小学数学讲义暑假六年级优秀第10讲数论中的计数.pdf

1、1第 11 级上优秀 A 版教师版第十讲漫画释义五年级春季位值原理六年级暑期数论中的最值六年级暑期数论中的计数六年级秋季数论中的规律六年级秋季进位制数论中的范围中符合条件的个数的多少知识站牌第十讲 数论中的计数2第 11 级上优秀 A 版教师版1.2300 年前，古希腊数学家欧几里得就已证明素数有无穷多个，并提出一些素数可写成“2p-1”的形式，这里的指数 p 也是一个素数.这种特殊形式的素数具有独特的性质和无穷的魅力，千百年来一直吸引着包括数学大师费马、笛卡尔、哥德巴赫、欧拉、高斯、哈代在内的众多数学家.17世纪法国数学家、法兰西科学院奠基人马林梅森是其中成果较为卓著的一位，因此后人将“2p

2、-1”型的素数称为“梅森素数”.2.1772 年，有“数学英雄”美名的瑞士数学大师欧拉在双目失明的情况下，靠心算证明了 231-1(即2147483647)是第 8 个梅森素数.在“手算笔录”的年代，人们历尽艰辛，仅找到 12 个梅森素数.幸而计算机的发明加速了梅森素数的探究进程.1952 年，美国数学家拉婓尔鲁滨逊等人使用SWAC 型计算机在短短的几个月内，就找到了 5 个梅森素数：2521-1、2607-1、21279-1、22203-1 和22281-1.3.1996 年初，美国数学家和程序设计师乔治沃特曼编制了一个梅森素数计算程序，并把它放在网页上供数学家和业余数学爱好者免费使用，这就

3、是著名的“互联网梅森素数大搜索”(GIMPS)项目.该项目利用大量普通计算机的闲置处理能力来获得相当于超级计算机的运算能力.这一项目还有一段有趣的插曲：美国一家电话公司的雇员麦克福雷斯特偷偷地使用公司内的 2585 台计算机参加 GIMPS 项目，随后公司发现计算机经常会出些差错，本来只需要 5 秒钟就可以接通的电话号码，需要 5 分钟才能接通.联邦调查局最终查到了原因，福雷斯特承认“被 GIMPS 项目引诱”他最后被解雇，并被罚款一万美元.由此看来，梅森素数的吸引力足以使人疯狂.4.梅森素数是否有无穷多个？这是目前尚未解决的著名数学谜题.迄今为止，人类仅发现 47 个梅森素数.这种素数珍奇而

4、迷人，它在促进计算技术、密码技术、程序设计技术的发展中有着巨大作用.1.复习数论模块和计数模块的相关知识，如整除性质、加乘原理、排列组合等.2.灵活使用以上知识解决数论中的计数综合问题.3.复习容斥原理，尤其是在应用问题中的使用.教学目标课堂引入3第 11 级上优秀 A 版教师版第十讲1.常见数字的整除判定方法1)一个数的末位能被 2 或 5 整除，这个数就能被 2 或 5 整除；2)一个数各个数位上数字之和能被 3 或 9 整除，这个数就能被 3 或 9 整除；3)如果一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能被 11 整除，那么这个数能被11 整除.2.加法原理一般地，如果完成

5、一件事有 k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，第 k 类方法中有km 种不同做法，则完成这件事共有12kNmmm种不同方法，这就是加法原理可以简记为：“加法分类，类类独立”3.乘法原理完成一件事，这个事情可以分成 n 个必不可少的步骤，第 1 步有 A 种不同的方法，第二步有 B种不同的方法，第 n 步有 N 种不同的方法那么完成这件事情一共有 ABN 种不同的方法这就是乘法原理4.容斥原理ABABABABCABCABBCACABC1.写出 50 以内的所有质数.【分析】2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,472.

6、写出 24 的所有因数【分析】1,24,2,12,3,8,4,63.（12,18）=；20,30=.【分析】6；604.两个质数之和为39，求这两个质数的乘积是多少.【分析】因为和为奇数，所以这两个数必为一奇一偶，所以其中一个是2，另一个是37，乘积为74.5.写出全部除 109 后余数为 4 的两位数【分析】1094105357 因此，这样的两位数是：15；35；21知识回顾经典精讲4第 11 级上优秀 A 版例 1：乘法原理、排列、整除性质例 2：缩小包围圈例例 3：同余类例例 4：容斥原理例例 5：容斥原理应用题例用 1、2、3、4、5、6 可以组成多少个没有重复数字的是（学案对应：学案

7、 1）【分析】个位数字已知，问题变成从从据排列数公式，一共可以组成【想想练练】将下图中 20 张扑克牌分成两张牌上的数的乘积除以 10 的余数是【分析】本题实际上是求 1 到 10数.显然，双数不成.所以只能是三位数中，能被 5 和 7 同时整除的数共有多少个（学案对应：学案 2）【分析】5,7=35,100035=28 位数是 3528，合共 28【想想练练】三位数中，被 6 和【分析】假设这个三位数是 a，10042216,1000422334有 233 121 个例 2例 1例题思路教师版整除性质可以组成多少个没有重复数字的是 5 的倍数的三位数？问题变成从从 5 个元素中取 2 个元素

8、的排列问题，已知一共可以组成255420P(个)符合题意的三位数张扑克牌分成 10 对，每对红心和黑桃各一张.问：你能分出几对这样的牌的余数是1?(将 A 看成1)10 这些数中，取出 2 个数（可以重复）相乘，能组成几个个位是所以只能是 11，37，73 和 99，共 4 对.同时整除的数共有多少个？20,10035=2 30 所以符合要求的最小三位数是28-3+1=26（个）和 7 除余数都是 5 的数共有多少个？，根据题意，5a 能被 6 和 7 整除，即5a 为4210042216,1000422334，所以5a 最小为 423，最大为 4223已知5n，2m，根你能分出几对这样的牌，

9、能组成几个个位是 1 的所以符合要求的最小三位数是 353，最大三42 的倍数，因为4223，满足题意的数共5第 11 级上优秀 A 版教师版第十讲从 19 这 9 个数码中取出 3 个，使它们的和是 3 的倍数，则不同取法有_种.（学案对应：学案 3）【分析】（1）3 个数都是 3 的倍数，有 1 种情况（2）3 个数除以 3 都余 1，有 1 种情况（3）3 个数除以 3 都余 2，有 1 种情况（4）一个除以 3 余 1，一个除以 3 余 2，一个是 3 的倍数，有：333=27 种情况,所以，一共有 1+1+1+27=30 种不同取法.在从 1 至 100 的自然数中，既不能被 5 整

10、除，又不能被 7 整除的数有多少个?【分析】1100 之间，5 的倍数有 1005=20 个，7 的倍数有 1007=14.2 即 14 个，因为既是 5 的倍数，又是 7 的倍数的数一定是 35 的倍数，所以这样的数有 35 和 70 两个所以既不能被 5 整除，又不能被 7 整除的数有 100-20-14+2=68 个【想想练练】在一根长木棍上，有三种刻度线，第一种刻度线将木棍分成十等份；第二种将木棍分成十二等份；第三种将木棍分成十五等份；如果沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成_段【分析】假设木棍长60cm，则沿第一种刻度线锯成的木棍每段长 60106cm，沿第二种刻度线锯成的木棍每

11、段长60125cm，沿第三种刻度线锯成的木棍每段长 60144cm因为，沿三种刻度线可将木棍分别锯成 10、12、15 段；沿第一、二种重合的刻度线可将木棍锯成 606,52段，沿第一、三种重合的刻度线可将木棍锯成606,45段，沿第二、三种重合的刻度线可将木棍锯成 605,43段；沿三种刻度重合的刻度线可将木棍锯成例 4例 3费马素数法国数学家费马（16011665）是数学史上一位传奇人物.费马的主要职业是律师，数学仅是他的业余爱好.费马被誉为“数论之父”，他有着了不起的直观天才，一生中提出过很多数学猜想.令人惊奇的是，他的几乎所有猜想全被后人一一证实，仅有一个例外.那就是他猜想：凡是形如2

12、1m （其中2nm）的数，都是素数（质数），后人称为费马素数.如果将0,1,2,3,4n 代入221n ，得到的数确实都是质数：3,5,17,257,65537.可是对5n，在1738 年，欧拉惊人地发现有分解式：32214294967297641 6700417.这说明费马的猜想错了！谁知欧拉的这一分解式，竟是“一石激起千层浪”！从此以后，人们再也没有找到第六个费马素数，相反地，倒是已经找到了 46 个形如221n 的数不是素数.于是人们又猜测，费马素数仅有上述5 个，但也无法证明.这是数学史上的又一个悬案！6第 11 级上优秀 A 版教师版606,5,41 段应该减去重复计算的沿任意两种重

13、合的刻度线锯成的段数，应加上多减去的沿三种刻度重合的刻度线锯成的段数所以，沿每条刻度线将木棍锯断，则木棍总共被锯成101215253128段有 2000 盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为 1，2，3，2000，然后将编号为 2 的倍数的灯线拉一下，再将编号为 3 的倍数的灯线拉一下，最后将编号为 5 的倍数的灯线拉一下，三次拉完后，亮着的灯有多少盏？（学案对应：学案 4）【分析】三次拉完后，亮着的灯包括不是 2、3、5 的倍数的数以及是 6、10、15 的倍数但不是 30 的倍数的数12000 这 2000 个正整数中，2 的倍数有 1000 个，3 的倍数有 666 个

14、，5 的倍数有 400 个，6 的倍数有 333 个，10 的倍数有 200 个，15 的倍数有 133 个，30 的倍数有66 个，亮着的灯一共有 2000-1000-666-400+2（333+200+133）-466=1002 盏532GFEDCBA找朋友教师先为班上的每个学生编上学号（例如从 1 到 20），然后让同学们在大卡片上写上自己的学号，再贴在背上.游戏开始的时候，20 名同学围成一圈，等待老师宣布“找朋友”的要求.例如，老师说：“现在找一个朋友，使你们的数字之和除以 5 的余数是 2！”然后，老师限定学生在 10 秒钟内找到自己的朋友，时间一到必须停止行动.由于满足要求的“朋

15、友”不止一个，所以可以进行几轮游戏，看谁找到的“朋友”最多.这个游戏既考验学生的数论计数能力，又考验他们的行动灵敏性.老师还可以加大游戏的难度，例如要求 3 个数之和能被 11 整除，这样每轮游戏中必定有人因为落空而被淘汰.例 57第 11 级上优秀 A 版教师版第十讲从 101 到 900 这 800 个自然数中，数字和被 8 整除的数共有_个.【分析】数字和被 8 整除，则数字和可能为 8、16、24数字和 8=8+0+0=7+1+0=6+2+0=5+3+0=4+4+0=6+1+1=5+2+1=4+3+1=4+2+2=3+3+2这样的数共有13222332636个数字和 16=9+7+0=

16、8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=这样的数共有 58 个数字和=24=9+9+6=9+8+7=8+8+8这样的数共有 6 个所以满足题意的数字共有 100 个1.一根 101 厘米长的木棒，从同一端开始，第一次每隔 2 厘米画一个刻度，第二次每隔 3 厘米画一个刻度，第三次每隔 5 厘米画一个刻度，如果按刻度把木棒截断，那么可以截出多少段【分析】要求出截出的段数，应当先求出木棒上的刻度数，而木棒上的刻度数，相当于 1、2、3、100、101 这 101 个自然数中 2 或 3 或 5 的倍数的个数，为：101101101101101

17、101101742352 32 53 52 3 5，故木棒上共有 74 个刻度，可以截出 75 段2.1 到 60 这 60 个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被 5 除余 2 的偶数，问，一共有多少种选法？【分析】两个数的乘积被 5 除余 2 有两类情况，一类是两个数被 5 除分别余 1 和 2，另一类是两个数被 5 除分别余 3 和 4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1 到 60 这 60个自然数中，被 5 除余 1、2、3、4 的偶数各有 6 个，被 5 除余 1、2、3、4 的奇数也各有6 个，所以符合条件的选取方式一共有 666666666666216 （）（）种

18、3.从1到999 这999个自然数中有个数的各位数字之和能被 4 整除【分析】由于在一个数的前面写上几个 0 不影响这个数的各位数字之和，所以可以将1到999 中的一位数和两位数的前面补上两个或一个 0，使之成为一个三位数现在相当于要求 001 到 999中各位数字之和能被 4 整除的数的个数一个数除以 4 的余数可能为 0，1，2，3，09 中除以 4 余 0 的数有 3 个，除以 4 余 1 的也有 3 个，除以 4 余 2 和 3 的各有 2 个三个数的和要能被 4 整除，必须要求它们除以 4 的余数的和能被 4 整除，余数的情况有如下 5 种：000；013；022；1 12；233

19、如果是000，即 3 个数除以 4 的余数都是 0，则每位上都有 3 种选择，共有33327 种可能，但是注意到其中也包含了 000 这个数，应予排除，所以此时共有27126 个；附加题杯赛提高8第 11 级上优秀 A 版教师版如果是013，即 3 个数除以 4 的余数分别为 0，1，3，而在 3 个位置上的排列有3!6种，所以此时有3326108 个；如果是022，即 3 个数除以 4 的余数分别为 0，2，2，在 3 个位置上的排列有3 种，所以此时有 322336个；如果是1 12，即 3 个数除以 4 的余数分别为 1，1，2，在 3 个位置上的排列有3 种，所以此时有 3 32354

20、 个；如果是233，即 3 个数除以 4 的余数分别为 2，3，3，在 3 个位置上的排列有3 种，此时有 222324个根据加法原理，共有 261083654242484.以 105 为分母的最简真分数共有多少个？它们的和为多少？【分析】以 105 为分母的最简真分数的分子与 105 互质，105=357，所以也是求 1 到 105 不是 3、5、7 倍数的数有多少个，3 的倍数有 35 个，5 的倍数有 21 个，7 的倍数有 15 个，15 的倍数有 7 个，21 的倍数有 5 个，35 的倍数有 3 个，105 的倍数有 1 个，所以 105 以内与 105互质的数有 105-35-2

21、1-15+7+5+3-1=48 个，显然如果 n 与 105 互质，那么（105-n）与 n 互质，所以以 105 为分母的 48 个最简真分数可两个两个凑成 1，所以它们的和为 24.5.分子小于 6，分母小于 60的最简真分数共有多少个？【分析】分类枚举：根据分子是1,2,3,4,5这5 种情况进行讨论分子是1：分母取 2 到59，所以共有 58个；分子是 2：分母取小于60大于 2 的奇数，所以共有 30129 个；分子是 3：分母不能是3 的倍数，由于 60320,602040（60 本身是3的倍数），再排除分母是1或 2，共有 40238个；分子是 4：分母取小于60大于 4 的奇数

22、，共有 28 个；分子是 5：分母不能是5 的倍数，由于 60512,601248（60 本身是5 的倍数），再排除分母是1、2、3或 4，还剩48444个.综上所述，满足条件的分数共有5829382844197个6.大明、中明与小明是三兄弟，年龄依次从大到小已知大明岁数与小明岁数的最小公倍数是15，中明岁数与小明岁数的最小公倍数是12，那么他们兄弟三人的总岁数共有几种情况？【分析】因为21535,1232，可见小明的岁数只有 1或3两种情况如果小明的岁数是1，那么大明的岁数是15，中明的岁数是12 如果小明的岁数是3，那么中明的岁数是 4 或12，大明的岁数是 5 或15 若中明的岁数是 4

23、，大明的岁数可以是 5 或15；若中明的岁数是12，大明的岁数只能是15 那么，三人的总岁数共有以下 4 种情况：1 121528，34512，341522，3121530.7.如果某整数同时具备如下 3条性质：这个数与1的差是质数，这个数除以 2 所得的商也是质数，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请问两位幸运数共有多少个？【分析】由可知两位幸运数不可能是奇数，否则它与1的差能被 2 整除；由可知两位幸运数不可9第 11 级上优秀 A 版教师版第十讲能是 4 的倍数，否则这个数除以2 所得的商是2 的倍数；再结合，易得两位幸运数为只有14 答案是1个1.1）一个数的

24、末位能被 2 或 5 整除，这个数就能被 2 或 5 整除；2）一个数各个数位上数字之和能被 3 或 9 整除，这个数就能被 3 或 9 整除；3）如果一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能被 11 整除，那么这个数能被 11 整除.2.加法原理：“加法分类，类类独立”3.乘法原理：完成一件事可以分成 n 个必不可少的步骤，第 1 步有 A 种不同的方法，第二步有 B种不同的方法，第 n 步有 N 种不同的方法那么完成这件事情一共有 ABN 种不同的方法4.ABABABABCABCABBCACABC1.有五张卡，分别写有数字 1、2、4、5、8现从中取出 3 张卡片，并排放在一

25、起，组成一个三位数，问：可以组成多少个不同的偶数？【分析】分三步取出卡片首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片，有 2、4、8 三种不同的选择；第二步在其余的 4 张卡片中任取一张，放在最左边的位置上，也就是百位数的位置上，有 4 种不同的选法；最后从剩下的 3 张卡片中选取一张，放在中间十位数的位置上，有 3 种不同的选择根据乘法原理，可以组成 343=36 个不同的三位偶数2.恰好能被 6,7,8整除的四位数有多少个？【分析】由于 6,7,8 的最小公倍数为 168,1000 1685160,10000 1685988，所以能被6,7,8

26、整除的最小四位数为1686，最大四位数为168 59，共有596154个3.从 1,2,3,4,5,6 中选取若干个数，使得它们的和是 3 的倍数，但不是 5 的倍数那么共有种不同的选取方法【分析】从16这些数中选取的数的和小于等于 21，满足条件的和数有3、6、9、12、18、21分别有2、4、5、5、2、1种选取方法，共24552119种选取方法家庭作业知识点总结10第 11 级上优秀 A 版教师版4.在1 100 的全部自然数中，不是 3 的倍数也不是5 的倍数的数有多少个？【分析】如图，用长方形表示1 100 的全部自然数，A 圆表示1 100中 3的倍数，B 圆表示1 100中5 的

27、倍数，长方形内两圆外的部分表示既不是3的倍数也不是 5 的倍数的数由1003331 可知，1 100 中3 的倍数有33 个；由100520可知，1 100 中5 的倍数有 20 个；由10035610（）可知，1 100 既是3的倍数又是5 的倍数的数有 6 个由包含排除法，3 或5 的倍数有：3320647(个)从而不是3 的倍数也不是 5 的倍数的数有1004753(个)5.40名同学编号由 1 到 40，面向老师排成一排，老师第一次让编号是 2 的倍数的同学向后转，第二次让编号是 3 的倍数的同学向后转，请问现在有多少名同学面向老师？【分析】2 的倍数有 402=20 个，3 的倍数有

28、 403=13 个，6 的倍数有 406=6 个，那么能被 2 整除但不能被 3 整除的数有 20-6=14 个，能被 3 整除但不能被 2 整除的数有 13-6=7（个），所以向后转了一次的同学有 14+7=21（个），余下 40-21=19（个）同学面向老师6.有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字 1、2、3、4、5、6将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？【分析】要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑第一类，两个数字同为奇数由于放两个正方体可认为是一个一个地放放第一

29、个正方体时，出现奇数有三种可能，即 1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3 39种不同的情形第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3 39 种不同情形最后再由加法原理即可求解两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有 3 33318种不同的情形【学案1】用2,0,1,3 这四个数字能排成多少个能被11整除的四位数？【分析】根据11的整除特征，把四位数的各个数位分成奇数位与偶数位，又因为2130，所以数字 0,3 要么同时放在奇数位，要么同时放在偶数位，对于前一种情况，可排出1023,1320,2013,2310四个符合条件的四位数，对于后一种情况，

30、可排出3102,3201 两个符合条件的数，所以一共有426（个）【学案2】在大于 2004 的整数中，找出所有被 47 除后商与余数相等的数，这些数共有_个.【分析】根据题意，设这样的数被 47 除后商和余数都是 a（(47)a，这个数可表示为4748aaa，因此 482004a，易得 a 至少为42，所以满足题意的数共有 464215（个）ABA版学案11第 11 级上优秀 A 版教师版第十讲【学案3】从 1 到 20 中，最多能取_个数，使任意两个数不是 3 倍关系.【分析】1 和 3 共存，2 和 6 不能共存，3 和 9 不能共存，4 和 12 不能共存，5 和 15 不能共存，6 和18 不能共存.要破坏这些组合，至少要去掉 4 个数，例如 3,4,5,6.【学案4】写有 1 到 100 编号的灯 100 盏，亮着排成一排，第一次把编号是 3 的倍数的灯拉一次开关，第二次把编号是 5 的倍数的灯拉一次开关，那么亮着的灯还有多少盏？【分析】因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的没拉的灯有100100100100()100(33206)533535(盏)，拉两次的有10063 5(盏)，最后亮着的灯一共为 53659(盏).