第28讲 数论综合3
内容概述
具有相当难度，需要灵活运用各种整数知识，或与其他方面内容相综合的数论同题．
典型问题
2. 有3个自然数，其中每一个数都不能被另外两个数整除，而其中任意两个数的乘积却能被第三个数整除．那么这样的3个自然数的和的最小值是多少?
【分析与解】 设这三个自然数为A，B，C，且A=a×b，B=b×c,C=c×a，当a、b、c均是质数时显然满足题意，为了使A，B，C的和最小，则质数a、b、c应尽可能的取较小值，显然当a、b、c为2、3、5时最小，有A=2×3=6, B=3×5=15，C=5×2=10． 于是，满足这样的3个自然数的和的最小值是6+15+10=31．
4. 对于两个不同的整数，如果它们的积能被和整除，就称为一对“好数”，例如70与30．那么在1，2，?，16这16个整数中，有“好数”多少对?
【分析与解】 设这两个数为a、b，且a 111??. abk 当k=2时，有 ?a?3?a?4111,?，但是要求a≠b．所以只??，即(a-2)×(b-2)=22=4，有?b?6b?4ab2??有??a?3满足； ?b?6当k=3时，有 ?a?4?a?6111,?，但是要求a≠b．所以只??，即(a-3)×(b-3)=32=9，有?b?12b?6ab3???a?4有?满足； b?12??? 逐个验证k的值，“好数”对有3与6，4与12，6与12，10与15．所以“好数”对有4个. 6．甲、乙两人进行下面的游戏：两人先约定一个自然数N，然后由甲开始，轮流把0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中的一个填入图28-1的某个方格中，每一方格只能填一个数字，但各方格所填的数字可以重复．当6个方格都填有数字后，就形成一个六位数．如果这个六位数能被N整除，那么乙获胜；如果这个六位数不能被N整除，那么甲获胜．设N小于15，问当N取哪几个数时．乙能取胜? 【分析与解】 当N取2，4，6，8，10，12，14这7个偶数时，当甲将某个奇数放到最右边的方格中，则这个六位数一定是奇数，奇数显然不能被偶数整除，所以此时乙无法取胜； 而当N取5时，当甲在最右边的方格内填人一个非0非5的数字时，则这个六位数一定不能被5整除，所以此时乙无法获胜： 此时还剩下1，3，7，9，11，13这6个数， 显然当N取l时，乙一定获胜； 当N取3或9时，只要数字对应是3或9的倍数时，这个六位数就能被对应的3或9整除，显然乙可以做到； 当N取7，1l或13时，只要前三位数字和与后三位数字和的差对应是7，11，13的倍数时，这个六位数就对应是7，11，13的倍数，乙可以做到． 于是，当N取1，3，7，9，11，13时，乙适当的操作能保证自己一定获胜． 8. 已知a与b的最大公约数是12，a与c的最小公倍数是300，b与c的最小公倍数也是300．那么满足上述条件的自然数a，b，c共有多少组? 【分析与解】 300=12×5，是a、b的倍数，而12是a、b的最大公约数，所以a、b有5种可能，即 a 12 12×5 12×5 12 12 b 12 12 12 12×5 12×5 由于a、b中总有一个为12，则c=2x×3×5，其中x可以取0、1、2中的任意一个，y可以取0、1中的任意一个，这样满足条件的自然数a、b、c共有5×3×2=30组． 10．圆周上放有N枚棋子，如图28-2所示，B点的那枚棋子紧邻A点的棋子．小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后沿顺时针方向每隔1枚拿走2枚棋子，这样连续转了10周，9次越过A．当将要第10次越过A处棋子取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N是14的倍数，请精确算出圆周上现在还有多少枚棋子? 【分析与解】 设圆周上余a枚棋子，从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时，小洪拿了2a枚棋子，所以在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子． ． 2 依次类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子，?，在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之间，小洪拿走了2(39a-1)+枚棋子，所以N=2(3a-1)+1+3a=3a-1． 10 222yz99 N=3a-1=59049a-l是14的倍数，N是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；又N=(7×8435+4) a-1=7×8435a+4a-1，所以4a-1必须是7的倍数． 当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13,是7的倍数． 所以．圆周上还有23枚棋子． 12．是否存在一个六位数A，使得A，2A，3A，?，500000A中任意一个数的末尾6个数码不全相同? 【分析与解】 显然A的个位数字不能为偶数，不然500,000A的后6位为000,000； 而A的个位数字也不能为5，不然200，000A的后6位为000，000． 于是A的个位数字只能为1，3，7，9． 10 对于任何一个六位数A(个位数字为1，3，7，9)，均存在六位数t?abcdef，使得t×A≡111,111(mod 1,000,000). 如果存在t?abcdef>500,000,使得t×A≡111,111 (mod 1,000,000),那么那个A即为题中所求的值.(说明见评注) 当t=999,999,有A=888,889时, tA=888,888,111,111,显然满足上面的条件. 所以888,889即为所求的A. 评注：如果存在t?abcdef >500，000，使得t×A≡111，111(mod 1，000，000)，那么那个A即为题中所求的值． 这是因为如果对于上面的A，还存在一个六位数B，使得B×A=111，111(mod 1,000，000)，那么有(t×A-B ×A)=0(mod 1，000，000)，即(t-B)×A≡0(mod 1，000，000)．因为A不含有质因数2、5，所以(t-B)为1，000，000的倍数，t-B?1，000，000，那么t>1，000，000，与t为六位数矛盾． 也就是说不存在小于等于500，000的t，使得tA的后六位为111，111，那么也不可能使得tA的后6位相同． 14.已知m，n，k为自然数，m ? n ?k，n2m+2n-2k是100的倍数,求m + n - k后的最小值． 【分析与解】 方法一：首先注意到100=2×5． m 如果n=k，那么2是100的倍数，因而是5的倍数，这是不可能的．所以n-k?1. 2+2-2=2(2mnkkm-k2 2 +2n-k+1)被22整除,所以k?2. 设a=m-k，b=n-k，则a?b，且都是整数． ab2 2+2-1被5整除，要求a+b+k=m+n-k的最小值． 101 不难看出2+2-1=1025，能被25整除，所以a+b+k的最小值小于10+l+2=13． 而且在a=10，b=1，k=2时，上式等号成立． ab 还需证明在a+b?10时，2+2-l不可能被25整除． 有下表 a 9 1 8 1,2 7 1,2,3 6 1,2,3,4 5 1,2,3,4,5 4 1,2,3,4 b a?3时，2+2-1<8+8=16不能被52整除．其他表中情况，不难逐一检验，均不满足2+2-1被 b aab25整除的要求． 因此a+b-k即m+n-k的最小值是13． 方法二：注意到有100=2×2×5×5，4∣(2+2-2)． 2+2-2=2(2 还有2∣(25 mnkmnkkm-k+2n-k-1)因为2m-k+2n-k-l,所以k最小为2． m-k+2n-k-1)，令m-k=x, n-k=y 则有2+2≡l(mod 25) 因为5去除2，22，23，24，25余数分别为2，4，3，1，2；余数是4个一周期.于是，x=4p+2， xy y=4q+1； 或者是x=4P+3，y=4Q+3． (1)x=4p+2，y=4q+1时 当x=2，y=1，于是2+2-2=24+23-22=20不是100的倍数； 当x=6，y=l，于是2+2-2=28+23-22=260不是100的倍数； 当x=10，y=l，于是2+2-2=212+23-22=4100是 l00的倍数； (2)x=4P+3，y=4Q+3 当x=3，y=3，于是2+2-2=25+25-22=60不是l00的倍数； 当x=7，y=3，于是2+2-2=29+25-22=540不是l00的倍数： 其余的将超过(1)种情况，所以，最小为m+n-k=12+3-2=13． mnkmnkmnkmnkmnk 第29讲 数论综合4 内容概述 主要是“小升初”综合素质测试中较难的数论问题． 1．任意选取9个连续的正整数，即它们的乘积为P，最小公倍数为Q．我们知道，P除以Q所得到的商必定是自然数，那么这个商的最大可能值是多少? 【分析与解】 将9个连续的正整数作因式分解，如果某个质数是其中至少两个分解式的因子，那么次数最高的那个方幂会包含在最小公倍数Q中，而其他方幂的乘积则出现在P除以Q的商中．显然这样的质数必定小于9，只可能是2，3，5或7． 记P÷Q=R，则R的质因数必定取自2，3，5，7． 两个不同的7的倍数至少相差7，因此在9个连续正整数中，最多有两个数含有质因数7．当有两个数是7的倍数是，可能它们都不能被7×7整除，也可能其中一个数是7×7的倍数，而另一个不是．于是R的质因数分解式中7的幂次最高是1． 类似的分析，R中最多包含一个质因数5． 在9个连续的正整数中，恰有3个数是3的倍数，其中一个数能被9整除，而另一两个数仅能被3整除，因此R中所包含的质因数3的幂次必定为2． 在9个连续的正整数中，最多有5个数是偶数．此时，除去含有2的幂次最高的数外，其余的4的数含有质因数2最多的情形是：其中有2个仅为2的倍数，有1个是4的倍数，另一个是8的倍数．即R的质因数分解式中2的幂次最多是1+1+2+3=7． 72 综上所述，R的最大值是2×3×5×7=40320．事实上，对于9个连续正整数560，561，?，568，P除以Q所得到的商恰是40320． 2．老师在黑板上依次写了三个数21、7、8，现在进行如下的操作，每次将这三个数中的某些数加上2，其他数减去1，试问能否经过若干次这样的操作后，使得： (1)三个数都变成12？ (2)三个数变成23、15、19？ 【分析与解】 如果两个数都加上2，那么它们的差不变；如果两个数都减去1，那么它们的差也不变； 如果一个数加上2，一个数减去1，那么它们的差增大或减小3．所以，不管怎样，它们的差增大或减小3的倍数．也就是说，不管怎么操作，这两个数的差除以3的余数是不变的． 21与7的差除以3的余数为2；21与8的差除以3的余数为1；7与8的差除以3的余数为1． （1)三个数都变成12，那么它们的差除以3的余数都是0，显然与开始给出的三个数之间差的余数有变化，所以不满足； (2)三个数变成23、15、19，它们之间差除以3的余数依次为： 23与15的差除以3的余数为2； 23与19的差除以3的余数为1； 15与19的差除以3的余数为1．也就是说与开始给出的三个数之间差的余数没变化，所以满足． 3．对于n个奇质数，如果其中任意奇数个数的和仍是质数，那么称这些数构成“奇妙数组”，而n就是这个数组的“阶数”．例如11，13，17就是“奇妙数组”，因为11，13，17和11+13+17=41都是质数． (1)证明：“奇妙数组”的“阶数”最大值为4；
小学六年级奥数36讲(下)
