小学数学常用到的几种奥数题型辅导.doc

速算与巧算（ 第 1 讲 速算与巧算（一） 计算是数学的基础，小学生要学好数学，必须具有过硬的计算本领。准确、快速的计算能力既是一 种技巧，也是一种思维训练，既能提高计算效率、节省计算时间，更可以锻炼记忆力，提高分析、判断 能力，促进思维和智力的发展。 我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算与巧算的方法，本讲和下一讲主要介绍加法的基准数法 和乘法的补同与同补速算法。 例 1 四年级一班第一小组有 10 名同学，某次数学测验的成绩（分数）如下： 86，78，77，83，91，74，92，69，84，75。 求这 10 名同学的总分。 分析与解：通常的做法是将这 10 个数直接相加，但这些数杂乱无章，直接相加既繁且易错。观察这些 分析与解 数不难发现，这些数虽然大小不等，但相差不大。我们可以选择一个适当的数作“基准”，比如以“80” 作基准，这 10 个数与 80 的差如下： 6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”号表示这个数比 80 小。于是得到 总和=80×10（6-2-33118009809。 实际计算时只需口算，将这些数与 80 的差逐一累加。为了清楚起见，将这一过程表示如下：通过口算，得到差数累加为 9，再加上 80×10，就可口算出结果为 809。 例 1 所用的方法叫做加法的基准数法 这种方法适用于加数较多， 基准数法。 而且所有的加数相差不大的情况。 基准数法 作为“基准”的数（如例 1 的 80）叫做基准数 基准数，各数与基准数的差的和叫做累计差 累计差。由例 1 得到： 基准数 累计差 总和数=基准数 加数的个数 累计差， 总和数 基准数×加数的个数 累计差 基准数 加数的个数+累计差 平均数=基准数 累计差 加数的个数。 平均数 基准数+累计差 加数的个数 基准数 累计差÷加数的个数 在使用基准数法时，应选取与各数的差较小的数作为基准数，这样才容易计算累计差。同时考虑到 基准数与加数个数的乘法能够方便地计算出来，所以基准数应尽量选取整十、整百的数。 例 2 某农场有 10 块麦田，每块的产量如下（单位：千克）： 462，480，443，420，473，429，468，439，475，461。求平均每块麦田的产量。 解：选基准数为 450，则 累计差=1230730232118112511 50， 平均每块产量=45050÷10455（千克）。 答：平均每块麦田的产量为 455 千克。1求一位数的平方，在乘法口诀的九九表中已经被同学们熟知，如 7×749（七七四十九）。对于两 位数的平方， 大多数同学只是背熟了 1020 的平方， 2199 的平方就不大熟悉了。 而 有没有什么窍门， 能够迅速算出两位数的平方呢？这里向同学们介绍一种方法凑整补零法 凑整补零法。所谓凑整补零法，就是用 凑整补零法 所求数与最接近的整十数的差，通过移多补少，将所求数转化成一个整十数乘以另一数，再加上零头的 平方数。下面通过例题来说明这一方法。 例 3 求 29 和 82 的值。2 解：29 =29×29 2 2（291）×（29-1）12 30×281 840+1 841。 82282×82 （822）×（822）22 80×844 6720+4 6724。 由上例看出，因为 29 比 30 少 1，所以给 29“补”1，这叫“补少”；因为 82 比 80 多 2，所以从 82 中“移走”2，这叫“移多”。因为是两个相同数相乘，所以对其中一个数“移多补少”后，还需要 在另一个数上“找齐”。本例中，给一个 29 补 1，就要给另一个 29 减 1；给一个 82 减了 2，就要给另 一个 82 加上 2。最后，还要加上“移多补少”的数的平方。 由凑整补零法计算 352，得 35×3540×3052=1225。这与三年级学的个位数是 5 的数的平方的速算方法结果相同。 这种方法不仅适用于求两位数的平方值，也适用于求三位数或更多位数的平方值。2 2 例 4 求 993 和 2004 的值。 2 解：993 =993×993（9937）×（993-7）+72 1000×98649 98600049 986049。 20042=2004×2004 （2004-4）×（2004+4）42 2000×200816 40160001624016016。 下面，我们介绍一类特殊情况的乘法的速算方法。 请看下面的算式： 66×46，73×88，19×44。 这几道算式具有一个共同特点，两个因数都是两位数，一个因数的十位数与个位数相同，另一因数 的十位数与个位数之和为 10。这类算式有非常简便的速算方法。 例 5 88×64？ 分析与解：由乘法分配律和结合律，得到 分析与解 88×64 （808）×（604） （808）×60（808）×4 80×608×6080×48×4 80×6080×680×48×4 80×（6064）8×4 80×（6010）8×4 8×（61）×100+8×4。 于是，我们得到下面的速算式：由上式看出，积的末两位数是两个因数的个位数之积，本例为 8×4；积中从百位起前面的数是“个 位与十位相同的因数”的十位数与“个位与十位之和为 10 的因数”的十位数加 1 的乘积，本例为 8×（6 1）。 例 6 77×91？ 解：由例 3 的解法得到由上式看出，当两个因数的个位数之积是一位数时，应在十位上补一个 0，本例为 7×107。 用这种速算法只需口算就可以方便地解答出这类两位数的乘法计算。练习 131.求下面 10 个数的总和： 165，152，168，171，148，156，169，161，157，149。 2.农业科研小组测定麦苗的生长情况，量出 12 株麦苗的高度分别为（单位：厘米）： 26，25，25，23，27，28，26，24，29，27，27，25。求这批麦苗的平均高度。 3.某车间有 9 个工人加工零件，他们加工零件的个数分别为： 68，91，84，75，78，81，83，72，79。 他们共加工了多少个零件？ 4.计算： 131610+1117121512161312。 5.计算下列各题： （1）372； （2）532； （3）912； （4）682： （5）1082； （6）3972。 6.计算下列各题： （1）77×28；（2）66×55； （3）33×19；（4）82×44； （5）37×33；（6）46×99。 练习 1 答案 1.1596。 2.26 厘米。 3.711 个。 4.147。 5.（1）1369； （2）2809； （3）8281； （4）4624； （5）11664； （6）157609。 6.（1）2156； （2）3630； （3）627； （4）3608； （5）1221； （6）4554。4速算与巧算（ 第 2 讲 速算与巧算（二） 上一讲我们介绍了一类两位数乘法的速算方法，这一讲讨论乘法的“同补”与“补同”速算法。 两个数之和等于 10，则称这两个数互补 互补。在整数乘法运算中，常会遇到像 72×78，26×86 等被乘 互补 数与乘数的十位数字相同或互补，或被乘数与乘数的个位数字相同或互补的情况。72×78 的被乘数与乘 数的十位数字相同、个位数字互补，这类式子我们称为“头相同、尾互补”型；26×86 的被乘数与乘数 的十位数字互补、个位数字相同，这类式子我们称为“头互补、尾相同”型。计算这两类题目，有非常 简捷的速算方法，分别称为“同补”速算法和“补同”速算法 “同补”速算法 “补同”速算法。 例 1 （1）76×74？ （2）31×39？ 分析与解：本例两题都是“头相同、尾互补”类型。 （1）由乘法分配律和结合律，得到 76×74 （76）×（70+4） （706）×70（76）×4 70×706×7070×46×4 70×（7064）6×4 70×（7010）6×4 7×（7+1）×1006×4。 于是，我们得到下面的速算式：（2）与（1）类似可得到下面的速算式：5由例 1 看出，在“头相同、尾互补”的两个两位数乘法中，积的末两位数是两个因数的个位数之积 （不够两位时前面补 0，如 1×909），积中从百位起前面的数是被乘数（或乘数）的十位数与十位数 加 1 的乘积。“同补”速算法简单地说就是： 积的末两位是“ 积的末两位是“尾×尾”，前面是“头×（头+1）”。 前面是“ +1） 我们在三年级时学到的 15×15，25×25，95×95 的速算，实际上就是“同补”速算法。 例 2 （1）78×38？ （2）43×63？ 分析与解：本例两题都是“头互补、尾相同”类型。 分析与解 （1）由乘法分配律和结合律，得到 78×38 （708）×（308） （708）×30（708）×8 70×30+8×3070×88×8 70×308×（3070）8×8 7×3×1008×1008×8 （7×38）×1008×8。 于是，我们得到下面的速算式：（2）与（1）类似可得到下面的速算式：由例 2 看出，在“头互补、尾相同”的两个两位数乘法中，积的末两位数是两个因数的个位数之积 （不够两位时前面补 0， 3×309） 积中从百位起前面的数是两个因数的十位数之积加上被乘数 如 ， （或 乘数）的个位数。“补同”速算法简单地说就是： 积的末两位数是“ 积的末两位数是“尾×尾”，前面是“头×头+尾”。 前面是“ 例 1 和例 2 介绍了两位数乘以两位数的“同补”或“补同”形式的速算法。当被乘数和乘数多于两 位时，情况会发生什么变化呢？ 我们先将互补的概念推广一下。当两个数的和是 10，100，1000，时，这两个数互为补数，简称 当两个数的和是 10，100，1000， 这两个数互为补数， 互补。如 43 与 57 互补，99 与 1 互补，555 与 445 互补。 互补6在一个乘法算式中，当被乘数与乘数前面的几位数相同，后面的几位数互补时，这个算式就是“同 补”型，即“头相同，尾互补”型。例如 ， 因为被乘数与乘数的前两位数相同，都是 70， ，后两位数互补，7723100，所以是“同补”型。又如 等都是“同补”型。当被乘数与乘数前面的几位数互补，后面的几位数相同时，这个乘法算式就是“补同”型，即“头 互补，尾相同”型。例如， 等都是“补同”型。 在计算多位数的“同补”型乘法时，例 1 的方法仍然适用。 例 3 （1）702×708=？ （2）1708×1792？ 解：（1）图片点击可在新窗口打开查看（2）计算多位数的“同补”型乘法时，将“头×（头+1）”作为乘积的前几位，将两个互补数之积作为 乘积的后几位。 注意：互补数如果是 n 位数，则应占乘积的后 2n 位，不足的位补“0”。 在计算多位数的“补同”型乘法时，如果“补”与“同”，即“头”与“尾”的位数相同，那么例 2 的方法仍然适用（见例 4）；如果“补”与“同”的位数不相同，那么例 2 的方法不再适用，因为没 有简捷实用的方法，所以就不再讨论了。 例 4 2865×7265？ 解：练习 2 计算下列各题：71.68×62； 2.93×97； 3.27×87； 4.79×39； 5.42×62； 6.603×607； 7.693×607； 8.4085×6085。 第 3 讲 高斯求和 德国著名数学家高斯幼年时代聪明过人，上学时，有一天老师出了一道题让同学们计算： 123499100？ 老师出完题后，全班同学都在埋头计算，小高斯却很快算出答案等于 5050。高斯为什么算得又快又 准呢？原来小高斯通过细心观察发现： 110029939849525051。 1100 正好可以分成这样的 50 对数，每对数的和都相等。于是，小高斯把这道题巧算为 （1+100）×100÷25050。 小高斯使用的这种求和方法，真是聪明极了，简单快捷，并且广泛地适用于“等差数列”的求和问 题。 若干个数排成一列称为数列 数列，数列中的每一个数称为一项，其中第一项称为首项 首项，最后一项称为末 末 数列 首项 等差数列，后项与前项之差称为公差 公差。例如： 项。后项与前项之差都相等的数列称为等差数列 等差数列 公差 （1）1，2，3，4，5，100； （2）1，3，5，7，9，99； （3）8，15，22，29，36，71。 其中（1）是首项为 1，末项为 100，公差为 1 的等差数列；（2）是首项为 1，末项为 99，公差为 2 的等差数列；（3）是首项为 8，末项为 71，公差为 7 的等差数列。 由高斯的巧算方法，得到等差数列的求和公式 等差数列的求和公式： 等差数列的求和公式 和=（首项+末项）×项数÷2。 首项+末项） 项数÷ 例 1 1231999？ 分析与解：这串加数 1，2，3，1999 是等差数列，首项是 1，末项是 1999，共有 1999 个数。由等 分析与解 差数列求和公式可得 原式=（11999）×1999÷21999000。 注意：利用等差数列求和公式之前，一定要判断题目中的各个加数是否构成等差数列。 例 2 11121331？ 分析与解：这串加数 11，12，13，31 是等差数列，首项是 11，末项是 31，共有 31-11121（项）。 分析与解 原式=（11+31）×21÷2=441。 在利用等差数列求和公式时，有时项数并不是一目了然的，这时就需要先求出项数。根据首项、末 项、公差的关系，可以得到8项数= 末项-首项） 公差+1， 项数=（末项-首项）÷公差+1 +1 末项=首项+公差× 项数末项=首项+公差×（项数-1）。 例 3 371199？ 分析与解：3，7，11，99 是公差为 4 的等差数列， 分析与解 项数=（993）÷4125， 原式=（399）×25÷21275。 例 4 求首项是 25，公差是 3 的等差数列的前 40 项的和。 解：末项=253×（40-1）142， 和=（25142）×40÷23340。 利用等差数列求和公式及求项数和末项的公式，可以解决各种与等差数列求和有关的问题。 例 5 在下图中，每个最小的等边三角形的面积是 12 厘米² ，边长是 1 根火柴棍。问：（1）最大三角形 的面积是多少平方厘米？（2）整个图形由多少根火柴棍摆成？分析：最大三角形共有 8 层，从上往下摆时，每层的小三角形数目及所用火柴数目如下表：由上表看出，各层的小三角形数成等差数列，各层的火柴数也成等差数列。 解：（1）最大三角形面积为 （13515）×12 （115）×8÷2×12 768（厘米 2）。 （2）火柴棍的数目为 369+24 （324）×8÷2=108（根）。 答：最大三角形的面积是 768 厘米 2，整个图形由 108 根火柴摆成。 例 6 盒子里放有三只乒乓球，一位魔术师第一次从盒子里拿出一只球，将它变成 3 只球后放回盒子里； 第二次又从盒子里拿出二只球，将每只球各变成 3 只球后放回盒子里第十次从盒子里拿出十只球， 将每只球各变成 3 只球后放回到盒子里。这时盒子里共有多少只乒乓球？9分析与解：一只球变成 3 只球，实际上多了 2 只球。第一次多了 2 只球，第二次多了 2×2 只球第 分析与解 十次多了 2×10 只球。因此拿了十次后，多了 2×12×22×10 2×（1210） 2×55110（只）。 加上原有的 3 只球，盒子里共有球 1103113（只）。 综合列式为： （3-1）×（1210）3 2×（110）×10÷23113（只）。 练习 3 1.计算下列各题： （1）246200； （2）17192139； （3）58111450； （4）3101724101。 2.求首项是 5，末项是 93，公差是 4 的等差数列的和。 3.求首项是 13，公差是 5 的等差数列的前 30 项的和。 4.时钟在每个整点敲打，敲打的次数等于该钟点数，每半点钟也敲一下。问：时钟一昼夜敲打多少 次？ 5.求 100 以内除以 3 余 2 的所有数的和。 6.在所有的两位数中，十位数比个位数大的数共有多少个？我们在三年级已经学习了能被 2，3，5 整除的数的特征，这一讲我们将讨论整除的性质，并讲解能被 4，8，9 整除的数的特征。 数的整除具有如下性质： 如果甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除，那么甲数一定能被丙数整除。例如，48 能被 16 整 性质 1 如果甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除，那么甲数一定能被丙数整除 除，16 能被 8 整除，那么 48 一定能被 8 整除。 如果两个数都能被一个自然数整除，那么这两个数的和与差也一定能被这个自然数整除。例如， 性质 2 如果两个数都能被一个自然数整除，那么这两个数的和与差也一定能被这个自然数整除 21 与 15 都能被 3 整除，那么 2115 及 21-15 都能被 3 整除。 如果一个数能分别被两个互质的自然数整除， 性质 3 如果一个数能分别被两个互质的自然数整除，那么这个数一定能被这两个互质的自然数的乘积 整除。例如，126 能被 9 整除，又能被 7 整除，且 9 与 7 互质，那么 126 能被 9×763 整除。 整除 利用上面关于整除的性质，我们可以解决许多与整除有关的问题。为了进一步学习数的整除性，我 们把学过的和将要学习的一些整除的数字特征列出来：10（1）一个数的个位数字如果是 0，2，4，6，8 中的一个，那么这个数就能被 2 整除。 （2）一个数的个位数字如果是 0 或 5，那么这个数就能被 5 整除。 （3）一个数各个数位上的数字之和如果能被 3 整除，那么这个数就能被 3 整除。 （4）一个数的末两位数如果能被 4（或 25）整除，那么这个数就能被 4（或 25）整除。 （5）一个数的末三位数如果能被 8（或 125）整除，那么这个数就能被 8（或 125）整除。 （6）一个数各个数位上的数字之和如果能被 9 整除，那么这个数就能被 9 整除。 其中（1）（2）（3）是三年级学过的内容，（4）（5）（6）是本讲要学习的内容。 因为 100 能被 4（或 25）整除，所以由整除的性质 1 知，整百的数都能被 4（或 25）整除。因为任 何自然数都能分成一个整百的数与这个数的后两位数之和，所以由整除的性质 2 知，只要这个数的后两 位数能被 4（或 25）整除，这个数就能被 4（或 25）整除。这就证明了（4）。 类似地可以证明（5）。 （6）的正确性，我们用一个具体的数来说明一般性的证明方法。 837800307 8×1003×107 8×（991）3×（91）7 8×9983×937 （8×993×9）（837）。 因为 99 和 9 都能被 9 整除，所以根据整除的性质 1 和性质 2 知，（8x993x9）能被 9 整除。再根 据整除的性质 2，由（837）能被 9 整除，就能判断 837 能被 9 整除。 利用（4）（5）（6）还可以求出一个数除以 4，8，9 的余数： （4）一个数除以 4 的余数，与它的末两位除以 4 的余数相同。 （5）一个数除以 8 的余数，与它的末三位除以 8 的余数相同。 （6）一个数除以 9 的余数，与它的各位数字之和除以 9 的余数相同。 例 1 在下面的数中，哪些能被 4 整除？哪些能被 8 整除？哪些能被 9 整除？ 234，789，7756，8865，3728，8064。 解：能被 4 整除的数有 7756，3728，8064； 能被 8 整除的数有 3728，8064； 能被 9 整除的数有 234，8865，8064。 例 2 在四位数 562 中，被盖住的十位数分别等于几时，这个四位数分别能被 9，8，4 整除？ 解：如果 562 能被 9 整除，那么 56213 应能被 9 整除，所以当十位数是 5，即四位数是 5652 时能被 9 整除；11如果 562 能被 8 整除， 那么 62 应能被 8 整除， 所以当十位数是 3 或 7， 即四位数是 5632 或 5672 时能被 8 整除； 如果 562 能被 4 整除，那么2 应能被 4 整除，所以当十位数是 1，3，5，7，9，即四位数是 5612， 5632，5652，5672，5692 时能被 4 整除。 到现在为止，我们已经学过能被 2，3，5，4，8，9 整除的数的特征。根据整除的性质 3，我们可以 把判断整除的范围进一步扩大。例如，判断一个数能否被 6 整除，因为 62×3，2 与 3 互质，所以如 果这个数既能被 2 整除又能被 3 整除，那么根据整除的性质 3，可判定这个数能被 6 整除。同理，判断 一个数能否被 12 整除，只需判断这个数能否同时被 3 和 4 整除；判断一个数能否被 72 整除，只需判断 这个数能否同时被 8 和 9 整除；如此等等。 例 3 从 0，2，5，7 四个数字中任选三个，组成能同时被 2，5，3 整除的数，并将这些数从小到大进行 排列。 解：因为组成的三位数能同时被 2，5 整除，所以个位数字为 0。根据三位数能被 3 整除的特征，数字和 270 与 570 都能被 3 整除，因此所求的这些数为 270，570，720，750。 例 4 五位数 分析与解：已知 分析与解 能被 72 整除，问：A 与 B 各代表什么数字？ 能被 72 整除。因为 728×9，8 和 9 是互质数，所以 既能被 8 整除，又能被 9 整除。根据能被 8 整除的数的特征，要求 除的数的特征， 的各位数字之和为能被 8 整除，由此可确定 B6。再根据能被 9 整A329BA3f296A20， 因为 lA9，所以 21A2029。在这个范围内只有 27 能被 9 整除，所以 A7。 解答例 4 的关键是把 72 分解成 8×9，再分别根据能被 8 和 9 整除的数的特征去讨论 B 和 A 所代表 的数字。在解题顺序上，应先确定 B 所代表的数字，因为 B 代表的数字不受 A 的取值大小的影响，一旦 B 代表的数字确定下来，A 所代表的数字就容易确定了。 例 5 六位数 是 6 的倍数，这样的六位数有多少个？分析与解：因为 62×3，且 2 与 3 互质，所以这个整数既能被 2 整除又能被 3 整除。由六位数能被 2 分析与解 整除，推知 A 可取 0，2，4，6，8 这五个值。再由六位数能被 3 整除，推知 3ABABA33A2B 能被 3 整除，故 2B 能被 3 整除。B 可取 0，3，6，9 这 4 个值。由于 B 可以取 4 个值，A 可以取 5 个值，题目没有要求 AB，所以符合条件的六位数共有 5×420（个）。 例 6 要使六位数 能被 36 整除，而且所得的商最小，问 A，B，C 各代表什么数字？12分析与解：因为 364×9，且 4 与 9 互质，所以这个六位数应既能被 4 整除又能被 9 整除。六位数 能被 4 整除，就要 能被 4 整除，因此 C 可取 1，3，5，7，9。 这个六位数尽可能小。因此首先是 A 尽量小，其次是 B 尽量小， 的各位数字之和为 12BC。它应能被 9 整除，因此 B要使所得的商最小，就要使 最后是 C 尽量小。先试取 A=0。六位数C6 或 BC15。因为 B，C 应尽量小，所以 BC6，而 C 只能取 1，3，5，7，9，所以要使 尽可能小，应取 B1，C5。 当 A=0，B=1，C5 时，六位数能被 36 整除，而且所得商最小，为 150156÷364171。 练习 4 16539724 能被 4，8，9，24，36，72 中的哪几个数整除？ 2个位数是 5，且能被 9 整除的三位数共有多少个？ 3一些四位数，百位上的数字都是 3，十位上的数字都是 6，并且它们既能被 2 整除又能被 3 整除。 在这样的四位数中，最大的和最小的各是多少？ 4五位数 能被 12 整除，求这个五位数。5有一个能被 24 整除的四位数23，这个四位数最大是几？最小是几？ 6从 0，2，3，6，7 这五个数码中选出四个，可以组成多少个可以被 8 整除的没有重复数字的四 位数？ 7在 123 的左右各添一个数码，使得到的五位数能被 72 整除。 8学校买了 72 只小足球，发票上的总价有两个数字已经辨认不清，只看到是67.9元，你知道 每只小足球多少钱吗？ 第 5 讲 弃九法 从第 4 讲知道，如果一个数的各个数位上的数字之和能被 9 整除，那么这个数能被 9 整除；如果一 个数各个数位上的数字之和被 9 除余数是几，那么这个数被 9 除的余数也一定是几。利用这个性质可以 迅速地判断一个数能否被 9 整除或者求出被 9 除的余数是几。 例如，3645732 这个数，各个数位上的数字之和为 364573230， 30 被 9 除余 3，所以 3645732 这个数不能被 9 整除，且被 9 除后余数为 3。 但是，当一个数的数位较多时，这种计算麻烦且易错。有没有更简便的方法呢？ 因为我们只是判断这个式子被 9 除的余数，所以凡是若干个数的和是 9 时，就把这些数划掉，如 3 69，459，729，把这些数划掉后，最多只剩下一个 3（如下图），所以这个数除以 9 的余 数是 3。13这种将和为 9 或 9 的倍数的数字划掉，用剩下的数字和求除以 9 的余数的方法，叫做弃九法 将和为 的倍数的数字划掉， 的余数的方法，叫做弃九法。 一个数被 9 除的余数叫做这个数的九余数 九余数。利用弃九法可以计算一个数的九余数，还可以检验四则 九余数 运算的正确性。 例 1 求多位数 7645821369815436715 除以 9 的余数。 分析与解：利用弃九法，将和为 9 的数依次划掉。 分析与解只剩下 7，6，1，5 四个数，这时口算一下即可。口算知，7，6，5 的和是 9 的倍数，又可划掉，只 剩下 1。所以这个多位数除以 9 余 1。 例 2 将自然数 1，2，3，依次无间隔地写下去组成一个数 1234567891011213如果一直写到自然数 100，那么所得的数除以 9 的余数是多少？ 分析与解： 全部写出来很麻烦， 在使用弃九法时不能逐个划掉和为 9 或 9 的倍数的数， 分析与解 因为这个数太大， 所以要配合适当的分析。我们已经熟知 123945， 而 45 是 9 的倍数，所以每一组 1，2，3，9 都可以划掉。在 199 这九十九个数中，个位数有 十组 1，2，3，9，都可划掉；十位数也有十组 1，2，3，9，也都划掉。这样在这个大数中， 除了 0 以外，只剩下最后的 100 中的数字 1。所以这个数除以 9 余 1。 在上面的解法中，并没有计算出这个数各个数位上的数字和，而是利用弃九法分析求解。本题还有 其它简捷的解法。因为一个数与它的各个数位上的数字之和除以 9 的余数相同，所以题中这个数各个数 位上的数字之和，与 12100 除以 9 的余数相同。 利用高斯求和法，知此和是 5050。因为 5050 的数字和为 5050=10，利用弃九法，弃去一个 9 余 1，故 5050 除以 9 余 1。因此题中的数除以 9 余 1。 例 3 检验下面的加法算式是否正确： 26384573521983674578512907225。 分析与解：若干个加数的九余数相加，所得和的九余数应当等于这些加数的和的九余数。如果不等，那 分析与解 么这个加法算式肯定不正确。上式中，三个加数的九余数依次为 8，4，6，8+4+6 的九余数为 0；和的九 余数为 1。因为 01，所以这个算式不正确。 例 4 检验下面的减法算式是否正确： 7832145-21679535664192。14分析与解：被减数的九余数减去减数的九余数（若不够减，可在被减数的九余数上加 9，然后再减）应 分析与解 当等于差的九余数。如果不等，那么这个减法计算肯定不正确。上式中被减数的九余数是 3，减数的九 余数是 6，由（9+3）-66 知，原题等号左边的九余数是 6。等号右边的九余数也是 6。因为 66，所 以这个减法运算可能正确。 值得注意的是，这里我们用的是“可能正确”。利用弃九法检验加法、减法、乘法（见例 5）运算 的结果是否正确时，如果等号两边的九余数不相等，那么这个算式肯定不正确；如果等号两边的九余数 相等，那么还不能确定算式是否正确，因为九余数只有 0，1，2，8 九种情况，不同的数可能有相 同的九余数。所以用弃九法检验运算的正确性，只是一种粗略的检验。 例 5 检验下面的乘法算式是否正确： 46876×9537447156412。 分析与解：两个因数的九余数相乘，所得的数的九余数应当等于两个因数的乘积的九余数。如果不等， 分析与解 那么这个乘法计算肯定不正确。上式中，被乘数的九余数是 4，乘数的九余数是 6，4×624，24 的九 余数是 6。乘积的九余数是 7。67，所以这个算式不正确。 说明：因为除法是乘法的逆运算，被除数=除数×商+余数，所以当余数为零时，利用弃九法验算除 法可化为用弃九法去验算乘法。例如，检验 383801÷253=1517 的正确性，只需检验 1517×253=383801 的正确性。 练习 5 1求下列各数除以 9 的余数： （1）7468251； （2）36298745； （3）2657348； （4）6678254193。 2求下列各式除以 9 的余数： （1）6723582564； （2）97256-47823； （3）2783×6451； （4）3477+265×841。 3用弃九法检验下列各题计算的正确性： （1）228×22250616； （2）334×336112224； （3）23372428÷62363748； （4）12345÷678983810105。 4有一个 2000 位的数 A 能被 9 整除，数 A 的各个数位上的数字之和是 B，数 B 的各个数位上的数 字之和是 C，数 C 的各个数位上的数字之和是 D。求 D。 数的整除性（ 第 6 讲 数的整除性（二） 这一讲主要讲能被 11 整除的数的特征。15一个数从右边数起，第 1，3，5，位称为奇数位，第 2，4，6，位称为偶数位。也就是说，个 位、百位、万位是奇数位，十位、千位、十万位是偶数位。例如 9 位数 768325419 中，奇数位 与偶数位如下图所示：整除的数的特征：一个数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差（大数减小数） 能被 11 整除的数的特征：一个数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差（大数减小数）如 整除， 整除。 果能被 11 整除，那么这个数就能被 11 整除 例 1 判断七位数 1839673 能否被 11 整除。 分析与解：奇数位上的数字之和为 1363=13，偶数位上的数字之和为 897=24，因为 24-13=11 分析与解 能被 11 整除，所以 1839673 能被 11 整除。 根据能被 11 整除的数的特征，也能求出一个数除以 11 的余数。 一个数除以 11 的余数，与它的奇数位上的数字之和减去偶数位上的数字之和所得的差除以 11 的余 数相同。如果奇数位上的数字之和小于偶数位上的数字之和，那么应在奇数位上的数字之和上再增加 11 的整数倍，使其大于偶数位上的数字之和。 例 2 求下列各数除以 11 的余数： （1）41873； （2）296738185。 分析与解：（1）（483）（17）÷11 分析与解 =7÷1107， 所以 41873 除以 11 的余数是 7。 （2）奇数位之和为 26315=17，偶数位之和为 978832。因为 1732，所以应给 17 增加 11 的整数倍，使其大于 32。 （17+11×2）-327， 所以 296738185 除以 11 的余数是 7。 需要说明的是，当奇数位数字之和远远小于偶数位数字之和时，为了计算方便，也可以用偶数位数 字之和减去奇数位数字之和，再除以 11，所得余数与 11 的差即为所求。如上题（2）中，（32-17）÷ 1114，所求余数是 11-4=7。例3 求除以 11 的余数。分析与解：奇数位是 101 个 1，偶数位是 100 个 9。 分析与解 （9×100-1×101）÷11 =799÷11=727，1611-7=4，所求余数是 4。例 3 还有其它简捷解法，例如每个“19”奇偶数位上的数字相差 9-18，奇数位上的数字和与偶数位上的数字和相差 8×99=8×9×11，能被 11 整除。所以例 3 相当于求最后三位数 191 除 以 11 的余数。 例 4 用 3，3，7，7 四个数码能排出哪些能被 11 整除的四位数？ 解：只要奇数位和偶数位上各有一个 3 和一个 7 即可。有 3377，3773，7337，7733。 例 5 用 19 九个数码组成能被 11 整除的没有重复数字的最大九位数。 分析与解：最大的没有重复数字的九位数是 987654321，由 分析与解 （97531）-（8642）5 知，987654321 不能被 11 整除。为了保证这个数尽可能大，我们尽量调整低位数字，只要使奇数位 的数字和增加 3（偶数位的数字和自然就减少 3），奇数位的数字之和与偶数位的数字之和的差就变为 5 3×2=11，这个数就能被 11 整除。调整“4321”，只要 4 调到奇数位，1 调到偶数位，奇数位就比原 来增大 3， 就可达到目的。 此时， 3 在奇数位， 1 在偶数位， 4， 2， 后四位最大是 2413。 所求数为 987652413。 例 6 六位数 能被 99 整除，求 A 和 B。分析与解：由 99=9×11，且 9 与 11 互质，所以六位数既能被 9 整除又能被 11 整除。因为六位数能被 9 分析与解 整除，所以 A+2+8+7+5+B 22+A+B 应能被 9 整除，由此推知 AB5 或 14。又因为六位数能被 11 整除，所以 （A85）（27B） A-B4 应能被 11 整除，即 A-B+4=0 或 A-B+4=11。 化简得 B-A4 或 A-B7。 因为 A+B 与 A-B 同奇同偶，所以有在（1）中，A5 与 A7 不能同时满足，所以无解。 在（2）中，上、下两式相加，得 （BA）（B