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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
的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a能被b整除（或者说b能整除a）。记作b｜a.否则，称为a不能被b整除，（或b不能整除a）。如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。 （２）性质
性质1：（整除的加减性）如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。
即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。
例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10—6）。也就是说，
被除数加上或减去一些除数的倍数不影响除数对它的整除性。 性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a. 即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。 性质3：（整除的互质可积性）如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积
能整除a。 即：如果b｜a，c｜a，且（b，c）=1，那么bc｜a。 例如：如果2｜28，7｜28，且（2，7）=1, 那么（2×7）｜28。
注意：（b，c）=1这个条件，如果没这个条件，结论就不一定能成立。 譬如：4｜28，14｜28，4×14=56不能整除24。 性质4：（整除的传递性）如果c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。 即：如果c｜b，b｜a，那么c｜a。
例如：如果3｜9，9｜27，那么3｜27。
（３）数的整除特征
①能被2整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数.
②能被5整除的数的特征：个位是0或5。做题时常常把这里当作突破口。
③能被3（或9）整除的数的特征：各个数位数字之和能被3（或9）整除。 判断能被3（或9）整除的数还可以用“弃３（或９）法”： 例如：８３５１７４６能被９整除么？
解：８＋１＝９，３＋６＝９，５＋４＝９，在数字中只剩７，７不是９的倍数，
所以８３５１７４６不能被９整除。
④能被4（或25）整除的数的特征：末两位数能被4（或25）整除。 ⑤能被8（或125）整除的数的特征：末三位数能被8（或125）整除。
⑥能被11整除的数的特征：这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（大减小）是11的倍数。
⑦能被7（11或13）整除的数的特征：一个整数的末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差（以大减小）能被7（11或13）整除，依此反复检验。 例如：判断3546725能否被13整除？ 解：把3546725分为3546和725两个数.因为3546-725=2821.再把2821分为2和821
两个数，因为821—2＝819，又13｜819，所以13｜2821，进而13｜3546725。
小学奥数数论综合练习题
涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题，以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题．
1．如果把任意n个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两种可能，那么n是多少?
【分析与解】 我们知道如果有5个连
续的自然数，因为其内必有2的倍数，也有5的倍数，则它们乘积的个位数字只能是0。
所以n小于5．
一:当n为4时，如果其内含有5的倍数(个位数字为O或5)，显然其内含有2的倍数，那么它们乘积的个位数字为0；
如果不含有5的倍数，则这4个连续的个位数字只能是1，2，3，4或6，7，8，9；它们的积的个位数字都是4；
所以，当n为4时，任意4个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两科可能．
二：当n为3时，有1×2×3的个位数字为6，2×3×4的个位数字为4，3×4×5的个位数字为0，……，不满足．
三：当n为2时，有1×2，2×3，3×4，4×5的个位数字分别为2，6，4，0，显然不满足．
至于n取1显然不满足了． 所以满足条件的n是4．
2．如果四个两位质数a，b，c，d两两不同，并且满足，等式a+b=c+d．那么，
(1)a+b的最小可能值是多少? (2)a+b的最大可能值是多少?
【分析与解】两位的质数有11，13，17，19，23，29，3l，37，41，43，47，53，59，6l，
67，71，73，79，83，89，97．
可得出，最小为11+19=13+17=30，最大为97+71=89+79=168． 所以满足条件的a+b最小可能值为30，最大可能值为168．
3．如果某整数同时具备如下3条性质： ①这个数与1的差是质数；
②这个数除以2所得的商也是质数； ③这个数除以9所得的余数是5．
那么我们称这个整数为幸运数．求出所有的两位幸运数．
【分析与解】 条件①也就是这个数与1的差是2或奇数，这个数只能是3或者偶数，再根据条件③，除以9余5，在两位的偶数中只有14，32，50，68，86这5个数满足条件．
其中86与50不符合①，32与68不符合②，三个条件都符合的只有14． 所以两位幸运数只有14．
4．在555555的约数中，最大的三位数是多少?
【分析与解】555555=5×111×1001
=3×5×7×11×13×37 显然其最大的三位数约数为777．
5．从一张长2002毫米，宽847毫米的长方形纸片上，剪下一个边长尽可能大的正方形，如果剩下的部分不是正方形，那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形．按照上面的过程不断地重复，最后剪得正方形的边长是多少毫米?
【分析与解】 从长2002毫米、宽847毫米的长方形纸板上首先可剪下边长为847毫米的正方形，这样的正方形的个数恰好是2002除以847所得的商．而余数恰好是剩下的长方形的宽，于是有：2002÷847=2……308，847÷308=2……231，308÷231=1……77．231÷77=3．
不难得知，最后剪去的正方形边长为77毫米．
6．把26，33，34，35，63，85，91，143分成若干组，要求每一组中任意两个数的最大公约数是1．那么最少要分成多少组?
【分析与解】26=2×13，33=3×11，34=2×17，35=5×7，63=×7，85=5×17，91=7×13，143=11×13．
由于质因数13出现在26、91、143三个数中，故至少要分成三组，可以分成如下3组：
将26、33、35分为一组，91、34、33分为一组，而143、63、85分为一组． 所以，至少要分成3组．
7．设a与b是两个不相等的非零自然数．
(1)如果它们的最小公倍数是72，那么这两个自然数的和有多少种可能的数值?
(2)如果它们的最小公倍数是60，那么这两个自然数的差有多少种可能的数值? 【分析与解】 (1)a与b的最小公倍数72=2×2×2×3×3，有12个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72．不妨设a＞b． 一:当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b≥72+1=73；
二:当a=36时，b必须取8或24，a+b的值为44或60，均不同第一种情况中的值；
三：当a=24时，b必须取9或18，a+b的值为33或42，均不同第一、二种情况中的值；
四：当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值； 五：当a=12时，b无解；
六:当a=9时，b必须取8，a+b=17，不同于第一、二、三、四情况中的值． 总之，a+b可以有ll+2+2+1+1=17种不同的值．
(2)60=2×2×3×5，有12个约数：1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60．a、b为60的约数，不妨设a＞b．
一：当a=60时，b可取60外的任何一个数，即可取11个值，于是a－b可取11种不同的值：59，58，57，56，55，54，50，48，45，40，30； 二．当a=30时，b可取4，12，20，于是a－b可取26，18，10； 三：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以a－b可取17，14，8，5； 四： 当a=15时，b可取4，12，所以a－b可取11，3； 五: 当a=12时，b可取5，10，所以a－b可取7，2． 总之，a－b可以有11+3+4+2+2=22种不同的值．
8.在小于1000的自然数中，分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?(余数可以为0)
【分析与解】 我们知道18，33的最小公倍数为[18，33]=198，所以每198个数一次．
1～198之间只有1，2，3，…，17，198(余O)这18个数除以18及33所得的余数相同，而999÷198=5……9，所以共有5×18+9=99个这样的数．
9．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?
【分析与解】 由题意知4倍393除以A的余数，等于2倍939除以A的余数，等于甲603除以A的余数．
即603÷A=a……k；(2×939)÷A=b……k；(4×393)÷A=c……k． 于是有(1878－603)÷A=b－a；(1878－1572)÷A=b－c；(1572－603)÷A=c－a．
所以A为1275，306，969的约数，(1275，306，969)=17×3=51． 于是，A可能是51，17(不可能是3，因为不满足余数是另一余数的4倍)． 当A为51时，有603÷51=11……42；939÷51=18……21；393÷51=7……36．不满足；
当A为17时，有603÷17=35……8；939÷17=55……4；393÷17=23……2；满足．
所以，除数4为17．
10．证明：形如11，111，1111，11111，…的数中没有完全平方数．
【分析与解】 我们知道奇数的完全平方数是奇数，偶数的完全平方数为偶数，而奇数的完全平方数除以4余1，偶数的完全平方数能被4整除．
现在这些数都是奇数，它们除以4的余数都是3，所以不可能为完全平方数． 评注：设奇数为2n+1，则它的平方为+4n+1，显然除以4余1．
(完整)小学六年级奥数基础知识——数论
