发布时间 : 星期四 文章小学5-6年级杯赛奥数详解更新完毕开始阅读
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30、容斥原理问题
例1 在1至1000的自然数中，不能被5或7整除的数有______个。 （莫斯科市第四届小学数学竞赛试题）
讲析：能被5整除的数共有1000÷5=200（个）；
能被7整除的数共有1000÷7=142（个）??6（个）；
同时能被5和7整除的数共有1000÷35=28（个）??20（个）。 所以，能被5或7整除的数一共有（即重复了的共有）： 200＋142—28=314（个）； 不能被5或7整除的数一共有 1000—314=686（个）。
例2 某个班的全体学生进行短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目上都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到了优秀。这部分学生达到优秀的项目、人数如下表：
求这个班的学生人数。
（全国第三届“华杯赛”复赛试题）
讲析：如图5.90，图中三个圆圈分别表示短跑、游泳和篮球达到优秀级的学生人数。
只有篮球一项达到优秀的有 15—6—5+2=6（人）； 只有游泳一项达到优秀的有 18—6—6+2=8（人）； 只有短跑一项达到优秀的有 17—6—5＋2=8（人）。 获得两项或者三项优秀的有 6＋6+5—2×2=13（人）。 另有4人一项都没获优秀。
所以，这个班学生人数是13＋6＋8＋8＋4=39（人）。
31、奇数偶数与奇偶性分析
【奇数和偶数】
例1 用l、2、3、4、5这五个数两两相乘，可以得到10个不同的乘积。问乘积中是偶数多还是奇数多？ （全国第二届“华杯赛”决赛口试试题）
讲析：如果两个整数的积是奇数，那么这两个整数都必须是奇数。在这五个数中，只有三个奇数，两两相乘可以得到3个不同的奇数积。而偶数积共有7个。所以，乘积中是偶数的多。
例2 有两组数，甲组：1、3、5、7、9??、23；乙组：2、4、6、8、10、??24，从甲组任意选一个数与乙组任意选出一个数相加，能得到______个不同的和。 （《现代小学数学》邀请赛试题） 讲析：甲组有12个奇数，乙组有12个偶数。甲组中任意一个数与乙组中任意一个数相加的和，必为奇数，其中最大是47，最小是3。
从3到47不同的奇数共有23个。 所以，能得到23个不同的和。
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本题中，我们不能认为12个奇数与12个偶数任意搭配相加，会得到12×12=144（个）不同的和。因为其中有很多是相同的。 【奇偶性分析】
例1 某班同学参加学校的数学竞赛。试题共50道。评分标准是：答对一道给3分，不答给1分，答错倒扣1分。请你说明：该班同学得分总和一定是偶数。 （全国第三届《从小爱数学》邀请赛试题）
讲析：如果50道题都答对，共可得150分，是一个偶数。每答错一道题，就要相差4分，不管答错多少道题，4的倍数总是偶数。150减偶数，差仍然是一个偶数。
同理，每不答一道题，就相差2分，不管有多少道题不答，2的倍数总是偶数，偶数加偶数之和为偶数。 所以，全班每个同学的分数都是偶数。则全班同学的得分之和也一定是个偶数。
例2 5只杯子杯口全都朝上。规定每次翻转4只杯子，经过若干次后，能否使杯口全部朝下？ （美国小学数学奥林匹克通讯赛试题）
讲析：一只杯口朝上的杯子，要想使杯口朝下，必须翻转奇数次。要想5只杯口全都朝上的杯子，杯口全都朝下，则翻动的总次数也一定是奇数次才能办得到。
现在每次只翻转4只杯子，无论翻多少回，总次数一定是偶数。 所以，不能使杯口全部朝下。
例3 某班共有25个同学。坐成5行5列的方阵。我们想让每个同学都坐到与他相邻的座位上去。（指前、后、左、右），能否做得到？
（广州市小学数学竞赛预赛试题）
讲析：如图5.44，为了方便，我们将每一格用A或B表示，也就是与A相邻的用B表示，与B相邻的用A表示。
要想使每位同学都坐到相邻座位上去，也就是说坐A座位的同学都要坐到B座位上去，而坐B座位上的同学都要坐到A座位上去。
但是，A座位共13个，而B座位共12个，所以，不管怎样坐，要想坐A座位的同学都坐到B座位上去，是办不到的。
例4 线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色。在线段中间插入1991个分点，每个分点随意标上红色或蓝色。这样分得1992条不重叠的小线段，如果把两端点颜色不同的小线段叫做标准线段，那么标准线段的条数是奇数还是偶数？
（1992年长沙市小学数学竞赛预选赛试题）
讲析：每插入一个点，无论其颜色怎样，其非标准线段的条数增加0条或2条，所以插入1991个点后，非标准线段增加总数是一个偶数。又原非标准线段条数为1，是一个奇数，故最后得到的非标准线段必为奇数。 非标准线段条数+标准线段条数=1992条。 所以，标准线段的条数是奇数。
32、其他定理或性质
【算术基本定理】任意一个大于1的整数，都能表示成若干个质数的乘积，如果不计质因数的顺序，则这个分解式是唯一的。即任意一个大于1的整数
a=[p1×p2×p3×??×pn（p1≤p2≤p3≤??≤pn）其中p1、p2、p3、?、np都质数；并且若 a=q1×q2×q3×?qm（q1≤q2≤q3≤?≤qm）
其中q1、q2、q3、?、qm都是质数。那么，m=n，qi=pi（i=1，2，3，?，n） 当这个整数是质数时是符合定理的特例。 上述定理，叫做“算术基本定理”。
【方程同解变形定理】方程的同解变形，有下列两个基本定理：
定理一 方程两边同时加上（或同时减去）同一个数或整式，所得的方程与原方程同解。
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根据这一同解定理，可把方程中某一项改变符号后，从方程的一边移到另一边。这种变形叫做移项。 例如，解方程3x=2x+5。 解 移项，得 3x-2x=5
合并同类项，得 x=5。
定理二 方程两边同时乘以（或除以）同一个不是零的数，所得的方程与原方程同解。
是同解的。
【一笔画的性质】为掌握“一笔画”的性质，先介绍“一笔画”的有关概念。
图──用若干条线（不一定是直线段）把一些点连接起来的图形，如图1.7。这些点叫图的顶点，如A、B、C、D；这些线叫图的边，如AB、AC、AD等。
点的次--每个点上所连接的线的条数，叫做这个点的“次”。如图1.7中，A点有五条线与它相连，B点有三条线与它相连，则A点的次为5；B点有三条线与它相连，则B点的次为3。
奇点--点的次数为奇数，则这个点为“奇点”。如图1.7中的A、B、C、D点，全部都是奇点。 偶点--点的次数为偶数，则这个点叫做“偶点”。
如图1.8中的B点（4次）、D点（2次），都是偶点。一笔画问题--在图1.8中，能否从A点（或其他点）出发，不重复任一边（点可随便经过若干次）而一笔画出全图的问题，叫做“一笔画问题”（也称“七桥问题”，见本书第九部分“七桥问题”词条）。
能一笔画的图形，具有下面两条性质：
（1）若一个图形中，奇点的个数不大于2，则这个图形必能一笔画成，否则就不能画成。
例如图1.7中，奇点有A、B、C、D四个，它无论从哪一点出发，都是不可能一笔画成的。而图1.8中，奇点只有A、C两个，它是可以一笔画成的。其画法可如图1.9所示：从A点出发，经1到C，经2到D，经3到B，经4到A，又经5到B，再经6到A，然后经7到C，完成全图。显然，此图的画法并不止于这一种，这只是多种画法中的一种画法。
（2）若一个图中没有奇点，那么始点和终点必须重合；若一个图中有两个奇点，则这两个奇点必是起点和终点。
例如图1.10中，点A、B、C均为偶点，没有奇点。若从A点出发，按图外箭头所指的方向，经①、②、③、④、⑤，便又回到了A点。这样，A点便既是始点又是终点。而图1.8中有A、C两个奇点，按性质（1）中的画法，可从A点出发，到C点结束，A是始点，C是终点。图1.9（也可以从C点出发，到A点结束，C为始点，A为终点。）
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平移变换
【平移线段】有些几何问题，通过线段的上、下、左、右平移以后，能使问题很快地得到正确的解答。 例如，下面的两个图形（图4.17和图4.18）的周长是否相等？
单凭眼睛观察，似乎图4.18的周长比图4.17的要长一些。但把有关线段平移以后，图4.18就变成了图4.19，其中的线段，有的上移，有的左移，有的右移，它可移成一个正方形。于是，不难发现两图周长是相等的。
【平移空白或阴影部分】有些求阴影部分或空白部分面积的几何题，采用平移空白部分或平移阴影部分的办法，往往能化难为易，很快使问题求得解答。例如，计算图4.20中阴影部分的面积。
圆面积”，然后相加，得整个阴影部分的面积。这显然是很费时费力的。但认真观察一下就会发现，图4.20左半左上部的空白部分，与右半左上部的阴影部分大小一样，只需将右半左上部的阴影部分，平移到左半左上部的空白部分，所有的阴影部分便构成一个正方形了（如图4.21）。所以，阴影部分的面积很快就可求得为5×5=25。
又如，一块长30米，宽24米的草地，中间有两条宽2米的走道，把草地分为四块，求草地的面积（如图4.22）。
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