小學奧數基礎教程五年級

1、小學奧數基礎教程(五年級)第1講數字迷（一）第2講 數字謎(二)第3講 定義新運算(一)第4講 定義新運算(二)第5講 數的整除性(一)第6講 數的整除性(二)第7講 奇偶性（一）第8講 奇偶性（二）第9講 奇偶性（三）第10講 質數與合數第11講 分解質因數第12講 最大公約數與最小公倍數（一）第13講最大公約數與最小公倍數（二）第14講 余數問題第15講 孫子問題與逐步約束法第16講 巧算24第17講 位置原則第18講 最大最小第19講 圖形的分割與拼接第20講 多邊形的面積第21講 用等量代換求面積第22 用割補法求面積第23講 列方程解應用題第24講 行程問題（一）第25講 行程問題（

2、二）第26講 行程問題（三）第27講 邏輯問題（一）第28講 邏輯問題（二）第29講 抽屜原理(一)第30講 抽屜原理(二) 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。例如用猜想、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。這兩講除了復習鞏固學過的知識外，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）：（5137）（179）=12。分析與解：因為運算結果是整數，在四則運算中只有除法運算可能出現(xiàn)

3、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19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

4、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=77371推知， 443000+（573-71）=443502一定能被573整除，所以應添5

5、02。例4 已知六位數3344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

6、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N5，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I0，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

7、，且X0或1，所以R+T+T+122，再由R，T都不等于9知，T只能是7或8。若T=7，則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(xiàn)不可能是2，4，6中的數，矛盾。若T=8，則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(xiàn)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

8、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，看來比較難。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(fā)我們，如果做題時遇到麻煩，不妨根據數學的有關概念、法則、定律把原題加

9、以變換，將不熟悉的問題變?yōu)槭煜さ膯栴}。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.在下列豎式中，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若干個（ ），使得等式成立：1÷2÷3÷4÷5÷6÷7&#

10、247;8÷9=2.8。5.將19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.已知六位數7888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，比較等式兩邊的數，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

11、統(tǒng)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(tǒng)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

12、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(xiàn)n個0，則在除數和商中，一個含有因子2n（不含因子5），另一

13、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

14、；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.用代數方法求解下列豎式：3.在內填入適當的數字，使下列小數除法豎式成立： 第3講 定義新運算（一）我們已

15、經學習過加、減、乘、除運算，這些運算，即四則運算是數學中最基本的運算，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(tǒng)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，直接代入后用四則運算即可。12*4=12×4-12-4=48-12-4=32。根據以上的規(guī)定，求106的值。3，x>=2，求x的值。分析與解：按照定義的運算，<1

16、，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避免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(fā)生混淆，而表示新運算的運算意義部分，應使用通常的四則運算符號。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則用四則運算來表示。分析與解：按新運算的定義，符號“”表示求兩個數的平均數。四則運算中的意義相同，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(guī)則從左至右進行運算。分析與解：從已知的三式來看，運算“”表示幾個數相加，每個加數各

17、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(guī)定，得35=3+33+333+3333+33333=37035。從例5知，有時新運算的規(guī)定不是很明顯，需要先找規(guī)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

18、！=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(guī)定：m¤n=4n-（m+n）÷2。求3¤（4¤6）¤12的值。解：3¤（4¤6）¤12=3¤4×6-（4

19、+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(guī)定a*b=3×a-b÷3。求8*9的值。2.已知ab表示a除以3的余數再乘以b，求134的值。3.已知ab表示（a-b）÷（a+b），試計算：（53）（106）。4.規(guī)定ab表示a與b的積與a除以b所得的商的和，求82的值。5.假定mn表示m的3倍減去n的2倍，即mn=3m-2n。（2）已知x（41）=7，求x的值

20、。7.對于任意的兩個數P， Q，規(guī)定 PQ=（P×Q）÷4。例如：28=（2×8）÷4。已知x（85）=10，求x的值。8.定義： ab=ab-3b，ab=4a-b/a。計算：（43）（2b）。9.已知： 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1 已知ab=（a+b）-（a-b），求92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，根據四則運算的法則，我們可以先把新運算“”化簡

21、，再求結果。ab=（a+b）-（a-b）=a+b-a+b=2b。所以，92=2×2=4。由例1可知，如果定義的新運算是用四則混合運算表示，那么在符合四則混合運算的性質、法則的前提下，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：ab=3a+5ab+kb，其中a，b為任意兩個數，k為常數。比如：27=3×2+5×2×7+7k。（1）已知52=73。問：85與58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ab=ba，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52=3×

22、;5+5×5×2+k×2 =65+2k，所以由已知 52=73，得65+2k=73，求得k=（73-65）÷2=4。定義的新運算是：ab=3a+5ab+4b。85=3×8+5×8×5+4×5=244，58=3×5+5×5×8+4×8=247。因為244247，所以8558。（2）要使ab=ba，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

23、式成立，必有3-k=0，即k=3。當新運算是ab=3a+5ab+3b時，具有交換律，即ab=ba。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ab，即ab=a，b-（a，b）。比如，10和14的最小公倍數是70，最大公約數是2，那么1014=70-2=68。（1）求1221的值；（2）已知6x=27，求x的值。分析與解：（1）1221=12，21-（12，21）=84-3=81；（2）因為定義的新運算“”沒有四則運算表達式，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6x=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

24、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4 a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：ab；bc；ca。分析與解： ab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ab=c。bc表示先順時針轉18

25、0°，再逆時針轉90°，等于順時針轉90°，所以bc=a。ca表示先逆時針轉90°，再順時針轉90°，等于沒轉動，所以ca=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）。比如cb，由c所在的行和b所在的列，交叉處a就是cb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）已知f（x+1）=21，求x的值。解：（1） f（5）-g（3）=（2

26、×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4 2.定義兩種運算“”和“”如下：ab表示a，b兩數中較小的數的3倍，ab表示a，b兩數中較大的數的2.5倍。比如：45=4×3=12，45=5×2.5=12.5。計算：(0.60.5)+(0.30.8)÷(1.20.7)-(0.640.2

27、)。4.設m，n是任意的自然數，A是常數，定義運算mn=（A×m-n）÷4，并且23=0.75。試確定常數A，并計算：（57）×（22）÷（32）。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。比如73=1，529=4，420=0。（1）計算：19982000，（519）19，5（195）；（2）已知11x=4，x小

28、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）已知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(tǒng)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，

29、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47358

30、00。例2 由2000個1組成的數11111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(jié)， 2000÷5=400，就有400節(jié)，因為2000個1組成的數1111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11111能被41和271整除。例3 現(xiàn)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

31、成兩數之積：12=12×1=6×2=3×4。要從已知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

32、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：各數位上的數字之和等于43；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

33、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(xiàn)。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110的和也應能被3整除。實際上，110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

34、現(xiàn)。 練習51.已知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，所以凡是1001的整數倍的數都能被7，11和13整除。

35、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。否則，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3 已知108971能被13整除，求中的數。解：108-971=1008-971+0=37+0。上式的個位數是7，若是13的倍數，則必是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，

36、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

37、，推知5599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(jié)將其分成若干節(jié)，然后將每一節(jié)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；否則，這個數就不能被27（或37）整除。例6 判斷下列各數能否被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

38、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(jié)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，若各節(jié)的數之和大于三位數，則可以再連續(xù)對和的各節(jié)求和。判斷一個數能否被個位是9的數整除的方法：為了敘述方便，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）

39、倍。連續(xù)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；否則，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.下列各數哪些能被7整除？哪些能被13整除？88205， 167128， 250894， 396500，675696， 796842， 805532， 75778885。2

40、.六位數17562是13的倍數。中的數字是幾？7.九位數87654321能被21整除，求中間中的數。8.在下列各數中，哪些能被27整除？哪些能被37整除？1861026， 1884924， 2175683， 2560437，11159126，131313555，266117778。9.在下列各數中，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，

41、（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(xiàn)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

42、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）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；如果所有因數都是奇數，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；如果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=4

43、n2+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。有些問題表面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，但只要想辦法編上號碼，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：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，直接分析判斷

44、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。11998中共有999個奇數，999是奇數，奇數個奇數之和是奇數。所以，本題要求的和是奇數。例2 能否在下式的中填上“+”或“-”，使得等式成立？123456789=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

45、設這兩個五位數的和等于99999，則有下式：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

46、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，不論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。握奇數次手的那部分人即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

47、盾，所以B類人即握過奇數次手的人數是偶數。例5 五（2）班部分學生參加鎮(zhèn)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：這部分學生得分的總和能不能確定是奇數還是偶數？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，所以這部分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，

48、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(guī)則是：若積是偶數，則甲勝；若積是奇數，則乙勝。請說明誰將獲勝。4.某班學生畢業(yè)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(yè)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

49、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09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：有時題目的要求比較多，可先考慮滿足部分要求，然后再調整，使最后結果

50、達到全部要求。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(guī)律，這五個數中應有奇數個奇數?，F(xiàn)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

51、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2 7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。能否經過若干次翻轉，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(fā)現(xiàn)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?yōu)?只，仍是奇數；再繼續(xù)翻轉，因為只能翻轉兩只杯子，即只有兩只杯子

52、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（m2）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。經過若干次翻轉，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

53、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，就可達到要求。一般來說，對于一只杯子，要改變它的初始狀態(tài)，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(tài)。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

54、，m只杯子不可能全部改變初始狀態(tài)；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(tài)。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(tǒng)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(guī)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

55、（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。以上說明本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

56、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，若摸出的兩枚棋子同色，則從小盒內取一枚黑棋子放入大盒內；若摸出的兩枚棋子異色，則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

57、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(guī)律和奇偶數情況。1+1=2，2+3=5，3+5=8， 5+8