五年级奥数春季实验班第7讲 数论综合之高难度因数与倍数问题

第七讲数论综合之高难度因数与倍数问题模块一、因数与倍数的综合问题例1．对于正整数a、b，[a，b]表示最小公倍数，(a，b)表示最大公约数，求解下列关于未知数m，n的方程：[,]55(,)[,](,)70mnmnmnmnmnmn①②③。解：设m=ap，n=bp，a，b互质，则[m，n]=abp，(a，b)=p，则5570abapbpabpp，由p×(ab−1)=70，所以p|70，70=2×5×7，若p=2，则ab=36，a≠b，得a=12，b=3，代入①式矛盾，舍去；若p=7，则ab=11，a≠b，得a=11，b=1，代入①式矛盾，舍去；若p=5，则ab=15，a≠b，得a=5，b=3，于是m=25，n=15，[m，n]=75，(m，n)=5，所以原方程的解是2515mn。例2．n为非零自然数，a=8n+7，b=5n+6，且最大公约数(a，b)=d1，求d的值。解：用辗转相除的方法，(8n+7，5n+6)=(3n+1，5n+6)=(3n+1，2n+5)=(n−4，2n+5)=(n−4，n+9)=(13，n+9)，所以(a，b)=13.例3．Mn为1、2、3、……、n的最小公倍数，对于样的正整数n，Mn−1=Mn。解：如果n是一个合数，且n不是某一整数的k次方，则Mn−1=Mn。因为n是一个合数，所以n=a×b，a，b都小于n，且a、b互质，于是an−1，bn−1，所以a|Mn−1，b|Mn−1，于是(a×b)|Mn−1，所以Mn−1=Mn。这样的话，n必须是一个合数，并且n=a×b，a，b都小于n，且a、b互质。模块二、因数与倍数中的证明问题例4．设10个自然数a1a2a3……a10，证明它们的最小公倍数不小于10a1。解：若a1=1，则a1010，所以[a1，a2，a3，……a10]10，当a1≥2时，先看a1，a2；a2a1，若a1、a2互质，a22，则它们的公倍数大于等于2a1。若a2的因数中含有a1的因数，则取p=(a1，a2)，a2=mp，m≥2，它们的公倍数为ma1≥2a1，同理研究[a1，a2]与a3的关系，若a3是质数，则a34，所以三个数的公倍数大于3a1，若a3是合数，则a3至少可以分解为两个因数的和，若因数都不是a1或a2的约数，那么公倍数一定大于3a1，若这两个因数分别是a1和a2的因数，则这两个因数最小是2与3，同样可以推出，公倍数一定大于3a1；以此类推，可知10个数的最小公倍数不小于10a1.模块三、因数、倍数与计数的综合问题例5．在1~300的全部自然数中，与30互质的数共有个。解：30=2×3×5，在1~300中，是2的倍数的有150个，是3的倍数的有100个，是5的倍数的有60个；既是2的倍数，又是3的倍数的有50个，既是2的倍数，又是5的倍数的有30个，既是3的倍数，又是5的倍数的有20个，同时是2、3、5的倍数的有10个，所以至少含有2、3、5一个约数的数有300−(150+100+60)+(50+30+20)−10=80(个)。所以与30互质的有80个。例6．270000共有100个因数，其中数字和为18的共有个。解：270000=24×33×54，18是9的倍数，所以该数一定是9的倍数，也就是约数中含有32，如果恰好含有2个3，另外还有若干个2和5，如果是1个2、2个2、3个2、4个2；1个5、2个5、3个5，则它们与9乘，得到的乘积数字和都是9，也就是都不成立，只有当32×54=5625时，得到的乘积的数字和是18，符合要求；如果恰好含有3个3，另外还有若干个2和5，如果是1个2、2个2、3个2、4个2；1个5、则它们与9乘，得到的乘积数字和都是9，也就是都不成立；只有当33×25=675、33×125=3375时，得到的乘积的数字和是18，符合要求；对于33×54=16875，又不符合要求；另外对于33×25=675，再填上一个2×5或22×52，它们的数字和也是18对于33×125=3375，再填上一个2×5，数字和也是18.所以一共有1+3+2=6个符合条件的数。例7．蓝精灵王国的A、B两地的距离等于2010米，国王派第1号信使从A地出发以1米/分钟的速度向B地送信，一分钟之后又派出第2号信使使用比第1号信使快1米/分钟的速度向B地送信，一般地，第k分钟之后，又派出第k+1号信使使用比第k号信使快1米/分钟的速度向B地送信，……，直到第2009分钟后，派出第2010号信使使用比第2009号快1米/分钟的速度向B第送信。每个信使都是匀速行进，问其中第号信使能同时到达B地。解：第k名信使到达终点的时间是k−1+2010k（分钟），设第m名与第n名信使同时抵达B地．则m−1+2010m=n−1+2010n，m−n=2010n−2010m=2010()mnmn，则mn=2010=2×3×5×67，由此看出同时抵达B地的信使成对出现，共8对：(1，2010)，(2，1005)，(3，670)，(5，402)，(6，335)，(10，201)，(15，134)，(30，67)；答：有(1，2010)，(2，1005)，(3，670)，(5，402)，(6，335)，(10，201)，(15，134)，(30，67)，这8对信使各自两人同时到达．例8．如图，正方形跑道ABCD，甲、乙、丙三人同时从A点出发同向跑步，他们的速度分别为5米、4米、3米。若干秒后，甲首次开始看到乙和丙都与自己在正方形的一条边上，且他们在自己的前方。从此刻算起，又经过21秒，甲、乙、丙三人处在跑道的同一位置，这是出发后三人第一次处在同一位置。请计算出正方形的周长的所有可能值是米。解：甲、乙、丙的速度比为5:4:3，所以路程比也是5:4:3，当他们第一次相遇时，刚好是甲跑5圈、乙跑4圈、丙跑3圈后回到起点A的位置。由于甲是第一次看到乙、丙在自己同一边的前方，所以甲那时正好是跑到第五圈D点的位置。甲从D点跑到A点与乙丙相遇需经过21秒，所以DA长为5×21＝105（米），则周长为105×4＝420（米）。CDBA随堂测试1．两数之和是667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商等于120，那么这两数的差的所有可能值之和是。解：设这两个数分别为ap，bp，ab，a、b互质，p≠1，则最大公约数为p，最小公倍数为abp，已知ap+bp=(a+b)×p=667=23×29，所以p=23或p=29，又最小公倍数是abp，最大公约数是p，由题意ab=120，当p=23时，a+b=29，29120abab，解得245ab。此时两个数的差是(24−5)×23=437；当p=29时，a+b=23，23120abab，解得158ab，此时两个数的差是(15−8)×29=203；所以一共有2种可能的值。437+203=640.2．将一个数的所有因数两两求和，在所有的和中，若最小的是4，最大的是180，则这个数是。解：一个数的因数中，最小的是1，由于两个因数的和为4，所以第二小的因数是3，设该数为a，则a的最大的因数是它本身a，第二大的因数是3a，由题意1803aa，解得a=135.3．自然数b与175的最大公约数记为d，如果176×(b−11×d+1)=5×d+1，则b=.解：175=52×7，175的约数有1、5、7、25、35、175，d是这些数中的一个，又176=24×7，所以在上式中只有d=35，5×d+1能被176整除，此时b−11×d+1=1，解得b=11×35=385.4．有一个四位回文数（它顺着数与倒着数都是一样的），它的最小的9个因数的和是55，这个数是。解：答案是2772，2772=22×32×7，它的最小的9个因数是1、2、3、4、6、7、9、11、12，这9个数的和等于55.四位回文数可以写成abba，abba=1001a+110b=11×(91a+10b)，这个数是11的倍数，所以1和11可能是这9个因数中的数，又1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55，而现在9个因数的和是55，所以一定是要去掉几个在换上比10大的11、12，于是去掉5、8、10，换上11、12，恰好等于55.5．含有数字3，且能被3整除的四位数有个。解：先考虑不含有3的情况，即用0、1、2、4、5、6、7、8、9，组成四位数，且能被3整除的有多少个。这九个数按被3除的余数分可以分成三组(0、6、9)，(1、4、7)，(2、5、8)，四位数中前三位随意写，只要保证最高位不是0即可，有8×9×9=648种不同的写法，最后写末位数字，很明显，对于任意一个前面写好的三位数，加上末位数字后，使得它能被3整除，只能从上面三组数中，任选其中一组的数来填写，如前三位写成124，则末位只能填0、6、9三个数中的一个，于是不含3的四位数有648×3=1944个。那么在四位数中能被3整除的最小的数是1002，最大的数是9999，一共有(9999−1002)÷3+1=3000（个），3000−1944=1956（个）。解法2：一共有1056个，1000至1999；2000至2999；4000至4999；5000至5999；7000至7999；8000至8999，每组分别是90个，而6000至6999；9000至9999，每组是91个3000至3999；是334个，90×6+91×2+334=1056.6．2014名学生面向老师站成一行，根据老师的口令按从左到右的顺序报数：1、2、3、……。报完之后，老师让所报的数是2的倍数的同学向后转，然后又让所报的数是3的倍数的同学向后转，然后又让所报的数是4的倍数的同学向后转，最后让所报的数是6的倍数的同学向后转，问：现在仍然面向老师的学生有名。解1：2、3、4、6的最小公倍数是12，所以各数之间的关系以12为周期循环；即被12除的余数分别是0、1、2、……、11，在这些数中，我们发现报数的余数是1、5、7、11的学生没有转过，他们始终面向老师；报数的余数是2、3、9、10的学生转过1次，他们背向老师；报数的余数是4、8、的学生转过2次，他们面向老师；报数的余数是6的学生转过3次，他们背向老师；报数的余数是0的学生转过4次，他们面向老师；所以每12个同学中面向老师的7名同学。2014÷12=167……10，在这167组中，面向老师的有7×167=1169（名）；最后的10名与前10名一样，他们除以12的余数分别为1、2、3、……、10，其中面向老师的有5名，于是面向老师的学生有1169+5=1174（名）。解2：2014中是2的的倍数的有1007个；2014中是3的的倍数的有671个；2014中是4的的倍数的有503个；2014中是6的的倍数的有335个；2014中是12的的倍数的有167个；在6的倍数的335个数中，它们都是2、3的倍数，其中有167个能被2、3、4、6整除，168个能被2、3、6整除；在4的倍数的503个数中，其中167个已经在前面6倍数中出现过，剩下的336个能被2、4整除；在3的倍数的671个数中，其中335个已经在6的倍数中出现过，还有671−335=336个仅能被3整除；在2的倍数的1007个数中，其中335个在6的倍数中出现过，还有336个在4的倍数中出现过，剩下的1007−335−336=336个仅能被2整除；在这些数中，向后转的次数为奇数次的应该是背向老师，没有向后转过和向后转的次数为偶数次的面向老师。我们计算向后转的次数为奇数次的人数为336+336+168=840，所以面向老师的有2014−840=1174（人）。7．A、B两地的距离等于2014米，1号运动员从A地出发以1米/分钟的速度跑向B地，1分钟后，2号运动员用比第1号运动员快1米/分钟的速度向B地，一般地，第k分钟后，k+1号运动员用比第k号运动员快1米/分钟的速度向B地，……，直到第2014号运动员比第2013号运动员快1米/分钟的速度跑向B地。每个运动员在整个过程中使得