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1、行程问题基本行程问题平均速度火车过桥流水行船接送问题电梯行程数论问题奇偶分析数的整除约数倍数进位制余数问题完全平方数几何问题小学几何五大模型勾股定理与弦图巧求周长立体图形的体积计数问题加法原理乘法原理容斥原理排列组合枚举法归纳法应用题鸡兔同笼问题年龄问题盈亏问题牛吃草问题工程问题浓度问题计算问题分数列项与整数列项繁分数的计算数学计算公式换元法找规律其他数阵图与数字谜操作与策略抽屉原理逻辑推理不定方程染色问题小学六年级奥数基础知识数论一一 质数和合数（1）一个数除了1 和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。一个数除了1 和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。（2）自然数除0
2、和 1 外，按约数的个数分为质数和合数两类。任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。要特别记住：0 和 1 不是质数，也不是合数。（3）最小的质数是2 ， 2 是唯一的偶质数，其他质数都为奇数；最小的合数是4。（4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数。互质是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（和） ，可能是一个质数和一个合数（和），可能是两个合数（和）或1 与另一个自然数。（）如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。（）以内的质数有个：、注意：两个质数中差为1 的只有 3-2 ；除
3、2 外，任何两个质数的差都是偶数。二 整除性（）概念一般地，如a、b、c 为整数， b0 ，且 a b=c，即整数a除以整除b（b 不等于 0） ，除得名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 24 页 - - - - - - - - - 的商 c 正好是整数而没有余数（或者说余数是0） ，我们就说， a 能被 b 整除（或者说b能整除 a） 。记作 ba.否则，称为a 不能被 b 整除， （或 b 不能整除a） 。如果整数a 能被整数 b 整除， a就叫做 b 的
4、倍数， b 就叫做 a 的约数。（）性质性质 1： （整除的加减性）如果a、b 都能被 c 整除，那么它们的和与差也能被c 整除。即：如果c a，cb，那么 c（ a b） 。例如：如果210，26，那么2（ 106） ，并且2（ 106） 。也就是说，被除数加上或减去一些除数的倍数不影响除数对它的整除性。性质 2：如果 b与 c 的积能整除a，那么 b 与 c 都能整除a.即：如果bca，那么 ba，ca。性质 3： （整除的互质可积性）如果b、c 都能整除a，且 b 和 c 互质，那么b 与 c 的积能整除 a。即：如果 ba，ca，且（ b，c）=1，那么 bca。例如：如果228，72
5、8，且（ 2，7）=1,那么（ 2 7） 28。注意：（b，c）=1 这个条件，如果没这个条件，结论就不一定能成立。譬如： 428， 1428，4 14=56 不能整除 24。性质 4： （整除的传递性）如果c 能整除 b，b 能整除 a，那么 c 能整除 a。即：如果cb，ba，那么 ca。例如：如果39，9 27，那么 327。（）数的整除特征能被 2 整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8 的整数 . 能被 5 整除的数的特征：个位是0 或 5。做题时常常把这里当作突破口。能被 3（或 9）整除的数的特征：各个数位数字之和能被3（或 9）整除。判断能被3（或 9）整除的数还可以用“
6、 弃（或）法” ：例如：能被整除么？解：，在数字中只剩，不是的倍数，所以不能被整除。能被 4（或 25）整除的数的特征：末两位数能被4（或 25）整除。能被 8（或 125）整除的数的特征：末三位数能被8（或 125）整除。能被11 整除的数的特征：这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（大减小）是11 的倍数。能被 7（11 或 13）整除的数的特征：一个整数的末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差（以大减小）能被7（11 或 13）整除，依此反复检验。例如：判断3546725 能否被 13 整除？解： 把 3546725 分为 3546 和 725 两个数 .因为 3546
7、-725=2821.再把 2821 分为 2 和 821两个数，因为8212819，又 13819，所以 132821，进而 133546725。小学奥数数论综合练习题涉及知识点多、 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 个连名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 24 页 - - - - - - - - - 续的自
8、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 5一: 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二：当 n 为 3 时，有 123 的个位数字为 6，234 的个位数字为 4，345 的个位数字为 0，不满足三：当 n 为 2 时，有 12，23，34，45 的个位
9、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 42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 1683如果某整数同时具备如下3 条性质：这个数与 1
10、 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求出所有的两位幸运数【分析与解】条件也就是这个数与1 的差是 2 或奇数，这个数只能是 3 或者偶数，再根据条件，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，32 与 68 不符合，三个条件都符合的只有14所以两位幸运数只有144在 555555的约数中，最大的三位数是多少? 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - -
11、- - 第 3 页，共 24 页 - - - - - - - - - 【分析与解】 555555=51111001 =357111337 显然其最大的三位数约数为7775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
12、847=2308， 847308=2231，308231=17723177=3不难得知，最后剪去的正方形边长为77 毫米6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=213，33=311，34=217，35=57，63=7，85=517，91=713，143=1113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 7 设 a 与
13、 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=22233，有 12 个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72不妨设 ab一: 当 a=72时，b可取小于 72 的 11 种约数， a+b72+1=73；二: 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；三：当 a=24时，b 必须取 9 或 18，a+b 的值为 33 或 42，均不同第
14、一、二种情况中的值；四：当 a=18时，b 必须取 8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值；五：当 a=12时，b 无解；六: 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=2 235，有 12 个约数： 1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60a、b为 60 的约数，不妨设 ab名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 24 页 - -
15、 - - - - - - - 一：当 a=60时，b 可取 60 外的任何一个数，即可取11个值，于是 ab可取 11 种不同的值： 59，58，57，56，55，54，50，48，45，40，30；二当 a=30时，b 可取 4，12，20，于是 ab 可取 26，18，10；三：当 a=20时，b 可取 3，6，12，15，所以 ab 可取 17，14，8，5；四： 当 a=15时，b 可取 4，12，所以 ab 可取 11，3；五: 当 a=12时，b 可取 5，10，所以 ab 可取 7，2总之， ab 可以有 11+3+4+2+2=22种不同的值8. 在小于 1000 的自然数中，分
16、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1198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 999198=59，所以共有 518+9=99个这样的数9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
17、的余数即 603A=ak；(2 939)A=bk；(4 393)A=ck于是有 (1878603)A=ba；(18781572)A=bc；(1572603)A=ca所以 A为 1275，306，969 的约数， (1275，306，969)=173=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 60351=1142； 93951=1821； 39351=736不满足；当 A为 17 时，有 60317=358；93917=554；39317=232；满足所以，除数 4 为 1710证明：形如 11，111，1111，11111
18、，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 +4n+1，显然除以 4 余 1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 24 页 - - - - - - - - - 11有 8 个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44 块甲
19、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 12 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
20、总共被锯成多少段? 【分析与解】10，12，15 的最小公倍数 10 ，12，15=60，把这根木棍的 1/60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
21、 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段奥数数论完全平方数练习题一（含答案）1、已知数x= 50 ，则（）。A、x 是完全平方数 B、（ x-50 ）是完全平方数C、（ x-25 ）是完全平方数 D、（ x+50）是完全平方数2、在十进制中，各位数字全由奇数组成的完全平方数共有（）个。A、0 B 、2 C、超过 2，但有限3、试证数列49,4489,444889, 的每一项都是完全平方数。4、用 300
22、 个 2 和若干个0 组成的整数有没有可能是完全平方数？5、试求一个四位数，它是一个完全平方数，并且它的前两位数字相同，后两位数字也相同 (1999 小学数学世界邀请赛试题) 。答案：3、试证数列49,4489,444889, 的每一项都是完全平方数。证明名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 24 页 - - - - - - - - - = =+1 =4+8+1 =4()(9+1)+8+1 =36 ()+12+1 =(6+1) 即为完全平方数。4、用 300 个
23、 2 和若干个0 组成的整数有没有可能是完全平方数？解：设由 300 个 2 和若干个0 组成的数为A，则其数字和为600 3600 3 A 此数有 3 的因数，故9A。但 9600，矛盾。故不可能有完全平方数。5、试求一个四位数，它是一个完全平方数，并且它的前两位数字相同，后两位数字也相同 (1999 小学数学世界邀请赛试题) 。解：设此数为此数为完全平方， 则必须是11 的倍数。因此 11a + b， 而 a,b 为 0,1,2,9， 故共有 (2,9), (3,8), (4,7),(9,2)等 8 组可能。直接验算，可知此数为7744=88。奥数数论完全平方数练习题二（含答案）1、一个自
24、然数减去45 及加上 44 都仍是完全平方数，求此数。2、求证： 四个连续的整数的积加上1，等于一个奇数的平方(1954 年基辅数学竞赛题) 。3、求证： 11,111,1111,这串数中没有完全平方数(1972 年基辅数学竞赛题) 。4、求满足下列条件的所有自然数：(1) 它是四位数。(2) 被 22 除余数为5。(3) 它是完全平方数。5、甲、乙两人合养了n 头羊，而每头羊的卖价又恰为n 元，全部卖完后，两人分钱方法如下： 先由甲拿十元， 再由乙拿十元， 如此轮流， 拿到最后， 剩下不足十元， 轮到乙拿去。为了平均分配，甲应该补给乙多少元( 第 2 届“祖冲之杯”初中数学邀请赛试题) ？答
25、案：1、一个自然数减去45 及加上 44 都仍是完全平方数，求此数。解：设此自然数为x，依题意可得x-45=m2; (1) x+44=n2 (2) (m,n 为自然数 ) (2)-(1)可得 : n2-m2=89 或： (n-m)(n+m)=89 因为 n+mn-m 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 24 页 - - - - - - - - - 又因为 89 为质数，所以： n+m=89; n-m=1 解之，得 n=45。代入 (2) 得。故所求的自然数是1
26、981。2、求证： 四个连续的整数的积加上1，等于一个奇数的平方(1954 年基辅数学竞赛题) 。分析 设四个连续的整数为，其中n 为整数。欲证是一奇数的平方，只需将它通过因式分解而变成一个奇数的平方即可。证明 设这四个整数之积加上1 为 m ，则m为平方数而 n(n+1) 是两个连续整数的积，所以是偶数；又因为2n+1 是奇数，因而n(n+1)+2n+1是奇数。这就证明了m是一个奇数的平方。3、求证： 11,111,1111,这串数中没有完全平方数(1972 年基辅数学竞赛题) 。分析 形如的数若是完全平方数，必是末位为1 或 9 的数的平方，即或在两端同时减去1 之后即可推出矛盾。证明 若
27、，则因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。若，则因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。综上所述，不可能是完全平方数。另证 由为奇数知，若它为完全平方数，则只能是奇数的平方。但已证过，奇数的平方其十位数字必是偶数，而十位上的数字为1，所以不是完全平方数。4、求满足下列条件的所有自然数：(1) 它是四位数。(2) 被 22 除余数为5。(3) 它是完全平方数。解：设，其中n,N 为自然数，可知N为奇数。11N - 4或 11N + 4 或k = 1 k = 2 k = 3 k = 4 k = 5 所以此自然数为1369, 2601, 3481, 5329, 6561, 9025
28、。5、甲、乙两人合养了n 头羊，而每头羊的卖价又恰为n 元，全部卖完后，两人分钱方法如下： 先由甲拿十元， 再由乙拿十元， 如此轮流， 拿到最后， 剩下不足十元， 轮到乙拿去。为了平均分配，甲应该补给乙多少元( 第 2 届“祖冲之杯”初中数学邀请赛试题) ？名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 24 页 - - - - - - - - - 解： n 头羊的总价为元，由题意知元中含有奇数个10 元，即完全平方数的十位数字是奇数。如果完全平方数的十位数字是奇数，则它
29、的个位数字一定是6。所以，的末位数字为6，即乙最后拿的是6 元，从而为平均分配，甲应补给乙2 元。奥数数论余数问题练习题九（含分析解答）1、今有物不知其数, 三三数之剩二, 五五数之剩三, 七七数之剩二 , 问物最少几何2、(23+105k)2) 一个数除以7 余 3, 除以 11 余 7, 除以 13 余 4, 符合此条件的数最小是_; 如果它是一个四位数, 那么最大可能是_; 解答 :1 、此数除以3 余 2, 除以 5 余 3, 除以 7 余 2, 满足条件最小数是23 3、满足除以7 余 3, 除以 11 余 7 的最小数为73, 设此数为73+77a=13b+4, 69-a=13b.
30、 a 最小等于4. 满足条件的最小数是381. 设最大的四位数为381+1001x, 最大的四位数为9390.(1732) 4、今天周一 , 天之后是星期 _; 这个数的个位数字是_; 天之后是星期_; 解答 :只要求出 7 的余数就可以知道天后是星期几. 52007(mod7),56 1(mod7) 20073(mod6), 52007536(mod7) s 所以天之后是星期日2007 的个位数字是7 20072 的个位数字是9 20073 的个位数字是3 20074 的个位数字是1 20075 的个位数字是1 5、一个三位数, 被 17 除余 5, 被 18 除余 12, 那么它可能是_;
31、 一个四位数 , 被 131 除余 112, 被 132 除余 98, 那么它可能是_; 解答 :设此三位数为17a+5=18b+12. 可得到 17a=17b+b+7, 所以 b+7 一定能被17 整除,b=10,27,44.这个三位数为 192,498,804. 设此四位数为131x+112=132y+98, 可得到 131x=131y+y-14, 所以 y-14 一定能被131 整除,y=14,145(太大 ) 这个四位数是1946 6、甲, 乙, 丙三个数分别为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 .A 是
32、_; 解答 :如果 A除丙所得的余数是1 份的话 , 那么 A除乙所得余数就是2 份,A 除甲所得的余数就是 4 份. 把 2 乙- 甲,则没有余数 , 即 2 乙- 甲使 A的倍数 ;同理乙 -2 丙也同样没有余数,是 A的倍数 . 9392-603=1275,939-3932=153 A是 1275 和 153 的公约数 , 而 1275 与 153 的最大公约数是51, 所以 A可能是 1,3,17,51 再实验得到A为 17, 余数分别为8,4,2. 奥数数论余数问题练习题八（含分析解答）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - -
33、- - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 24 页 - - - - - - - - - 1、3,222 22 除以 13 所得的余数是_.2000 个分析与解答 : 因为 222222=2111111 =21111001 =211171113 所以 222222 能被 13 整除 . 又因为 2000=6333+2 2222=222 200+22 2000 个 1998 2213=19 所以要求的余数是9. 2、求除以9,11,99,101,999,1001,13和 91 的余数分别是多少;解答 : 9: 除以 9 的余数是0, 11: 一个 2007 奇数位上
34、数字和与偶数位上数字的和的差为5. 2007 个 2007 奇数位上数字和与偶数位上数字的和的差为52007. 520073(mod11), 所以除以11 的余数是3 99: 能被 9 整除 , 被 11 除余 3 的数最小是36, 所以除以99 余 36 200720072007 能被 7,13,37整除 .999=27 37 1001=7 1113 91=7 13 13: 0(mod13) 除以 13 余 0 91: 0(mod91) 除以 91 余 0 所以除以 13,91,999的余数都是0. 1001: 除以 11 余 3, 除以 7,13 余 0, 满足次条件的最小数是1092,1
35、092 除以 1001 余 91.所以除以 1001 的余数是91. 101: 我们发现9999=10199, 所以=0000+2007=10000+2007 =9999+2007+2007(mod101) 同样道理+2007 +20072(mod101) 以此类推20072007(mod101)=68 奥数数论问题奇偶分析练习题1( 分析) 1、小华买了一本共有96 张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第 1 面一直编到第 192 面）。小丽从该练习本中撕下其中25 张纸，并将写在它们上面的50 个编号相加。试问，小丽所加得的和数能否为2000？【分析】 不可能。因为25 个奇数相加
36、的和是奇数，25 个偶数相加是偶数，奇数加偶数=奇数名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 24 页 - - - - - - - - - 2、有 98 个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1 到 98 各不相同。试问：能否将这些孩子排成若干排， 使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由。【分析】 不可以。一名为98 个数中有49 个奇数，奇数加偶数等于奇数，奇数不是二的倍数。奥数数论问题奇偶分析练习题2( 分析) 1、有 20 个 1
37、升的容器，分别盛有1， 2，3， 20 立方厘米水。允许由容器A向容器 B倒进与 B容器内相同的水 （在 A中的水不少于B中水的条件下）。 问：在若干次倒水以后能否使其中11 个容器中各有11 立方厘米的水？【分析】 不可能，因为两个奇数相加等于偶数，两个偶数相加等于偶数，11 是奇数， B是偶数，偶数不等于奇数2、一个俱乐部里的成员只有两种人：一种是老实人，永远说真话；一种是骗子，永远说假话。 某天俱乐部的全体成员围坐成一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子两旁都是老实人。外来一位记者问俱乐部的成员张三：“俱乐部里共有多少成员？”张三答：“共有45 人。”另一个成员李四说：“张三是老实人。”
38、请判断李四是老实人还是骗子？【分析】 李四是骗子，老实人和说谎的人的人数相等，可是45 是个奇数，所以张三是骗子奥数数论问题奇偶分析练习题3( 分析) 1、围棋盘上有1919 个交叉点，现在放满了黑子与白子，且黑子与白子相间地放，并使黑子（或白子）的上、下、左、右的交叉点上放着白子（或黑子）。问：能否把黑子全移到原来的白子的位置上，而白子也全移到原来黑子的位置上？【分析】 不可以，因为不是白字多黑字一个，就是黑子多白字一个，不可能相等2、某市五年级99 名同学参加数学竞赛，竞赛题共30 道，评分标准是基础分15 分，答对一道加5 分，不答记 1 分，答错一道倒扣1 分。问：所有参赛同学得分总和
39、是奇数还是偶数？【分析】 奇数，5*30+15=165 165-6N-4M= 奇数减去偶数=奇数 99* 奇数 =奇数奥数数论问题奇偶分析练习题4( 分析) 现有足够多的苹果、梨、桔子三种水果，最少要分成多少堆（每堆都有苹果、梨和桔子三种水果），才能保证找得到这样的两堆，把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数。分析与解： 当每堆都含有三种水果时，三种水果的奇偶情况如下表：可见，三种水果的奇偶情况共有8 种可能，所以必须最少分成9 堆，才能保证有两堆的三种水果的奇偶性完全相同，把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数。说明：这里把分堆后三种水果的奇偶情况一一列举出来，使问题一目了然。名师资料总结
40、- - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 24 页 - - - - - - - - - 奥数数论问题奇偶分析练习题5( 分析) 有 30 枚 2分硬币和8 枚 5 分硬币， 5 角以内共有49 种不同的币值，哪几种币值不能由上面38 枚硬币组成？解：当币值为偶数时，可以用若干枚2 分硬币组成；当币值为奇数时，除1 分和 3 分这两种币值外，其余的都可以用1 枚 5 分和若干枚2分硬币组成， 所以 5 角以下的不同币值，只有 1 分和 3 分这两种币值不能由题目给出的硬币组成。说
41、明： 将全体整数分为奇数与偶数两类，分而治之， 逐一讨论，是解决整数问题的常用方法。若偶数用 2k 表示，奇数用2k+1 表示，则上述讨论可用数学式子更为直观地表示如下：当币值为偶数时，2k 说明可用若干枚2 分硬币表示；当币值为奇数时，2k+1=2（k-2 ）+5，其中 k2。当 k=0，1 时， 2k+1=1，3。1 分和 3 分硬币不能由2 分和 5 分硬币组成，而其他币值均可由2 分和 5 分硬币组成。奥数数论问题奇偶分析练习题6( 附解) 1、设标有 A ，B，C，D，E，F，G的 7 盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关。现在A，C，D，G这 4 盏灯亮着，其余3 盏灯没亮。小华从
42、灯A开始顺次拉动开关，即从A到 G ，再从 A开始顺次拉动开关，他这样拉动了999 次开关后，哪些灯亮着，哪些灯没亮？解：一盏灯的开关被拉动奇数次后，将改变原来的状态，即亮的变成熄的，熄的变成亮的；而一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变原来的状态。由于999=7 142+5，因此，灯 A，B，C， D，E各被拉动143 次开关，灯F，G各被拉动142 次开关。所以，当小华拉动999 次后 B， E，G亮，而 A ， C，D，F 熄。2、桌上放有 77 枚正面朝下的硬币，第1 次翻动 77 枚，第 2 次翻动其中的76 枚，第 3次翻动其中的75 枚第77 次翻动其中的1 枚。按这样的方法翻动硬币
43、，能否使桌上所有的 77 枚硬币都正面朝上？说明你的理由。分析：对每一枚硬币来说，只要翻动奇数次，就可使原先朝下的一面朝上。这一事实，对我们解决这个问题起着关键性作用。解：按规定的翻动，共翻动 1+2+77=7739 次，平均每枚硬币翻动了39 次，这是奇数。因此，对每一枚硬币来说，都可以使原先朝下的一面翻朝上。注意到7739=77+（ 76+1）+（75+2）+（ 39+38），根据规定，可以设计如下的翻动方法：第 1 次翻动 77 枚，可以将每枚硬币都翻动一次；第2 次与第 77 次共翻动77 枚，又可将每枚硬币都翻动一次；同理，第3 次与第 76 次，第 4 次与第 75 次第 39 次
44、与第 40次都可将每枚硬币各翻动一次。这样每枚硬币都翻动了39 次，都由正面朝下变为正面朝上。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 24 页 - - - - - - - - - 说明： （1）此题也可从简单情形入手（如9 枚硬币的情形），按规定的翻法翻动硬币，从中获得启发。（2）对有关正、反，开、关等实际问题通常可化为用奇偶数关系讨论。奥数数论问题奇偶分析练习题7( 附解) 在 88 的棋盘的左下角放有9 枚棋子，组成一个33 的正方形 （如左下图）。 规定每
45、枚棋子可以跳过它身边的另一枚棋子到一个空着的方格，即可以以它旁边的棋子为中心作对称运动，可以横跳、竖跳或沿着斜线跳（如右下图的1 号棋子可以跳到2，3，4 号位置）。问：这些棋子能否跳到棋盘的右上角（另一个33 的正方形）？解：自左下角起，每一个方格可以用一组数（行标、列标）来表示，（自下而上）第i行、（自左而右）第j 列的方格记为（i ，j ）。问题的关键是考虑9 枚棋子（所在方格）的列标的和S。一方面，每跳一次，S增加 0 或偶数，因而S的奇偶性不变。另一方面，右上角9 个方格的列标的和比左下角9 个方格的列标之和大3（ 6+7+8） -3（ 1+2+3）=45，这是一个奇数。综合以上两方
46、面可知9 枚棋子不能跳至右上角的那个33 的正方形里。奥数数论问题奇偶分析练习题8(附答案 ) 1下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12 个整数中，至少有几个偶数？+=- = = =2任意取出1234 个连续自然数，它们的总和是奇数还是偶数？3一串数排成一行，它们的规律是：前两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和。如下所示：1，1，2，3， 5，8，13，21， 34，55，试问：这串数的前100 个数（包括第100 个数）中，有多少个偶数？4能不能将1010 写成 10 个连续自然数之和？如果能，把它写出来；如果不能，说明理由。答案：1. 至少有 6个偶数。2.
47、 奇数。解： 12342=617，所以在任取的1234 个连续自然数中，奇数的个数是奇数，奇数个奇数之和是奇数，所以它们的总和是奇数。3.33 。提示：这串数排列的规律是以“奇奇偶”循环。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 24 页 - - - - - - - - - 4. 不能。如果 1010 能表示成10 个连续自然数之和，那么中间2 个数的和应当是10105=202。但中间 2 个数是连续自然数，它们的和应是奇数，不能等于偶数202。所以， 1010
48、不能写成 10 个连续自然数之和。奥数数论问题奇偶分析练习题9(附答案5能否将1 至 25 这 25 个自然数分成若干组，使得每一组中的最大数都等于组内其余各数的和？6在象棋比赛中，胜者得1 分，败者扣1 分，若为平局，则双方各得0 分。今有若干个学生进行比赛，每两人都赛一局。现知，其中有一位学生共得7 分，另一位学生共得20分，试说明，在比赛过程中至少有过一次平局。7在黑板上写上1，2， 909，只要黑板上还有两个或两个以上的数就擦去其中的任意两个数a，b，并写上a-b（其中 a b）。问：最后黑板上剩下的是奇数还是偶数？8设 a1，a2，a64 是自然数1，2， ，64 的任一排列， 令
49、b1=a1-a2 ， b2=a3-a4 ，b32=a63-a64 ；c1=b1-b2 ，c2=b3-b4 ， c16=b31-b32 ；d1=c1-c2 ，d2=c3-c4 ， d8=c15-c16 ；这样一直做下去，最后得到的一个整数是奇数还是偶数？答案：5. 不能。提示：仿例3。6. 证：设得 7 分的学生胜了x1 局，败了 y1 局，得 20 分的学生胜了x2 局，败了 y2 局。由得分情况知：x1-y1=7 ，x2-y2 20。如果比赛过程中无平局出现，那么由每人比赛的场次相同可得x1+y1=x2+y2，即x1+y1+x2+y2 是偶数。另一方面，由x1-y1=7 知 x1+y2 为奇
50、数，由x2-y2=20 知 x2+y2 为偶数，推知x1+y1+x2+y2 为奇数。这便出现矛盾，所以比赛过程中至少有一次平局。7. 奇数。解：黑板上所有数的和S1+2+ 909 是一个奇数，每操作一次，总和S减少了 a+b-（a-b ）=2b，这是一个偶数，说明总和S的奇偶性不变。由于开始时S是奇数，因此终止时S仍是一个奇数。8. 偶数。解：我们知道，对于整数a与 b， a+b 与 a-b 的奇偶性相同，由此可知，上述计算的第二步中， 32 个数a1-a2， a3-a4，a63-a64，分别与下列32 个数a1+a2， a3+a4，a63+a64，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 -