷19=23，所以437是合數。比照一下幾種判別質數與合數的方法，可以看出例2的方法的優越性。判別269，用2～268中所有的數試除，要除267個數；用2～268中的質數試除，要除41個數；而用例2的方法，只要除6個數。例3分析與解：按照例2的方法判別這個13位數是質數還是合數，當然是很麻煩的事，能不能想出別的方法呢？根據合數的意義，如果一個數能夠寫成兩個大于1的整數的乘積，那么這個數是合數。根據整數的意義，這個13位數可以寫成：=1111111×〔1000000+1〕=1111111×1000001。這道例題又給我們提供了一種判別一個數是質數還是合數的方法。例4判定298+1和298+3是質數還是合數？分析與解：這道題要判別的數很大，不能直接用例1、例2的方法。我們在四年級學過an的個位數的變化規律，以及an除以某自然數的余數的變化規律。2n的個位數隨著n的從小到大，按照2，4，8，6每4個一組循環出現，98÷4=24……2，所以298的個位數是4，〔298+1〕的個位數是5，能被5整除，說明〔298+1〕是合數。〔298+3〕是奇數，不能被2整除；298不能被3整除，所以〔298+3〕也不能被3整除；〔298+1〕能被5整除，〔298+3〕比〔298+1〕大2，所以〔298+3〕不能被5整除。再判斷〔298+3〕能否被7整除。首先看看2n÷7的余數的變化規律：因為98÷3的余數是2，從上表可知298除以7的余數是4，〔298+3〕除以7的余數是4+3=7，7能被7整除，即〔298+3〕能被7整除，所以〔298+3〕是合數。例5A是質數，〔A+10〕和〔A+14〕也是質數，求質數A。分析與解：從最小的質數開始試算。A=2時，A+10=12，12是合數不是質數，所以A≠2。A=3時，A+10=13，是質數；A+14=17也是質數，所以A等于3是所求的質數。A除了等于3外，還可以是別的質數嗎？因為質數有無窮多個，所以不可能一一去試，必須采用其它方法。A，〔A+1〕，〔A+2〕除以3的余數各不相同，而〔A+1〕與〔A+10〕除以3的余數相同，〔A+2〕與〔A+14〕除以3的余數相同，所以A，〔A+10〕，〔A+14〕除以3的余數各不相同。因為任何自然數除以3只有整除、余1、余2三種情況，所以在A，〔A+10〕，〔A+14〕中必有一個能被3整除。能被3整除的質數只有3，因為〔A+10〕，〔A+14〕都大于3，所以A=3。也就是說，此題唯一的解是A=3。練習101.現有1，3，5，7四個數字。〔1〕用它們可以組成哪些兩位數的質數〔數字可以重復使用〕？〔2〕用它們可以組成哪些各位數字不相同的三位質數？2.a，b，c都是質數，a＞b＞c，且a×b+c=88，求a，b，c。3.A是一個質數，而且A+6，A+8，A+12，A+14都是質數。試求出所有滿足要求的質數A。5.試說明：兩個以上的連續自然數之和必是合數。6.判斷266+388是不是質數。7.把一個一位數的質數a寫在另一個兩位數的質數b后邊，得到一個三位數，這個三位數是a的87倍，求a和b。第11講分解質因數自然數中任何一個合數都可以表示成假設干個質因數乘積的形式，如果不考慮因數的順序，那么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。例如，60=22×3×5，1998=2×33×37。例1一個正方體的體積是13824厘米3，它的外表積是多少？分析與解：正方體的體積是“棱長×棱長×棱長〞，現在正方體的體積是13824厘米3，假設能把13824寫成三個相同的數相乘，那么可求出棱長。為此，我們先將13824分解質因數：把這些因數分成三組，使每組因數之積相等，得13824=〔23×3〕×〔23×3〕×〔23×3〕，于是，得到棱長是23×3=24〔厘米〕。所求外表積是24×24×6=3456〔厘米2〕。例2學區舉行團體操表演，有1430名學生參加，分成人數相等的假設干隊，要求每隊人數在100至200之間，共有幾種分法？分析與解：按題意，每隊人數×隊數=1430，每隊人數在100至200之間，所以問題相當于求1430有多少個在100至200之間的約數。為此，先把1430分解質因數，得1430＝2×5×11×13。從這四個質數中選假設干個，使其乘積在100到200之間，這是每隊人數，其余的質因數之積便是隊數。2×5×11=110，13；2×5×13=130，11；11×13=143，2×5=10。所以共有三種分法，即分成13隊，每隊110人；分成11隊，每隊130人；分成10隊，每隊143人。例31×2×3×…×40能否被90909整除？分析與解：首先將90909分解質因數，得90909=33×7×13×37。因為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有多少個不同的約數。分析與解：將72分解質因數得到72=23×32。根據72的約數含有2和3的個數，可將72的約數列表如下：上表中，第三、四行的數字分別是第二行對應數字乘以3和32，第三、四、五列的數字分別是第二列對應數字乘以2，22和23。比照72=23×32，72的任何一個約數至多有兩個不同質因數：2和3。因為72有3個質因數2，所以在某一個約數的質因數中，2可能不出現或出現1次、出現2次、出現3次，這就有4種情況；同理，因為72有兩個質因數3，所以3可能不出現或出現1次、出現2次，共有3種情況。根據乘法原理，72的不同約數共有4×3=12〔個〕。從例4可以歸納出求自然數N的所有不同約數的個數的方法：一個大于1的自然數N的約數個數，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。例如，2352=24×3×72，因為2352的質因數分解式中有4個2，1個3，2個7，所以2352的不同約數有〔4+1〕×〔1+1〕×〔2+1〕=30〔個〕；又如，9450=2×33×52×7，所以9450的不同的約數有〔1+1〕×〔3+1〕×〔2+1〕×〔1+1〕=48〔個〕。例5試求不大于50的所有約數個數為6的自然數。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例4相反。因為這個數有六個約數，6=5+1=〔2+1〕×〔1+1〕，所以，當這個數只有一個質因數a時，這個數是a5；當這個數有兩個質因數a和b時，這個數是a2×b。因為這個數不大于50，所以對于a5，只有a=2，即25=32；對于a2×b，經試算得到，22×3=12，22×5=20，22×7=28，22×11=44，32×2=18，32×5=45，52×2=50。所以滿足題意的數有八個：32，12，20，28，44，18，45，50。練習111.一個長方體，它的正面和上面的面積之和是209分米2，如果它的長、寬、高都是質數，那么這個長方體的體積是多少立方分米？2.爺孫兩人今年的年齡的乘積是693，4年前他們的年齡都是質數。爺孫兩人今年的年齡各是多少歲？3.某車間有216個零件，如果平均分成假設干份，分的份數在5至20之間，那么有多少種分法？4.小英參加小學數學競賽，她說：“我得的成績和我的歲數以及我得的名次乘起來是3916，總分值是100分。〞能否知道小英的年齡、考試成績及名次？5.舉例答復下面各問題：〔1〕兩個質數的和仍是質數嗎？〔2〕兩個質數的積能是質數嗎？〔3〕兩個合數的和仍是合數嗎？〔4〕兩個合數的差〔大數減小數〕仍是合數嗎？〔5〕一個質數與一個合數的和是質數還是合數？6.求不大于100的約數最多的自然數。7.同學們去射箭，規定每射一箭得到的環數或者是“0〞〔脫靶〕或者是不超過10的自然數。甲、乙兩同學各射5箭，每人得到的總環數之積剛好都是1764，但是甲的總環數比乙少4環。求甲、乙各自的總環數。第12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，b為a的約數。如果一個自然數同時是假設干個自然數的約數，那么稱這個自然數是這假設干個自然數的公約數。在所有公約數中最大的一個公約數，稱為這假設干個自然數的最大公約數。自然數a1，a2，…，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〕=3。如果一個自然數同時是假設干個自然數的倍數，那么稱這個自然數是這假設干個自然數的公倍數。在所有公倍數中最小的一個公倍數，稱為這假設干個自然數的最小公倍數。自然數a1，a2，…，an的最小公倍數通常用符號[a1，a2，…，an]表示，例如[8，12]=24，[6，9，15]=90。常用的求最大公約數和最小公倍數的方法是分解質因數法和短除法。例1用60元錢可以買一級茶葉144克，或買二級茶葉180克，或買三級茶葉240克。現將這三種茶葉分別按整克數裝袋，要求每袋的價格都相等，那么每袋的價格最低是多少元錢？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元，分裝后每袋的價格相等，所以144克一級茶葉、180克二級茶葉、240克三級茶葉，分裝的袋數應相同，即分裝的袋數應是144，180，240的公約數。題目要求每袋的價格盡量低，所以分裝的袋數應盡量多，應是144，180，240的最大公約數。所以〔144，180，240〕=2×2×3=12，即每60元的茶葉分裝成12袋，每袋的價格最低是60÷12=5〔元〕。為節約篇幅，除必要時外，在求最大公約數和最小公倍數時，將不再寫出短除式。例2用自然數a去除498，450，414，得到相同的余數，a最大是多少？分析與解：因為498，450，414除以a所得的余數相同，所以它們兩兩之差的公約數應能被a整除。498-450=48，450-414=36，498-414=84。所求數是〔48，36，84〕=12。例3現有三個自然數，它們的和是1111，這樣的三個自然數的公約數中，最大的可以是多少？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。只能從唯一的條件“它們的和是1111〞入手分析。三個數的和是1111，它們的公約數一定是1111的約數。因為1111=101×11，它的約數只能是1，11，101和1111，由于三個自然數的和是1111，所以三個自然數都小于1111，1111不可能是三個自然數的公約數，而101是可能的，比方取三個數為101，101和909。所以所求數是101。例4在一個30×24的方格紙上畫一條對角線〔見下頁上圖〕，這條對角線除兩個端點外，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個相同的矩形，那么每個矩形是由〔30÷6〕×〔24÷6〕=5×4〔個〕小方格組成。在6×6的簡化圖中，對角線也是它所經過的每一個矩形的對角線，所以經過5個格點〔見左以下圖〕。在對角線所經過的每一個矩形的5×4個小方格中，對角線不經過任何格點〔見右以下圖〕。所以，對角線共經過格點〔30，24〕-1=5〔個〕。例5甲、乙、丙三人繞操場競走，他們走一圈分別需要1分、1分15秒和1分30秒。三人同時從起點出發，最少需多長時間才能再次在起點相會？分析與解：甲、乙、丙走一圈分別需60秒、75秒和90秒，因為要在起點相會，即三人都要走整圈數，所以需要的時間應是60，75，90的公倍數。所求時間為[60，75，90]=900〔秒〕=15〔分〕。例6爺爺對小明說：“我現在的年齡是你的7倍，過幾年是你的6倍，再過假設干年就分別是你的5倍、4倍、3倍、2倍。〞你知道爺爺和小明現在的年齡嗎？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。爺爺的年齡現在是小明的7倍，說明他們的年齡差是6的倍數；同理，他們的年齡差也是5，4，3，2，1的倍數。由此推知，他們的年齡差是6，5，4，3，2的公倍數。[6，5，4，3，2]=60，爺爺和小明的年齡差是60的整數倍。考慮到年齡的實際情況，爺爺與小明的年齡差應是60歲。所以現在小明的年齡=60÷〔7-1〕=10〔歲〕，爺爺的年齡=10×7=70〔歲〕。練習121.有三根鋼管，分別長200厘米、240厘米、360厘米。現要把這三根鋼管截成盡可能長而且相等的小段，一共能截成多少段？2.兩個小于150的數的積是2028，它們的最大公約數是13，求這兩個數。3.用1～9這九個數碼可以組成362880個沒有重復數字的九位數，求這些數的最大公約數？4.大雪后的一天，亮亮和爸爸從同一點出發沿同一方向分別步測一個圓形花圃的周長。亮亮每步長54厘米，爸爸每步長72厘米，由于兩個人的腳印有重合，所以雪地上只留下60個腳印。問：這個花圃的周長是多少米？5.有一堆桔子，按每4個一堆分少1個，按每5個一堆分也少1個，按每6個一堆分還是少1個。這堆桔子至少有多少個？6.某公共汽車站有三條線路的公共汽車。第一條線路每隔5分鐘發車一次，第二、三條線路每隔6分鐘和8分鐘發車一次。9點時三條線路同時發車，下一次同時發車是什么時間？7.四個連續奇數的最小公倍數是6435，求這四個數。第13講最大公約數與最小公倍數〔二〕這一講主要講最大公約數與最小公倍數的關系，并對最大公約數與最小公倍數的概念加以推廣。在求18與12的最大公約數與最小公倍數時，由短除法可知，〔18，12〕=2×3=6，[18，12]=2×3×3×2=36。如果把18與12的最大公約數與最小公倍數相乘，那么〔18，12〕×[18，12]=〔2×3〕×〔2×3×3×2〕=〔2×3×3〕×〔2×3×2〕=18×12。也就是說，18與12的最大公約數與最小公倍數的乘積，等于18與12的乘積。當把18，12換成其它自然數時，依然有類似的結論。從而得出一個重要結論：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。例1兩個自然數的最大公約數是6，最小公倍數是72。其中一個自然數是18，求另一個自然數。解：由上面的結