送花.

我也以为是数学老师发帖呢。谢谢了。鲜花。.

常用的数字特征：
⑴被2整除的数：个位数字是偶数；
⑵被5整除的数：个位数字是0或5；
⑶被4整除的数：末两位组成的数被4整除；
被25整除的数：末两位组成的数被25整除；
⑷被8整除的数：末三位组成的数被8整除；
被125整除的数：末三位组成的数被125整除；
⑸被3整除的数：数字和被3整除；
⑹被9整除的数：数字和被9整除；
⑺被11整除的数：奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除.

更一般地，我们有
一个数被2或5除，与这个数的个位数字被2或5除，所得余数相同。
一个数被4或25除，与这个数末两位数字被4或25除，所得余数相同。
一个数被8或125除，与这个数末两位数字被4或25除，所得余数相同。
一个数被3或9除，与这个数的数字和被3或9除，所得余数相同。
一个数被11除，与它的奇数位数字和、偶数位数字和的差被11除，所得余数相同。.

牛~~~等！！！.

有100学生参加考试,做对第一题的有86人,做对第二题的有82人,最对第三题的有71人,做对第四题的有54人,做对第五题的有33人,统计没有人做对4道题,问全部做对5道题的至少有多少人？.

MARK.

有100学生参加考试,做对第一题的有86人,做对第二题的有82人,最对第三题的有71人,做对第四题的有54人,做对第五题的有33人,统计没有人做对4道题,问全部做对5道题的至少有多少人？



备注：
容斥原理1：A或者B的元素个数=A的元素个数+B的元素个数-既是A又是B的元素个数

容斥原理1：A或者B或者C的元素个数=A的元素个数+B的元素个数+C的元素个数-既是A又是B的元素个数-既是A又是C的元素个数-既是B又是C的元素个数+既是A又是B又是C的元素个数

[ 本帖最后由 junhuayang2005 于 2009-12-15 15:11 编辑 ].

继续围观， .

第58#的题目，我在想着呢，没有画出来图，挺复杂的。中间还有环节，没有想透彻呢，其实是很有意思的。.

有趣的“牛顿问题”

　　英国数学家和物理学家伊萨克·牛顿（1642～1727），在他著的《普通算术》中有一道非常有名的题目，就是牛在牧场上吃草问题，后人把这种题称“牛顿问题”。此题的特点是“牛在吃草而草又不断生长”。其解法别具一格，颇有思考价值，故誉为世界名题之一。

　　原题：一牧场长满青草，牛在吃草而草又不断生长。27头牛6天可以吃完，23头牛9天可以吃完，若21头牛几天可以吃完？

　　假设一头牛一天吃的草为1，则27头牛6天吃27×6=162；23头牛9天吃23×9=207。207与162的差就是3天长出的草，1天长（207-162）÷3=15。

　　因为27头牛6天吃的为162，这6天长出15×6=90，从而知原有草为162-90=72。

　　如果由21头牛吃，设x天吃完，不但要把原来的吃完，而且也要把x天内长出的草吃完。

　　（72+15x）÷21=x

　　解得 x=12

　　巧妙解法：吃草数量差为 23×9-27×6=45，吃草时间差为9-6=3（天），每天长出的草量是45÷3=15，最初的草量是（27-15）×6=72。因此，所求为

　　72÷（21-15）=12（天）

　　“牛顿问题”既有趣味，又有应用价值。

　　例1 有三片牧场，场上的草是一样密的，而且长得一样快，它们的面

　　第二片牧场饲养21头牛可以维持9星期。问在第三片牧场上饲养多少头牛恰好可以维持18星期？

　　此比例36头牛4周吃完10公顷；或16头牛9周吃完10公顷；或8头牛18周吃完10公顷。

　　由于青草在生长，所以第二片牧场21头牛9周只吃完10公顷。这就是说，在随后9-4=5周内，10公顷草地



　　草可供7头牛吃18周。

　　由上得知，若青草不长，则10公顷草地可供8头牛吃18周，再加上（18-4）周内生长的青草可供7头牛吃18周。即10公顷牧场可供（8+7）头牛吃18周。

　　按此比例得10公顷：24公顷=15头牛：x头牛。即可算出第三牧场24公顷草地可供36头牛维持18星期。

　　例2 一个有地下泉的池塘。如果50人挑水，20小时把塘水挑完；若70人挑水，10小时把水挑完。问100人挑水，多少小时把塘水挑完？如果要塘水用不完，挑水人数要限制在多少人之间？

　　假设1人1小时挑水1份，那么

　　50人比70人多挑50×20-70×10=300（份），

　　塘里每小时增水300÷（20-10）=30（份），

　　塘里原有水50×20-30×20=400（份），

　　或 70×10-30×10=400（份），

　　

　　当塘里的水减少时，水压就减小，从而地下泉水能流进塘里。从塘里每小时能增加水30份，可知30人挑水，1人1小时挑1份，则塘里始终保存400份水。所以，挑水的人数限制在30人之内，塘里的水就可用不完。

　　例3 某厂按一定的效率生产零件，每天生产到一定数量时就分盒包装。有一天派4人分盒包装，经过120分钟包装完已生产的零件；另一天派10人分盒包装，经过30分钟包装完已生产的零件。如果要求20分钟包装完已生产的零件，需派出同样工效的工人多少人包装？多少人包装才能赶上零件生产的速度？

　　假设1人1分钟包装1份。则

　　4人比10人多包装4×120-10×30=180（份），

　　每分钟生产零件180÷（120-30）=2（份），

　　开始包装时，已生产4×120-2×120=240（份）。或10×30-2×30=240（份）。

　　要求20分钟包装完已产零件，需派出

　　240÷20+2=14（份），

　　14份÷1份=14（人）。

　　已知每分钟生产零件2份，如果由2人包装，每分钟只能包装2份，则原有240份零件始终保留包装不了。所以，最少要3人包装，才能在一定时间赶上零件生产的速度。

　　3人包装需要240÷（3-2）=240（分钟），赶上零件生产的速度。.

牛顿问题

　　英国著名的物理学家学家牛顿曾编过这样一道数学题：牧场上有一片青草，每天都生长得一样快。这片青草供给10头牛吃，可以吃22天，或者供给16头牛吃，可以吃10天，如果供给25头牛吃，可以吃几天？
　　解题关键：
　　牛顿问题，俗称“牛吃草问题”，牛每天吃草，草每天在不断均匀生长。解题环节主要有四步：
　　1、求出每天长草量；
　　2、求出牧场原有草量；
　　3、求出每天实际消耗原有草量( 牛吃的草量-- 生长的草量= 消耗原有草量)；
　　4、最后求出可吃天数
　　想：这片草地天天以同样的速度生长是分析问题的难点。把10头牛22天吃的总量与16头牛10天吃的总量相比较，得到的10×22-16×10=60，是60头牛一天吃的草，平均分到（22-10）天里，便知是5头牛一天吃的草，也就是每天新长出的草。求出了这个条件，把25头牛分成两部分来研究，用5头吃掉新长出的草，用20头吃掉原有的草，即可求出25头牛吃的天数。
　　解：新长出的草供几头牛吃1天：
　　（10×22-16×10）÷(22-10）
　　=（220-160）÷12
　　=60÷12
　　=5（头）
　　这片草供25头牛吃的天数：
　　（10-5）×22÷（25-5）
　　=5×22÷20
　　=5.5（天）
　　答：供25头牛可以吃5.5天。
　　-------------------------------------------------------------------------------------------
　　牛顿在其著作《普遍的算术》(1707年出版)中提出如下问题：＂12条公牛在四个星期内吃掉了三又三分之一由格尔的牧草；21条公牛在9星期吃掉10由格尔的牧草，问多少条公牛在18个星期内吃掉20由格尔的牧草？＂
　　（由格尔是古罗马的面积单位，1由格尔约等于2,500平方米）。这个著名的公牛问题叫做“牛顿问题”。
　　牛顿的解法是这样的：在牧草不生产的条件下，如果12条公牛在四星期内吃掉三又三分之一由格尔的牧草、则按比例63头公牛四星期内，或16头公牛九个星期内，或八头公牛18星期内吃掉10由格尔的牧草，由于牧草在生长，所以21头公牛９星期只吃掉10由格尔牧草，即在随后的五周内，在10由格尔的草地上新长的牧草足够21-16=5头公牛吃9星期，或足够5/2头公牛吃18个星期，由此推得，14个星期（即18个星期减去初的四个星期）内新长的牧草可供7头公牛吃18个星期，因为5：14=5/2：7。前已算出，如牧草不长，则10由格尔草地牧草可供八头公牛吃18个星期，现考虑牧草生长，故应加上7头，即10由格尔草地的牧草实际可供15头公牛吃18个星期，由此按比例可算出。24由格尔草地的牧草实际可供36头公牛吃18星期。
　　牛顿还给出代数解法：他设1由格尔草地一个星期内新长的牧草相当于面积为y由格尔，由于每头公牛每个星期所吃牧草所占的面积看成是相等的，
　　根据题意，设若所求的公牛头数为x，则（10/3+10/3）*4y/(12*4)=(10+10*9y)/(21*9)=(24+24*18y)/18x
　　解得x=36 即36条公牛在18个星期内吃掉24由格尔的牧草。.

引用:

原帖由 junhuayang2005 于 2009-11-13 13:23 发表
古代数学中有这样一道题目：今有物不知其数量，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物有几何，你知道吗？

中国剩余定理是怎么推出来的?
这个要从韩信说起， 韩信是汉高祖刘邦手下的大将，他英勇善战，智谋超群，为汉朝的建立了卓绝的功劳。据说韩信的数学水平也非常高超，他在点兵的时候，为了保住军事机密，不让敌人知道自己部队的实力，先令士兵从1至3报数，然后记下最后一个士兵所报之数；再令士兵从1至5报数，也记下最后一个士兵所报之数；最后令士兵从1至7报数，又记下最后一个士兵所报之数；这样，他很快就算出了自己部队士兵的总人数，而敌人则始终无法弄清他的部队究竟有多少名士兵。
    这个故事中所说的韩信点兵的计算方法，就是现在被称为“中国剩余定理”的一次同余式解法。它是中国古代数学家的一项重大创造，在世界数学史上具有重要的地位。
    最早提出并记叙这个数学问题的，是南北朝时期的数学著作《孙子算经》中的“物不知数”题目。这道“物不知数”的题目是这样的：
   “今有一些物不知其数量。如果三个三个地去数它，则最后还剩二个；如果五个五个地去数它，则最后还剩三个；如果七个七个地去数它，则最后也剩二个。问：这些物一共有多少？”
    用简练的数学语言来表述就是：求这样一个数，使它被3除余2，被5除余3，被7除余2。《孙子算经》给出了这道题目的解法和答案，用算式表示即为：
     
                                          
    用现代的数学术语来说，这幅“开方作法本源图”实际上是一个指数为正整数的二项式定理系数表。稍懂代数的读者都知道：
                       
    《孙子算经》实际上是给出了这类一次同余式组
                           
的一般解：
              
     其中70、21、15和105这四个数是关键，所以后来的数学家把这种解法编成了如下的一首诗歌以便于记诵：

                 “三人同行七十（70）稀，
                   五树梅花二一（21）枝。
                   七子团圆正半月（15），
                   除百零五（105）便得知。”



    《孙子算经》的“物不知数”题虽然开创了一次同余式研究的先河，但由于题目比较简单，甚至用试猜的方法也能求得，所以尚没有上升到一套完整的计算程序和理论的高度。真正从完整的计算程序和理论上解决这个问题的，是南宋时期的数学家秦九韶。秦
九韶在他的《数书九章》（见图1一7一1）中提出了一个数学方法“大衍求一术”，系统地论述了一次同余式组解法的基本原理和一般程序。
     秦九韶为什么要把他的这一套计算程序和基本原理称为“大衍求一术”呢？这是因为其计算程序的核心问题是要“求一”。所谓“求一”，通俗他说，就是求“一个数的多少倍除以另一个数，所得的余数为一”。那么为什么要“求一”呢？我们可以从“物不知数”题的几个关键数字70、21、15中找到如下的规律                                             
    其中70是5和7的倍数，但被3除余1；21是3和7的倍数，但被5除余1；15是3和5的倍数，但被7除余1，任何一个一次同余式组，只要根据这个规律求出那几个关键数字，那么这个一次同余式组就不难解出了。为此，秦九韶提出了乘率、定数、衍母、衍数等一系列数学概念，并详细叙述了“大衍求一术”的完整过程。（由于解法过于繁细，我们在这里就不展开叙述了，有兴趣的读者可进一步参阅有关书籍。）直到此时，由《孙子算经》“物不知数”题开创的一次同余式问题，才真正得到了一个普遍的解法，才真正上升到了
“中国剩余定理”的高度。
    从《孙子算经》到秦九韶《数书九章》对一次同余式问题的研究成果，在19世纪中期开始受到西方数学界的重视。1852年，英国传教士伟烈亚力向欧洲介绍了《孙子算经》的“物不知数”题和秦九韶的“大衍求一术”；1876年，德国人马蒂生指出，中国的这一解法与西方19世纪高斯《算术探究》中关于一次同余式组的解法完全一致。从此，中国古代数学的这一创造逐渐受到世界学者的瞩目，并在西方数学史著作中正式被称为“中国剩余定理”。.

孙子算经》中给出这类问题的解法：“三三数之剩二，则置一百四十；五五数之剩三，置六十三；七七数之剩二，置三十；并之得二百三十三，以二百一十减之，即得。凡三三数之剩一，则置七十；五五数之剩一，则置二十一；七七数之剩一，则置十五，一百六以上，以一百五减之，即得。”用现代语言说明这个解法就是：



首先找出能被5与7整除而被3除余1的数70，被3与7整除而被5除余1的数21，被3与5整除而被7除余1的数15。



所求数被3除余2，则取数70×2＝140，140是被5与7整除而被3除余2的数。



所求数被5除余3，则取数21×3＝63，63是被3与7整除而被5除余3的数。



所求数被7除余2，则取数15×2=30，30是被3与5整除而被7除余2的数。



又，140＋63＋30=233，由于63与30都能被3整除，故233与140这两数被3除的余数相同，都是余2，同理233与63这两数被5除的余数相同，都是3，233与30被7除的余数相同，都是2。所以233是满足题目要求的一个数。



而3、5、7的最小公倍数是105，故233加减105的整数倍后被3、5、7除的余数不会变，从而所得的数都能满足题目的要求。由于所求仅是一小队士兵的人数，这意味着人数不超过100，所以用233减去105的2倍得23即是所求。.

中国剩余定理
　　民间传说着一则故事——“韩信点兵”。
　　秦朝末年，楚汉相争。一次，韩信将1500名将士与楚王大将李锋交战。苦战一场，楚军不敌，败退回营，汉军也死伤四五百人，于是韩信整顿兵马也返回大本营。当行至一山坡，忽有后军来报，说有楚军骑兵追来。只见远方尘土飞扬，杀声震天。汉军本中国剩余定理来已十分疲惫，这时队伍大哗。韩信兵马到坡顶，见来敌不足五百骑，便急速点兵迎敌。他命令士兵3人一排，结果多出2名；接着命令士兵5人一排，结果多出3名；他又命令士兵7人一排，结果又多出2名。韩信马上向将士们宣布：我军有1073名勇士，敌人不足五百，我们居高临下，以众击寡，一定能打败敌人。汉军本来就信服自己的统帅，这一来更相信韩信是“神仙下凡”、“神机妙算”。于是士气大振。一时间旌旗摇动，鼓声喧天，汉军步步进逼，楚军乱作一团。交战不久，楚军大败而逃。
　　首先我们先求3、5、7、的最小公倍数105（注：因为3、5、7为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），乘以10,然後再加23，得1073（人）。
　　在一千多年前的《孙子算经》中，有这样一道算术题：
　　“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”按照今天的话来说：一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，求这个数.
　　这样的问题，也有人称为“韩信点兵”.它形成了一类问题，也就是初等数论中解同余式.这类问题的有解条件和解的方法被称为“中国剩余定理”，这是由中国人首先提出的.
　　① 有一个数，除以3余2，除以4余1，问这个数除以12余几？
　　解：除以3余2的数有：
　　2， 5， 8， 11，14， 17， 20， 23….
　　它们除以12的余数是：
　　2，5，8，11，2，5，8，11，….
　　除以4余1的数有：
　　1， 5， 9， 13， 17， 21， 25， 29，….
　　它们除以12的余数是：
　　1， 5， 9， 1， 5， 9，….
　　一个数除以12的余数是唯一的.上面两行余数中，只有5是共同的，因此这个数除以12的余数是5.
　　如果我们把①的问题改变一下，不求被12除的余数，而是求这个数.很明显，满足条件的数是很多的，它是 5＋12×整数，
　　整数可以取0，1，2，…，无穷无尽.事实上，我们首先找出5后，注意到12是3与4的最小公倍数，再加上12的整数倍，就都是满足条件的数.这样就是把“除以3余2，除以4余1”两个条件合并成“除以12余5”一个条件.《孙子算经》提出的问题有三个条件，我们可以先把两个条件合并成一个.然后再与第三个条件合并，就可找到答案.
　　②一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，求符合条件的最小数.
　　解：先列出除以3余2的数：
　　2， 5， 8， 11， 14， 17， 20， 23， 26，…，
　　再列出除以5余3的数：
　　3， 8， 13， 18， 23， 28，….
　　这两列数中，首先出现的公共数是8.3与5的最小公倍数是15.两个条件合并成一个就是8＋15×整数，列出这一串数是8， 23， 38，…，再列出除以7余2的数 2， 9， 16， 23， 30，…，
　　就得出符合题目条件的最小数是23.
　　事实上，我们已把题目中三个条件合并成一个：被105除余23.
　　那么韩信点的兵在1000-1500之间，应该是105×10+23=1073人.

被一些数字整除的数的特征是什么?
被2,3,7,11等数字整除的数有哪些共性呢?

（1）1与0的特性：
1是任何整数的约数，即对于任何整数a，总有1|a.
0是任何非零整数的倍数，a≠0,a为整数，则a|0.

（2）若一个整数的末位是0、2、4、6或8，则这个数能被2整除。
（3）若一个整数的数字和能被3整除，则这个整数能被3整除。
  (4) 若一个整数的末尾两位数能被4整除，则这个数能被4整除。
（5）若一个整数的末位是0或5，则这个数能被5整除。
（6）若一个整数能被2和3整除，则这个数能被6整除。
（7）若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被7整除。如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13－3×2＝7，所以133是7的倍数；又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613－9×2＝595 ， 59－5×2＝49，所以6139是7的倍数，余类推。
（8）若一个整数的未尾三位数能被8整除，则这个数能被8整除。
（9）若一个整数的数字和能被9整除，则这个整数能被9整除。
（10）若一个整数的末位是0，则这个数能被10整除。
（11）若一个整数的奇位数字之和与偶位数字之和的差能被11整除，则这个数能被11整除。11的倍数检验法也可用上述检查7的「割尾法」处理！过程唯一不同的是：倍数不是2而是1！
（12）若一个整数能被3和4整除，则这个数能被12整除。
（13）若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加上个位数的4倍，如果差是13的倍数，则原数能被13整除。如果差太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」的过程，直到能清楚判断为止。
（14）若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的5倍，如果差是17的倍数，则原数能被17整除。如果差太大或心算不易看出是否17的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。
（15）若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加上个位数的2倍，如果差是19的倍数，则原数能被19整除。如果差太大或心算不易看出是否19的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」的过程，直到能清楚判断为止。
（16）若一个整数的末三位与3倍的前面的隔出数的差能被17整除，则这个数能被17整除。
（17）若一个整数的末三位与7倍的前面的隔出数的差能被19整除，则这个数能被19整除。
（18）若一个整数的末四位与前面5倍的隔出数的差能被23(或29)整除，则这个数能被23整除.

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单位分数

　　分子是1，分母是等于或大于2的自然数的分数叫做单位分数，记为1/n.
　　单位分数又叫分数单位或“单分子分数”，它还有一个名称“埃及分数”，有关知识请参见百度网页“埃及分数”。
　　人类对分数的认识，就是从单位分数开始的。大约在公元前2000年，古代埃及人就是把分子大于1的正分数表示成单位分数的和，例如5/6写成了1/2+1/3的形式.所谓林特*（Rhind)抄本，就记载了当时埃及人把一些分数写成单位分数的和，其中包括所有2/m（m取5至101之间的所有奇数）被表示成不同的单位分数之和的表，每一个和中的单位分数都按它们的大小递减排列。
　　用单位分数表示分数，有许多有趣的性质，并由此产生出一些有趣的问题。
　　尽管单位分数的概念以及把分数表示成单位分数之和的问题，再古代就已经提出，单直到今天，有关单位分数的问题，仍然引起人们的兴趣，因为它所产生的问题，有的已经成为至今尚未解决的数论问题和猜想。
　　----------------------------------------------
　　* Rhind 是十九世纪苏格兰的一位古物收集家1855年，他买到了这种抄本，后来，人们就叫林特抄本.
　　单位分数也可以表示为一个数字的最小单位..

埃及分数
　　分数，连小学生都知道，例如1/2，3/5。可是你是否知道，还有一种单分子分数，即分子为1，分母为任意数。这种分数叫埃及分数，或者叫单分子分数。
　　埃及同中国一样，也是世界上著名的文明古国。人们在考察古埃及历史时注意到象阿基米德这样的数学巨匠，居然也研究过埃及分数。本世纪一些最伟大的数学家也研究埃及分数，例如，沃而夫数学奖得主，保罗-欧德斯，他提出了著名的猜想 4/n=1/x+1/y+1/z. 难倒了世界上第一流的数学家。当9个面包要平均分给 10个人的时候，古埃及人不知道每个人可以取得 9/10，而是说每人1/3，1/4，1/5，1/12，1/30。真叫人难以想象，你连9/10都搞不清楚，怎么知道9/10=1/3+1/4+1/5+1/12+1/30。所以几千年来，数学史家一直坚持认为，古埃及人不会使用分数。
　　1858年，苏格兰考古学家莱登买到了一份古埃及草纸文件，经过鉴定这是繁生于尼罗河泛滥形成的池塘和沼泽地里的草制成的纸，成文年代约在公元前1700年。
　　那么，古埃及的人们，是怎么算的呢？首先，把 2 个物品分成 4 个 1/2，先给每个人 1 个 1/2，剩下的 1 个1/2 再分成 3 等分，均分结果，每人分到 1/2 加 1/2 的 1/3，也就是 1/2 + 1/6 = 2/3。这份至今保存在大英博物馆的“莱登”草纸，用很大的篇幅记载着将真分数分解成单分子分数，这种运算方式，遭到现代数学家们纷纷责难，认为埃及人之所以未能把算术和代数发展到较高水平，其分数运算之繁杂也是原因之一。
　　埃及金字塔是举世闻名的，表明古埃及人具有高超的建筑技巧和超凡的智力，难道最简单的现代分数也不懂？金子塔所蕴含的难道是一篇粗劣的作品？
　　现代数学已经发展到十分抽象和复杂的程度，而埃及分数却是这样粗糙，在人们的记忆里早该烟消云散了，然而，它产生的问题直到今天仍然引起人们的重视。
　　四川大学已故老校长柯召写道：“埃及分数所产生的问题有的已成为至今尚未解决的难题和猜想，他们难住了许多当代数学家”。柯召本人至死都没有能够证明这个猜想。
　　一个古老的传说是：
　　老人弥留之际，将家中11匹马分给3个儿子，老大1/2，老二1/4，老三1/6。二分之一是5匹半马，总不能把马杀了吧，正在无奈之际，邻居把自己家的马牵来，老大二分之一，牵走了6匹；老二四分之一，牵走了3匹；老三六分之一，牵走了2匹。一共11匹，分完后，邻居把自己的马牵了回去。即11/12=1/2+1/4+1/6。
　　奇妙的埃及分数终于调动自己的潜在难度击败了敢于轻视他们的人们。并且给与嘲笑他的人以难堪的回答。
　　两千多年后的数学家终于发现：2/n=1/[(n+1)/2]+1/[(n+1)n/2]； 1/n=1/(n+1)+1/[n(n+1)]；1=1/2+1/3+1/6。此时才大梦初醒。埃及分数以旺盛的生命力屹立在世界数坛，使三千年后的数学家也自叹弗如。例如，分马问题，能否设计出（n-1)/n=1/x+1/y+1/z .。经过2000多年的努力，终于揭开其中的噢秘：有6种可能，共7种分法。7/8=1/2+1/4+1/8；11/12=1/2+1/4+1/6=1/2+1/3+1/12；17/18=1/2+1/3+1/9；19/20=1/2+1/4+1/5；23/24=1/2+1/3+1/8；41/42=1/2+1/3+1/7。原先人们以为，这样的情况大概有无穷多个，可是，继续追击却一无所获，真是难以预料。黑龙江的关春河发现共有43种情况。这是正确的。
　　当限定分母为奇数时，把“1”分解为埃及分数，项数限定为9项，共有5组解：
　　1=1/3+1/5+1/7+1/9+1/11+1/15+1/35+1/45+1/231。
　　1=1/3+1/5+1/7+1/9+1/11+1/15+1/21+1/135+1/10395。
　　1=1/3+1/5+1/7+1/9+1/11+1/15+1/21+1/165+1/693。
　　1=1/3+1/5+1/7+1/9+1/11+1/15+1/21+1/231+1/315。
　　1=1/3+1/5+1/7+1/9+1/11+1/15+1/33+1/45+1/385。
　　以上5组解是在1976年才找到。限定为11项时，发现了1组解 最小分母是105。若大于105则有很多的解。
　　1/n型分数还可以表示成为级数分解式：
　　1/n=1/(n+1)+1/(n+1)^2+1/(n+1)^3+1/(n+1)^4+....+1/(n+1)^k+1/n(n+1)^k.
　　埃及分数成为不定方程中一颗耀眼的明珠。
　　埃及分数最著名的猜想是Erods猜想：1950年Erods猜想，对于n〉1的正整数，总有4/n=1/x+1/y+1/z. （1）
　　其中，x，y，z。都是正整数。
　　Stralss进一步猜想，当n≥2时，方程的解x，y，z满足x≠y，y≠z，z≠x。x〈y〈z。
　　1963年柯召，孙奇，张先觉证明了Erods猜想stralss猜想等价。几年后yamanot又把结果发展到10的7次方。以后一些数学家又把结果推向前去，始终未获根本解决。对于4/n=1/x+1/y+1/z，只需要考虑n=p为素数的情况，因为若（1）式成立，则对于任何整数m，m〉1，
　　4/pm=1/xm+1/ym+1/zm，也成立。
　　2002年，有人提出一个更强的命题：设x=AB，y=AC，Z=ABCp。（B〈C)
　　4/P=1/AB+1/AC+1/ABCP (2)
　　一切奇素数都可以表示为4R+1与4R+3型。对于p=4R+3型，（2）式是显然的，因为这时A=(p+1)/4 ，B=1。C=P+1.。
　　即：4 /P = { 1/ [(P+1)/4] } + { 1 / [(P+1)(p+1)/4] } + { 1/ [p(p+1)(p+1)/4] } . (3)
　　例如：4/7=1/2+1/16+1/112
　　对于p=4R+1 型的素数，把（2)式整理成 ： 4ABC=PC+PB+1 (4)
　　A = (PC+PB+1)/4BC (5)
　　在（5）式中，若要 B|(PC+PB+1)，需使得B|(PC+1)，设PC+1=TB；若要C|(PC+PB+1)，需使得C|(PB+1)，设PB+1=SC；对于P=4R+1形，若要4|p(C+B)+1],需C+B=4K-1，对于P=4R+3形，若要4|[P（C+B）+1]，需C+B=4K+1。于是，形成一个二元一次不定方程组：
　　-PC+TB=1 (6)
　　SC+(-P)B=1 (7)
　　例如p=17时，A=3，B=2，C=5，T=43，S=7，k=2 。
　　4 /17=[1/(2×3)]+[1/(3×5)]+[1/(3×2×5×17 )]
　　即4/17=1/6+1 /15+1/510.
　　等价于下面的式子:
　　（-17）×5+43×2=1
　　7×5+（-17）×2=1
　　因为对于二元一次不定方程组，我们有得是办法。根据《代数学辞典》上海教育出版社1985年（376页）：“
　　方程组:ax+by=c
　　a'x+b'y=c'
　　公共解（整数解）x,y的充分必要条件是(ab'-a'b)不等于0，并且 (ab'-a'b) | (bc'-b'c) 和 (ab'-a'b) | (ca'-c'a)。”
　　我们把（6）（7）式的C与B当成上面的x,y. 在（6）式中，只要（P,T）=1；就有无穷多组B和C整数解;在（7）中，只要（P,S）=1，就有B和C的整数解。根据已知的定理（柯召，孙奇《谈谈不定方程》）13 至17页，联立二元一次不定方程，就知道（6）（7）式必然有公共整数解（用到矩阵，单位模变换等知识）。即ST-P*P≠0，(ST-P*P) | (P+T)； (ST-P*P) | (P+S)。为什么说是必然有解，只要有一个素数有解，其它素数必然有解。在中国象棋中，“马”从起点可以跳到所有的点，那么，马在任何一个点就可以跳到任何点。因为马可以从任何一个点退回的起点。
　　下面是一些p值的解：
　　------------------------------------------------------------------------------|
　　--p---|---A---|---B---|----C-----|------T-----|------S-------|-------K-----|
　　------------------------------------------------------------------------------|
　　--5---|--2----|---1----|---2------|-----11-----|----3---------|------1------|
　　-29--|---2----|---4----|---39----|----283----|----3---------|------11-----|
　　-37--|---2----|---5----|--62-----|---459-----|----3---------|-------17----|
　　-53--|---2----|---7----|--124----|---939-----|----3--------|-------33----|
　　-61--|---2----|---8----|--163----|---1243----|----3--------|-------43----|
　　-173-|--2----|----22--|--1269---|--9979----|----3--------|------323----|
　　-----------------------------------------------------------------------------------------
　　以上是P=4R+1，R为奇数时的解，此时，A=2；S=3。
　　---------------------------------------------------------------------------------
　　-17--|--3-----|---2----|-----5------|----43-----|-----7--------|-----2-------|
　　-41--|--12----|---1----|----6-------|---247----|----7---------|-----2-------|
　　-41--|--6------|---3----|----4-------|---55-----|-----31-------|-----2-------|
　　-73--|---10----|---2----|---21------|----767--|-----7---------|-----6-------|
　　- 97--|---17---|---2----|----5-------|---243---|----39--------|-----2-------|
　　-113-|--5------|---6----|---97------|--1827---|----7---------|----26-------|
　　-409-|--59-----|---2---|----13------|--2659---|----63-------|----4--------|
　　-409-|--22-----|---5---|-----66-----|--5399---|----31-------|-----18-----|
　　-409-|--11-----|---11--|----60-----|---2231--|----75-------|-----18-----|
　　---------------------------------------------------------------------------------------
　　以上是p=4R+1，R是偶数时的解。
　　41有两组解；409有三组解。就是说4/41=1/（12×1）+1/（12×6）+1/（12×1×6×41）=1/12+1/72+1/2952
　　4/41=1/（6×3）+1/（6×4）+1/（6×3×4×41）=1/18+1/24+1/2952。
　　-41×6+247×1=1
　　7×6+（-41）×1=1
　　和第二组解；
　　-41×4+55×3=1
　　31×4+（-41×3）=1
　　（2）式是对于所有的p值都有解，但不是全部解。(例如，4/41有7组解，而（2）式只求证4/p=1/AB+1/AC+1/ABCP
　　的形式解。请注意普遍解与全部解的区别。
　　在七十年代，人们又提出了5/P的情况，所有的素数P都可以表示成5R+1；5R+2；5R+3；5R+4形。
　　对于P= 5R+4形，5/（5R+4）=1/（R+1）+1/[（5R+4）（R+1）]
　　其中任何一个：1/N=1/（N+1）+1/[N（N+1）]。
　　例如，5/9=1/2+1/18，而1/2=1/3+1/6；或者1/18=1/19+1/（18×19）。
　　对于P=5R+3形，5/（5R+3）=1/（R+1）+2/[（5R+3）（R+1）]
　　其中任何一个：2/N=1/[（N+1）/2]+1/[N（N+1）/2]
　　例如，5/13=1/3+2/39，而2/39=1/[（39+1）/2]+1/[39×（39+1）/2]。
　　对于P=5R+2形，5/（5R+2）=1/（R+1）+3/[（5R+2）（R+1）]
　　R必然是奇数，（R+1）必然是偶数。
　　而：3/[（5R+2）（R+1）]=1/[（5R+2）（R+1）]+1/[（5R+2）（R+1）/2]
　　例如，5/37=1/8+3/（37×8）；而3/（37×8）=1/（37×8）+1/（37×4）。
　　对于P=5R+1形，
　　设5/P=1/AB+1/AC+1/ABCP （8）。
　　5ABC=PC+PB+1 （9）
　　A=（PC+PB+1）/5BC （10）。
　　同样可以整理成（6）（7）式，同样有解。B+C=5K-1形。
　　下面是一些p=5R+1形的素数的解。
　　5/11=1/3+1/9+1/99，A=3，B=1，C=3，T=34，S=4；
　　5/31=1/7+1/56+1/1736，A=7，B=1，C=8，T=248，S=4；
　　5/41=1/9+1/93+1/11439，A=3，B=3，C=31，T=424，S=4；
　　5/61=1/14+1/95+1/81130，A=1，B=14，C=95，T=414，S=9；
　　5/71=1/15+1/267+1/94785，A=3，B=5，C=89，T=1264，S=4；
　　5/101=1/21+1/531+1/375417，A=3，B=7，C=177，T=2554，S=4；
　　5/131=1/27+1/885+1/1043415，A=3，B=9，C=295，T=4294，S=4；
　　方法同4/P一样。请读者自己完成。
　　为什么（6）（7）式可以必然有解？
　　两联二元一次不定方程：
　　a1x+b1y=1
　　a2x+b2y=1.
　　有解的充分条件是(a1b2-a2b1)|(a1-a2);(a1b2-a2b1)|(b2-b1).
　　我们考察一联二元一次不定方程：
　　ax+by=1.(14)
　　根据已知定理，只要（a,b)=1,(14)式就有整数x,y的解。并且是有无穷多组解。
　　例如，5x-2y=1.
　　x; y
　　-----------------
　　1, 2;
　　3, 7;
　　5, 12;
　　7, 17;
　　9, 22;
　　11，27；
　　13，32；
　　15，37；
　　17, 42;
　　19, 47;
　　...........
　　换句话说，（14）式中，x与y也互素。这就是联立方程组有公共解的基础。现在我们把a,b与x,y互换，
　　以上例为例子，5x-2y=1换成5a-2b=1,x=5,y=2.
　　3x-7y=1
　　17x-42y=1
　　形成二联二元一次不定方程。
　　5x-12y=1
　　19x-47y=1
　　7x-17y=1
　　形成三联二元一次不定方程。
　　（4）式可以表示成一个素数的式子：
　　p=(4ABC-1)/(C+B)。例如p=41时，41=（4x6x3x4-1）/（4+3）；41=（5x3x3x31-1）/（31+3）；
　　41=(6x1x8x47-1)/(8+47)；41=(7x1x7x36-1)/(7+36)；41=(8x6x1x6-1)/(1+6)；41=(9x1x6x19-1)/(6+19)；
　　41=(10x1x6x13-1)/(6+13)；41=(11x1x4x55-1)/(4+55);；41=(12x4x1x6-1)/(1+6);；41=(13x1x4x15-1)/(4+15)；
　　41=(14x1x3x124-1)/(3+124).。到n=15就没有了：41= (nABC-1)/(B+C)都有效。
　　人们于是问：是否一切n<p/3,对于任何一个素数p都有 ：
　　p=(nABC-1)/(B+C).
　　有三个未知变量的素数公式，可以求得一切素数：
　　P=(4ABC-1)/(B+C).(15)。
　　（15）式对于一切p=4r+1形式的素数都可以。
　　例如，17.：17=（4x3x2x5-1)/(2+5)。
　　（15）式对于一切p=4r+3形式的素数，A=(P+1)/4，,B=1,，C=P+1。例如11=（4x3x1x12-1)/(1+12).。
　　对于合数n=4r+3形式。ｎ＝（４ｘＢＸＣ－１）／（Ｂ＋Ｃ）．
　　例如５１＝（４ｘ１３ｘ６６４－１）／（１３＋６６４）。Ｂ＝（Ｐ＋１）／４，Ｃ＝ｎ（ｎ＋１）／４＋１．
　　实际上这个问题还远远没有解决。
　　.埃及分数，一个曾被人瞧不起的，古老的课题，它隐含了何等丰富的内容，许多新奇的谜等待人们去揭开。.

将一个分数拆成几个不同单位分数之和.

最少需要切几刀P119

实质：用若干条弦（圆周上两点连成的线段）最多可以将圆分成几块。
切N刀，可分成1+1+2+3+......+N块.

六下
第五章    有理数
第1节 有理数
5.1有理数的意义
5.2数轴
5.3绝对值
第2节有理数的运算
5.4有理数的加法
5.5有理数的减法
5.6有理数的乘法
5.7有理数的除法
5.8有理数的乘方
5.9有理数的混合运算
5.10科学计数法

本章小结
阅读材料     用"数学"书写的人生格言
数学游戏      24点游戏


第六章     一次方程（组）和一次不等式（组）
第1节 方程与方程的解
6.1列方程
6.2方程的解
第2节一元一次方程
6.3一元一次方程及其解法
6.4一元一次方程的应用
第3节一元一次不等式(组)
6.5不等式及其性质
6.6一元一次不等式的解法
6.7一元一次不等式组
第4节一次方程组
6.8二元一次方程
6.9二元一次方程组及其解法
6.10三元一次方程组及其解法
6.11一次方程组的应用

本章小结
探究活动  行程问题探究
阅读材料   中国古代的方程两例

第七章   线段与角度的画法
第1节线段的相等与和、差、倍
7.1线段大小的比较
7.2画线段的和、差、倍
第2节角
7.3角的概念与表示
7.4角的大小的比较、画相等的角
7.5画角的和、差、倍
7.6余角、补角
本章小结
探究活动  线段围成的图形
阅读材料   用直尺、圆规可以三等分任意一个角吗？

第八章    长方体的再认识
第1节长方体的元素
第2节长方体直观图的画法
第3节长方体中棱与棱位置关系的认识
第4节长方体中棱与平面位置关系的认识
第5节长方体中平面与平面位置关系的认识
本章小结
探究活动边数、顶点数及面数之间的数量关系
阅读材料艺术家埃舍尔

[ 本帖最后由 junhuayang2005 于 2010-5-2 18:49 编辑 ].

因数的个数和素因数个数的关系(六上数学教材P26页)

P=2^a*3^b*5^c*……
则P的因数的个数=(a+1)(b+1)(c+1)……
例如60=2^2*3^1*5^1
则60的因数有(2+1)*(1+1)(1+1)=12个.

引用:

原帖由 junhuayang2005 于 2010-5-1 13:22 发表
因数的个数和素因数个数的关系(六上数学教材P26页)

P=2^a*3^b*5^c*……
则P的因数的个数=(a+1)(b+1)(c+1)……
例如60=2^2*3^1*5^1
则60的因数有(2+1)*(1+1)(1+1)=12个

乘法原理
　做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一 步有m1种不同的方法，做第二步有m2不同的方法，……，做第n步有mn不同的方法.那么完成这件事共有 N=m1m2m3…mn 种不同的方法.
　　和加法原理是数学概率方面的基本原理。
[编辑本段]例题
　　例如，从A城到B城中间必须经过C城，从A城到C城共有3条路线(设为a，b，c)，从C城到B城共有2条路线(设为m，t)，那么，从A城到B城共有3×2=6条路线，它们是：
　　am，at，bm，bt，cm，ct．
　　下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用．
　　例1 利用数字1，2，3，4，5共可组成
　　(1)多少个数字不重复的三位数？
　　(2)多少个数字不重复的三位偶数？
　　(3)多少个数字不重复的偶数？
　　解(1)百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择．所以共有
　　5×4×3=60
　　个数字不重复的三位数．
　　(2)先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有
　　2×4×3=24
　　个数字不重复的三位偶数．
　　(3)分为5种情况：
　　一位偶数，只有两个：2和4．
　　二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．
　　三位偶数由上述(2)中求得为24个．
　　四位偶数共有2×(4×3×2)=48个．括号外面的2表示个位数有2种选择(2或4)．
　　五位偶数共有2×(4×3×2×1)=48个．
　　由加法原理，偶数的个数共有
　　2+8+24+48+48=130．
　　例2 从1到300的自然数中，完全不含有数字3的有多少个？
　　解法1 将符合要求的自然数分为以下三类：
　　(1)一位数，有1，2，4，5，6，7，8，9共8个．
　　(2)二位数，在十位上出现的数字有1，2，4，5，6，7，8，98种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8×9=72个．
　　(3)三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0，1，2，4，5，6，7，8，9九种情形，故三位数有
　　2×9×9=162个．
　　因此，从1到300的自然数中完全不含数字3的共有
　　8+72+162=242个．
　　解法2 将0到299的整数都看成三位数，其中数字3
　　不出现的，百位数字可以是0，1或2三种情况．十位数字与个位数字均有九种，因此除去0共有
　　3×9×9-1=242(个)．
　　例3 在小于10000的自然数中，含有数字1的数有多少个？
　　解 不妨将1至9999的自然数均看作四位数，凡位数不到四位的自然数在前面补0．使之成为四位数．
　　先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字所组成的四位数的个数．由于每一位都可有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为
　　9×9×9×9＝6561，
　　其中包括了一个0000，它不是自然数，所以比10000小的不含数字1的自然数的个数是6560，于是，小于10000且含有数字1的自然数共有9999-6560=3439个．
　　例4 求正整数1400的正因数的个数．
　　解 因为任何一个正整数的任何一个正因数(除1外)都是这个数的一些质因数的积，因此，我们先把1400分解成质因数的连乘积
　　1400=23527
　　所以这个数的任何一个正因数都是由2，5，7中的n个相乘而得到(有的可重复)．于是取1400的一个正因数，这件事情是分如下三个步骤完成的：
　　(1)取23的正因数是20，21，22，33，共3+1种；
　　(2)取52的正因数是50，51，52，共2+1种；
　　(3)取7的正因数是70，71，共1+1种．
　　所以1400的正因数个数为
　　(3+1)×(2+1)×(1+1)=24．
　　说明 利用本题的方法，可得如下结果：
　　若pi是质数，ai是正整数(i=1，2，…，r)，则数
　　的不同的正因数的个数是
　　(a1+1)(a2+1)…(ar+1)．
　　例5 求五位数中至少出现一个6，而被3整除的数的个数．
　　+a5能被3整除，
　　于是分别讨论如下：
　　(1)从左向右计，如果最后一个6出现在第5位，即a5=6，那么a2，a3，a4可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除后的余数所决定．因此，为了保证a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1只有3种可能，根据乘法原理，5位数中最后一位是6，而被3整除的数有
　　3×10×10×10=3000(个)．
　　(2)最后一个6出现在第四位，即a4=6，于是a5只有9种可能(因为a5不能等于6)，a2，a3各有10种可能，为了保证a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3种可能．根据乘法原理，属于这一类的5位数有
　　3×10×10×9=2700(个)．
　　(3)最后一个6出现在第3位，即a3=6，被3整除的数应有
　　3×10×9×9=2430(个)．
　　(4)最后一个6出现在第2位，即a2=6，被3整除的数应有
　　3×9×9×9=2187(个)．
　　(5)a1=6，被3整除的数应有
　　3×9×9×9=2187(个)．
　　根据加法原理，5位数中至少出现一个6而被3整除的数应有
　　3000+2700+2430+2187+2187=12504(个)．
　　例6 如图1－63，A，B，C，D，E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种着色．如果使相邻的区域着不同的颜色，问有多少种不同的着色方式？
　　解 对这五个区域，我们分五步依次给予着色：
　　(1)区域A共有5种着色方式；
　　(2)区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；
　　(3)区域C因不能与区域A，B同色，故共有3种着色方式；
　　(4)区域D因不能与区域A，C同色，故共有3种着色方式；
　　(5)区域E因不能与区域A，C，D同色，故共有2种着色方式．
　　于是，根据乘法原理共有
　　5×4×3×3×2=360
　　种不同的着色方式．
　　例7 在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形，如图1－64，有多少种不同的剪法？
　　解 我们把凸字形上面那个小方格称为它的头，每个凸字形有并且只有一个头．
　　凸字形可以分为两类：第一类凸字形的头在棋盘的边框，但是棋盘的四个角是不能充当凸字形的头的．于是，边框上(不是角)的小方格共有4×4=16个，每一个都是一个凸字形的头，所以，这类凸字形有16个．
　　第二类凸字形的头在棋盘的内部，棋盘内部的每一个小方格可以作为4个凸字形的头(即头朝上，头朝下，头朝左，头朝右)，所以，这类凸字形有
　　4×(4×4)=64(个)．
　　由加法原理知，有16+64=80种不同的凸字形剪法．
　　练习十八
　　1．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．
　　(1)化学不放在第1位，共有多少种不同排法？
　　(2)语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？
　　(3)物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？
　　(4)文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？
　　2．在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？
　　3．用1，2，3，4，5，6，7这七个数，
　　(1)可以组成多少个数字不重复的五位奇数？
　　(2)可以组成多少个数字不重复的五位奇数，但1不在百位上？
　　4．从1，2，3，4，5这五个数字中任取三个数组成一个三位数，问共可得到多少个不同的三位数？
　　5．由1，2，3，4，5，6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数？
　　6．今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用这些纸币任意付款，可以付出不同数额的款子共有多少种？
　　7．将三封信投到5个邮筒中的某几个中去，有多少种不同的投法？
　　8．从字母a，a，a，b，c，d，e中任选3个排成一行，共有多少种不同的排法？


寻找一个合数的所有因数的个数，有更简捷的方法，即先把这个合数分解素因数，然后把每个素因数的个数加1，连乘起来，积就是这个合数的所有因数的个数。.

加法原理

　　加法原理：做一件事情，完成它有N类办法，在第一类办法中有M1种不同的方法，在第二类办法中有M2种不同的方法，……，在第N类办法中有M(N)种不同的方法，那么完成这件事情共有M1+M2+……+M(N)种不同的方法。
　　比如说：从北京到上海有3种方法可以直接到达上海，1：火车k1 2：飞机k2 3：轮船k3，那么从北京-上海的方法N=k1+k2+k3
　　和乘法原理都是数学概率方面的基本原理。.

第五章有理数
1、零既不是正数也不是负数，零和正数又可以称为非负数。
2、分数由正分数和负分数组成
3、有理数：整数（正整数、零和负整数）
           分数（正分数、负分数）

4、数轴：直线（原点、正方向、单位长度）
5、任何一个有理数都可以用数轴上的一个点表示。
6、相反数：0的相反数是零。
7、表示互为相反数的两个点位于原点的两侧，并且与原点的距离相等。

8、绝对值：一个数在数轴上所对应的点与原点的距离，叫做这个数的绝对值。
9、一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；零的绝对值是零。
10、正数大于零，零大于负数，正数大于负数。
11、一个数所表示的点离开原点的距离越远，绝对值越大，离开原点的距离越近，绝对值越小。
12、两个负数，绝对值大的那个数反而小。

13、有理数加法法则：P12
14、有理数加法的运算律：交换律、结合律（巧算）

15、有理数减法法则

16、有理数的乘法两数相乘的符号法则
17、有理数乘法法则
18、几个不等于零的数相乘，积的符号由风因数的个数决定，当负因数有奇数个数时，积为负；当负因数有偶数个数时，积为正。几个数相乘，有因数为零，积就为零。
19、乘法交换律、结合律、乘法对加法的分配律

20、有理数除法法则
21、甲数除以乙数（零除外）等于由数乘乙数的倒数。

22、有理数的乘方
求n个相同因数的积的运算，叫做乘方。乘方的结果叫幂。底数、指数、指数。
23、正数的任何次幂都是正数；负数的奇数次幂是负数，负数的偶数次幂是正数。

24、有理数的混合运算的运算顺序
25、括号前带负号，去掉括号后括号内各项要变号

26、科学计数法.

一、用数写的格言

1、王菊珍的百分数

　我国科学家王菊珍对待实验失败有句格言，叫做“干下去还有50％成功的希望，不干便是100％的失败。”

2、 托尔斯泰的分数

俄国大文豪托尔斯泰在谈到人的评价时，把人比作一个分数。他说：“一个人就好像一个分数，他的实际才能好比分子，而他对自己的估价好比分母。分母越大，则分数的值就越小。”

3、 雷巴柯夫的常数与变数

俄国历史学家雷巴柯夫在利用时间方面是这样说的：“时间是个常数，但对勤奋者来说，是个‘变数’。用‘分’来计算时间的人比用‘小时’来计算时间的人时间多59倍。”

二、用符号写格言

4、华罗庚的减号

我国著名数学家华罗庚在谈到学习与探索时指出：“在学习中要敢于做减法，就是减去前人已经解决的部分，看看还有那些问题没有解决，需要我们去探索解决。”

5、爱迪生的加号

大发明家爱迪生在谈天才时用一个加号来描述，他说：“天才=1％的灵感+99％的血汗。”

6、季米特洛夫的正负号

著名的国际工人运动活动家季米特洛夫在评价一天的工作时说：“要利用时间，思考一下一天之中做了些什么，是‘正号’还是‘负号’，倘若是‘+’，则进步；倘若是‘-’，就得吸取教训，采取措施。”

三、用公式写的格言

7、爱因斯坦的公式

近代最伟大的科学家爱因斯坦在谈成功的秘诀时，写下一个公式：A=x+y+z。并解释道：A代表成功，x代表艰苦的劳动，y代表正确的方法，Z代表少说空话。”

四、用圆写格言

8、芝诺的圆

古希腊哲学家芝诺关于学习知识是这样说的：“如果用小圆代表你们学到的知识，用大圆代表我学到的知识，那么大圆的面积是多一点，但两圆之外的空白都是我们的无知面。圆越大其圆周接触的无知面就越多。”.

第七章  线段与角的画法
1、基本的画图语句
2、距离
3、两点之间，线段最短
4、画线段的和、差、倍
5、线段的中点

6、角（顶点、边、始边、终边、角内、角外）.

六下P80页第2题
电信局现有600部已申请电话待装，此外每天另有新申请电话待装。设每天新申请的电话数相同。如果安装3个装机小组，60天恰好完工；如果安装5个装机小组，20天恰好完工。问：每天新申请装机电话多少部？每个装机小组每天安装多少部电话？.

用二元一次方程组解

设每天新申请装机电话X部，每个装机小组每天安装y部电话3*60y=600+60X
5*20y=600+20X
解得:
X=20
Y=10.

最近六年级上学期的学生学到了比和比例，让我联想到了黄金分割。.

今年女儿上预备，加上近几年来也辅导初中的学生，所以体会更是不同。重新更新以前的帖子，和女儿一起成长。.

伟大的妈妈，学习了.

总结得太好了，以后有不懂的可要向您多多学习了.

派用场了.

开学一周，数学方面开始学了整除，因数和倍数，被2，5整除的数的特征，公因数和公倍数。.

好贴，留名，送花.

太好了，谢谢楼主，持续更新哈。.

明天要学公因数和最大公因数
20以内的8个素数，100以内的25个素数，要理解什么样的是素数，在拓展部分用筛选法来挑选素数。
素数2非常特殊，是唯一的为偶数的素数；1既不是素数，也不是合数。
素数又叫质数，也就是朴素质朴的意思，其实并不像名字那样的简单。.

六年级第一章第一节：需要重点理解的是整除和除尽的联系和区别。
被除数除以除数
被除数被除数除
除数除被除数
以上三句话是表达的同一个意思。.

第六章第二节 因数和倍数
因数和倍数是相互依存的。
第三节 能被2、5整除的数的特征
这是数论中的内容。七年级会有能被3、9整除的数的特征。
第四节  素因数
1非常特殊；2也非常特殊。
20以内的素数，最好知道用筛选法得到的；100以内的素数知道更好。
女儿说很多同学事先都记好了，呵呵。
第五节  公因数和最大公因数
素数和互素的问题。素数和奇数，偶数和合数等的关系。
集合的概念。
拓展部分利用素因数找因数很有意思。
第六节  公倍数和最小公倍数
物不知其数问题。
第一章  概念比较多，也挺抽象，可以拓展出来很多问题。.

小学数学运算方面的线索是：
一年级上十以内二十以内的加减；一年级下百以内的加减；二年级上是十以内的乘法口诀（可以理解为一位数乘除一位数）；二年级下万以内数的加减；三年级上一位数乘整十数，一位数乘两位数，一位数乘多位数；三年级下是两位数乘整十数，两位数乘两位数（除法是乘法的逆运算）；到这个阶段基本上加减乘除的基本运算已经完备了；四年级上是加减乘除的概念、正推、逆推运算顺序、运算定律；四下是运算性质；五上下是简易方程。分数和小数的加减乘除法也学了。到初中的六年级和初一年级会继续学有理数、实数以及式的运算。.

第一单元已经基本学完了.告诉女儿让她仔细看书上的例题,以及理解重点的话.比如一个数是另一个数的因数,则这个数是这两个数的最大公因数,而另一个数是这两个数的最小公倍数..

周六上了数学同步提高班，做了份试卷，情况也还不错的。
数学老师周五留的作业是复习总结第一章，家长签字，这个要求很好，打算与女儿一起复习第一章，掌握好基本概念一，再讲讲做题的步骤问题。.

又进来细细看了一遍，整理得太好了，对孩子学习很有帮助。.

好帖，献花。.

第一章学完了,就女儿的做题情况有如下总结:
基本的已经掌握住,简单的绕的题目也没有问题,复杂的就看做的顺与不顺了,决定权不在她自己的手中了.
首先要分清因数和倍数的关系.
其次短除法分解素因数是没有问题的,两个数的最大公因数和最小公倍数也是没有问题的,但是要快速,就要再加深层理解,比如最大公因数是所有的公有的因数相乘,最小的公倍数是公有的因数相乘然后再乘各自剩余的公因数.
两数之积=两数最大公因数*最小公倍数
知道两数之积和最大公因数,可以求出两数的最小公倍数;由两数最小公倍数和最大公因数,可以求出两数各自的素因数之积,也就可以求出这两个数是什么,以及两个数的和是什么.

比如两个之积是64,最大公因数是4,那么这两个数各是什么,两个数之和是什么
64/4/4=4,1*4=4,2*2=4,排除非互素的两个因数,所以应该是1*4=4,4*4=16,和是4+16=29

两数之和知道了,两数最大公因数知道了,也可以求两个数是什么,以及两个数之积.
比如两个数的和是40,最大公因数是8,那么这两个数是,积是?
40/8=5,1+4=5,2+3=5,所以可以是1*8=8和4*8=32,或者2*8=16和3*8=24,积分别8*32=256,16*24=384

女儿自己还是挺满意自己的表现的,周末参加了学校的同步提高班,做题情况让她很有信心,说下次会考的更好.这就足够了..

利用素因数找因数,在高三的数学教材排列组合中乘法原理中学到..

首先复习小学阶段的分数，还记得那个时候的内容吗？
一是分数的概念，均分，几分之一，几分之几问题；
二是分数的大小比较；
三分数墙。

同分母的大小比较；同分子的大小比较。

六年级阶段的分数，学习了分数的性质，要结合小学四年级下学习的除法的商不变性质，再考虑分子分母的最大公因数（约分）和最小公倍数问题（通分）。

有意思的单位分数问题，与七年级上学期的分式部分联系起来。

有个数形结合的平台再次强调------数轴：规定了正方向、原点和单位长度的直线。数轴在以后学习不等式和绝对值部分很重要的。另外另一个数形结合的平台----平面直角坐标，也是在此基础上发展的。

整数的运算定律和运算性质同样适用于分数。

分数的分类：真分数、假分数（包括分母为1的分数）
带分数

以后会学习分数和小数的互化。

除法、分数以及以后要学习的比三者

[ 本帖最后由 junhuayang2005 于 2012-9-25 20:51 编辑 ].

两个数的最小公倍数为120，最大公因数为4，这两个数有几组？ 1组，2组，3组，4组.