六年级奥数合集.doc

第一讲 数论综合（一）

【专题知识点概述】

在近几年的北京重点中学小升初分班考试中，数论题目的分值大都超过了行程问题，占据了考试内容最显著的地位！数论题目灵活多变，能较充分考察你思维的开拓性、方法技巧的综合运用能力、创新及细心程度，易于分开学生层次。数论问题按知识体系大体可分为：整除问题、余数问题、奇偶问题、质数合数、约数倍数，这几大板块我们在之前的学习中已经都接触过了，但它们并不是数论的全部，细心的你会发现在数论这个大家族中还有一些“特别身影”，它们也是帮你解决数论问题的法宝。比如最大最小问题、关于取整运算、尾数问题、二进制应用、一些特殊变形问题等。
【授课批注】
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．

【习题精讲】
【例1】（难度等级 ※※※）
从1开始由小到大按顺序取自然数，第一次取一个数，第二次取两个数，第三次取三个数，以后继续按照每次取一个、两个、三个的方式重复进行，第（ ）次取的数之和为573。
【分析与解】
573/3=191 所以三个数分别是190、191、192
因为3次是取6个数，我们用192÷6=32
那么也就是说，192是32个3次，就是取到192是96次。
【例2】（难度等级 ※※※）
小明写自然数从1到N，所写下的数字之和是28035，则N=？
【分析与解】
解法一
000 001 002 003 004 005 006 007 008 009
010 011 012 013 014 015 016 017 018 019
...
...
990 991 992 993 994 995 996 997 998 999
共有1000个数字.
个位的1有100个
个位的2有100个
个位的3有100个
...
个位珠9有100个
同理.十位的1、2、3、……9分别有100
百位的1、2、3、……9有100
所以1至999各位数的和是
（1+2+3+……+9）*100*3=13500
1000到1999的个位、十位、百位数的和也是（1+2+3+……+9）*100*3=13500
千位有1000个1，他们的和是1000。
还有2000，2001，2002，2003，2004，2005，2006各位数字的和是35
全部相加是13500+13500+1000+35=28035
解法二:
（0、1999），（1、1998），（3，1997）……（999，1000）。
这样配共1000对。每对的和都有1+9+9+9=28
另外2000，2001，2002，2003，2004，2005，2006各位数字的和是35
所以(1+9+9+9)*1000+35=28035

【例3】（难度等级 ※※※）
从1到1001的所有自然数按格式排列，用一个正方形框子框出九个数，要使这九个数的和等于（1）1995，（2）2529，（3）1998问能否办到？若能办到，请你写出正方形框里的最大数和最小数。
【分析与解】
用一个正方形框子框出的9个数的和必定是框子中间的数的9倍。
(1)因为1995不是9的倍数，所以9个数的和为1995不可能。
(2)2529÷9=281
又281÷7=40……余1即281在所有数的排列中，它排在左边第一列上，所以不可能以它为中心构成一个9个数的正方形框。
(3)1998÷9=222 222÷7=31……余5
框中最大数是222+1+7=230
框中最小数是222-1-7=214

【例4】（难度等级 ※※※）
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168．

【例5】（难度等级 ※※※※）
如果某整数同时具备如下3条性质：
①这个数与1的差是质数；
②这个数除以2所得的商也是质数；
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．求出所有的两位幸运数．
【分析与解】
条件①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③，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①，32与68不符合②，三个条件都符合的只有14．
所以两位幸运数只有14．

【例6】（难度等级 ※※※）
图中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米．两只甲虫同时从A出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?
【分析与解】
圆内的任意两点，以直径两端点得距离最远．如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，两甲虫的距离便最远．
小圆周长为×30=307r，大圆周长为48 ，一半便是24 ，30与24的最小公倍数时120． 120÷30=4．120÷24=5．
所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个圆周长，即爬到了过A的直径另一点B．这时两只甲虫相距最远．

【例7】（难度等级 ※※※）
有8个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44块．甲先取走一盒，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．

【例8】（难度等级 ※※※※）
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)，(adc)，(aad)是由小到大排列的连续正整数，那么(cde)所表示的整数写成十进制的表示是多少?
【分析与解】
注意(adc)+(1)=(aab)，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)－(1)=(4)，则C=4．
而(ade)+(1)=(adc)，所以e+1=c，则e=3．
又d+1=口，所以d=1，a=2．
那么，(cde)为(413)=4×5+1×5+3=108．
即(cde)所表示的整数写成十进制的表示是108．

【例9】（难度等级 ※※※）
将自然数按从小到大的顺序排列成螺旋形，2处拐一个弯，在3处拐第二个弯，在5处拐第三个弯…，问拐第20个弯的地方是哪个数。
【分析与解】
拐弯的序数
0
1
2
3
4
5
6
7
……
拐弯处的数
1
2
3
5
7
10
13
17
……
下面一列数中，相邻两数的差是 1、1、2、2、3、3、4、4、……第20个拐弯处的数是1+2×(1+2+……+10)=111

【例10】（难度等级 ※※※※）
把连续奇数1、3、5、7……，按右边的方法排列。问：数1995在哪条射线上？是这射线的第几个数？
【分析与解】
1995是第(1995+1)÷2=998个奇数，因为周期数是8，998÷8=124……6，所以数1995在射线C上，且是第124×2+2=250个数。

【例11】（难度等级 ※※※※）
一个正整数，如果用７进制表示为，如果用５进制表示为，请用10进制表示这个数.
【分析与解】
解：由题意知：0＜a,c≤4,0≤b≤4,设这个正整数为n,则
n＝＝a×72＋b×7＋c, n==c×52＋b×5＋a
∴49a＋7b＋c＝25c＋5b＋a
48a＋2b－24c＝0 b＝12(c－2a)
∴12｜b,
又∵0≤b≤4
∴b＝0,
∴c＝2a
∴当a＝1,c＝2时，n＝51
当a＝2,c＝4时，n＝102

【例12】（难度等级 ※※※※）
甲、乙两个三位数的乘积是一个五位数，这个五位数的后四位是1031。如果甲数的数字和是10，乙数的数字和是8，那么甲、乙两数和是多少？
【分析与解】
方法一：很显然，这道题的突破口是在个位数上
乘积的尾数是1，只有1×1，3×7或者9×9两种可能，
如果是1×1，根据1031判断，甲数和乙数的十位为0和3，1和2，4和9，5和8，6和7.很容易试出这些均不成立。
根据乙的数字和是8，判断只有3×7这种可能
假设乙的个位数是7，则只能是107。根据乘积的尾数判断，甲的十位数应该是3。（因为这个数乘以7的乘积加上个位数进位2，得3）
所以甲就是433
433×107＝46331 不合题意。
所以乙的个位数只能是3，甲的个位数只能是7。
所以甲有以下情况，127 217 307三种情况
根据上述方法很容易判断出甲是217，乙是143
方法二：根据弃九法得知，乘积是3031=31×7×11×13，适当组合可得知两数为31×7=217，11×13=143，和为360.

【例13】（难度等级 ※※※※※）
有43位同学，他们身上带的钱数从8分到5角，钱数各不相同，每个同学都把身上全部的钱各自买了画片。画边有两种：3分钱一张的，和5非钱一张的。每人尽可能多卖5分钱一张的画片。问，他们能买的3分钱画片的总数是多少张？
【分析与解】
43人的钱从8分到5角各不相同,说明这些人身上的钱分别是:
8分,9分,...,49分,50分.
下面分情况讨论:
8=3*1+5*1 (意思是3分钱一张,5分前一张)
9=3*3+5*0
10=3*0+5*2
11=3*2+5*1
12=3*4+5*0
13=8+5=3*1+5*2.
......
50=3*0+5*10.
说明:
当钱除以5余1的时候,可以买2张3分的;有8个人.
当钱除以5余2的时候,可以买4张3分的;有8个人.
当钱除以5余3的时候,可以买1张3分的;有9个人.
当钱除以5余4的时候,可以买3张3分的;有9个人.
当钱除以5整除的时候,可以买0张3分的.有9个人.
所以一共买了
2*8+4*8+1*9+3*9=84张3分的.

【例14】（难度等级 ※※※※※）
对于由1~5组成的无重复数字的五位数，如果它的首位数字不是1，那么可以进行如下
的一次置换操作：记首位数字为k，则将数字k与第k位上的数字对换．例如，24513
可以进行两次置换：24513→42513→12543．可以进行4次置换的五位数有多少个？
【分析与解】
经过4次置换后最后结果必为12345，所以可进行4次置换的五位数可由12345进行4次首位与其他位的调换得到，规则为从首位上调换出的数不能再与首位调换，那么这样的调换方法共有4×3×2×1＝24种，即可进行4次置换的五位数有24个。

【例15】（难度等级 ※※※※※）
有4个不同的数字共可组成18个不同的4位数。将这18个不同的4位数由小到大排成一排，其中第一个是一个完全平方数，倒数第二个也是完全平方数。那么这18个数的平均数是多少？
【分析与解】
如果是4个非0数字则应该能组成4×3×2×1=24个不同的4位数，而实际只能组成18个不同的4位数，则4个数字中必然有0。因为完全平方数的个位数只能为1，4，5，6，9（0必须成对出现），所以剩下的3个数字必有两个是这5个中的2个，若最小的数字是4，5，6的话，只有9604和4096为完全平方数，但4096并不是这4个数字所组成的最小的四位数，不满足题意，所以最小数字为1，此时1089和9801这两个四位数满足题意。因此这4个数字为0、1、8、9，所能组成的四位数千位为1、8、9的均有6个，所以这18个四位数千位上之和为1×6+8×6+9×6=108,同理，个位百位十位上的数字之和均为
72，所以这18个四位数之和为108×1000+72×100+72×10+72=115992，其平均数为6444

【例16】（难度等级 ※※※※※）
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．求所有这样的三位数．
【分析与解】
设这个三位数为，数字和为a+b+c，如果没有进位，那么，显然数字和增加了3，不满足，所以一定有进位，
则+3=，数字和为0+(b+1)+(c+3－10)= ，则a+b+c=9，而c+3必须有进位，所以c只能为7，8，9．
一一验，如下表：
c的值
7
8
9
a+b的值
2
1
0
a的值
2
1
1
---
b的值
0
1
0
---
的值
207
117
108
---
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．

【例17】（难度等级 ※※※※※）
有1、A、B、C四个整数，满足A＋B＋C＝2001，而且1＜A＜B＜C。这四个整数两两求和得到六个和，把这六个数按从大到小排列起来，恰好构成一个等差数列。请问：A、B、C分别是多少？
【分析与解】
满足条件的情况有两种：
①；
②；
先看①：
，，，所以有，又，
所以，得，，；
再看②
，，，所以有
，又，
所以，得，不符合题意；
所以，，。

【例18】（难度等级 ※※※※※）
在一个国家里，国王要建N个城市，在城市之间建N-1条道路，使得从每个城市都能到达另一个城市(每条道路连接两个城市，道路不相交，不穿过其它城市)且一个城市到另一个城市最短路线分别为1,2,3,…，。若(1) N＝6；(2) N＝2006； 国王的要求能否办到?
【分析与解】
（1）N=6时，可以按如下的方法设计道路。
设A,B,C,D,E,F为六个城市，从C引出三条道路，分别通向A,B,D，长度分别为1，2，5。从再引出两条道路，分别通向E,F，长度分别为4，8。此时即可满足要求，所以N=6时，国王的要求可以办到。
（2）根据在N个城市之间建N-1条道路可知，从一个城市到另一个城市只有唯一的路线。
把城市染成红色，若城市与之间的路程为偶数，则也染上红色，否则染上黄色，这样可以把所有城市均染成红色或黄色，并且两城市同色时，它们之间的路程为偶数，否则它们之间的路程为奇数。
设有个城市染成红色，y个城市染成黄色，则由一个红色城市与一个黄色城市配对可配成xy　对，所以在所有的路程中有xy个奇数。
若是偶数，则1,2,3，…，中有一半是奇数，所以有xy=N(N-1)。又因为x+y=N，则N=N-4xy=(x+y)-4xy=(x-y)。
若是奇数，则1,2,3，…，中有[N(N-1)+1]个奇数，所以有 xy=[N(N-1)+1]=N(N-1)+。又因为x+y=N，则N=N-4xy+2=(x+y)-4xy=(x-y)+2
，即N-2=(x-y)。
因此，如果题目中的要求可以实现，则N或N-2是完全平方数，由于2006和2004都不是完全平方数，所以国王的要求不能办到。

【例19】（难度等级 ※※※※）
有13个不同自然数，它们的和是100．问其中偶数最多有多少个?最少有多少个?
【分析与解】
13个整数的和为100，即偶数，那么奇数个数一定为偶数个，则奇数最少为2个，最多为12个；对应的偶数最多有11个，最少有1个．
但是我们必须验证看是否有实例符合．
当有11个不同的偶数，2个不同的奇数时，11个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+14+16+18+20+22＝132，而2个不同的奇数和最小为1+3＝4，它们的和最小为132+4＝136，显然不满足；
当有9个不同的偶数，4个不同的奇数时，9个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+14+16+18＝90，而4个不同的奇数和最小为1+3+5+7＝16，还是大于100，仍然不满足；
当有7个不同的偶数，6个不同的奇数时，7个不同的偶数和最小为2+4+6+8+10+12+14＝56，6个不同的奇数和为1+3+5+7+9+11＝36，满足，如2，4，6，8，10，12，22，1，3，5，7，9，11的和即为100．
类似的可知，最少有5个不同的偶数，8个不同的奇数，有2，4，8，10，16，1，3，5，7，9，11，13，15满足．
所以，满足题意的13个数中，偶数最多有7个，最少有5个．

【例20】（难度等级 ※※※※）
图中，第1行将1到100的自然数依从小到大排列；第2行有99个自然数，第1个是第1行第1个自然数和第2个自然数的和，……, 第k个是第1行第k个自然数和第k+1个自然数的和， ； 从第2行起，根据第2行的规律排列，一直到第100行. 请问：图中一共有多少个自然数能被77整除.
第1行 1 2 3 4 5……………………………..96 97 98 99 100
第2行 3 5 7 9……………………………….. 193 195 197 199
第3行 8 12 16…………………………………….. 388 392 396
第4行 ……………………………………………………………..
第5行 ……………………………………………………….
第6行 ………………………………………………
……………………………………..
………………………..
………………..
第100行 ………
第100行 …

【分析与解】
规律是：第3、5、7、……99行的整数是第1行某个整数的4k倍，第2、4、……100行的整数是第2行某个整数的4k倍。

【作业】
1．设A共有9个不同的约数，B共有6个不同的约数，C共有8个不同的约数，这三个数中的任何两个都不整除，则这三个数之积的最小值是多少？
【答案】17280
2．有一列数，第一个数是100，第二个数是76，从第三个数起，每个数都是前面两个数的平均数，那么第2009个数的整数部分是 。
【答案】84.
3．若自然数n使得竖式加法n＋（n＋1）＋（n＋2）不产生进位现象，便称n为“跃进数”。例如12是“跃进数”，因为12＋13＋14做竖式加法不产生进位现象；而13不是“跃进数”。那么不超过1000的“跃进数”共有 个。
【答案】49
4．讲1到101写在黑板上，得到12345678910111213……100101，先删去这个数中从左到右数所有位于奇数位上的数字，再删去所得的数中所有位于奇数位上的数字，…….，依次类推，那么最后删去的数字是______
【答案】6
5．有一路公共汽车，包括起点和终点站在内，共有15个车站。如果有一辆车，除终点站外，每一站上车的乘客中，恰好各有一位乘客从这一站到以后的每一站。为了使每位乘客都有座位，问这辆公共汽车至少要有多少个座位？
【答案】56

挑战自己 （难度等级 ※※※※）
一位老师告诉、、、、五位学生一个三位数之后，有以下的对话出现：学生：这个数可以被27整除；学生：这个数可以被12整除；学生：这个三位数的所有数字和为15；学生：这个数是一个完全平方数；学生：这个数可以整除648 000．上述五个句子中，只有三句是真的。试求。

【答案】324，108，216，432，864，540，900，144，576．

第二讲 数论综合（二）

【专题知识点概述】
在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，我们系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。
【授课批注】
具有相当难度，需要灵活运用各种整数知识，或与其他方面内容相综合的数论同题．

【习题精讲】
【例1】（难度等级 ※※※）
一台计算器大部分按键失灵，只有数字“7”和“0”以及加法键“+”尚能使用，因此可以输入77，707这样只含数字7和0的数，并且进行加法运算．为了显示出222222，
最少要按“7”键多少次?
【分析与解】
222222÷7＝31746，即222222＝70000×3+7000×1+700×7+70×4+7×6，而70000，7000，700，70，7均只用按一次7，所以222222最少只用按3+1+7+4+6＝21次“7”键即可显示．

【例2】（难度等级 ※※）
有一批图书总数在1000本以内，若按24本书包成一捆，则最后一捆差2本；若按28本书包成一捆，最后一捆还是差2本书；若按32本包一捆，则最后一捆是30本．那么这批图书共有　　　　　本．
【分析与解】
经分析发现，原书的本书如果多2本，那么原来书的数目就会同时是24，28，32的倍数，而，[24,28,32]=672，且原书的本书不超过1000本，所以原来的书有672-2=670(本)

【例3】（难度等级 ※※※）
一个五位数恰好等于它各位数字和的2007倍，则这个五位数是 .
【分析与解】
这个五位数等于各位数字之和乘以2007，2007是3，3，223，三个数字之积，所以这个五位数是9的倍数，各位数字之和也是9的倍数（一个数是9的倍数，那么它的各位数字之和也是9的倍数，）所以这个五位数可能是2007×9，2007×18，2007×27，2007×36……
容易得出：2007×18和2007×27符合题目.

【例4】（难度等级 ※※※）
在纸上写着一列自然数1，2，…，98，99.一次操作是指将这列数中最前面的三个数划去，然后把这三个数的和写在数列的最后面.例如一次操作后得到4，5，…，98，99，6；而两次操作后得到7，8，…，98，99，6，15.这样不断进行下去，最后将只剩下一个数，则最后剩下的数是 .
【分析与解】
观察规律发现，最后一个数字即为1到99的和，为4950.

【例5】（难度等级 ※※※）
有两种规格的9箱钢珠，每箱300个，甲种钢珠每个10克，乙种钢珠每个11克，将这9箱钢珠编为1~9号，然后依次从1~9号箱中取出20，21，22，23，24，25，26，27，28，个钢珠，这些钢珠共重5555克。问：哪几箱是甲种钢珠？
【分析与解】
本题很明显地表明在考察二进制的相关知识点．同时对于这种出现两种规格要求和的问题，可以采用假设法．假设全为甲种规格的钢珠，则每箱各取20，21，22，23，24，25，26，27，28，一共取出29-1=511个，则应重10×511=5110克，比实际的少了5555-5110 =445克，此重量应该来自乙种钢球，由于乙种钢球每个比甲种重1克，以二进制表示445为(110111101)2，也就是说445=28+27+25+24+23+22+20，则只有2号箱与7号箱是甲种钢珠．
【例6】（难度等级 ※※※※）
把除1外的所有奇数依次按一项，二项，三项，四项循环的方式进行分组：(3)，(5，7)，(9，11，13)，(15，17，19，21)，(23)，(25，27)，(29，3l，33)，(35，37，39，41)，(43)，……．那么，第1994个括号内的各数之和是多少?
【分析与解】
我们把每4个括号组成一个周期，1994÷4＝498……2，在前498个周期内有奇数(1+2+3+4)×498＝4980个，而第1993个括号内有2个奇数，即第4980+1+1＝4982个奇数，第4982+1＝4983个奇数．
而4982×2+1＝9965，4983×2+1＝9967，9965+9967＝19932．
即第1994个括号内的各数之和是19932．

【例7】（难度等级 ※※※※）
2001个球平均分给若干人，恰好分完。若有一人不参加分球，则每人可以多分2个，而且球还有剩余，若每人多分3个，则球的个数不足。问原来每人平均分到多少个球?
【分析与解】
 设2001个球平均分给N个人，每人分得X个球，则NX＝2001＝3×23×29。
　　若N≥3×23，那么每个人分得球数不多于29个，如果一人不参加分球，则多余的球(不多于29个)被其余的人分，每人不足1个，不合题意；　　若N≤23，那么每个人分得的球数不少于3×29＝87个，如果一人不参加分球，则多余的球(不少于87个)每人至少可以分3个，也不合题意；
　　若N＝29，那么每个人分得的球数是3×23＝69个，如果一人不参加分球，则多余的球(69个)每人可以多分2个，还有剩余，符合题意。　　答：原来每人分到69个球。
    精析:因2001个球平均分给若干人，正好分完，说明这时分球的人数和每人分的球数都是2001的约数。可将2001分解质因数，再探讨其各种分法的可能性。

【例8】（难度等级 ※※※※）
一堆球，如果球的总数是10的倍数，就平均分成10堆并拿走9堆；如果球的总数不是10的倍数，就添加不多于9个球，使球数成为10的倍数，再平均分成10堆并拿走9堆．这个过程称为一次“均分”．若球仅为一个，则不做“均分”．如果最初有球1234…19961997个，问经过多少次“均分”和添加多少个球后，这堆球便仅余下一个球?
【分析与解】
设最初有N个球，
N＝ak-110k-1+ak-210k-2+…+a110+a0，a0≠0，ak-1≠0．
第一次添加(10－a0)个，分成10堆，拿走9堆后留下的球数是：
ak-110k-2+ak-210k-3+…+a210+a1+1．
若a1＝9，不必添加，就可以分成10堆．若a1＜9，则添加10－(a1+1)个，再分成10堆．
无论a1＝9还是a1＜9，两次“均分”，共需要添加(10－a0)+(9－a1)个球，余下小堆的球数是：ak-110k-3+ak-210k-4+…+a310+a2+1．
同样道理，第三次“均分”，需添加10－(a2+1)个球，连同第一、二次“均分”时添加的球共添加了(10－a0)+(9－a9)+(9－a2)个球．
并且，“均分”一次，k位数N就少一位．经过k-1次均分，余下ak-1+1＞1个球．所以，经过k次“均分”后，就余下1个球．
总共添加的球数是：10+9(k-1)－(a0+a1+…+ak-2+ak-1)个．
当N＝1234…19961997时，N的位数k＝1×9+2×90+3×900+4×(1997－999)＝9+180+2700+4000－8＝6881．
N的数字和也就是1，2，3，…，1996，1997中所有数字的和．
如果在后面再添加上1998，1999，那么1在千位出现1000次；0，1，2，…，9在百位，十位，个位都各出现200次，所以N的数字和为：
1×1000+3×200×(1+2+3+…+9)－(1+9+9+8+1+9+9+9)＝27945．
因此所加的球数时10+9×6880－27945＝33985个．
所以“均分”6881次，添加了33985个球．

【例9】（难度等级 ※※※※）
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．

【例10】（难度等级 ※※※※）
有一位奥运会志愿者，向看台上的一百名观众按顺序发放编号1，2，3，……100，同时还向每位观众赠送一个单色喇叭．他希望如果两位观众的编号之差是质数，那么他们拿到的喇叭就是不同颜色的．为了实现他自己的愿望，他最少要准备 种颜色的喇叭．
【分析与解】
1-100的数中，只有1、3、6、8这4个数中每两两数差匀为质数，因此实现他自己的愿望，只需要4种颜色的喇叭。

【例11】（难度等级 ※※※※）
200名同学编为1至200号面向南站成一排．第1次全体同学向右转（转后所有的同学面朝西）；第2次编号为2 的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍数的同学向右转；……；第200次编号为200的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有 名．
【分析与解】
因为开始所有人面向南，最后的结果是面向东，所以转3、7、11……次的人即为所求。
根据题意，编号有几个约数就向右转几次，那么最后面向东面的数必是奇数个数的倍数，即这个数的约数是奇数个，且个数为4n+3。
哪些数的约数是奇数个呢？由于是奇数个约数，这些数一定是平方数。
如：4的约数有1、2、4三个；9的约数有1、3、9三个；25的约数有1、5、25三个，……64的约数有1、2、4、8、16、32、64七个……
但是：如平方数16既是1、4、16的倍数，还是2、8的倍数，即16的约数有5个，不符合个数为4n+3这一要求。所以要删除。
以下这些数是最后面向东面的同学：4、9、25、49、64、121、144、169。共8位同学。

【例12】（难度等级 ※※※※）
设a与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=2×2×2×3×3，有12个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72．不妨设a＞b．
第一种情况: 当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b≥72+1=73；
第二种情况: 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；
第三种情况：当a=24时，b必须取9或18，a+b的值为33或42，均不同第一、二种情况中的值；
第四种情况：当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值；
第五种情况：当a=12时，b无解；
第六种情况：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=2×2×3×5，有12个约数：1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60．a、b为60的约数，不妨设a＞b．
第一种情况:当a=60时，b可取60外的任何一个数，即可取11个值，于是a－b可取11种不同的值：59，58，57，56，55，54，50，48，45，40，30；
第二种情况: 当a=30时，b可取4，12，20，于是a－b可取26，18，10；
第三种情况：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以a－b可取17，14，8，5；
第四种情况：当a=15时，b可取4，12，所以a－b可取11，3；
第五种情况：当a=12时，b可取5，10，所以a－b可取7，2．
总之，a－b可以有11+3+4+2+2=22种不同的值．

【例13】（难度等级 ※※※※）
将自然数N接写在任意一个自然数的右面，如果得到的新数都能被N整除，那么N称为“魔术数”．问小于1996的自然数中有多少个“魔术数”?
【分析与解】
当这个“魔术数”为一位数时，设为，则将写到任意一个自然数A的右边得到的新的自然数为10A+，要求10A+能被整除，只用10A能被整除，而A是任意选择的，所以应是10的约数，有可以为5，2，1．
类似的分析知，两位数的魔术数应是100的约数，即可以为50，25，20．10．
三位的魔术数应是1000的约数，即可以为500，250，200，125，100．
四位的魔术数应是10000的约数，即可以为5000，2500，2000，1250．1000．
于是小于1996的魔术数有1，2，5，10，20，25，50，100，125，200，250，500, 1000, 1250这14个数．

【例14】（难度等级 ※※※※）
圆周上放有N枚棋子，如图28-2所示，B点的那枚棋子紧邻A点的棋子．小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后沿顺时针方向每隔1枚拿走2枚棋子，这样连续转了10周，9次越过A．当将要第10次越过A处棋子取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N是14的倍数，请精确算出圆周上现在还有多少枚棋子?
【分析与解】
设圆周上余a枚棋子，从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时，小洪拿了2a枚棋子，所以在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子． ．
依次类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32a枚棋子，…，在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之间，小洪拿走了2(3a-1)+枚棋子，所以N=2(3a-1)+1+3a=310a-1．
N=310a-1=59049a-l是14的倍数，N是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；又N=(7×8435+4) a-1=7×8435a+4a-1，所以4a-1必须是7的倍数．
当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13,是7的倍数．
所以．圆周上还有23枚棋子．

【例15】（难度等级 ※※※※）
老师在黑板上依次写了三个数21、7、8，现在进行如下的操作，每次将这三个数中的某些数加上2，其他数减去1，试问能否经过若干次这样的操作后，使得：
(1)三个数都变成12？ (2)三个数变成23、15、19？
【分析与解】
如果两个数都加上2，那么它们的差不变；如果两个数都减去1，那么它们的差也不变；
如果一个数加上2，一个数减去1，那么它们的差增大或减小3．所以，不管怎样，它们的