小学数学讲义暑假六年级超常第10讲数论中的计数

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小学数学讲义暑假六年级超常第10讲数论中的计数

2022-09-12 09:49:03
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第十讲第十讲数论中的计数知识站牌六年级秋季六年级秋季进位制数论中的规律六年级暑期数论中的计数六年级暑期五年级春季数论中的最值位值原理数论中的范围中符合条件的个数的多少漫画释义第11级上超常体系教师版1\n课堂引入p1.2300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“2-1”的形式，这里的指数p也是一个素数.这种特殊形式的素数具有独特的性质和无穷的魅力，千百年来一直吸引着包括数学大师费马、笛卡尔、哥德巴赫、欧拉、高斯、哈代在内的众多数学家.17p世纪法国数学家、法兰西科学院奠基人马林•梅森是其中成果较为卓著的一位，因此后人将“2-1”型的素数称为“梅森素数”.312.1772年，有“数学英雄”美名的瑞士数学大师欧拉在双目失明的情况下，靠心算证明了2-1(即2147483647)是第8个梅森素数.在“手算笔录”的年代，人们历尽艰辛，仅找到12个梅森素数.幸而计算机的发明加速了梅森素数的探究进程.1952年，美国数学家拉婓尔•鲁滨逊等人使用52160712792203SWAC型计算机在短短的几个月内，就找到了5个梅森素数：2-1、2-1、2-1、2-1和22812-1.3.1996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”(GIMPS)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.这一项目还有一段有趣的插曲：美国一家电话公司的雇员麦克•福雷斯特偷偷地使用公司内的2585台计算机参加GIMPS项目，随后公司发现计算机经常会出些差错，本来只需要5秒钟就可以接通的电话号码，需要5分钟才能接通.联邦调查局最终查到了原因，福雷斯特承认“被GIMPS项目引诱”．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.梅森素数是否有无穷多个？这是目前尚未解决的著名数学谜题.迄今为止，人类仅发现47个梅森素数.这种素数珍奇而迷人，它在促进计算技术、密码技术、程序设计技术的发展中有着巨大作用.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级上超常体系教师版\n第十讲经典精讲1.常见数字的整除判定方法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；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11整除.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m种不同做法，第二类方法中有m种不12同做法，…，第k类方法中有mk种不同做法，则完成这件事共有Nm1m2…mk种不同方法，这就是加法原理．可以简记为：“加法分类，类类独立”．3.乘法原理完成一件事，这个事情可以分成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．这就是乘法原理．4.容斥原理ABABABABCABCABBCACABC例题思路模块一：分类枚举例1：余数问题例例2：数位分类例例3：整除性质模块二：加乘原理例例4：最小公倍问题例例5：互质模块三：容斥原理与技巧综合例例6：应用题例例7：整除、最简真分数、循环小数例8：技巧综合问题例力7：：：例1在1到2013这2013个自然数中，被11与61除所得余数相同的数有多少个？【分析】假设所求的正整数为a，它被1和61除所得余数为b，那么b只有0到10这11种情况，又因为a与b的差必为11与61的公倍数，而11,61=671,2013÷671=3，所以a可以取1~10,671~681,1342~1352,2013，一共有10+11+11+1=33个数．第11级上超常体系教师版3\n例2有一类非零自然数，它是4的倍数，并且各个数位上至少有一个数字是0，请问满足上述条件的数中，从小到大排第160个的数是多少？（学案对应：带号1）【分析】这道题没有简单的解题方法，可以根据数位进行分类枚举：一位数中没有满足题意的数；两位数：有20、40、60、80共4个；三位数：只有个位是0的：十位是2、4、6、8，百位取1至9，共36个；只有十位是0的：个位是4或8，，百位取1至9，共18个；十位、个位都是0的：共9个；综上所述，三位数共63个；四位数：千位是1的四位数，除了上述的63个外，还要考虑百位为0的，此时十位个位可取00、04、08、12…88、92、96等25个数，所以千位是1的四位数一共有88个；至此，共数了46388155个，因此在千位是2的数中从小到大数五个即可，它们是：2000、2004、2008、2012、2016，答案是2016.例3从1～999中选出连续6个自然数，使得它们的乘积的末尾恰有4个0，一共有种选法．（学案对应：超常1）【分析】连续的6个自然数中，必有3个偶数，这3个偶数是3个连续偶数，其中至少有1个是444的倍数，那么这3个偶数的积肯定是2的倍数，所以任意的连续6个自然数的积都是2的倍数．另外，连续的6个自然数中，至少有一个5的倍数，至多有两个5的倍数：4⑴如果其中只有1个5的倍数，由于末尾要有4个0，那么这个5的倍数应是5的倍数，即是625的倍数，又小于1000，只能是625，那么这6个数可以是621～626，622～627，623～628，624～629，共4种；⑵如果其中有2个5的倍数，那么只能是这连续6个自然数中的最大数和最小数都是5的倍数．由于这两个5的倍数不可能同时是25的倍数，所以3其中必有一个是5125的倍数，可能为125，250，375，500，625，750，900．对于其中除625外的6个数，每个数都可以是这连续6个自然数中的最大数和最小数，所以对这6个数，每个数都有2种取法，共有2612种取法；而对于625来说，与另一个5的倍数54相乘，将会是5的倍数，要想使末尾恰有4个0，则这连续6个自然数的乘积要是2的倍5数但又不是2的倍数．检验620～625和625～630这两组的连续6个自然数，后者满足题意，前者则不合题意．所以有2个5的倍数的情况下共有12113种选法．根据加法原理，共有41317种选法．小结：本题容易出错的地方在于容易忽略掉625～630这一组数，因为在平常做题中面对此类问题基本上都是2比5多的情况，所以学生可能对于2比5少的可能性根本不予考虑．4第11级上超常体系教师版\n第十讲例4a、b是两个互不相等的自然数，它们的最小公倍数是252，那么这两个数共有几种可能值？（学案对应：超常2）221【分析】252237，对于质因数2，a、b的取值有2215种情况；对于质因数3，a、b的取值有2215种情况，根据乘法原理；对于质因数7，a、b的取值有1213种情况，根据乘法原理：a、b的取值共有55375种，但由于它们不能同时取252，需要减去当中的一种，即75-174种费马素数法国数学家费马（1601—1665）是数学史上一位传奇人物.费马的主要职业是律师，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mn21（其中m2）的数，都是素数（质数），后人称为费马素数.n2如果将n0,1,2,3,4代入21，得到的数确实都是质数：3,5,17,257,65537.可是对n5，在321738年，欧拉惊人地发现有分解式：2142949672976416700417.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”！从此以后，人们再也没有找n2到第六个费马素数，相反地，倒是已经找到了46个形如21的数不是素数.于是人们又猜测，费马素数仅有上述5个，但也无法证明.这是数学史上的又一个悬案！例5在1，2，3，……，7，8的任意排列中，使得相邻两数互质的排列方式共有______种．【分析】这8个数之间如果有公因子，那么无非是2或3．8个数中的4个偶数一定不能相邻，对于这类多个元素不相邻的排列问题，考虑使用“插入法”即首先忽略偶数的存在，对奇数进行排列，然后将偶数插入但在偶数插入时，还要考虑3和6相邻的情况．奇数的排列一共有4!24种对任意一种排列4个数形成5个空位，将6插入，可以有符合条件的3个位置可以插再在剩下的四个位置中插入2、4、8，一共有43224种所以一共有243241728种．第11级上超常体系教师版5\n例6200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．（学案对应：超常3，带号2）【分析】只有约数个数被4除余3的数，最后面向东．约数个数为3的数有22、32、52、72、112、132，共6个数．6约数个数为7的数有2，1个，约数个数为15的数有3224144，1个一共有8个满足条件的编号．例71）在1到2008的自然数中，能被4整除，但不能被5或6整除的数有多少个？2）分母是2004的最简真分数有多少个？它们的和是多少？113）在循环小数中类似于0.142857，0.076923等，循环节是从小数点右边的第一位（即十713分位）就开始的小数，叫做纯循环小数，包括7和13在内，共有个正整数，其倒数是循环节恰好为六位的纯循环小数.（学案对应：超常4，带号3）2008【分析】1）在1到2008中，4的倍数有20084502,4和5的倍数有100个，4和6的倍2020082008数共有167个，4,5,6的公倍数共有33个，所以能被4整除，但不能被51260或6整除的数有50210016733268（个）2）2004223167，与2004互质的数也是与1002互质，而100223167，在1到1002中与1002互质的共有12166332个，进而可求得分母是2004的最简真分数有3322664个，它们的和等于66423323）根据容斥原理，999999的约数有64个，999的约数有8个，99的约数有6个，9的约数有3个，所求的n的个数为64-（8+6-3）=53（个）.例8在1,2,3,,1995这1995个数中找出所有满足下面条件的数a来：1995a能被1995a整除.（学案对应：带号4）1995a1995a19951995【分析】是自然数，所以1995-也是自然数（分离变量的思想），1995a1995a1995a所以1995a是19951995的因数，由于a取1到1995，因此1995a大于1995并且小6第11级上超常体系教师版\n第十讲2222于21995，因为1995×1995＝3×5×7×19，它在1995与2×1995之间(不包括1995)的约数有223×19＝3249,27×19＝2527,23×7×19＝2793,25×7×19＝3325,223×5×7＝2205,223×5×7＝3675于是a的值有6个，即3249－1995＝1254．2527－1995＝532．2793－1995＝798，3325－1995＝1330,2205－1995＝210,3675－1995＝1680找朋友教师先为班上的每个学生编上学号（例如从1到20），然后让同学们在大卡片上写上自己的学号，再贴在背上.游戏开始的时候，20名同学围成一圈，等待老师宣布“找朋友”的要求.例如，老师说：“现在找一个朋友，使你们的数字之和除以5的余数是2！”然后，老师限定学生在10秒钟内找到自己的朋友，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.老师还可以加大游戏的难度，例如要求3个数之和能被11整除，这样每轮游戏中必定有人因为落空而被淘汰.附加题1.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．请问两位幸运数共有多少个？第11级上超常体系教师版7\n【分析】由①可知两位幸运数不可能是奇数，否则它与1的差能被2整除；由②可知两位幸运数不可能是4的倍数，否则这个数除以2所得的商是2的倍数；再结合③，易得两位幸运数为只有14．答案是1个．2.表中第1行是把1∼100的整数依次全部排列出来，然后从第2行起是根据规律一直排到最后的第100行.请问：这个表中一共有多少个数能被77整除？第1行12345…………96979899100…………第2行3579193195197199…………第3行81216388392396第4行………………………………第5行………………………………………………………………………………第100行.【分析】在这个表里，有的数字的正下方写着比它大4的数.A-1AA+12A-12A+14A假如，某数字是不能被77整除的数字，那么不管它被4乘多少回，也不能被77整除.于是我们得知不能被77整除的数字下面写的数字都不能被77整除.那么，如果某数字是可以被77整除，不管乘多少回4，得出的数字都可以被77整除.可被77整除的数字下面都可以被77整除.题目的表中从左右两边第N个的下面写着N个整数.表的第一行从右数第24个是77，在它下面写的24个整数都可以被77整除.另外，从左数第二行第38个是383977，所以在它下面写的38个整数都可以被77整除.在表的第一行和第二行里除此之外再没有可以被77整除的数了.从整个表来看，除了上述的243862个以外，再也没有可以被77整除的数了，所以答案为62.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；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11整除.2.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.ABABABABCABCABBCACABC8第11级上超常体系教师版\n第十讲家庭作业1.在小于1000的非零自然数中，被10和33除所得余数相同的数有多少个？【分析】假设所求的正整数为a，它被10和33除所得余数为b，那么b只有0到9这10种情况，又因为a与b的差必为10与33的公倍数，而[10,33]330,1000330310，所以a可以取1~9,330~339,660~669,990~999，一共有910101039个数．2.能被3整除且至少有一个数字是6的四位数有个.【分析】用排除法，四位数总共有9×10×10×10=9000个，其中能被3整除的四位数有3000个，排除掉能被3整除且不含有数字6的四位数之后剩下的所有的四位数都满足条件！设能被3整除且不含有数字6的四位数为abcd，最高位千位a有8选法（不能选0或6），百位有9种选法（不能选6），十位也有9种选法（也不能选6），若前三位的数字和（a+b+c）若除以3余0则个位d有3种选法（可选0，3，9）；若前三位的数字和（a+b+c）除以3余1，则个位d有3种选法（可选2，5，8）；若前三位的数字和（a+b+c）除以3余2，则个位d还是有3种选法（可选1，4，7）；故能被3整除且不含有数字6的四位数有8×9×9×3=1944个.从而得到能被3整除且至少有一个数字是6的四位数有3000-1944=1056个.3.六年级（1）班共有44名学生，学号从1到44，现在从中选取两名学生，使得他们学号的乘积是15的倍数．求符合条件的取法共有几种？【分析】分类枚举：在1到44中，15的倍数有两个，即15和30，这两个数与任何一个数相乘都能组成15的倍数，因此有43×2-1=85种取法（由于15×30与30×15属同一种取法，所以减去重复的一种）；如果抽取的两位学生的学号都不是15的倍数，那么其中一个的学号必须是443的倍数，另一个的学号必须是5的倍数，而=14，除去15,30这两个数外，还有14-2=12344（个）3的倍数，=8，除去15,30这两个数外，还有8-2=6（个）5的倍数，因此有12×6=725（种），综上所述，满足题意的方法共有85+72=157（种）．4.a、b是两个互不相等的自然数，它们的最小公倍数是72，那么这两个数共有几种可能值？32【分析】7223，对于质因数2，a、b的取值有30313203132333（2、2）、（2、2）、（2、2）、（2、2）、（2、2）、（2、2）、（2、2），即3217种情况，同理，对于质因数3，a、b的取值有2215种情况，根据乘法原理，a、b的取值共有7535种，但由于它们不能同时取72，需要减去当中的一种，即35-134种.5.用数字1~8各一个组成8位数，使得任意相邻三个数字组成的三位数都是3的倍数．共有种组成方法．【分析】1~8中被三除余1和余2的数各有3个，被三整除的数有2个，根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合“被三除所得余数以3位周期”，所以8个数字，第1、4、7位上的数被3除同余，第2、5、8位上的数被3除同余，第3、6位上的数被3除同余，显然第3、6位上的数被3整除，第1、4、7位上的数被3除可以余1也可以余2，第2、5、8位上的数被3除可以余2可以余1，余数的安排上共有2种方法，余数安排定后，还有同余数之间的排列，一共有3!3!2!2144（种）方法．第11级上超常体系教师版9\n6.2006盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制，按顺序编号为1，2，3，……，2006.将编号为2的倍数的灯的拉线各拉一下；再将编号为3的倍数的灯的拉线各拉一下，最后将编号为5的倍数的灯的拉线各拉一下.拉完后亮着的灯数为（）盏.【分析】因为灯在开始的时候是亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的．这道题实际上是求1到2006中不能被2、3、5整除的数和只能同时被2、3、5中2个数整除的数的总个数．我们可以求得被2整除的数有200621003(盏)，被3整除的数有200636682，共668(盏)，被5整除的数有200654011，共401(盏)．其中，同时被2、3整除的数有2006(23)3342，共334(盏)；同时被3、5整除的有2006(35)13311，共133(盏)；同时被2、5整除的数有2006(25)2006，共200(盏)；同时被2、3、5整除的数有2006(235)6626，共66(盏)，所以，只能同时被2、3、5中2个数整除的数的个数为334133200366469(盏)，不能被2、3、5整除的数的个数为2006100366840133413320066535(盏)．所以，最后亮着的灯一共为4695351004(盏)．7.1到100中，不能被4或6或7整除的数共有多少个？【分析】注意：此题中4与6不互质，不能再用第2、3题的处理方法（例如，不存在被4除余1，被6除余2的数），所以只能用第1题的方法：1004的倍数有[]25个41006的倍数有16个61007的倍数有14个710012的倍数有8个1210028的倍数有3个2810042的倍数有2个4210084的倍数有1个84所以能被4或6或7整除的数共有251614832143个故不能被4或6或7整除的数共有100-43=57（个）8.如果a是不超过84的自然数，并且满足8484能被84a整除.那么a有多少个不同取值？【分析】显然a取0或84都符合题意，除了这两种取法之外，84a的值都大于84的1倍，并且222小于84的2倍，而8484237237，因此可以在2×3×7的基础上作如下替换：去掉某一个因数，换入一个与它互质、并且在其1倍到2倍之间的因数，例如，去掉因数10第11级上超常体系教师版\n第十讲2，可以换入3，因为3在2的1倍到2倍之间，所以2×3×7×3在84的1倍与2倍之间（不包括84与168，下同），从而可得到满足题意的自然数a，但不可换入7，因为7已超过222的两倍，因此2×3×7×3也超过84的两倍；同理可得，去掉因数3，可换入2；去掉因数2，2可换入7，去掉因数6，可换入7；去掉因数7，可换入2×3．如果去掉一个不少于12的因数，显然所有与它互质的因数都不比它小．综上所述，a有7个不同取值.超常班学案【超常班学案1】小明的两个衣服口袋中各有13张卡片，每张卡片上分别写着1,2,3,,13．如果从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算它们所写两数的乘积，可以得到许多不相等的乘积．那么，其中能被6整除的乘积共有多少个？【分析】方法一：所组成的所有能被6整除的乘积中，最小的是61，最大的是1213626，即范围在6的1倍到24倍之间，易知6的1倍到13倍都能取得，又因为614127,615910,616128，618129,6201210,6221211,6241213，另外617,619,621,623,625这5个乘积无法得到，所以答案为26521个．方法二（分类枚举）：在1到13当中：能被6整除的数为6、12；能被2但不能被3整除的数为2、4、8、10；能被3但不能被2整除的数为3、9．①若选取的两个数中有一个是6或12，那么所得的乘积必能被6整除，这样的乘积有61~613，121~1213，因为12是6的两倍，所以121,122,,126所得的结果都在61~613中出现，127614,128616,129618,1210620,1211622,1212624,1213626，合计13720个不同乘积；②如果所取的两个数均不是6的倍数，那么必须满足其中一个是2的倍数，另一个是3的倍数，共有428种取法，容易发现，只有910615没有与①中的乘积重复；综上所述，共有20121个不同的乘积．【超常班学案2】已知a和b的最大公约数是10，a与c，b与c的最小公倍数都是30.则满足此条件的a、b、c共有多少组？【分析】【答案】由于1025,3025310=2×5因此a和b的取法有10、10,10、30,30、10这三种，不论a和b是哪种取法，c必须含有质因数3，而质因数2或5可以取也可以不取，因此c共有224种取法，根据乘法原理，满足条件的a、b、c共有3412组.第11级上超常体系教师版11\n【超常班学案3】在游艺会上，有100名同学抽到了标签分别为1至100的奖券．按奖券标签号发放奖品的规则如下：（1）标签号为2的倍数，奖2支铅笔；（2）标签号为3的倍数，奖3支铅笔；（3）标签号既是2的倍数，又是3的倍数可重复领奖；（4）其他标签号均奖1支铅笔．那么游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有多少支?100100【分析】1～100，2的倍数有=50，3的倍数有=33个，因为既是2的倍数，又是3的23100倍数的数一定是6的倍数，所以标签为这样的数有=16个．于是，既不是2的倍数，6又不是3的倍数的数在1～100中有100-50-33+16=33．所以，游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有：50×2+33×3+33×1=232支.【超常班学案4】在不超过1001的非零自然数中，能被7或11或13整除的数共有多少个？【分析】先计算不能被7或11或13整除的数的个数，由于7、11、13两两互质，且[7,11,13]=1001，所以在1到1001中不能被7或11或13整除的数共有6×10×12=720个（这样的数被7或11或13除均有余数，并且因为7、11、13两两互质，余数互不影响），因此在不超过1001的非零自然数中，能被7或11或13整除的数共有1001-720=281个.123班学案【123班学案1】请问至少出现一个数码3，并且是3的倍数的五位数共有多少个？【分析】五位数共有90000个，其中3的倍数有30000个．可以采用排除法，首先考虑有多少个五位数是3的倍数但不含有数码3.首位数码有8种选择，第二、三、四位数码都有9种选择．当前四位的数码确定后，如果它们的和除以余数为0，则第五位数码可以为0、6、9；如果余数为1，则第五位数码可以为2、5、8；如果余数为2，则第五位数码可以为1、4、7.可见只要前四位数码确定了，第五位数码都有3种选择，所以五位数中是3的倍数但不含有数码3的数共有8999317496个．所以满足条件的五位数共有300001749612504个．【123班学案2】一根1.8米长的木棍，从左端开始每隔2厘米画一个刻度，涂完后再从左端开始每隔3厘米画一个刻度，再从左端每隔5厘米画一个刻度，再从左端每隔7厘米画一个刻度，涂过按刻度把木棍截断，一共可以截成多少段小木棍？【分析】1.8米长的木棍，按2厘米一段画出刻度，那么也就是说所有的偶数点都已经划过了，即2、4、6、8、10……共89个点，那么再画3的时候所有的偶数点都已经划过，那么会多出30个点，即3、9、15……，再画5的时候会多出来的点是5、25、35、55、65、85、95、115、125、145、155、175，共12个，最后画间隔7厘米的时候，会多出7、49、77、91、119、133、161共7个点，那么所有的刻度总和应该是8930127138个，那么截断之后应该会有139段小木棍．12第11级上超常体系教师版\n第十讲【123班学案3】同时满足以下条件的分数共有多少个？11①大于，并且小于；65②分子和分母都是质数；③分母是两位数．【分析】采取通分子的方法，根据分子从小到大的情况进行分类枚举：222分子最小是2：满足题意的分数应在与之间，因此只有一个满足题意；101211333分子是3：满足题意的分数应在与之间，并且分母是质数，只有一个满足题意；181517555分子是5：满足题意的分数应在与之间，并且分母是质数，只有一个满足题意；30252977分子是7：满足题意的分数应在与之间，此时分母的取值有37,41两种；42351111分子是11：满足题意的分数应在与之间，此时分母的取值有59,61两种；66551313分子是13：满足题意的分数应在与之间，此时分母的取值有67,71,73三种；78651717分子是17：满足题意的分数应在与之间，此时分母可取得两位质数有89,97两种；102851919分子是19：满足题意的分数应在与之间，此时分母可取得两位质数只有97一种；11495123如果分子不少于23，因为，此时分母至少为三位数．5115综上所述，满足题意的分数共有1112232113（个）【123班学案4】在1,2,3,4,2007这2007个数中有多少个自然数a能使2008a能被2007a整除？【分析】本题考察代数知识的综合技巧，是一道难度较大的题目．要使得2008a能被2007a整除，2008a我们可以将条件等价的转化为只要让是一个整数即可．下面是一个比较难的技巧，2007a2008a我们知道若a可以使得是一个整数，那么a也同样可以使得2007a2008a2008a2007a40151是一个整数，这样只要2007a是4015的约数2007a2007a2007a即可，将4015分解可知其共有8个因数，其中4015是最大的一个，但是显然没有可以让2007a等于4015的a的值，其余的7个均可以有对应的a值，所以满足条件的a的取值共有7个．第11级上超常体系教师版13 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