小学奥数36个经典(9-10)

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第9讲 整数分拆

1．一般的有，把一个整数表示成两个数相加，当两个数相近或相等的时候，乘积最大．也就是把整数分拆成两个相等或者相差1的两个整数．

2．一般的有，把自然数m分成n个自然数的和，使其乘积最大，则先把m进行对n的带余除法，表示成m=np+r，则分成r个(p+1)，(n－r)个P．

3．把自然数S (S＞1)分拆为若干个自然数的和(没有给定是几个)，则分开的数当中最多有两个2，其他的都是3，这样它们的乘积最大．

4．把自然数分成若干个互不相等的整数，则先把它表示成2+3+4+5+ +n形式，当和等于原数则可以，若不然，比原数大多少除去等于它们差的那个自然数． 如果仅大于1，则除去2，再把最大的那个数加1．

5．若自然数N有k个大于1的奇约数，则N共有k种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法．

即当有m个奇约数表示的乘积，则有奇约数2m－1个奇约数． 6．共轭分拆．我们通过下面一个例子来说明共轭分拆：

如：10=4+2+2+1+1

，我们画出示意图，我们将其翻转(将图左上到右下的对角线翻转即得

到)：，可以对应的写成5+3+l+1，也是等于10，即是10的另一种分拆方式．

我们把这两种有关联的分拆方式称为互为共轭分拆．

1．写出13=1+3+4+5的共轭分拆．

【分析与解】 画出示意图的共轭分拆．

，翻转得到，对应写为4+3+3+2+1=13，即为13=1+3+4+5

2．电视台要播出一部30集电视连续剧，若要每天安排播出的集数互不相等．则该电视连续剧最多可以播出几天?

【分析与解】 由于希望播出的天数尽可能地多，若要满足每天播出的集数互不相等的条件下，每天播出的集数应尽可能地少．

选择从1开始若干连续整数的和与30最接近(小于30)的情况为1+2+3+4+5+6+7=28，现在就可以播出7天，还剩下2集，由于已经有2集这种情况，就是把2集分配到7天当中又没有引起与其他的几天里播出的集数相同.于是只能选择从后加．即把30表示成： 30=1+2+3+4+5+6+9或30=1+2+3+4+5+7+8

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即最多可以播出7天．

3．若干只同样的盒子排成一列，小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出，小明从每支盒子里取出一个小球，然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去。再把盒子重排了一下．小聪回来，仔细查看，没有发现有人动过小球和盒子．问：一共有多少只盒子?

【分析与解】 设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加了b只，由于小聪没有发现有人动过小球和盒子，这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子，而这只盒子里原来装有(a+1)个小球． 同样，现在另有一个盒子装有(a+1)个小球，这只盒子里原来装有(a+2)个小球．

类推，原来还有一只盒子装有(a+3)个小球，(a+4)个小球等等，故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数．

现在变成：将42分拆成若干个连续整数的和，一共有多少种分法，每一种分法有多少个加数? 因为42=6×7，故可以看成7个6的和，又(7+5)+(8+4)+(9+3)是6个6，从而42=3+4+5+6+7+8+9，一共有7个加数；

又因为42=14×3，故可将42：13+14+15，一共有3个加数； 又因为42=21×2，故可将42=9+10+11+12，一共有4个加数．

所以原问题有三个解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子

4．机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染色：

凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色，不符合上述要求的自然数染成黄色(比如23可表示成两个不同合数15和8之和，23要染红色；1不能表示为两个不同合数之和，1染黄色)．问：要染成红色的数由小到大数下去，第2000个数是多少?请说明理由．

【分析与解】 显然1要染黄色，2=1+1也要染黄色，

3=1+2，4=1+3=2+2，5=1+4=2+3，6=1+5=2+4=3+3，7=1+6=2+5=3+4，8=1+7=2+6=3+5=4+4，9=1+8=2+7=3+6=4+5，10=1+9=2+8=3+7=4+6=5+5，11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6． 可见，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均应染成黄色．

下面统一观察其他自然数，说明其他自然数均要染成红色． 1)当n为大于等于10的偶数时，n=2k=4+2(k－2)．

由于n≥10，所以k≥15，k－2≥3，2(k－2)与4均为合数，且不相等．于是，大于等于10的偶数都可以表示两个不同的合数之和，应染成红色．

2)当n为大于等于13的奇数时，n=2k+1=9+2(k－4)．

由于n≥13，所以k≥6，k－4≥2，2(k－2)≥4与9均是合数，且不相等．也就是说，大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色．

所以，除了1，2，3，4，5，6，7，8，9，11这10个数染黄色外，其余自然数均染红色，第k个染为红色的数是第(k+10)个自然数(k≥2)．

所以第2000个染红色的数是2000+10=2010．

5.在整数中，有用2个以上的连续自然数的和来表达一个整数的方法．例如9：9=4+5，9=2+3+4，9有两个用2个以上连续自然数的和来表达它的方法. (1)请写出只有3种这样的表示方法的最小自然数．

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(2)请写出只有6种这样的表示方法的最小自然数．

【分析与解】 关于某整数，它的“奇数的约数的个数减1”，就是用连续的整数的和的形式来表达 种数.

根据（1）知道，有3种表达方法，于是奇约数的个数为3+1=4，对4分解质因数4=2×2，最小的15(1、3、5、15)；

有连续的2、3、5个数相加；7+8；4+5+6；1+2+3+4+5；

根据(2)知道，有6种表示方法，于是奇数约数的个数为6+1=7，最小为729(1、3、9、27、81、243、729)，有连续的2,3、6、9、10、27个数相加：

364+365；242+243+244；119+120+ +124；77+78+79+ +85；36+37+ +45；14+15+ +40．

6.从整数1开始不改变顺序的相加，中途分为两组，使每组的和相等.如从1到3的话，1+2=3；从1到20的话：1+2+3+ +14=15+16+17+ +20.

请问：除上述两例外，能够列出这样的最短的整数算式是从1到几?

【分析与解】 我们用这种阶梯图来表示连续的数相加，假设情况见下图，

我们通过图得知，c是公共部分，而b+c为原等式的右边，a +c为原等式的左边，所以有a=b，a部分面积为加到1)；

有

A (A 1)

2A (A 1)

2

(可以看成从1一直加到A)，b部分面积为B×B(可以看作从1一直加到B再又

=B×B．

可以表示为奇数×相邻的偶数÷2=B×B；

其中A是连续两个数中较小的一个，B的平方等于连续两个数的乘积除以2． 因为相邻的两个数互质，所以，偶数÷2后与原相邻奇数也互质； 所以，奇数必定为完全平方数；偶数÷2也为完全平方数，这样：

①奇数为1，则偶数为2，除以2，为1，均为完全平方数．A=l，B2=1×2÷2=1，于是为A+B=2，A+2B=3；所以为l+2=3；

2

②奇数为9，则偶数为8，除以2，为4，均为完全平方数．A=8，于是为A+B=8+6=14，B=8×9÷2=36，

A+2B=8+2×6=20；所以为1+2+3+ +14=15+16+17+ +20；

还可以偶数为10，除以2，为5，不是完全平方数，不满足．

③奇数为25，则偶数为24，除以2，为12，不是完全平方数，不满足； 还可以偶数为26，除以2，为13，不是完全平方数，不满足． ④奇数为49，则偶数为48，除以2，为24，不是完全平方数，不满足；

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2

还可以偶数为50，除以2，为25，是完全平方数．A=49，于是为A+B=49+35=84，B=49×50÷2=1225，

A+2B=49+2×35=119．所以等式为l+2+3+ +84=85+86+87+ +119(=3570)．

所以所求的式子为1+2+3+ +84=85+86+87+ +119(=3570)．

7．把一个整数写成非零自然数的和的形式．如果所用的几个自然数相同，只是写的顺序不同，也只算做一种方法．另外，只使用一个自然数，也算做一种方法．

(1)比如，把6用三个以内的自然数的和来表示的方法有如下七种：

6，5+1，4+2，3+3，4+l+1，3+2+1，2+2+2．请问：把50用三个以内的自然数的和来表示的方法有几种?

(2)比如，把7用3以下的自然数的和来表示的方法有如下八种：

3+3+1，3+2+2，3+2+1+1，2+2+2+l，3+1+1+1+1，2+2+l+1+1，2+1+1+1+1+1，1+l+1+1+1+1+1．请问：把50用3以下的自然数的和来表示的方法有几种?

【分析与解】 (1)我们注意到设x+y+z=50，求x、y、z有多少组可能的值,并且x、y、z代表的数字调换顺序只算一种．

为了方便计算，不妨设x≤y≤z．

当x=0时，y+z=50，y可以取0～25，z对应取值，于是有26组解； 当x=1时，y+z=49，y可以取1～24，z对应取值，于是有24组解； 当x=2时，y+z=48，y可以取2～24，z对应取值，于是有23组解； 当x=3时，y+z=47，y可以取3～23，z对应取值，于是有21组解；

当x=4时，y+z=46, y可以取4～23，z对应取值，于是有20组解；

当x=15时，y+z=35，y可以取15～17，z对应取值，于是有3组解； 当x=16时，y+z=34，y可以取16～17，z对应取值，于是有2组解．

所以，共有26+24+23+21+20+ +3+2组可能的值；

我们知道有17个数的和，我们注意到这些数的规律，每个数是上一个数－2,－1，－2，－1， ，

－2，－1； 所以

，

我

8项

们这样计算

47 5=26+(47+5)×8÷2=26+52× 26+(24+23)+(21+20)+ +(3+2)=26+47

4=234

所以有234种不同的表示方法．

(2)我们注意一下，把6也分成三个以内的数的和，如：

6=1+1+4．

我们注意到从左往右看可以得到下面的数：1+1+4=6，

而从上往下看得到右边的数3+1+1+1=6，每个数都是3或3以下.

并且不光是6满足，其他的也满足，当把它从左到右排列成三个数以内的和，则从上到下一定是3以内的数的和.

也就说是一一对应的，于是(1)的种数就是(2)所对应的种数．即234种.

8．洗衣服要打好肥皂，揉搓得很充分，再拧一下，当然不可能全拧干．假设使劲拧紧后，衣服上

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还留有1千克带污物的水．现在有清水18千克，假设每次用来漂洗的水都是整数千克，试问留下的污物最少是洗涤前的几分之几?

【分析与解】 我们假设分成n次分别为x，y，z， ，

则每次漂洗的时候，总是加上上次剩下的l千克污水，则每次实际水量分别为： x+1，y+l，z+1， ， 则最后剩下了

1x 1

1y 1

1

1

,，要使最后残留的最少，只要分母最大即可．

z 1 1

注意到当18全部分成2的时候，2+1即是3，也就是满足我们【内容概述】第3条了，此时分了1 1

18÷2=9次，于是为 .

19683 3

9

但是我们还应注意到，当分的次数越多，分母的和越大．如：当分成10次时，经过的水量变成1 1 1

18+10=28，则此时可以是8个3千克，2个2千克，此时为 ．

26244 3 2

8

2

于是考虑最极端的情况，我们把清水分成18次，此时经过的水量变成18+18=36，为18个2千克，

1

此时对应

2

18

1262144

．因为每次必须是整数千克的水，所以不能再分．

1262144

于是，当分成18次，每次1千克，此时剩下的污物残留量最少，为洗涤前的

.

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第10讲 数论综合（一）

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．

: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．

：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．

：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．

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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．已知存在三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，且两两均不互质．请写出所有可能的答案．

【分析与解】 设这三个数为a、b、c，且a＜b＜c，因为两两不互质，所以它们均是合数．

小于20的合数有4，6，8，9，10，12，14，15，16，18．其中只含1种因数的合数不满足，所以只剩下6，10，12，14，15，18这6个数，但是14=2×7，其中质因数7只有14含有，无法找到两个不与14互质的数．

所以只剩下6，10，12，15，18这5个数存在可能的排列．

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所以，所有可能的答案为(6，10，15)；(10，12，15)；(10，15，18)．

7．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=32×7，85=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．

8．图10-1中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米．两只甲虫同时从A出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远

?

【分析与解】 圆内的任意两点，以直径两端点得距离最远．如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，两甲虫的距离便最远．

小圆周长为 ×30=307r，大圆周长为48 ，一半便是24 ，30与24的最小公倍数时120． 120÷30=4．120÷24=5．

所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个两只甲虫相距最远．

12

圆周长，即爬到了过A的直径另一点B．这时

9．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．

:当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b≥72+1=73；

: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；

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：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；

当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值；

：当a=12时，b无解；

: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．

：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；

．当a=30时，b可取4，12，20，于是a－b可取26，18，10；

：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以a－b可取17，14，8，5；

当a=15时，b可取4，12，所以a－b可取11，3；

: 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．

10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳4次．比赛途中，从起点开始每隔12少米?

【分析与解】 由于12 所以狐狸跳4个12

3838

38

12

米，黄鼠狼每次跳2

34

米，它们每秒钟都只跳一

米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多

÷4

12

=

114

，12

38

÷2

34

=

92

．

38

米的距离时将掉进陷阱，黄鼠狼跳2个12米的距离时，将掉进陷阱．

又由于它们都是一秒钟跳一次，因此当狐狸掉进陷阱时跳了11秒，黄鼠狼掉进陷阱时跳了9秒，因此黄鼠狼先掉进陷阱，此时狐狸跳了9秒. 距离为9×4

12

=40.5(米)．

11.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．

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12．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．

13．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4n2+4n+1，显然除以4余1．

14．有8个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44块．甲先取走一盒，其余各盒被乙、丙、丁3人所取走．已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的2倍．问：甲取走的一盒中有多少块奶糖?

【分析与解】 我们知道乙、丙、丁三人取走的七盒中，糖的块数是丁所取糖块数的5倍． 八盒糖总块数为9+17+24+28+30+31+33+44=216．

从216减去5的倍数，所得差的个位数字只能是1或6．

观察各盒糖的块数发现，没有个位数字是6的，只有一个个位数字是1的数31． 因此甲取走的一盒中有3l块奶糖．

15．在一根长木棍上，有三种刻度线．第一种刻度线将木棍分成10等份；第二种将木棍分成12等份；第三种将木棍分成15等份．如果沿每条刻度线将木棍锯断，那么木棍总共被锯成多少段?

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【分析与解】 10，12，15的最小公倍数[10，12，15]=60，把这根木棍的

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作为一个长度单位，这

样，木棍10等份的每一等份长6个单位；12等份的每等份长5个单位；15等份的每等份长4单位． 不计木棍的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14(相应于10，12，15等份)，共计34个．

由于5，6的最小公倍数为30，所以10与12等份的等分点在30单位处相重，必须从34中减1． 又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处相重，必须再减去2．

同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等份的等分点在12，24，36，48单位处相重，必须再减去4．

由于这些相重点各不相同，所以从34个内分点中减去1，再减去2，再减去4，得27个刻度点．沿这些刻度点把木棍锯成28段．

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