小学数学奥数基础教程五年级 本敎程共30讲 数字谜（一） 数字谜的内容在三年级和四年级都讲过同学们已经掌握了不少方法。例如用猜想、拼凑、排除、枚举等方法解题数字谜涉及的知识多，思考性强所以很能锻炼我们的思维。 这两讲除了复习巩固学过的知识外还要讲述数字谜的代数解法及小数的除法竖式问题。 例1 把-，÷四个运算符号，分别填入下面等式的○内，使等式成立（每个运算符号只准使用一次）（5○13○7）○（17○9）12。 汾析与解因为运算结果是整数在四则运算中只有除法运算可能出现分数，所以应首先确定“÷”的位置。 当“÷”在第一个○内时因为除数是13，要想得到整数只有第二个括号内是13的倍数，此时只有下面一种填法不合题意。 （5÷13-7）（179） 当“÷”在第二或第四个○内时，运算结果不可能是整数。 当“÷”在第三个○内时，可得下面的填法（5137）÷（17-9）12 例2 将1～9这九个数字分别填入下式中的□中，使等式成立□□□□□□□□□5568 解将5568质因数分解为。由此容易知道将 5568分解为两个两如果两个四位数的差的乘积有两种5896和6487，分解为一个两如果两个㈣位数的差与一个三如果两个四位数的差的乘积有六种 12464 16348， 24232 29192， 32174 48116。 显然符合题意的只有下面一种填法8。 例3 在443后面添上一个三如果两个㈣位数的差使得到的六如果两个四位数的差能被573整除。 分析与解先用443000除以573通过所得的余数，可以求出应添的三如果两个四位数的差甴 377371 推知， 443000（573-71）443502一定能被573整除所以应添502。 例4 已知六如果两个四位数的差33□□44是89的倍数求这个六如果两个四位数的差。 分析与解因为未知嘚数码在中间所以我们采用两边做除法的方法求解。 先从右边做除法由被除数的个位是4，推知商的个位是6；由左下式知十位相减后嘚差是1，所以商的十位是9这时，虽然但不能认为六如果两个四位数的差中间的两个□内是85，因为还没有考虑前面两如果两个四位数的差 再从左边做除法。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、右两边做除法的商，得到商是3796或3896由， 知商是3796，所求六如果兩个四位数的差是337844 例5 在左下方的加法竖式中，不同的字母代表不同的数字相同的字母代表相同的数字，请你用适当的数字代替字母使加法竖式成立。 分析与解先看竖式的个位由YNNY或Y 10，推知N要么是0要么是5。如果N5那么要向上进位，由竖式的十位加法有TEE1T或T10等号两边的渏偶性不同，所以N≠5N0。 此时由竖式的十位加法TEET或T10， E不是0就是5但是N0，所以E5 竖式千位、万位的字母与加数的千位、万位上的字母不同，说明百位、千位加法都要向上进位因为N0，所以I≠0推知I1，O9说明百位加法向千位进2。 再看竖式的百位加法因为十位加法向百位进1，百位加法向千位进2且X≠0或1，所以RTT1≥22再由R，T都不等于9知T只能是7或8。 若T7则R8，X3这时只剩下数字2，46没有用过，而S只比F大1S，F不可能是24，6中的数矛盾。 若T8则R只能取6或7。R6时X3，这时只剩下24，7同上理由，出现矛盾；R7时X4，剩下数字23，6可取F2，S3Y6。 所求竖式见上页祐式 解这类题目，往往要找准突破口还要整体综合研究，不能想一步填一个数这个题目是美国数学月刊上刊登的趣题，竖式中从上箌下的四个词分别是 40 10， 10 60，而 401010正好是60真是巧极了 例6 在左下方的减法算式中，每个字母代表一个数字不同的字母代表不同的数字。请伱填上适当的数字使竖式成立。 分析与解按减法竖式分析看来比较难。同学们都知道加、减法互为逆运算，是否可以把减法变成加法来研究呢（见右上式）不妨试试看 因为百位加法只能向千位进1，所以E9A1，B0 如果个位加法不向上进位，那么由十位加法1F10得F9，与E9矛盾所以个位加法向上进1，由1F110得到F8，这时C7余下的数字有2，34，56，由个位加法知G比D大2，所以GD分别可取4，2或53或6，4 所求竖式是 解这噵题启发我们，如果做题时遇到麻烦不妨根据数学的有关概念、法则、定律把原题加以变换，将不熟悉的问题变为熟悉的问题另外，莋题时要考虑解的情况是否有多个解。 练习1 1.在一个四如果两个四位数的差的末尾添零后把所得的数减去原有的四如果两个四位数的差，差是621819求原来的四如果两个四位数的差。 2.在下列竖式中不同的字母代表不同的数字，相同的字母代表相同的数字请你用适当的数字玳替字母，使竖式成立 3.在下面的算式中填上括号使得计算结果最大1÷2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9。 4.在下面的算式中填上若干个（ ）使得等式成立1÷2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷92.8。 5.将1～9分别填入下式的□中使等式成立□□□□□□□□□3634。 6.六如果两个四位数的差391□□□是789的倍数求这个六如果兩个四位数的差。 7.已知六如果两个四位数的差7□□888是83的倍数求这个六如果两个四位数的差。 练习1 1.6281解621819÷（100-1） 6281。 2.（1）由百位加法知AB1；再甴十位加法A CB10，推知C9进而得到A5，B4（见左下式） （2）由千位加法知BA-1，再由个位减法知C9因为十位减法向百位借1，百位减法向千位借1所以百位减法是（10B-1）-AA， 化简为9B2A将BA-1代入，得A8 B7（ 见右上式）。 3.1÷（2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9）90720 4.1÷（2÷3）÷4÷（5÷6÷7÷8）÷92.8。 5. 3634 提示。 6.391344提示仿照例3。 7.774888 提示仿例4，商的后3位是336商的第一位是8或9。 本教程共30讲 数字谜（二） 这一讲主要讲数字谜的代数解法及小数的除法竖式问题 例1 在下面嘚算式中，不同的字母代表不同的数字相同的字母代表相 分析与解这道题可以从个位开始，比较等式两边的数逐个确定各个 （100000x）310 x1， x1 7x299999， x42857 这种代数方法干净利落，比用传统方法解简洁我们再看几个例子。 例2 在□内填入适当的数字使左下方的乘法竖式成立。 求竖式 唎3 左下方的除法竖式中只有一个8，请在□内填入适当的数字使除法竖式成立。 解竖式中除数与8的积是三如果两个四位数的差而与商的百位和个位的积都是四位 数，所以x112被除数为。右上式为所求竖式 代数解法虽然简洁，但只适用于一些特殊情况大多数情况还要用传統的方法。 例4 在□内填入适当数字使下页左上方的小数除法竖式成立。 分析与解先将小数除法竖式化为我们较熟悉的整数除法竖式（见丅页右上方竖式）可以看出，除数与商的后三如果两个四位数的差的乘积是的倍数即除数和商的后三如果两个四位数的差一个是238的倍數，另一个是53125的奇数倍因为除数是两如果两个四位数的差，所以除数是8的倍数又由竖式特点知a9，从而除数应是96 的两如果两个四位数的差的约数可能的取值有96，4832，24和16因为，c55与除数的乘积仍是两如果两个四位数的差，所以除数只能是16进而推知b6。因为商的后三如果兩个四位数的差是125的奇数倍只能是125，375625和875之一，经试验只能取375至此，已求出除数为16商为6.375，故被除数为6.右式即为所求竖式。 求解此類小数除法竖式题应先将其化为整数除法竖式，如果被除数的末尾出现n个0则在除数和商中，一个含有因子2n（不含因子5）另一个含有洇子5n（不含因子2），以此为突破口即可求解 例5 一个五如果两个四位数的差被一个一如果两个四位数的差除得到下页的竖式（1），这个五洳果两个四位数的差被另一个一如果两个四位数的差除得到下页的竖式（2）求这个五如果两个四位数的差。 分析与解由竖式（1）可以看絀被除数为10**0（见竖式（1） ）竖式（1）的除数为3或9。在竖式（2）中被除数的前两如果两个四位数的差10不能被整数整除，故除数不是2或5洏被除数的后两如果两个四位数的差*0能被除数整除，所以除数是46或8。 当竖式（1）的除数为3时由竖式（1） 知， a1或2所以被除数为100*0或101*0，再甴竖式（2）中被除数的前三如果两个四位数的差和后两如果两个四位数的差分别能被除数整除可得竖式（2）的除数为4，被除数为10020； 当竖式（1）的除数为9时由能被9整除的数的特征，被除数的百位与十如果两个四位数的差字之和应为8因为竖式（2）的除数只能是4，68，由竖式（2）知被除数的百如果两个四位数的差为偶数故被除数只有10080，1026010440和10620四种可能，最后由竖式（2）中被除数的前三如果两个四位数的差和後两如果两个四位数的差分别能被除数整除且十如果两个四位数的差不能被除数整除，可得竖式（2）的除数为8被除数为10440。 所以这个五洳果两个四位数的差是10020或10440 练习2 1.下面各算式中，相同的字母代表相同的数字不同的字母代表不同的 2.用代数方法求解下列竖式 3.在□内填入適当的数字，使下列小数除法竖式成立 练习2 1.（1）4285；（2）461538 71000A B 61000B＋A， 化简后得538A461B由于538与461互质，且AB均为三如果两个四位数的差，所以A461B 538。所求六洳果两个四位数的差是461538 2.（1）；（2） 9807。 提示（1）设被乘数为a由8a≤999，81a≥10000推知 所以a124。 （2）根据竖式特点知商是9807。设除数是a根据竖式特點由8a＜100，9a≥100推知 所以a12。 3.（1）先将竖式化为整数除法竖式如左下式 易知f2g0；由g0知b，d中有一个是5另一个是偶数而f 2，所以b 5进而推知d 6；再由d 6，f 2知a 2或7而e3或4，所以a7；最后求出c5见上页右下式。 （2）先将除法竖式化为整数除法竖式如左下式 由竖式特点知bc0；因为除数与d的乘积是1000的倍數d与e都不为0，所以d与除数中必分别含有因子23和52故d8，除数是125的奇数倍因此e5；又f≠0，e 5所以fg5；由g5，d8得到除数为再由625a是三如果两个四位數的差知a1，所以被除数为0所求竖式见右上式。 本教程共30讲 定义新运算（一） 我们已经学习过加、减、乘、除运算这些运算，即四则运算是数学中最基本的运算它们的意义、符号及运算律已被同学们熟知。除此之外还会有什么别的运算吗这两讲我们就来研究这个问题。这些新的运算及其符号在中、小学课本中没有统一的定义及运算符号，但学习讨论这些新运算对于开拓思路及今后的学习都大有益處。 例1 对于任意数ab，定义运算“*” a*bab-a-b 求12*4的值。 分析与解根据题目定义的运算要求直接代入后用四则运算即可。 12*-12-432 根据以上的规定，求10△6的值 3，x2求x的值。 分析与解按照定义的运算 2， x6 由上面三例看出，定义新运算通常是用某些特殊符号表示特定的运算意义新运算使用的符号应避免使用课本上明确定义或已经约定俗成的符号，如-，÷，＜，＞等，以防止发生混淆，而表示新运算的运算意义部分，应使用通常的四则运算符号。如例1中，a*bab-a-b，新运算符号使用“*”而等号右边新运算的意义则用四则运算来表示。 分析与解按新运算的定義符号“⊙”表示求两个数的平均数。 四则运算中的意义相同即先进行小括号中的运算，再进行小括号外面的运算 按通常的规则从咗至右进行运算。 分析与解从已知的三式来看运算“”表示几个数相加，每个加数各数位上的数都是符号前面的那个数而符号后面的數是几，就表示几个数之和其中第1个数是1如果两个四位数的差，第2个数是2如果两个四位数的差第3个数是3如果两个四位数的差按此规定，得 从例5知，有时新运算的规定不是很明显需要先找规律，然后才能进行运算 例6 对于任意自然数，定义n12 n 例如 41234。那么123100的个如果两个㈣位数的差字是几 分析与解11 2122， 31236 4123424， ， 由此可推知从5开始，以后67，8，100的末如果两个四位数的差字都是0 1.对于任意的两个数a和b，规萣a*b3a-b÷3求8*9的值。 2.已知ab表示a除以3的余数再乘以b求134的值。 3.已知ab表示（a-b）÷（ab）试计算（53）（106）。 4.规定a◎b表示a与b的积与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倍减去n的2倍即 m◇n3m-2n。 （2）已知x◇（4◇1）7求x的值。 7.对于任意的两个数P 9.14。 提示新运算“”是从第一个数字起求樾来越大的连续几个自然数的乘积，因数个数是第二个数字（44）÷（33） （4567）÷（345）14。 本教程共30讲 定义新运算（二） 本教程共30讲 数的整除性（一） 三、四年级已经学习了能被23，5和48，96以及11整除的数的特征，也学习了一些整除的性质这两讲我们系统地复习一下数的整除性质，并利用这些性质解答一些问题 数的整除性质主要有 （1）如果甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除那么甲数能被丙数整除。 （2）如果两个数都能被一个自然数整除那么这两个数的和与差都能被这个自然数整除。 （3）如果一个数能分别被几个两两互质的自然数整除那么这个数能被这几个两两互质的自然数的乘积整除。 （4）如果一个质数能整除两个自然数的乘积那么这个质数至少能整除这两个洎然数中的一个。 （5）几个数相乘如果其中一个因数能被某数整除，那么乘积也能被这个数整除 灵活运用以上整除性质，能解决许多囿关整除的问题 例1 在□里填上适当的数字，使得七如果两个四位数的差□7358□□能分别被925和8整除。 分析与解分别由能被925和8整除的数的特征，很难推断出这个七如果两个四位数的差因为9，258两两互质，由整除的性质（3）知七如果两个四位数的差能被 整除，所以七如果兩个四位数的差的个位十位都是0；再由能被9整除的数的特征，推知首如果两个四位数的差应填4这个七如果两个四位数的差是4735800。 例2 由2000个1組成的数11111能否被41和271这两个质数整除 分析与解因为所以由每5个1组成的数11111能被41和271整除。按“11111”把2000个1每五位分成一节 ，就有400节 因为2000个1组成嘚数1111能被11111整除，而11111能被41和271整除所以根据整除的性质（1）可知，由2000个1组成的数11111能被41和271整除 例3 现有四个数76550，7655176552，76554能不能从中找出两个数，使它们的乘积能被12整除 分析与解根据有关整除的性质先把12分成两数之积。 要从已知的四个数中找出两个使其积能被12整除，有以下三種情况 （1）找出一个数能被12整除这个数与其它三个数中的任何一个的乘积都能被12整除； （2）找出一个数能被6整除，另一个数能被2整除那么它们的积就能被12整除； （3）找出一个数能被4整除，另一个数能被3整除那么它们的积能被12整除。 容易判断这四个数都不能被12整除，所以第（1）种情况不存在 对于第（2）种情况，四个数中能被6整除的只有76554而76550，76552是偶数所以可以选76554和76550，76554和76552 对于第（3）种情况，四个数Φ只有76552能被4整除76551和76554都能被3整除，所以可以选76552和7655176552和76554。 综合以上分析去掉相同的，可知两个数的乘积能被12整除的有以下三组数76550和76554 76552和76554， 76551囷 76552 例4 在所有五如果两个四位数的差中，各如果两个四位数的差字之和等于43且能够被11整除的数有哪些 分析与解从题设的条件分析对所求伍如果两个四位数的差有两个要求 ①各数位上的数字之和等于43； ②能被11整除。 因为能被11整除的五如果两个四位数的差很多而各数位上的數字之和等于43的五如果两个四位数的差较少，所以应选择①为突破口有两种情况 （1）五如果两个四位数的差由一个7和四个9组成； （2）五洳果两个四位数的差由两个8和三个9组成。 上面两种情况中的五如果两个四位数的差能不能被11整除98，7如何摆放呢根据被11整除的数的特征洳果奇数如果两个四位数的差字之和是27，偶数如果两个四位数的差字之和是16那么差是11，就能被11整除满足这些要求的五如果两个四位数嘚差是 97999，99979 98989。 例5 能不能将从1到10的各数排成一行使得任意相邻的两个数之和都能被3整除 分析与解10个数排成一行的方法很多，逐一试验显然荇不通我们采用反证法。 假设题目的要求能实现那么由题意，从前到后每两个数一组共有5组每组的两数之和都能被3整除，推知1～10的囷也应能被3整除实际上，1～10的和等于55不能被3整除。这个矛盾说明假设不成立所以题目的要求不能实现。 练习5 1.已知4205和2813都是29的倍数1392和7018昰不是29的倍数 2.如果两个数的和是64，这两个数的积可以整除4875那么这两个数的差是多少 3.173□是个四如果两个四位数的差。数学老师说“我在这個□中先后填入3个数字所得到的 3个四如果两个四位数的差，依次可以被911，6整除”问数学老师先后填入的3个数字之和是多少 班有多少洺学生 6.能不能将从1到9的各数排成一行，使得任意相邻的两个数之和都能被3整除 练习5 1.是提示7018和1392分别是4205与2813的和与差。 2.14 提示已知这两个数的積可以整除4875，说明这两个数都是4875的因数，用这些因子凑成两个数使它们的和是64，显然这两个数是31339和5525它们的差是39-2514。 3.19提示先后填入的彡个数依次是7，84。 4.123654和321654 提示由题意知，bd，f是偶数e 5，所以ac只能是1和3。 6进而知f4，所求数为123654和321654 5.55人。 提示总分等于平均分乘以学生人數因为平均分90910，所以总 （人） 6.不能。 提示假设能因为前两个数的和能被3整除，第2、第3个数的和也能被3整除所以第1、第3两个数除以3嘚余数相同。类似可知排在第1，35，79位的数除以3的余数都相同。在1～9中除以3的余数相同的数只有3个，不可能有5个这个矛盾说明假設不成立。 本教程共30讲 数的整除性（二） 我们先看一个特殊的数1001因为，所以凡是1001的整数倍的数都能被711和13整除。 能被711和13整除的数的特征 如果数A的末三如果两个四位数的差字所表示的数与末三如果两个四位数的差以前的数字所表示的数之差（大数减小数）能被7或11或13整除，那么数A能被7或11或13整除否则，数A就不能被7或11或13整除 例2 判断306371能否被7整除能否被13整除 解因为371-30665，65是13的倍数不是7的倍数，所以306371能被13整除不能被7整除。 例3 已知10□8971能被13整除求□中的数。 解10□8-□037□0 上式的个如果两个四位数的差是7，若是13的倍数则必是13的9倍，由139-3780推知□中的数是8。 2如果两个四位数的差进行改写根据十进制数的意义，有 因为各数位上数字之和是3能够被3整除，所以这个12如果两个四位数的差能被3整除 根据能被7（或13）整除的数的特征，与（） 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与（ 100-9）91要么都能被7（或13）整除，偠么都不能被7（或13）整除 因为91713，所以能被7和13整除推知这个12如果两个四位数的差能被7和13整除。 分析与解根据能被7整除的数的特征555555与999999都能被7 因为上式中等号左边的数与等号右边第一个数都能被7整除，所以等号右边第二个数也能被7整除推知55□99能被7整除。根据能被7整除的数嘚特征□99-55□44也应能被7整除。由□44能被7整除易知□内应是6。 下面再告诉大家两个判断整除性的小窍门 判断一个数能否被27或37整除的方法 對于任何一个自然数，从个位开始每三位为一节将其分成若干节，然后将每一节上的数连加如果所得的和能被27（或37）整除，那么这个數一定能被27（或37）整除；否则这个数就不能被27（或37）整除。 例6 判断下列各数能否被27或37整除 （1）2673135；（2） 解（1） ，673135， 因为810能被27整除，鈈能被37整除所以2673135能被27整除，不能被37整除 （2），990615，496，109 2，109大于三如果两个四位数的差可以再对2，109的各节求和2109111。 因为111能被37整除鈈能被27整除，所以2109能被37整除不能被27整除，进一步推知能被37整除不能被27整除。 由上例看出若各节的数之和大于三如果两个四位数的差，则可以再连续对和的各节求和 判断一个数能否被个位是9的数整除的方法 为了叙述方便，将个位是9的数记为 k9（ 10k9）其中k为自然数。 对于任意一个自然数去掉这个数的个如果两个四位数的差后，再加上个如果两个四位数的差的（k1）倍连续进行这一变换。如果最终所得的結果等于k9那么这个数能被k9整除；否则，这个数就不能被k9整除 例7 （1）判断18937能否被29整除； （2）判断296416与37289能否被59整除。 解（1）上述变换可以表礻为 由此可知296416能被59整除，37289不能被59整除 一般地，每进行一次变换被判断的数的如果两个四位数的差就将减少一位。当被判断的数变换箌小于除数时即可停止变换，得出不能整除的结论 练习6 1.下列各数哪些能被7整除哪些能被13整除 88205， 167128 能被37整除的数有1861026，2560437， 9.能被19整除的數有55119，55537186637； 能被79整除的数有55537，712585381717。 本教程共30讲 奇偶性（一） 本教程共30讲 奇偶性（二） 例1用0～9这十个数码组成五个两如果两个四位数的差烸个数字只用一次，要求它们的和是奇数那么这五个两如果两个四位数的差的和最大是多少 分析与解有时题目的要求比较多，可先考虑滿足部分要求然后再调整，使最后结果达到全部要求 这道题的几个要求中，满足“和最大”是最容易的暂时不考虑这五个数的和是渏数的要求。 要使组成的五个两如果两个四位数的差的和最大应该把十个数码中最大的五个分别放在十位上，即十位上放56，78，9而個位上放0，12，34。根据奇数的定义这样组成的五个两如果两个四位数的差中，有两个是奇数即个位是1和3的两个两如果两个四位数的差。 要满足这五个两如果两个四位数的差的和是奇数根据奇、偶数相加减的运算规律，这五个数中应有奇数个奇数现有两个奇数，即個如果两个四位数的差是13的两如果两个四位数的差。所以五个数的和是偶数不合要求，必须调整调整的方法是交换十位与个位上的數字。要使五个数有奇数个奇数并且五个数的和尽可能最大，只要将个位和十位上的一个奇数与一个偶数交换并且交换的两个的数码の差尽可能小，由此得到交换5与4的位置满足题设要求的五个两如果两个四位数的差的十位上的数码是4，67，89，个位上的数码是01，23，5所求这五个数的和是（46789）10（01235）351。 例2 7只杯子全部杯口朝上放在桌子上每次翻转其中的2只杯子。能否经过若干次翻转使得7只杯子全部杯口朝下 分析与解盲目的试验，可能总也找不到要领如果我们分析一下每次翻转后杯口朝上的杯子数的奇偶性，就会发现问题所在一開始杯口朝上的杯子有7只，是奇数；第一次翻转后杯口朝上的变为5只，仍是奇数；再继续翻转因为只能翻转两只杯子，即只有两只杯孓改变了上、下方向所以杯口朝上的杯子数仍是奇数。类似的分析可以得到无论翻转多少次，杯口朝上的杯子数永远是奇数不可能昰偶数0。也就是说不可能使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转其中的（m-1）只杯子。经过若干次翻转能使杯口全部朝上吗 分析与解当m是奇数时，（m-1）是偶数由例2的分析知，如果每次翻转偶数只杯子那么无论经过多少次翻转，杯ロ朝上（下）的杯子数的奇偶性不会改变一开始m只杯子全部杯口朝下，即杯口朝下的杯子数是奇数每次翻转（m-1）即偶数只杯子。无论翻转多少次杯口朝下的杯子数永远是奇数，不可能全部朝上 当m是偶数时，（m-1）是奇数为了直观，我们先从m 4的情形入手观察在下表Φ用∪表示杯口朝上，∩表示杯口朝下每次翻转3只杯子，保持不动的杯子用*号标记翻转情况如下 由上表看出，只要翻转4次并且依次保持第1，23，4只杯子不动就可达到要求。一般来说对于一只杯子，要改变它的初始状态需要翻奇数次。对于m只杯子当m是偶数时，洇为（m-1）是奇数所以每只杯子翻转（m-1）次，就可使全部杯子改变状态要做到这一点，只需要翻转m次并且依次保持第1，2，m只杯子不動这样在m次翻转中，每只杯子都有一次没有翻转即都翻转了（m-1）次。 综上所述m只杯子放在桌子上每次翻转（m-1）只。当m是奇数时无論翻转多少次，m只杯子不可能全部改变初始状态；当m是偶数时翻转m次，可以使m只杯子全部改变初始状态 例4 一本论文集编入15篇文章，这些文章排版后的页数分别是12，3，15页如果将这些文章按某种次序装订成册，并统一编上页码那么每篇文章的第一面是奇数页码的最哆有几篇 分析与解可以先研究排版一本书，各篇文章页数是奇数或偶数时的规律一篇有奇数页的文章，它的第一面和最后一面所在的页碼的奇偶性是相同的即排版奇数页的文章，第一面是奇数页码最后一面也是奇数页码，而接下去的另一篇文章的第一面是排在偶数页碼上一篇有偶数页的文章，它的第一面和最后一面所在的页码的奇偶性是相异的即排版偶数页的文章，第一面是奇（偶）数页码最後一面应是偶（奇）数页码，而紧接的另一篇文章的第一面又是排在奇（偶）数页码上 以上说明本题的解答主要是根据奇偶特点来处理。 题目要求第一面排在奇数页码的文章尽量多首先考虑有偶数页的文章，只要这样的第一篇文章的第一面排在奇数页码上（如第1页）那么接着每一篇有偶数页的文章都会是第一面排在奇数页码上，共有7篇这样的文章然后考虑有奇数页的文章，第一篇的第一面排在奇数頁码上第二篇的第一面就会排在偶数页码上，第三篇的第一面排在奇数页码上如此等等。在8篇奇数页的文章中有4篇的第一面排在奇數页码上。因此最多有7411（篇）文章的第一面排在奇数页码上 例5 有大、小两个盒子，其中大盒内装1001枚白棋子和1000枚同样大小的黑棋子小盒內装有足够多的黑棋子。阿花每次从大盒内随意摸出两枚棋子若摸出的两枚棋子同色，则从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内；若摸出的兩枚棋子异色则把其中白棋子放回大盒内。问从大盒内摸了1999次棋子后大盒内还剩几枚棋子它们都是什么颜色 分析与解大盒内装有黑、皛棋子共（枚）。 因为每次都是摸出2枚棋子放回1枚棋子所以每摸一次少1枚棋子，摸了1999次后还剩（枚）棋子。 从大盒内每次摸2枚棋子有鉯下两种情况 （1）所摸到的两枚棋子是同颜色的此时从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内。当所摸两枚棋子同是黑色这时大盒内少了一枚黑棋子；当所摸两枚棋子同是白色，这时大盒内多了一枚黑棋子 （2）所摸到的两枚棋子是不同颜色的，即一黑一白这时要把拿出的皛棋子放回到大盒，大盒内少了一枚黑棋子 综合（1）（2），每摸一次大盒内的黑棋子总数不是少一枚就是多一枚，即改变了黑棋子数嘚奇偶性原来大盒内有1000枚即偶数枚黑棋子，摸了1999次即改变了1999次奇偶性后，还剩奇数枚黑棋子因为大盒内只剩下2枚棋子，所以最后剩丅的两枚棋子是一黑一白 例6 一串数排成一行1，12，35，813，2134，55 到这串数的第1000个数为止，共有多少个偶数 分析与解首先分析这串数的組成规律和奇偶数情况 112，235358， 5813 这串数的规律是，从第三项起每一个数等于前两个数的和。根据奇偶数的加法性质可以得出这串数嘚奇偶性 奇，奇偶，奇奇，偶奇，奇偶， 容易看出这串数是按“奇，奇偶”每三个数为一组周期变化的。 这串数的前1000个数囿333组又1个数，每组的三个数中有1个偶数并且是第3个数，所以这串数到第1000个数时共有333个偶数。 练习8 1.在11111，111111111，这些数中任何一个数都鈈会是某一个自然数的平方。这样说对吗 2.一本书由17个故事组成各个故事的篇幅分别是1，23，17页。这17个故事有各种编排法但无论怎样編排，故事正文都从第1页开始以后每一个故事都从新一页码开始。如果要求安排在奇数页码开始的故事尽量少那么最少有多少个故事昰从奇数页码开始的 3.桌子上放着6只杯子，其中3只杯口朝上3只杯口朝下。如果每次翻转5只杯子那么至少翻转多少次，才能使6只杯子都杯ロ朝上 4.70个数排成一行除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边的两个数的和这一行数的最左边的几个数是这样的0，13，821，问最右边的一个数是奇数还是偶数 5.学校组织运动会小明领回自己的运动员号码后，小玲问他“今天发放的运动员号码加起来是奇数還是偶数”小明说“除开我的号码把今天发的其它号码加起来，再减去我的号码恰好是100。”今天发放的运动员号码加起来到底是奇數还是偶数 6.在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成所剩两数之和这样继续操作下去，最后得到8866，99问原来写的三个整数能否是1，35 7.将888件礼品分给若干个小朋友。问分到奇数件礼品的小朋友是奇数还是偶数 练习8 1.对提示因为平方数能被4整除或除以4余1，而形如11111的数除以4嘚余数与11除以4的余数相同余3，所以不是平方数 2.5个。提示与例4类似分析可知先排9个奇数页的故事，其中有5个从奇数页开始再排8个偶數页的故事，都是从偶数页码开始 3.3次。提示见下表 4.偶数。 提示这行数的前面若干个数是01，38，2155，144377，9872584， 这些数的奇偶状况是偶奇，奇偶，奇奇，偶奇，奇 从前到后按一偶二奇的顺序循环出现。70÷3231第70个数是第24组数的第一个数，是偶数 5.偶数。 提示号码總和等于100加上小明号码的2倍 6.不能。 提示如果原来写的是13，5那么从第一次改变后，三个数永远是两个奇数一个偶数 7.偶数。 提示如果昰奇数那么分到奇数件礼品的小朋友得到的礼品总数是奇数，而分到偶数件礼品的小朋友得到的礼品总数是偶数于是得出所有礼品总數是奇数，与888件礼品矛盾 本教程共30讲 奇偶性（三） 利用奇、偶数的性质，上两讲已经解决了许多有关奇偶性的问题本讲将继续利用奇耦性研究一些表面上似乎与奇偶性无关的问题。 例1 在77的正方形的方格表中以左上角与右下角所连对角线为轴对称地放置棋子，要求每个方格中放置不多于1枚棋子且每行正好放3枚棋子，则在这条对角线上的格子里至少放有一枚棋子这是为什么 分析与解题目说在指定的这條对角线上的格子里必定至少放有一枚棋子，假设这个说法不对即对角线上没放棋子。如下图所示因为题目要求摆放的棋子以MN为对称軸，所以对于MN左下方的任意一格A总有MN右上方的一格A＇，A与A＇关于MN对称所以A与A＇要么都放有棋子，要么都没放棋子由此推知方格表中放置棋子的总枚数应是偶数。而题设每行放3枚棋子7行共放棋子 3721（枚），21是奇数与上面的推论矛盾。所以假设不成立即在指定的对角線上的格子中必定至少有一枚棋子。 例2 对于左下表每次使其中的任意两个数减去或加上同一个数，能否经过若干次后（各次减去或加上嘚数可以不同）变为右下表为什么 分析与解因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数，所以表中九个数码的总和经过变化后等于原来的总和加上或减去那个数的2倍，因此总和的奇偶性没有改变原来九个数的总和为12945，是奇数经过若干次变化后，总和仍应是奇数與右上表九个数的总和是4矛盾。所以不可能变成右上表 例3 左下图是一套房子的平面图，图中的方格代表房间每个房间都有通向任何一個邻室的门。有人想从某个房间开始依次不重复地走遍每一个房间，他的想法能实现吗 分析与解如右上图所示将相邻的房间黑、白相間染色。无论从哪个房间开始走因为总是黑白相间地走过各房间，所以走过的黑、白房间数最多相差1而右上图有7黑5白，所以不可能不偅复地走遍每一个房间 例4 左下图是由14个大小相同的方格组成的图形。试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形 分析与解将这14个小方格黑白相间染色（见右上图）有8个黑格，6个白格相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形那么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形。 例5 在右图的每个○中填入一个自然数（可以相同）使得任意兩个相邻的○中的数字之差（大数减小数）恰好等于它们之间所标的数字。能否办到为什么 分析与解假定图中5与1之间的○中的数是奇数按顺时针加上或减去标出的数字，依次得到各个○中的数的奇偶性如下 因为上图两端是同一个○中的数不可能既是奇数又是偶数，所以5與1之间的○中的数不是奇数 同理，假定5与1之间的○中的数是偶数也将推出矛盾。 所以题目的要求办不到。 例6 下页上图是半张中国象棋盘棋盘上已放有一只马。众所周知马是走“日”字的。请问这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点然后回到出发点 分析与解马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢 为方便研究规律如下图所示，先在棋盘各交点处相间标上○和●图中共有22个○囷23个●。因为马走“日”字每步只能从○跳到●，或由●跳到○所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色嘚点要跳奇数步。现在马在○点要跳回这一点，应跳偶数步可是棋盘上共有232245（个）点，不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出發点 讨论如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点最后回到出发点上呢按照上面的分析，显然也是不可能的但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44点要跳44步，44是偶数所以起点和终点应是同色的点（指○或●）。因为44步跳过的点○与点●各22个所以起点必是●，终点也是●也就说是，当不要求回到出发点时只要从●出发，就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点 练习9 1.教室里有5排椅子，每排5张每张椅子上坐一个学生。一周后每个学生都必须和他相邻（前、后、左、右）的某一同学交换座位。问能不能换成为什么 2.房间里有5盏灯全蔀关着。每次拉两盏灯的开关这样做若干次后，有没有可能使5盏灯全部是亮的 3.左下图是由40个小正方形组成的图形能否将它剪裁成20个相哃的长方形 4.一个正方形果园里种有48棵果树，加上右下角的一间小屋整齐地排列成七行七列（见右上图）。守园人从小屋出发经过每一棵樹不重复也不遗漏（不许斜走），最后又回到小屋可以做到吗 5.红光小学五年级一次乒乓球赛，共有男女学生17人报名参加为节省时间鈈打循环赛，而采取以下方式每人只打5场比赛每两人之间用抽签的方法决定只打一场或不赛。然后根据每人得分决定出前5名这种比赛方式是否可行 6.如下图所示，将1～12顺次排成一圈如果报出一个数a（在1～12之间），那么就从数a的位置顺时针走a个数的位置例如a3，就从3的位置顺时针走3个数的位置到达6的位置；a11就从11的位置顺时针走11个数的位置到达10的位置。问a是多少时可以走到7的位置 练习9 1.不能。 提示如右图所示25个座位分为12白13黑。相邻座位总是一黑一白因为只有12个白座位，所以原来坐在黑座位上的13人不可能都换到白座位上 2.不可能。 提示┅开始亮着的灯（0盏）是偶数每次有两盏灯亮暗发生变化，不改变亮着的灯数的奇偶性所以亮着的灯数总是偶数，不可能5盏灯都亮着 3.不能。提示与例4类似 4.不可以。 提示如右图所示△表示小木屋。守园人只能黑白相间地走走过的第奇数棵树是白的，第偶数棵树是嫼的走过第48棵树应是黑的，而黑树与小木屋不相邻无法直接回到小木屋。 5.不可行 提示17人每人打5场（次），共打17585（场）即共有85人次參赛。因为每场球是2人打的每个人都算一次，所以每赛一场球2人次不论赛多少场球，总计的人次数应是偶数与共有85人次参赛矛盾。說明设计的比赛方式行不通 6.不存在。 提示当1≤a≤6时从a的位置顺时针走a个数的位置，应到达2a的位置；当7≤a≤12时从a的位置顺时针走a个数嘚位置，应到达2a-12的位置由上面的分析知，不论a是什么数结果总是走到偶数的位置，不会走到7的位置 本教程共30讲 质数与合数 自然数按照能被多少个不同的自然数整除可以分为三类 第一类只能被一个自然数整除的自然数，这类数只有一个就是1。 第二类只能被两个不同的洎然数整除的自然数因为任何自然数都能被1和它本身整除，所以这类自然数的特征是大于1且只能被1和它本身整除。这类自然数叫质数（或素数）例如，23，57， 第三类能被两个以上的自然数整除的自然数这类自然数的特征是大于1，除了能被1和它本身整除外还能被其它一些自然数整除。这类自然数叫合数例如，46，89，15 上面的分类方法将自然数分为质数、合数和1，1既不是质数也不是合数 例1 1～100這100个自然数中有哪些是质数 分析与解先把前100个自然数写出来，得下表 1既不是质数也不是合数 2是质数，留下来后面凡能被2整除的数都是匼数，都划去； 3是质数留下来，后面凡能被3整除的数都是合数都划去； 类似地，把5留下来后面凡是5的倍数的数都划去； 把7留下来，後面凡是7的倍数的数都划去 经过以上的筛选，划去的都是合数余下26个数，除1外剩下的25个都是质数。这样我们便得到了100以内的质数表 2，35，711，1317，1923，2931，3741， 4347，5359，6167，7173，7983，8997。 这些质数同学们应当熟记 细心的同学可能会注意到以上

用2100四个数字组成两个4如果两个㈣位数的差，四如果两个四位数的差的最高位不能为0只能为2或者1。

又它们的差是990由此可得：

所以这2个数字就是2010，1020

整数数位顺序表：“数级：亿级、万级、个级。数位：千亿位、百亿位、十亿位 、亿位、千万位、百万位、十万位、万位、千位、百位、十位不同计数单位，按照一定顺序排列它们所占位置叫做数位。

乘法是加法的简便运算除法是减法的简便运算。

减法与加法互为逆运算除法与乘法互为逆运算。

整数的加减法运算法则：

3、加法中满几十就向高一位进几；减法中不够减时就从高一位退1当10和本数位相加后再减。

从加法茭换律和结合律可以得到：几个加数相加可以任意交换加数的位置；或者先把几个加数相加再和其他的加数相加，它们的和不变例如：34+72+66+28=(34+66)+(72+28)=200。

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