进位制的概念四则运算法则及整数在不同进位制之间的转化利用恰当的进

1、片第25讲。 数论综合(H )呐容概述】进位制的概念、四则运算法则及整数在不同进位制之间的转化，利用恰当的进位制解数论问题.取整符号口与取小数部分符号的定义与基本性质，包含这两种符号的算式与方程的求解.两次与分式不定方程，不便直接转化为不定方程的数论问题.各种数论证明题.【典型问题】励您级数：* r . 1 TniM-aJSC. .北京市第四届迎春杯教学竞赛决赛第二题最口.用a, b, c, d, e分别代表五进制中五个互不相同的数字，如果 (ade) 5, (adc) 5, (aad) 5是由小到大排列的连续正整数，那么 (cde) 5所表示的整数写成十进制的表示是多少？【分析与解】注意(a

2、dc) 5+(1) 5=(aab) 5,第二位改变了，也就是说求和过程个位有进位，则 b=0,而c=(10) 5 (1) 5=(4) 5,则 0=4.而(ade) 5 +(1) 5=(adc) 5,所以 e+1=c,则 e=3.又d+仁口，所以d=1, a=2.那么，(cde) 5 为(413) 5=4X 5 2+1X5+3=108.即(cde) 5所表示的整数写成十进制的表示是108.级数：*.算式1534X 25=43214是几进位制数的乘法 ？【分析与解】注意到尾数，在足够大的进位制中有乘积的个位数字为4X5=20,但是现在为 4,说明进走204=16,所以进位制为16的约数：16、8、

3、4、2.因为原式中有数字 5,所以不可能为 4,2进位，而在十进制中有 1534X 25= 38350n-m,所 以只有4种可能满足题意，一一考察，如下表：凡+ fft的值3333HH303101凡j m的值131133% 的值+ (时-m) 2166755715767m 的值 rt - (n - m)J 66655414634川的值不可能为 四位数不可能为 四位数不可能为 四位数44sg疗的值1 _1156 TOC o 1-5 h z 如上表，只有1156, 4489满足，即原来这个四位数为1156.级数：*北京市第四届“迎春杯”教学竞赛决赛第二题第4翘.甲、乙两个自然数的乘积比甲数的平方小

4、1988,那么满足上述条件的自数有几组【分析与解】设甲数为a,乙数为b,则a2 - ab=1988,有a(a -b)=1988.将1988分解质因数1988=22 X7X71,其约数有(2+1) X (1 + 1) X (1+1) =12个，但是要求 ab,所以1只有约数个数的 一组解，即6组解.2满足上述条件的自然数有 6组.嫡级数：*,1 ,“ 一,、一 一1，一，一.将1表示成两个自然数的倒数之和，请给出所有的答案.6111O【分析与解】 设有 十 =,化简有（a - 6）（b -6）=6 2 =2X2X3X3,a b 6口一 612346b-636181296a7891012b4224

5、181512J J a + b1 1 742824l 1sL =9181 1io+l5 11 I+ 12 12111评汪：形如一十一=-（t为己知常数）的解法及解的个数.AB t111-_,一、-，2+=- （t为已知常数）类问题，可以通过计算，转化为 （A t）X（Bt尸t ;A Btt我们t2将分解质因数后，再令（A t）其中一个为t2的一个约数（A-t）=a ,那么A=a+t,则B= t （ta为已知常数），A = a t所以，一般公式为t2（a为t的一个约数）；B = 一 +tl. a、一 oX+1 设t2的约数有x个，则A、B有 组（倜换顺序算一种）.2注意有一组解A、B相等，就是1

6、A =21B =2t?给出全部可能的答案.9.将95写成若干个（至少两个）连续自然数的和，有多少种不同的写法【分析与解】95=5X 19,其大于1的奇约数有5, 19, 95这3个.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.为什么呢？设这个自然数可以表示为k个连续自然数和的形式，如果k是奇数，那么一定存在中间数，即为P,则这k个连续自然数的和为 kp,即为一个奇数与一个自然数的乘积形式；如果k是偶数，那么存在两个中间的数，即为q , q+1 ,则这k个连续自然数的为q + （ q+ 1k =一 k2寸1） ,2q+1为奇数，k为偶数，所以K为整数，

7、也是一个奇数与一个自然数的乘积222形式.并且一种表达方式对应一个大于1的奇约数.所以，将95写成若干(至少两个)连续自然数的和有 3种方法.第一种情况：如果有奇数个连续的自然数相加:19,有 17+18+19+20+21;当k=5时，p=19,即5个连续的自然数，中间数为当k=19时，P=5,即19个连续的自然数，中间数为 5,显然不存在;当k=95时，P=l,即95个连续的自然数，中间数为 1,显然不存在; 第二种情况：如果有偶数个连续的自然数相加：,k当_=1时，2q+1=95,即2个自然数相加，中间两个数中较小的数是47,有47+48;2.k当=5时，2q+1=19,即10个自然数相加

8、，中间两个数中较小的数是9,有5+6+7+8+9+10+11+12+13+14;2.k当一=19时，2q+1=5,即38个自然数相加，中间数是2,显然不存在；2,k当一=95时，2q+1=1,即190个自然数相加，中间数是 0,显然不存在.2所以，95写成若干个(至少两个)连续自然数的和，有 3种不同的写法：17+18+19+20+21, 47+48, 5+6+7+8+9+10+11+12+13+14.励国级数：*10 .在给定的圆周上有 2000个点.任取一点标上数 1;按顺时针方向从标有1的点往后数2个点，在第2个点上标上数2;从标有2的点再往后数3个点，在第3个点上标上数3;；依此类推，

9、直至在 圆周上标出1993.对于圆周上的这些点，有的点可能标上多个数，有的点可能没有被标数.问标有数1993的那个点上标的最小数是多少？【分析与解】记标有1为第1号，序号顺时针的依次增大.当超过一圈时，编号仍然依次增加，如 1号也是2001号，4001号，则标有 2的是 1+2号，标有 3的是1+2+3号，标有 4的是1+2+3+4,，标有 1993的是 1+2+3+ +1993=1987021 号.1987021 除以2000的余数为1021,即圆周上的第 1021个点标为1993.那么 1021+2000n=1+2+3+- + k= k(k 41),即 2042+4000n=k(k+1).

10、2当n=0时，k(k+1)=2042 ,无整数解；当n=1时，k(k+1)=6042 ,无整数解；当n=2时，k(k+1)=10042 ,无整数解；当 n=3 时，k(k+1)=14042 ,有 118X119=14042,此时标有 118;随着n的增大，k也增大.所以，标有1993的那个点上标出的最小数为118.级数：*北京市第十届“迎春杯数学竞赛决赛第三题第2题11.甲、乙二人做同一个数的带余除法，甲将其除以8,乙将其除以9.甲所得的商数与乙所得的余数之和为13.那么甲所得的余数是多少 ？【分析与解】设这个数为A,有A+ 8=6C,A+ 9=d其中b+e=13,因为一般的余数小于除数，所以

11、 e只能取0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8这9值,出，如下表:E的取值01234567186的取值1312111098765.4的取值范用104-96-88-8072 64-56-48-40-86-86 + 711110395877971635547满足的取值 A除以9余010810092847668605244均满足的A除 以8的余数444444444这些满足题意的数除以 8的余数都是4,所以甲所得的余数是 4.颜嫄级数：*，.有些三位数，如果它本身增加 3,那么新的三位数的各位数字的和就减少到原来三位数的-.求所3有这样的三位数.【分析与解】设这个三位数为abc,数字和为

12、a+b+c,如果没有进位，那么 abc+3 = ab(c + 3),显然数字和增加了 3,不满足，所以一定有进位，贝 U abc+3=a(b+1)(c + 3-10),数字和为 0+(b+1)+(c+3 10)= 1(a+b+c),贝 U a+b+c=9,而 c+33必须有进位，所以 c只能为7, 8, 9.验，如下表：。的值7E9用”的值20a的值2115的值 -010畋的值207一 “7 磔 E验证当十位进位及十位、个位均进位时不满足.所以，原来的三位数为 207, 117或108.励嫡级娩* *某五届“华罗庚金杯隼数学谶请赛.宴席第用超 111 .1m .试说明：将和1 + &+&+IM

13、 +益写成一个最简分数 一时，m不会是5的倍数.【分析与解】分母中仅有25被52整除，因此通分后，公分母是52xa,a是不被5整除的自然数(事实上a=25 X3 2 X7X 11X 13X 17X 19X23X29X31X 37),并且减去变为一a-外，其他分数的分子都2525a是5的倍数.因而这些分数的和为5b+a25a（其中b是自然数）.由于a不是5的倍数，所以5b+a不是5的倍数，当然约分后得到的最简分数m的分子m也不会是5 n的倍数.跳恁级勖*.将某个17位数各位数字的排列顺序颠倒，再将得到的新数与原来的数相加.试说明，所得的和 中至少有一个数字是偶数.【分析与解】先假设和的各位数字全

14、是奇数，设这个 17位数为ablHcd ,则a+d为奇数，b+c的和小于10,于是十位不向前进位，从而去掉前后各两个两位数字所得的13位数仍具有题述性质.依次类推6次后，得到一位数，它与自身相加的和的个位数字必是偶数，矛盾 即开始的假设不正确，所以和中至少有一个数字是偶数. 级数：*第五届“华罗庚金杯”少年数学遨请赛,复赛第17题.现有11块铁，每块的重量都是整数.任取其中10块，都可以分成重点相等的两组，每组有 5块铁.试说明：这11块铁每块的重量都相等.【分析与解】任取一块后，其余的可分成两组，重量相等，因此，其余的铁块的重量的和是偶数，换句话说，11块铁的总重量与其中任一块铁的重量，奇偶性相同.这样，11块铁的重量，或者全部都是奇数，或者全部都是偶数.如果全部都是偶数，将每块铁的重量减少一半，仍然符合题中的条件；如果全部都是奇数，将每块铁的重量增加1,仍然符合题中的条件.不断采取以上两种方法.注意铁的重量增加1后，就应当除以2（即减少一半）.因此铁的总重量将不断减少.除非每块铁的重量都是1.因为铁的总重量不能无限地减少下去，所以经过若干次上述的做法后，铁块的重量全变成l ,即全都相等.将这过程返回去，就知道上一步铁块总重量也都相等，于是最初的铁块重也都相等.