小学数学讲义暑假六年级优秀第10讲数论中的计数

第十讲第十讲数论中的计数知识站牌级秋季的规律级秋季级春季

六年级暑期论中的计数级暑期的最值中的范围中符合条件的个数的多少漫画释义第11级上优秀A版教师版 课堂引入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.17p2. 177231.12.1952年，美国数学家拉婓尔523. 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，这就是著名的互联网梅森素数大搜索MPS)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•台目引诱．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. .展中有着巨大教学目标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.2第11级上优秀A版教师版第十讲经典精讲1.常见数字的整除判定方法1) 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.2.加法原理一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有m1种不同做法，第二类方法中有2

m种不同做法，则完成这件事共有

Nmm 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A方法．这就是乘法原理．4.容斥原理知识回顾1. 【分析】2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,472. 【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. 【分析】1094105357．因此，这样的两位数是：15；35；21．第11级上优秀A版教师版 例题思路1整除性例5例例1？（学案对应：学案1）【分析】个位数字已知，问题变成从从5个元素中取2个元素的排列问题，已知n5，据排列数公式，一共可以组成P25420(个)符合题意的三位数．

m2，根.两张牌上的数的乘积除以10的余数是1?(将A看成1)例2（学案对应：学案2）【分析】[5,7]=35,1000÷35=28……20,100÷35=2……30所以符合要求的最小三位数是35×3，最大三【分析】假设这个三位数是a，根据题意，a5能被6和7整除，即a5为42的倍数，因为10042216,1000422334，所以a5最小为423，最大为4223，满足题意的数共有233121个4第11级上优秀A版

教师版第十讲马素数法国数学家费马（）是数学史上一位传奇人物是律师，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.如果将n0,1,2,3,4代入22n 1，得到的数确实都是质数：3,5,17,257,65537.可是对n5，在1738年，欧拉惊人地发现有分解式：32142949672976416700417.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，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22n1的数不是素数.于是人们又猜测，费马素数仅有上述个，但也无法证明这是数学史上的又一个悬案！例3（学案对应：学案3）3×3×3=27种情况,所以，一共有1+1+1+27=30种不同取法.例4【分析】1～100之间，5的倍数有100÷5=20个，7的倍数有100÷7=14.2即14个，因为既是5的倍【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段长60125cm，沿第三种刻度线锯成的木棍每段长60144cm．三种重合的刻度线可将木棍锯成60[5,4]3段；沿三种刻度重合的刻度线可将木棍锯成第11级上优秀A版教师版 60[6,5,4]1段．应该减去重复计算的沿任意两种重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．例5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） 2E F32倍数的数．1～2000这2000个正整数中，2的倍数有1000个，3的倍数有666个，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）-4×66=1002盏．找朋友己的学号，再贴在背上“10到自己的朋友，时间一到必须停止行动.由于满足要求的“朋友”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师还可有人因为落空而被淘汰6第11级上优秀A版教师版第十讲杯赛提高88①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②数字和16=9+7+0=8+8+0=9+6+1=9+5+2=9+4+3=8+7+1=8+6+2=8+5+3=8+4+4=……③数字和24=9+9+6=9+8+7=8+8+8附加题1. 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．101 101 101101 232 3 5

10135

101 235

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603. 从1到999这999个自然数中有 【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；112；233．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；第11级上优秀A版教师版 种，所以此时有3326108个；⑶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；⑷如果是112，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332354个；⑸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26108365424248．4. 【分析】以105为分母的最简真分数的分子与105互质，105=3×5×7，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105-35-21-15+7+5+3-1=48个，显然如果n与105互质，那么（105-n）与n互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1535,12322，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4明的岁数是5或15．若中明的岁数是4，大明的岁数可以是5或15；若中明的岁数是12，341522，3121530.7. ①这个数与1的差是质数，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请问两位幸运数共有多少个18第11级上优秀A版教师版第十讲14．答案是1个．知识点总结1.1）一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；112.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A×B×…×N种不同的方法．4. 家庭作业1. 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168,10001685160,100001685988，所以能被6,7,8整除的最小四位数为1686，最大四位数为16859，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．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？A 【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100（35）610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. 3，

406=6个，那么能被2整除6. 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，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．放第一个正方体原理，这时共有339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339种不同情形．3种不同的情形．A版学案【学案1】用2,0,1,3这四个数字能排