六年级下册数学讲义-小学奥数精讲精练：第十二讲 整除问题(一)(无答案)全国通用

六年级奥数(数的整除)整除是整数问题中一个重要的基本概念.如果整数a除以自然数b，商是整数且余数为0，我们就说a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，记作b丨a.此时，b是a的一个因数（约数），a是b的倍数.1.整除的性质性质1如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（这里设a>b）.例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）.性质2 如果a能被b整除，b能被c整除，那么a能被c整除。

例如： 3丨6，6丨24，那么3丨24.性质3 如果a能同时被m、n整除，那么a 也一定能被m和n的最小公倍数整除.例如：6丨36，9丨36，6和9的最小公倍数是18，18丨36.如果两个整数的最大公约数是1，那么它们称为互质的.例如：7与50是互质的，18与91是互质的.性质4 整数a，能分别被b和c整除，如果b与c互质，那么a能被b×c整除.例如：72能分别被3和4整除，由3与4互质，72能被3与4的乘积12整除.性质4中，“两数互质”这一条件是必不可少的.72分别能被6和8整除，但不能被乘积48整除，这就是因为6与8不互质，6与8的最大公约数是2.性质4可以说是性质3的特殊情形.因为b与c互质，它们的最小公倍数是b×c.事实上，根据性质4，我们常常运用如下解题思路：要使a被b×c整除，如果b与c互质，就可以分别考虑，a被b整除与a被c整除.能被2，3，4，5，8，9，11整除的数都是有特征的，我们可以通过下面讲到的一些特征来判断许多数的整除问题.2.数的整除特征（1）能被2整除的数的特征：如果一个整数的个位数是偶数，那么它必能被2整除.（2）能被5整除的数的特征：如果一个整数的个位数字是0或5，那么它必能被5整除.（3）能被3（或9）整除的数的特征：如果一个整数的各位数字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除.（4）能被4（或25）整除的数的特征：如果一个整数的末两位数能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除.（5）能被8（或125）整除的数的特征：如果一个整数的末三位数能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除.（6）能被11整除的数的特征：如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除，那么它必能被11整除.例1：四位数7a4b能被18整除，要是这个四位数尽可能的小，a和b是什么数字？解：18=2×9，并且2与9互质，根据前面的性质4，可以分别考虑被2和9整除.要被2整除，b只能是0，2，4，6，8.再考虑被9整除，四个数字的和就要被9整除，已有7+4=11.如果 b=0，只有 a=7，此数是 7740；如果b=2，只有a=5，此数是7542；如果b＝4，只有a＝3，此数是 7344；如果 b＝6，只有 a＝1，此数是 7146；如果b＝8，只有a＝8，此数是7848.因此其中最小数是7146.根据不同的取值，分情况进行讨论，是解决整数问题常用办法，例1就是一个典型.例2一本老账本上记着：72只桶，共□67.9□元，其中□处是被虫蛀掉的数字，请把这笔账补上.解：把□67.9□写成整数679，它应被72整除.72＝9×8，9与8又互质.按照前面的性质4，只要分别考虑679被8和被9整除.从被8整除的特征，79要被8整除，因此b＝2.从6792能被9整除，按照被9整除特征，各位数字之和+24能被9整除，因此a＝3.这笔帐是367.92元.例3在1，2，3，4，5，6六个数字中选出尽可能多的不同数字组成一个数（有些数字可以重复出现），使得能被组成它的每一个数字整除，并且组成的数要尽可能小.解：如果选数字5，组成数的最后一位数字就必须是5，这样就不能被偶数2，4，6整除，也就是不能选2，4，6.为了要选的不同数字尽可能多，我们只能不选5，而选其他五个数字1，2，3，4，6.1+2+3+4+6＝16，为了能整除3和6，所用的数字之和要能被3整除，只能再添上一个2，16+ 2＝18能被3整除.为了尽可能小，又要考虑到最后两位数能被4整除.组成的数是122364.例4 四位数7□4□能被55整除，求出所有这样的四位数.解：55＝5×11，5与11互质，可以分别考虑被5与11整除.要被5整除，个位数只能是0或5.再考虑被11整除.（7+4）-（百位数字+0）要能被11整除，百位数字只能是0，所得四位数是7040.（7+4）-（百位数字+5）要能被11整除，百位数字只能是6（零能被所有不等于零的整数整除），所得四位数是7645.满足条件的四位数只有两个：7040，7645.例5 一个七位数的各位数字互不相同，并且它能被11整除，这样的数中，最大的是哪一个？解：为了使这个数最大，先让前五位是987 65，设这个七位数是98765ab，要使它被11整除，要满足（9+7+5+b）-（8+6+a）=（21+b）-（14 +a）能被11整除，也就是7+b-a要能被11整除，但是a与b只能是0，1，2，3，4中的两个数，只有b＝4，a＝0，满足条件的最大七位数是987 6504.思考题：如果要求满足条件的数最小，应如何去求，是哪一个数呢？（答：1023495）例6某个七位数1993□□□能被2，3，4，5，6，7，8，9都整除，那么它的最后三个数字组成的三位数是多少？解一：从整除特征考虑.这个七位数的最后一位数字显然是0.另外，只要再分别考虑它能被9，8，7整除.1＋9＋9＋3＝22，要被9整除，十位与百位的数字和是5或14，要被8整除，最后三位组成的三位数要能被8整除，因此只可能是下面三个数：1993500，1993320，1993680，其中只有199320能被7整除，因此所求的三位数是320.一个整数，它的约数只有1和它本身，就称为质数（也叫素数）.例如，2，5，7，101，….一个整数除1和它本身外，还有其他约数，就称为合数.例如，4，12，99，501，….1不是质数，也不是合数.也可以换一种说法，恰好只有两个约数的整数是质数，至少有3个约数的整数是合数，1只有一个约数，也就是它本身.质数中只有一个偶数，就是2，其他质数都是奇数.但是奇数不一定是质数，例如，15，3 3，….例9 ○×（□+△）=209.在○、□、△中各填一个质数，使上面算式成立.解：209可以写成两个质数的乘积，即209＝11×19.不论○中填11或19，□+△一定是奇数，那么□与△是一个奇数一个偶数，偶质数只有2，不妨假定△内填2.当○填19，□要填9，9不是质数，因此○填11，而□填17.这个算式是11×（17＋2）＝209，11×（2＋17）＝ 209.解例9的首要一步是把209分解成两个质数的乘积.把一个整数分解成若干个整数的乘积，特别是一些质数的乘积，是解决整数问题的一种常用方法，这也是这一节所讲述的主要内容.一个整数的因数中，为质数的因数叫做这个整数的质因数，例如，2，3，7，都是42的质因数，6，14也是42的因数，但不是质因数.任何一个合数，如果不考虑因数的顺序，都可以唯一地表示成质因数乘积的形式，例如360＝2×2×2×3×3×5.还可以写成360＝23×32×5.这里23表示3个2相乘，32表示2个3相乘.在23中，3称为2的指数，读作2的3次方，在32中，2称为3的指数，读作3的2次方.例10 有四个学生，他们的年龄恰好是一个比一个大1岁，而他们的年龄的乘积是5040，那么，他们的年龄各是多少？解：我们先把5040分解质因数5040＝24×32×5×7.再把这些质因数凑成四个连续自然数的乘积：24×32×5×7＝7×8×9×10.所以，这四名学生的年龄分别是7岁、8岁、9岁和10岁.利用合数的质因数分解式，不难求出该数的约数个数（包括1和它本身）.为寻求一般方法，先看一个简单的例子.我们知道24的约数有8个：1，2，3，4，6，8，12，24.对于较大的数，如果一个一个地去找它的约数，将是很麻烦的事.因为24＝23×3，所以24的约数是23的约数（1，2，22，23）与3的约数（1，3）之间的两两乘积.1×1，1×3，2×1，2×3，22×1，22×3，23×1，23×3.这里有4×2＝8个，即（3＋1）×（1＋1）个，即对于24＝23×3中的23，有（3＋1）种选择：1，2，22，23，对于3有（1＋1）种选择.因此共有（3＋1）×（1＋1）种选择.这个方法，可以运用到一般情形，例如，144＝24×32.因此144的约数个数是（4＋1）×（2+1）＝15（个）.例11 在100至150之间，找出约数个数是8的所有整数.解：有8＝7＋1； 8＝（3＋1）×（1＋1）两种情况.（1）27＝128，符合要求，37＞150，所以不再有其他7次方的数符合要求.（2）23＝8，8×13＝104，8×17＝136，符合要求.33＝27；只有27×5＝135符合要求.53＝135，它乘以任何质数都大于150，因此共有4个数合要求：128，104，135，136.利用质因数的分解可以求出若干个整数的最大公约数和最小公倍数.先把它们各自进行质因数分解，例如720＝24×32×5，168＝23×3×7.那么每个公共质因数的最低指数次方的乘积就是最大公约数，上面两个整数都含有质因数2，较低指数次方是23，类似地都含有3，因此720与168的最大公约数是23×3＝ 24.在求最小公倍数时，很明显每个质因数的最高指数次方的乘积是最小公倍数.请注意720中有5，而168中无5，可以认为较高指数次方是51= 5.720与168的最小公倍数是24×32×5×7＝5040.例12 两个数的最小公倍数是180，最大公约数是30，已知其中一个数是90，另一个数是多少？解：180＝22×32×5，30＝2×3×5.对同一质因数来说，最小公倍数是在两数中取次数较高的，而最大公约数是在两数中取次数较低的，从22与2就知道，一数中含22，另一数中含2；从32与3就知道，一数中含32，另一数中含3，从一数是90＝2×32×5.就知道另一数是22×3×5＝60.还有一种解法：另一数一定是最大公约数30的整数倍，也就是在下面这些数中去找30， 60， 90， 120，….这就需要逐一检验，与90的最小公倍数是否是180，最大公约数是否是30.现在碰巧第二个数60就是.逐一去检验，有时会较费力.例13 有一种最简真分数，它们的分子与分母的乘积都是420.如果把所有这样的分数从小到大排列，那么第三个分数是多少？解：把420分解质因数420＝2×2×3×5×7.为了保证分子、分母不能约分（否则约分后，分子与分母的乘积不再是420了），相同质因数（上面分解中的2），要么都在分子，要么都在分母，并且分子应小于分母.分子从小到大排列是1，3，4，5，7，12，15，20.分子再大就要超过分母了，它们相应的分数是两个整数，如果它们的最大公约数是1.就称这两个数是互质的.例13实质上是把420分解成两个互质的整数.利用质因数分解，把一个整数分解成若干个整数的乘积，是非常基本又是很有用的方法，再举三个例题.例14 将8个数6，24，45，65，77，78，10 5，110分成两组，每组4个数，并且每组4个数的乘积相等，请写出一种分组.解：要想每组4个数的乘积相等，就要让每组的质因数一样，并且相同质因数的个数也一样才行.把8个数分解质因数.6＝2×3， 24＝23×3，45＝32×5， 65＝5×13，77＝7×11， 78＝2×3×13，105＝3×5×7， 110＝2×5×11.先放指数最高的质因数，把24放在第一组，为了使第二组里也有三个2的因子，必须把6，78，110放在第二组中，为了平衡质因数11和13，必须把77和65放在第一组中.看质因数7，105应放在第二组中，45放在第一组中，得到第一组：24，65，77，45.第二组：6，78，110，105.在讲述下一例题之前，先介绍一个数学名词--完全平方数.一个整数，可以分解成相同的两个整数的乘积，就称为完全平方数.例如：4＝2×2， 9＝3×3， 144＝12×12， 625＝25×25.4，9，144，625都是完全平方数.一个完全平方数写出质因数分解后，每一个质因数的次数，一定是偶数.例如：144＝32×42， 100＝22×52，…例15甲数有9个约数，乙数有10个约数，甲、乙两数最小公倍数是2800，那么甲数和乙数分别是多少？解：一个整数被它的约数除后，所得的商也是它的约数，这样的两个约数可以配成一对.只有配成对的两个约数相同时，也就是这个数是完全平方数时，它的约数的个数才会是奇数.因此，甲数是一个完全平方数.2800＝24×52×7.在它含有的约数中是完全平方数，只有1，22，24，52，22×52，24×52.在这6个数中只有22×52＝100，它的约数是（2＋1）×（2+1）＝9（个）.2800是甲、乙两数的最小公倍数，上面已算出甲数是100＝22×52，因此乙数至少要含有24和7，而24×7＝112恰好有（4+1）×（1＋1）＝10（个）约数，从而乙数就是112.综合起来，甲数是100，乙数是112.例16 小明买红蓝两种笔各1支共用了17元.两种笔的单价都是整元，并且红笔比蓝笔贵.小强打算用35元来买这两种笔（也允许只买其中一种），可是他无论怎么买都不能把35元恰好用完，问红笔、蓝笔每支各多少元？解：35＝5×7.红、蓝的单价不能是5元或7元（否则能把35元恰好用完），也不能是17-5＝1 2（元）和17-7＝10（元），否则另一种笔1支是5元或7元.记住：对笔价来说，已排除了5，7，10，1 2这四个数.笔价不能是35-17=18（元）的约数.如果笔价是18的约数，就能把18元恰好都买成笔，再把17元买两种笔各一支，这样就把35元恰好用完了.因此笔价不能是18的约数：1，2，3，6，9.当然也不能是17-1＝16，17-2＝15，17-3＝14，17-6＝11， 17-9＝8.现在笔价又排除了：1，2，3，6，8，9，11，14，15，16.综合两次排除，只有4与13未被排除，而4＋13＝17，就知道红笔每支 13元，蓝笔每支 4元.三、余数在整数除法运算中，除了前面说过的“能整除”情形外，更多的是不能整除的情形，例如95÷3，48÷5.不能整除就产生了余数.通常的表示是：65÷3＝21…… 2，38÷5＝7…… 3.上面两个算式中2和3就是余数，写成文字是被除数÷除数=商……余数.上面两个算式可以写成65＝3×21＋2， 38＝5×7＋3.也就是被除数=除数×商+余数.通常把这一算式称为带余除式，它使我们容易从“余数”出发去考虑问题，这正是某些整数问题所需要的.特别要提请注意：在带余除式中，余数总是比除数小，这一事实，解题时常作为依据.例175397被一个质数除，所得余数是15.求这个质数.解：这个质数能整除5397-15＝5382，而 5382＝2×31997×13×23.因为除数要比余数15大，除数又是质数，所以它只能是23.当被除数较大时，求余数的一个简便方法是从被除数中逐次去掉除数的整数倍，从而得到余数.例18 求645763除以7的余数.解：可以先去掉7的倍数630000余15763，再去掉14000还余下 1763，再去掉1400余下363，再去掉350余13，最后得出余数是6.这个过程可简单地记成645763→15763→1763→363→13→6.如果你演算能力强，上面过程可以更简单地写成：645763→15000→1000→6.带余除法可以得出下面很有用的结论：如果两个数被同一个除数除余数相同，那么这两个数之差就能被那个除数整除.例19有一个大于1的整数，它除967，1000，2001得到相同的余数，那么这个整数是多少？解：由上面的结论，所求整数应能整除 96 7，1000，2001的两两之差，即1000-967＝33＝3×11，2001-1000＝1001＝7×11×13，2001-967＝1034＝2×11×47.这个整数是这三个差的公约数11.请注意，我们不必求出三个差，只要求出其中两个就够了.因为另一个差总可以由这两个差得到.例如，求出差1000-967与2001-1000，那么差2001-967＝（2001-1000）＋（1000-967）＝1001＋33＝1034.从带余除式，还可以得出下面结论：甲、乙两数，如果被同一除数来除，得到两个余数，那么甲、乙两数之和被这个除数除，它的余数就是两个余数之和被这个除数除所得的余数.例如，57被13除余5，152被13除余9，那么5 7+152=209被13除，余数是5＋9＝14被13除的余数1.例20有一串数排成一行，其中第一个数是15，第二个数是40，从第三个数起，每个数恰好是前面两个数的和，问这串数中，第1998个数被3除的余数是多少？解：我们可以按照题目的条件把这串数写出来，再看每一个数被3除的余数有什么规律，但这样做太麻烦.根据上面说到的结论，可以采取下面的做法，从第三个数起，把前两个数被3除所得的余数相加，然后除以3，就得到这个数被3除的余数，这样就很容易算出前十个数被3除的余数，列表如下：从表中可以看出，第九、第十两数被3除的余数与第一、第二两个数被3除的余数相同.因此这一串数被3除的余数，每八个循环一次，因为1998＝8×249＋ 6，所以，第1998个数被3除的余数，应与第六个数被3除的余数一样，也就是2.一些有规律的数，常常会循环地出现.我们的计算方法，就是循环制.计算钟点是1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.这十二个数构成一个循环.按照七天一轮计算天数是日，一，二，三，四，五，六.这也是一个循环，相当于一些连续自然数被7除的余数0， 1， 2， 3， 4， 5， 6 的循环.用循环制计算时间：钟表、星期、月、四季，说明人们很早就发现循环现象.用数来反映循环现象也是很自然的事.循环现象，我们还称作具有“周期性”，12个数的循环，就说周期是12，7个数的循环，就说周期是7.例20中余数的周期是8.研究数的循环，发现周期性和确定周期，是很有趣的事.下面我们再举出两个余数出现循环现象的例子.在讲述例题之前，再讲一个从带余除式得出的结论：甲、乙两数被同一除数来除，得到两个余数.那么甲、乙两数的积被这个除数除，它的余数就是两个余数的积，被这个除数除所得的余数.例如，37被11除余4，27被11除余5，37×2 7＝999被 11除的余数是4×5＝20被 11除后的余数 9.1997＝7×285＋2，就知道1997×1997被7除的余数是2×2＝4.例 21 191997被7除余几？解：从上面的结论知道，191997被7除的余数与21997被7除的余数相同.我们只要考虑一些2的连乘，被7除的余数.先写出一列数2，2×2＝4，2×2×2＝8，2×2×2×2＝16，….然后逐个用7去除，列一张表，看看有什么规律.列表如下：事实上，只要用前一个数被7除的余数，乘以2，再被7除，就可以得到后一个数被7除的余数.（为什么？请想一想.）从表中可以看出，第四个数与第一个数的余数相同，都是2.根据上面对余数的计算，就知道，第五个数与第二个数余数相同，……因此，余数是每隔3个数循环一轮.循环的周期是3.1997＝3× 665 ＋ 2.就知道21997被7除的余数，与21997被 7除的余数相同，这个余数是4.再看一个稍复杂的例子.例2270个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的三倍都恰好等于它两边两个数的和.这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，55，….问：最右边一个数（第70个数）被6除余几？解：首先要注意到，从第三个数起，每一个数都恰好等于前一个数的3倍减去再前一个数：3＝1×3-0，8=3×3-1，21=8×3-3，55=21×3-8，……不过，真的要一个一个地算下去，然后逐个被6去除，那就太麻烦了.能否从前面的余数，算出后面的余数呢？能！同算出这一行数的办法一样（为什么？），从第三个数起，余数的计算办法如下：将前一个数的余数乘3，减去再前一个数的余数，然后被6除，所得余数即是.用这个办法，可以逐个算出余数，列表如下：注意，在算第八个数的余数时，要出现0×3 -1这在小学数学范围不允许，因为我们求被6除的余数，所以我们可以0×3加6再来减 1.从表中可以看出，第十三、第十四个数的余数，与第一、第二个数的余数对应相同，就知道余数的循环周期是12.70 ＝12×5+10.因此，第七十个数被6除的余数，与第十个数的余数相同，也就是4.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.目前许多小学数学的课外读物都喜欢讲这类问题，但是它的一般解法决不是小学生能弄明白的.这里，我们通过两个例题，对较小的数，介绍一种通俗解法.例23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.上面解法中，我们逐个列出被3除余2的整数，又逐个列出被4除余1的整数，然后逐个考虑被12除的余数，找出两者共同的余数，就是被1 2除的余数.这样的列举的办法，在考虑的数不大时，是很有用的，也是同学们最容易接受的.如果我们把例23的问题改变一下，不求被1 2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.例24一个数除以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.最后再看一个例子.例25 在100至200之间，有三个连续的自然数，其中最小的能被3整除，中间的能被5整除，最大的能被7整除，写出这样的三个连续自然数.解：先找出两个连续自然数，第一个能被3整除，第二个能被5整除（又是被3除余1）.例如，找出9和10，下一个连续的自然数是11.3和5的最小公倍数是15，考虑11加15的整数倍，使加得的数能被7整除.11＋15×3＝56能被7整除，那么54，55，56这三个连续自然数，依次分别能被3，5，7整除.为了满足“在100至200之间”将54，55，5 6分别加上3，5，7的最小公倍数105.所求三数是159， 160， 161.注意，本题实际上是：求一个数（100～20 0之间），它被3整除，被5除余4，被7除余5.请考虑，本题解法与例24解法有哪些相同之处？。

数的整除知识框架一、整除的定义：当两个整数a和b（b≠0）,a被b除的余数为零时（商为整数）,则称a被b整除或b整除a,也把a叫做b的倍数,b叫a的约数,记作b|a,如果a被b除所得的余数不为零,则称a不能被b整除,或b不整除a,记作b a.二、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；一个数的末两位能被4或25整除,这个数就能被4或25整除；一个数的末三位能被8或125整除,这个数就能被8或125整除；2.一个位数数字和能被3整除,这个数就能被3整除；一个数各位数数字和能被9整除,这个数就能被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；4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除,那么这个数能被7、11或13整除；5.如果一个数从数的任何一个位置随意切开所组成的所有数之和是9的倍数,那么这个数能被9整除；6.如果一个数能被99整除,这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个数字,如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数,这个数一定是99的倍数。

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.若一个整数的个位数字截去,再从余下的数中,加个位数的4倍,如果和是13的倍数,则原数能被13整除。

如果和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。

第一讲循环小数与分数第二讲和差倍分问题第三讲行程问题第五讲质数与合数第六讲工程问题第七讲牛吃草问题第八讲包含与排除第九讲整数的拆分第十讲逻辑推理第十一讲通分与裂项第十二讲几何综合第十三讲植树问题第十五讲余数问题第十六讲直线面积第十七讲圆与扇形第十八讲数列与数表综合第十九讲数字迷综合第二十讲计数综合第二十一讲行程与工程第二十二讲复杂工程问题第二十三讲运用比例求解行程问题第二十四讲应用题综合第二十五讲数论综合2第二十六讲进位制问题第二十七讲取整问题第二十八讲数论综合3第二十九讲数论综合4第三十讲几何综合2第三十一讲图形变换第三十二讲勾股定理第三十三讲计数综合第三十四讲最值问题第三十五讲构造与论证1第三十六讲构造与论证2第一讲循环小数与分数循环小数与分数的互化，循环小数之间简单的加、减运算，涉及循环小数与分数的主要利用运算定律进行简算的问题．1．真分数7a化为小数后，如果从小数点后第一位的数字开始连续若干个数字之和是1992，那么a 是多少?【分析与解】17=0.142857 ，27=0.285714 ，37=0.428571 ，47=0.571428 ，57=0.714285 ， 67=0.857142． 因此，真分数7a化为小数后，从小数点第一位开始每连续六个数字之和都是1+4+2+8+5+7=27，又因为1992÷27=73……21,27-21=6，而6=2+4，所以7a =0..857142 ，即a =6．评注：7a的特殊性，循环节中数字不变，且顺序不变，只是开始循环的这个数有所变化．2．某学生将1.23乘以一个数a 时，把1.23 误看成1.23，使乘积比正确结果减少0.3．则正确结果该是多少?【分析与解】 由题意得：1.23 a -1.23a =0.3，即：0.003 a =0.3，所以有：3390010a =．解得a = 90，所以1.23a =1.23 × 90=123290-×90=11190× 90=111．3．计算：0.1+0.125+0.3+0.16，结果保留三位小数． 【分析与解】 方法一：0.1+0.125+0.3+0.16≈-0.1111+0.1250+0.3333+0.1666=0.7359≈0.736方法二：0.1+0.125+0.3+0.16113159899011118853720.7361=+++=+== ≈0.7364．计算：0.010.120.230.340.780.89+++++ 【分析与解】 方法一：0.010.120.230.340.780.89+++++ =1121232343787898909090909090-----+++++ =11121317181909090909090+++++ =21690=2.4方法二：0.010.120.230.340.780.89+++++ =0+0.1+0.2+0.3+0.7+0.8+(0.010.020.030.040.080.09+++++ ) =2.1+0.01×(1+2+3+4+8+9) =2.1+190×27 =2.1+0.3 =2.4方法三：如下式， 0.011111… 0.122222．．． 0.233333．．． 0.344444．．．(1+2+3+4+8+9=27) 0.788888．．．+0.899999．．． 2.399997．．．注意到，百万分位的7是因为没有进位造成，而实际情况应该是2.399999…=2.39 =2.4．评注：0.9=99=1 ,0.09 =919010=．5．将循环小数0.027与0.179672 相乘，取近似值，要求保留一百位小数，那么该近似值的最后一位小数是多少?【分析与解】0.×0.179672=27179672117967248560.00485699999999937999999999999⨯=⨯== 循环节有6位，100÷6=16……4，因此第100位小数是循环节中的第4位8，第10l 位是5．这样四舍五入后第100位为9．6.将下列分数约成最简分数：166********66666666664【分析与解】 找规律：161644=,16616644=,1666166644= ,166661666644=,…所以1666666666666666666664=14评注：类似问题还有38538853888538888538888888885234 (29729972999729999729999999997)+⨯+⨯+⨯++．7.将下列算式的计算结果写成带分数：0.523659119⨯⨯【分析与解】0.523659119⨯⨯=11859119⨯=1(1)119-×59=59-59119=58601198．计算:744808333÷2193425909÷11855635255【分析与解】 744808333÷2193425909÷11855635255=62811259093525583332193453811⨯⨯ =373997131993564111136412119973331993⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=7523⨯⨯=5569．计算：1111111 81282545081016203240648128 ++++++【分析与解】原式1111111 81288128406420321016508254 =++++++2111118128406420321016508254 =+++++ 1111114064406420321016508254 =+++++ 11111203220321016508254=++++111110161016508254=+++111508508254=++11254254=+1127=10．计算：153219(4.85 3.6 6.153) 5.5 1.75(1) 4185321⎡⎤⨯÷-+⨯+-⨯+⎢⎥⎣⎦【分析与解】原式=1757193.6(4.851 6.15)5.5443421⨯⨯-++-⨯-⨯=135193.610 5.5412+⨯⨯+-=9+5.5-4.5 =1011．计算: 41.2×8.1+11×194+537×0.19【分析与解】原式=412×0.81+11×9.25+0.19×(412+125) =412×(0.81+0.19)+11×9.25+0.19×125 =412+11×8+11×1.25+19×1.25=412+88+1.25×30=500+37.5=537.512．计算：2255 (97)() 7979+÷+【分析与解】原式=656555 ()() 7979+÷+=[]555513()()137979⨯+÷+=13．计算:12324648127142113526104122072135⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯【分析与解】 原式=33333333123(1247)1232135(1247)1355⨯⨯⨯+++⨯⨯==⨯⨯⨯+++⨯⨯14.(1)已知等式0.126×79+1235×□-6310÷25=10.08，那么口所代表的数是多少? (2)设上题答案为a ．在算式（1993.81+a )×○的○内，填入一个适当的一位自然数，使乘积的个位数字达到最小值．问○内所填的数字是多少? 【分析与解】 (1)设口所代表的数是x ，0.126×79+1235x -6310÷25=10.08，解得：x =0.03，即口所代表的数是0.03．(2)设○内所填的数字是y ，(1993.81+O.03)×y =1993.84×y ，有当y 为8时1993.84×y =1993.84×8=15050.94，所以○内所填的数字是8．15．求下述算式计算结果的整数部分：111111()38523571113+++++⨯ 【分析与解】原式=111111(38538538538538538523571113⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯≈192.5+128.3+77+55+35+29.6=517.4 所以原式的整数部分是517．第二讲 和差倍分问题各种具有和差倍分关系的综合应用题，重点是包含分数的问题．基本的解题方法是将已知条件用恰当形式写出或变形，并结合起来进行比较而求出相关的量，其中要注意单位“1”的恰当选取．1．有甲、乙两个数，如果把甲数的小数点向左移两位，就是乙数的18，那么甲数是乙数的多少倍?【分析与解】甲数的小数点向左移动两位，则甲数缩小到原来的1100，设这时的甲数为“1”，则乙数为1×8=8，那么原来的甲数=l×100=100，则甲数是乙数的100÷8=12.5倍．2.有三堆棋子，每堆棋子数一样多，并且都只有黑、白两色棋子．已知第一堆里的黑子和第二堆里的白子一样多，第三堆里的黑子占全部黑子的25．如果把这三堆棋子集中在一起，那么白子占全部棋子的几分之几?【分析与解】如下表所示：设全部黑子为“5”份，则第三堆里的黑子为“2”份，那么剩下的黑子占5-2=“3”份，而第一堆里的黑子和第二堆里的白子一样多，将第一堆黑子和第二堆白子调换，则第二堆全部为黑子．所以第二堆棋子总数为“3”份，三堆棋子总数为3×3=“9”份，其中黑子占“5”份，则白子占剩下的9-5=“4”份，那么白子占全部棋子的4÷9=49．3．甲、乙两厂共同完成一批机床的生产任务，已知甲厂比乙厂少生产8台机床，并且甲厂的生产量是乙厂的1213，那么甲、乙两厂一共生产了机床多少台?【分析与解】因为甲厂生产的是乙厂的1213，也就是甲厂为12份，乙厂为13份，那么甲厂比乙厂少1份=8台．总共=8×(12+13)=200台．4．足球赛门票15元一张，降价后观众增加了一半，收入增加了五分之一，那么一张门票降价多少元?【分析与解】设原来人数为“1”，则现在有1+0.5=1.5．原来收入为l×15=15，降价后收人为15×(1+15)=18元，那么降价后门票为18÷1.5=12元，则一张门票降价15-12=3元．5．李刚给军属王奶奶运蜂窝煤，第一次运了全部的38，第二次运了50块．这时，已运来的恰好是没运来的57．问还有多少块蜂窝煤没有运来?【分析与解】已经运来的是没有运来的57，则运来的是5份，没有运来的是7份，也就是运来的占总数的512．则共有50÷(512-38)=1200块，还剩下1200×712=700块．6．有两条纸带，一条长21厘米，一条长13厘米，把两条纸带都剪下同样长的一段以后，发现短纸带剩下的长度是长纸带剩下的长度的813．问剪下的一段长多少厘米?【分析与解】方法一：开始时，两条纸带的长度差为21－13=8厘米．因为两条纸带都剪去同样长度，所以两条纸带前后的长度差不变．设剪后短纸带长度为“8”份，长纸带即为“13”份，那么它们的差为13-8=5份，则每份为8÷5=1．6(厘米)．所以，剪后短纸带长为1.6×8=12.8(厘米)，于是剪去13-12.8=O.2(厘米)．方法二：设剪下x厘米，则1382113xx-=-，交叉相乘得：13×(13-x)=8×(21-x)，解得x=0.2，即剪下的一段长0.2厘米．7．为挖通300米长的隧道，甲、乙两个施工队分别从隧道两端同时相对施工．第一天甲、乙两队各掘进了10米，从第二天起，甲队每天的工作效率总是前一天的2倍，乙队每天的工作效率总是前一天的l 12倍．那么，两队挖通这条隧道需要多少天?【分析与解】如下表所示：天数工作量1 2 3 4 5甲10 20 40 80 160乙10 15 22.5 33.75 50.625 当天工作量20 35 62.5 113.75 210.625已完成工作量20 55 117.5 231.25 441.375 说明在第五天没有全天干活，则第四天干完以后剩下：300-231.25=68.75米，那么共用时间为4+68.75÷210.625=4110 337天．8．有一块菜地和一块麦地．菜地的一半和麦地的三分之一放在一起是13公顷．麦地的一半和菜地的三分之一放在一起是12公顷．那么菜地是多少公顷?【分析与解】如下表所示：菜地12麦地13⇒13公顷菜地3 麦地2 ⇒78公顷菜地2 麦地3 ⇒72公顷菜地13麦地12⇒12公顷即5倍菜地公顷数+5倍麦地公顷数=78+72=150，所以菜地与麦地共有150÷5=30(公顷)．而菜地减去麦地，为78-72=6(公顷)，所以菜地有(30+6)÷2=18(公顷)．9．春风小学原计划栽种杨树、柳树和槐树共1500棵．植树开始后，当栽种了杨树总数的3 5和30棵柳树以后，又临时运来15棵槐树，这时剩下的3种树的棵数恰好相等．问原计划要栽植这三种树各多少棵?【分析与解】将杨树分为5份，以这样的一份为一个单位，则：杨树=5份；柳树=2份+30棵；槐树=2份-15棵，则一份为(1500-30+15)÷(2+2+5)=165棵，有：杨树=5×165=825棵；柳树=165×2+30=360棵；槐树=165×2-15=315棵．10.师徒二人共同加工170个零件，师傅加工零件个数的13比徒弟加工零件个数的14还多10个．那么，徒弟一共加工了多少个零件?【分析与解】我们用“师”表示师傅加工的零件个数，“徒”表示徒弟加工的零件个数，有：1 3“师”-14“徒”＝10，4“师”- 3“徒”=120,而4“师”+4“徒”=170×4=680．那么有7“徒”=680-120=560，“徒”=80，徒弟一共加工了80个零件．11. 一批工人到甲、乙两个工地进行清理工作，甲工地的工作量是乙工地的工作量的11 2倍．上午去甲工地的人数是去乙工地人数的3倍，下午这批工人中有712的人去甲工地，其他人到乙工地．到傍晚时，甲工地的工作已做完，乙工地的工作还需4名工人再做1天．那么这批工人共有多少名?【分析与解】设甲工地的工作量为“1.5”，则乙工地的工作量为“1”．甲乙上午33134=+11134=+下午7121-712=512于是甲工地一整天平均用了这批工人的372()24123+÷=，乙工地一整天平均用了这批工人的1-21 33 =．这批工人的23完成了“1.5”的工作量，那么13的这批工人完成1.5÷2=“0.75”的工作量，于是乙工地还剩下1-0.75=“0.25”的工作量，这“0.25”的工作量需要4人工作1天．而甲、乙工地的工作量为1.5+1=2.5，那么需2.5÷0.25× 4=40人工作1天．所以原来这批工人共有40-4=36人．12．有一个分数，如果分子加1，这个分数就等于12；如果分母加1，这个分数就等于13．问原来的分数是多少?【分析与解】如果分子加1，则分数为12，设这时的分数为：2xx，则原来的分数为12xx-，分母加1后为：11213xx-=+，交叉相乘得：3(x-1)=2x+1，解得x=4，则原分数为38．13．图2-1是某市的园林规划图，其中草地占正方形的34，竹林占圆形的67，正方形和圆形的公共部分是水池．已知竹林的面积比草地的面积大450平方米．问水池的面积是多少平方米?【分析与解】因为水池是正方形的14，是圆的17，则正方形是水池的4倍，圆是水池的7倍，相差7-4=3倍，差450平方米，则水池=450÷3=150平方米．14．唐僧师徒四人吃了许多馒头，唐僧和猪八戒共吃了总数的12，唐僧和沙僧共吃了总数的13，唐僧和孙悟空共吃了总数的14．那么唐僧吃了总数的几分之几?【分析与解】唐+猪=12、唐+沙=13、唐+孙=14．(两边同时加减)唐+猪+唐+沙+唐+孙=2唐+(唐+猪+沙+孙)=2唐+1=12+13+14=1112．则：2唐=112，唐=124．唐僧吃了总数的124．15．小李和小张同时开始制作同一种零件，每人每分钟能制作1个零件，但小李每制作3个零件要休息1分钟，小张每制作4个零件要休息1.5分钟．现在他们要共同完成制作300个零件的任务，需要多少分钟?【分析与解】方法一：先估算出大致所需时间，然后再进行调整．因为小李、小张的工作效率大致相等，那么完成时小李完成300÷2=150个零件左右；小李完成150个零件需要150÷3×4=200分钟；在200分钟左右，198分钟是5.5的整数倍，此时乙生产198÷5.5×4=144个零件，并且刚休息完，所以在2分钟后，即200分钟时完成144+2=146个零件；那么在200分钟时，小李、小张共生产150+146=296个零件，还剩下4个零件未完成，所以再需2分钟，小李生产2个零件，小张生产2个零件，正好完成．所以共需202分钟才能完成．方法二：把休息时间包括进去，小李每4分钟做3个，小张每5.5分钟做4个．则在44分钟内小李做了：44÷4×3=33个，小张做了：44÷5.5×4=32个，他们一共做了：33+32=65个．300÷65=4……40，也就是他们共同做了4个44分钟即：44×4=176分钟后，还剩下40个零件没有做完．而22=4+4+4+4+4+2=5.5×4，所以22分钟内小李做了：3+3+3+3+3+2=17个，小张做了：4×2=16个，那么还剩下：40-17-16=7个，4分钟内小李做3个，小张做4个，共做4+3=7个，即这40个零件还需要26分钟．所以共用时间：44×4+26=202分钟．第三讲行程问题（1）涉及分数的行程问题.顺水速度、逆水速度与流速的关系，以及与此相关的问题.环形道路上的行程问题.解题时要注意发挥图示的辅助作用，有时宜恰当选择运动过程中的关键点分段加以考虑．1.王师傅驾车从甲地开往乙地交货.如果他往返都以每小时60千米的速度行驶,正好可以按时返回甲地.可是,当到达乙地时,他发现从甲地到乙地的速度只有每小时55千米.如果他想按时返回甲地,他应以多大的速度往回开?【分析与解】设甲地到乙地的路程为单位“1”,那么按时的往返一次需时间260,现在从甲到乙花费了时间1÷55＝155千米,所以从乙地返回到甲地时所需的时间只能是211 605566-=.即如果他想按时返回甲地,他应以每小时66千米的速度往回开．2.甲、乙两地相距100千米,小张先骑摩托车从甲地出发,1小时后小李驾驶汽车从甲地出发,两人同时到达乙地.摩托车开始速度是每小时50千米,中途减速后为每小时40千米.汽车速度是每小时80千米,汽车曾在途中停驶1O 分钟.那么小张驾驶的摩托车减速是在他出发后的多少小时?【分析与解】 汽车从甲地到乙地的行驶时问为100÷80=1.25小时=1小时15分钟,加上中途停驶的10分钟,共用时1小时25分钟．而小张先小李1小时出发,但却同时到达,所以小张从甲到乙共用了2小时25分钟，即2最小时．以下给出两种解法：方法一:设小张驾驶的摩托车减速是在他出发后x 小时,有50×x +40×5210012x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭,解得13x =. 所以小张驾驶的摩托车减速是在他出发后13小时. 方法二:如果全程以每小时50千米的速度行驶,需100÷50=2小时的时间,全程以每小时40千米的速度行驶,需100÷40=2.5小时.依据鸡兔同笼的思想知,小张以每小时50千米的速度行驶了52.521122.526-=-的路程,即行驶了10015010063⨯=千米的路程,距出发5015033÷=小时.3. 一位少年短跑选手,顺风跑90米用了10秒钟.在同样的风速下,逆风跑70米,也用了10秒钟.问:在无风的时候,他跑100米要用多少秒?【分析与解】 我们知道顺风速度=无风速度+风速,逆风速度=无风速度-风速. 有顺风时速度为90÷10=9米/秒,逆风速度为70÷10=7米/秒． 则无风速度=2顺风速度＋逆风速度=982＋7＝米/秒 所以无风的时候跑100米，需100÷8=12.5秒.124.一条小河流过A ，B, C 三镇.A,B 两镇之间有汽船来往,汽船在静水中的速度为每小时11千米.B,C 两镇之间有木船摆渡,木船在静水中的速度为每小时3.5千米.已知A,C 两镇水路相距50千米,水流速度为每小时1.5千米.某人从A 镇上船顺流而下到B 镇,吃午饭用去1小时,接着乘木船又顺流而下到C 镇,共用8小时.那么A,B 两镇间的距离是多少千米?【分析与解】 如下画出示意图，有A →B 段顺水的速度为11+1.5=12.5千米/小时, 有B →C 段顺水的速度为3.5+1.5=5千米/小时． 而从A →C 全程的行驶时间为8-1=7小时． 设AB 长x 千米,有50712.55x x -+=,解得x =25． 所以A,B 两镇间的距离是25千米.5.一条大河有A,B 两个港口,水由A 流向B,水流速度是每小时4千米.甲、乙两船同时由A 向B 行驶,各自不停地在A,B 之间往返航行,甲船在静水中的速度是每小时28千米,乙船在静水中的速度是每小时20千米.已知两船第二次迎面相遇的地点与甲船第二次追上乙船(不算甲、乙在A 处同时开始出发的那一次)的地点相距40千米,求A,B 两个港口之间的距离.【分析与解】 设AB 两地的路程为单位“1”,则：甲、乙两人在A 、B 往返航行，均从A 点同时同向出发,则第n 次同向相遇时,甲、乙两人的路程差为2n ；甲、乙两人在A 、B 往返航行,均从A 点同时同向出发,则第n 次相向相遇时,甲、乙两人的路程和为2n ；甲、乙两人在A 、B 往返航行,分别从A 、B 两点相向出发,则第n 次同向相遇时,甲、乙两人的路程差为(2n -1)；甲、乙两人在A 、B 往返航行,分别从A 、B 两点相向出发,则第n 次相向相遇时,甲、乙两人的路程和为(2n -1)．有甲船的顺水速度为32千米/小时,逆水速度为24千米/小时， 乙船的顺水速度为24千米/小时，逆水速度为16千米/小时. 两船第二次迎面相遇时,它们的路程和为“4”；甲船第二次追上乙船时，它们的路程差为“4”.(一)第二次迎面相遇时，一定是甲走了2～3个AB 长度，乙走了2～1个AB 长度，设甲走了2＋x 个AB 的长度,则乙走了2-x 个AB 的长度,有11322432x ++＝112416x -+，解得13x =，即第二次迎面相遇的地点距A 点13AB 的距离.(二)①第二次甲追上乙时，有甲行走2y z +(y 为整数，z ≤1)个AB 的长度，则乙行走了24y z -+个AB 的长度，有322432y y z ++＝22241624y y z --++，化简得320y z +=，显然无法满足y 为整数，z ≤1；②第二次甲追上乙时，有甲行走21y z ++(y 为整数，z ≤1)个AB 的长度，则乙行走了23y z -+个AB 的长度，有1322424y y z +++＝12241616y y z--++，化简有3213y z +=，有0.5z =，4y =. 即第二次甲追上乙时的地点距B 点12AB 的距离，那么距A 也是12AB 的距离．所以，题中两次相遇点的距离为(111236⎛⎫-= ⎪⎝⎭AB ，为40千米，所以AB 全长为240千米.6.甲、乙两船分别在一条河的A ，B 两地同时相向而行,甲顺流而下,乙逆流而上.相遇时,甲乙两船行了相等的航程,相遇后继续前进,甲到达B 地、乙到达A 地后,都立即按原来路线返航,两船第二次相遇时,甲船比乙船少行1000米.如果从第一次相遇到第二次相遇的时间相隔为1小时20分,那么河水的流速为每小时多少千米? 【分析与解】 因为甲、乙第一次相遇时行驶的路程相等,所以有甲、乙同时刻各自到达B 、A 两地.接着两船再分别从B 、A 两地往AB 中间行驶.所以在第二次相遇前始终是一船逆流、一船顺流,那么它们的速度和始终等于它们在静水中的速度和.有:甲静水速度+水速=乙静水速度－水速.还有从开始到甲第一次到达B 地，乙第一次到达A 地之前,两船在河流中的速度相等.所以甲船比乙船少行驶的1000米是在甲、乙各自返航时产生的．甲乙返航时,有甲在河流中行驶的速度为:甲静水速度-水速,乙在河流中的速度为:乙静水速度+水速.它们的速度差为4倍水速．从第一次相遇到第二次相遇,两船共行驶了2AB 的路程,而从返航到第二次相遇两船共行驶了AB 的路程,需时间80÷2=40分钟． 有4倍水速=401000150060⎛⎫÷=⎪⎝⎭,有水速=375米/小时=0.375千米/小时． 即河水的流速为每小时0.375千米．7.甲、乙二人骑自行车从环形公路上同一地点同时出发，背向而行.现在已知甲走一圈的时间是70分钟，如果在出发后45分钟甲、乙二人相遇，那么乙走一圈的时间是多少分钟? 【分析与解】 甲行走45分钟，再行走70－45=25分钟即可走完一圈.而甲行走45分钟，乙行走45分钟也能走完一圈.所以甲行走25分钟的路程相当于乙行走45分钟的路程． 甲行走一圈需70分钟，所以乙需70÷25×45=126分钟．即乙走一圈的时间是126分钟．8.如图3-1，甲和乙两人分别从一圆形场地的直径两端点同时开始以匀速按相反的方向绕此圆形路线运动，当乙走了100米以后，他们第一次相遇，在甲走完一周前60米处又第二次相遇.求此圆形场地的周长．【分析与解】 注意观察图形，当甲、乙第一次相遇时，甲乙共走完12圈的路程，当甲、乙第二次相遇时，甲乙共走完1+12＝32圈的路程． 所以从开始到第一、二次相遇所需的时间比为1：3，因而第二次相遇时乙行走的总路程为第一次相遇时行走的总路程的3倍，即100×3=300米． 有甲、乙第二次相遇时，共行走(1圈－60)+300，为32圈，所以此圆形场地的周长为480米．9.甲、乙二人在同一条椭圆形跑道上作特殊训练：他们同时从同一地点出发，沿相反方向跑，每人跑完第一圈到达出发点后立即回头加速跑第二圈，跑第一圈时，乙的速度是甲速度的23.甲跑第二圈时速度比第一圈提高了13；乙跑第二圈时速度提高了15．已知沿跑道看从甲、乙两人第二次相遇点到第一次相遇点的最短路程是190米，那么这条椭圆形跑道长多少米? 【分析与解】设甲跑第一圈的速度为3，那么乙跑第一圈的速度为2，甲跑第二圈的速度为4，乙跑第二圈的速度为125. 如下图，第一次相遇地点逆时针方向距出发点35的跑道长度． 有甲回到出发点时，乙才跑了23的跑道长度.在乙接下来跑了13跑道的距离时，甲以“4”的速度跑了122433÷⨯=圈．所以还剩下13的跑道长度，甲以4的速度，乙以125的速度相对而跑，所以乙跑了112124355⎡⎤⎛⎫⨯÷+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦18=圈.也就是第二次相遇点逆时针方向距出发点18圈．即第一次相遇点与第二次相遇点相差31195840-=圈， 所以，这条椭圆形跑道的长度为1919040040÷=米．10.如图3-2，在400米的环形跑道上，A,B 两点相距100米.甲、乙两人分别从A ，B 两点同时出发，按逆时针方向跑步.甲每秒跑5米，乙每秒跑4米，每人每跑100米，都要停10秒钟.那么甲追上乙需要时间是多少秒?【分析与解】 如果甲、乙均不休息，那么甲追上乙的时间为100÷(5-4)=100秒． 此时甲跑了100×5=500米，乙跑了100×4=400米．而实际上甲跑500米，所需的时间为100+4×10=140秒，所以140～150秒时甲都在逆时针距A 点500处．而乙跑400米所需的时间为100+3×10=130秒，所以130～140秒时乙走在逆时针距B点400处．显然从开始计算140秒时，甲、乙在同一地点，即甲追上乙需要时间是140秒．11.周长为400米的圆形跑道上，有相距100米的A ，B 两点．甲、乙两人分别从A ，B 两点同时相背而跑，两人相遇后，乙即转身与甲同向而跑，当甲跑到A 时，乙恰好跑到B ．如果以后甲、乙跑的速度和方向都不变，那么甲追上乙时，甲从出发开始，共跑了多少米? 【分析与解】 如下图,记甲乙相遇点为C.当甲跑了AC 的路程时，乙跑了BC 的路程；而当甲跑了400米时，乙跑了2BC 的路程． 由乙的速度保持不变，所以甲、乙第一次相向相遇所需的时间是甲再次到达A 点所需时间的12. 即AC=12×400=200(米)，也就是甲跑了200米时，乙跑了100米，所以甲的速度是乙速度的2倍．那么甲到达A ，乙到达B 时，甲追上乙时需比乙多跑400-100=300米的路程，所以此后甲还需跑300÷(2-1)×2=600米，加上开始跑的l 圈400米．所以甲从出发到甲追上乙时，共跑了600+400=1000米．12.如图3-3，一个长方形的房屋长13米，宽8米．甲、乙两人分别从房屋的两个墙角出发，甲每秒钟行3米，乙每秒钟行2米.问:经过多长时间甲第一次看见乙?【分析与解】 开始时，甲在顺时针方向距乙8+13+8=29米．因为一边最长为 13、所以最少要追至只相差13，即至少要追上29-13=16米． 甲追上乙16米所需时间为16÷(3-2)=16秒，此时甲行了3×16=48米，乙行了2×16=32米．甲、乙的位置如右图所示：显然甲还是看不见乙，但是因为甲的速度比乙快，所以甲能在乙离开上面 的那条边之前到达上面的边，从而看见乙．而甲要到达上面的边，需再跑2米，所需时间为2÷3=23秒． 所以经过16+23=1623秒后甲第一次看见乙.13.如图3-4,学校操场的400米跑道中套着300米小跑道,大跑道与小跑道有200米路程相重．甲以每秒6米的速度沿大跑道逆时针方向跑,乙以每秒4米的速度沿小跑道顺时针方向跑,两人同时从两跑道的交点A 处出发,当他们第二次在跑道上相遇时,甲共跑了多少米?【分析与解】 如下图,甲、乙只可能在大跑道上相遇．并且只能在AB 顺时针的半跑道上．易知小跑道AB 逆时针路程为100,顺时针路程为200,大跑道上AB 的顺、逆时针路程均是200米．我们将甲、乙的行程状况分析清楚．当甲第一次到达B 时,乙还没有到达B 点,所以第一次相遇一定在逆时针的BA 某处．而当乙第一次到达B 点时，所需时间为200÷4=50秒,此时甲跑了50×6=300米,在B 点300-200=100米处．乙跑出小跑道到达A 需100÷4=25秒,则甲又跑了25×6=150米,在A 点左边(100+150)-200=50米处．所以当甲到达B 处时,乙还未到B 处,那么甲必定能在B 点右边某处与乙第二次相遇． 从乙再次到达A 处开始计算,还需(400-50)÷(6+4)=35秒,甲、乙第二次相遇,此时甲共跑了50+25+35=110秒．所以,从开始到甲、乙第二次相遇甲共跑了110×6=660米．14．如图3-5,正方形ABCD 是一条环形公路．已知汽车在AB 上时速是90千米，在BC 上的时速是120千米，在CD 上的时速是60千米,在DA 上的时速是80千米．从CD 上一点P,同时反向各发出一辆汽车,它们将在AB 中点相遇．如果从PC 的中点M,同时反向各发出一辆汽车,它们将在AB 上一点N 相遇．问A 至N 的距离除以N 至B 的距离所得到的商是多少?【分析与解】 如下图,设甲始终顺时针运动,乙始终逆时针运动,并设正方形ABCD 的边长为单位“1”.有甲从P 到达AB 中点O 所需时间为608090PD DA AO ++10.5608090PD =++. 乙从P 到达AB 中点O 所需时间为6012090PC BC BO ++10.56012090PD =++. 有甲、乙同时从P 点出发,则在AB 的中点O 相遇,所以有：16080PD +=160120PC +且有PD=DC-PC=1-PC,代入有116080PC -+160120PC =+,解得PC=58. 所以PM=MC=516,DP=38.现在甲、乙同时从PC 的中点出发,相遇在N 点,设AN 的距离为x .有甲从M 到达N 点所需时间为608090MD DA AN ++351816608090x+=++； 乙从M 到达N 点所需时间为6012090MC CB BN ++511166012090x-=++. 有351816608090x +++511166012090x -=++，解得132x =.即AN=132. 所以AN ÷BN 1313232=÷131=15.如图3-6，8时10分,有甲、乙两人以相同的速度分别从相距60米的A ，B 两地顺时针方向沿长方形ABCD 的边走向D 点.甲8时20分到D 点后,丙、丁两人立即以相同速度从D 点出发.丙由D 向A 走去,8时24分与乙在E 点相遇；丁由D 向C 走去，8时30分在F 点被乙追上.问三角形BEF 的面积为多少平方米?【分析与解】 如下图，标出部分时刻甲、乙、丙、丁的位置．先分析甲的情况，甲10分钟，行走了AD 的路程；再看乙的情况，乙的速度等于甲的速度，乙14分钟行走了60+AE 的路程，乙20分钟走了60+AD+DF 的路程．所以乙10分钟走了(60+AD+DF)-(AD)=60+DF 的路程．有601014AD AE +=6010DF +=，有()()607560AD DFAE ED AE =+⎧⎪⎨-=+⎪⎩然后分析丙的情况,丙4分钟,行了走ED 的路程,再看丁的情况,丁的速度等于丙的速度,丁10分钟行走了DF 的距离．。

第1讲数的整除特征（一）知识网络数的整除性质主要有：（1）若甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除，那么甲数能被丙数整除。

（2）若两个数能被一个自然数整除，那么这两个数的和与差都能被这个自然数整除。

（3）几个数相乘，若其中有一个因数能被某一个数整除，那么它们的积也能被这个数整除。

（4）若一个数能被两个互质数中的每一个数整除，那么这个数也能被这两个互质数的积整除。

（5）若一个数能被两个互质数的积整除，那么这个数也能分别被这两个互质数整除。

（6）若一个质数能整除两个自然数的乘积，那么这个质数至少能整除这两个自然数中的一个。

（7）个位上是0、2、4、6、8的数都能被2整除。

（8）个位上是0或者5的数都能被5整除。

（9）若一个整数各位数字之和能被3整除，则这个整数能被3整除。

（10）若一个整数末尾两位数能被4整除，则这个数能被4整除。

（11）若一个整数末尾三位数能被8整除，则这个数能被8整除。

（12）若一个整数各位数字之和能被9整除，则这个整数能被9整除。

重点·难点数的整除概念、性质及整除特征为解决一些整除问题带来了很大方便，在实际问题中应用广泛。

要学好数的整除问题，就必须找到规律，牢记上面的整除性质，不可似是而非。

学法指导能被2和5，4和25，8和125整除的数的特征是分别看这个数的末一位、末两位、末三位。

我们可以综合推广成一条：末n位数能被（或）整除的数，本身必能被（或）整除；反过来，末n位数不能被（或）整除的数，本身必不能被（或）整除。

例如，判断253200、371601能否被16整除，因为，所以只要看各数的末四位数能否被16整除。

学习这一讲知识要学会举一反三。

经典例题[例1]在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能分别被3、4、5整除，且使这个数尽可能小。

思路剖析这个六位数分别被3、4、5整除，故它应满足如下三个条件：（1）各位数字和是3的奇数；（2）末两位数组成的两位数是4的倍数；（3）末位数为0或5。

小学数的整除数论奥数知识讲解及习题小学数的整除数论奥数知识讲解及习题小学的学生学习奥数对学校所学数学的一个补充和提高，同学们快来做做奥数题来锻炼自己吧!下面是小编为大家收集到的数的整除数论奥数知识讲解及习题，供大家参考。

一、基本概念和符号：1、整除：如果一个整数a，除以一个自然数b，得到一个整数商c，而且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。

2、常用符号：整除符号“|”，不能整除符号“ ”;因为符号“∵”，所以的符号“∴”;二、整除判断方法：1. 能被2、5整除：末位上的数字能被2、5整除。

2. 能被4、25整除：末两位的数字所组成的数能被4、25整除。

3. 能被8、125整除：末三位的数字所组成的数能被8、125整除。

4. 能被3、9整除：各个数位上数字的和能被3、9整除。

5. 能被7整除：①末三位上数字所组成的'数与末三位以前的数字所组成数之差能被7整除。

②逐次去掉最后一位数字并减去末位数字的2倍后能被7整除。

6. 能被11整除：①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成的数之差能被11整除。

②奇数位上的数字和与偶数位数的数字和的差能被11整除。

③逐次去掉最后一位数字并减去末位数字后能被11整除。

7. 能被13整除：①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成的数之差能被13整除。

②逐次去掉最后一位数字并减去末位数字的9倍后能被13整除。

三、整除的性质：1. 如果a、b能被c整除，那么(a+b)与(a-b)也能被c整除。

2. 如果a能被b整除，c是整数，那么a乘以c也能被b整除。

3. 如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。

4. 如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍数整除。

例题：在四位数56□2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56□2能被9整除，那么5+6+□+2=13+□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;如果56□2能被8整除，那么6□2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56□2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。

数的整除性质、特征【知识要点】：整除性质：（1）如果数a、b都能被c整除，那么它们的和（a+b）或差（a－b）也能被c整除。

（2）如果数a能被自然数b整除，自然数b能被自然数c整除，则数a必能被数c整除。

（3）若干个数相乘，如其中有一个因数能被某一个数整除，那么，它们的积也能被这个数整除。

（4）如果一个数能被两个互质数中的每一个数整除，那么，这个数能被这两个互质数的积整除。

反之，若一个数能被两个互质数的积整除，那么这个数能分别被这两个互质数整除。

整除特征：（1）若一个数的末两位数能被4（或25）整除，则这个数能被4（或25）整除。

（2）若一个数的末三位数能被8（或125）整除，则这个数能被8（或125）整除。

（3）若一个数的各位数字之和能被3（或9）整除，则这个数能被3（或9）整除。

（4）若一个数的奇数位数字和与偶数数字和之差（以大减小）能被11整除，则这个数能被11整除。

（5）若一个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数之差（大数减小数）能被7（或13）整除，则这个数能被7（或13）整除。

【典型例题】例1：一个三位数能被3整除，去掉它的末尾数后，所得的两位数是17的倍数，这样的三位数中，最大是几？例2：1～200这200个自然数中，能被6或8整除的数共有多少个？例3、要使84×300×365×（ ）的积最后五位数字都是0，求括号内最小应填何数？例4、证明：若训练题.8,8abcdef def 则1、判断306371能否被7整除？能否被13整除？2、abcabc能否被7、11和13整除?3、六位数7E36F5 是1375的倍数，求这个六位数。

4、已知10□8971能被13整除，求□中的数。

5、在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被2，3，5整除，且使它的数值尽可能小，求这个六位数。

6、有一个四位数3AA1，它能被9整除，那么数A 代表多少？7、已知10□8971能被13整除，求□中的数。

第1讲数的整除特征（一）知识网络数的整除性质主要有：（1）若甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除，那么甲数能被丙数整除。

（2）若两个数能被一个自然数整除，那么这两个数的和与差都能被这个自然数整除。

（3）几个数相乘，若其中有一个因数能被某一个数整除，那么它们的积也能被这个数整除。

（4）若一个数能被两个互质数中的每一个数整除，那么这个数也能被这两个互质数的积整除。

（5）若一个数能被两个互质数的积整除，那么这个数也能分别被这两个互质数整除。

（6）若一个质数能整除两个自然数的乘积，那么这个质数至少能整除这两个自然数中的一个。

（7）个位上是0、2、4、6、8的数都能被2整除。

（8）个位上是0或者5的数都能被5整除。

（9）若一个整数各位数字之和能被3整除，则这个整数能被3整除。

（10）若一个整数末尾两位数能被4整除，则这个数能被4整除。

（11）若一个整数末尾三位数能被8整除，则这个数能被8整除。

（12）若一个整数各位数字之和能被9整除，则这个整数能被9整除。

重点·难点数的整除概念、性质及整除特征为解决一些整除问题带来了很大方便，在实际问题中应用广泛。

要学好数的整除问题，就必须找到规律，牢记上面的整除性质，不可似是而非。

学法指导能被2和5，4和25，8和125整除的数的特征是分别看这个数的末一位、末两位、末三位。

我们可以综合推广成一条：末n位数能被（或）整除的数，本身必能被（或）整除；反过来，末n位数不能被（或）整除的数，本身必不能被（或）整除。

例如，判断253200、371601能否被16整除，因为，所以只要看各数的末四位数能否被16整除。

学习这一讲知识要学会举一反三。

经典例题[例1]在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能分别被3、4、5整除，且使这个数尽可能小。

思路剖析这个六位数分别被3、4、5整除，故它应满足如下三个条件：（1）各位数字和是3的奇数；（2）末两位数组成的两位数是4的倍数；（3）末位数为0或5。

数论—整除第十六讲一、质数、合数和分解质因数【基本概念和知识】1．质数和合数一个数除了 1 和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）.一个数除了 1 和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数.要特别记住：1 不是质数，也不是合数.2．质因数与分解质因数如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数.【例题】例1：三个连续自然数的乘积是 210，求这三个数.∵ 210=2×3×5×7∴ 可知这三个数是 5、6、7.例2：两个质数的和是 40，求这两个质数的乘积的最大值是多少？解：把 40 表示为两个质数的和，共有三种形式：40=17＋23=11＋29=3＋37∵17×23==391＞11×29=319＞3×37=111，∴所求的最大值是 391.例3：自然数 123456789 是质数，还是合数？为什么？解：123456789 是合数.因为它除了约数 1 和它本身，至少还有约数 3，所以它是一个合数.例 4：连续 9 个自然数中至多有几个质数？为什么？解：如果这连续九个自然数在 1 与 20 之间，那么显然其中最多有 4 个质数（如：1~9 中有 4 个质数2、3、5、7）.如果这连续的九个自然数中最小的不小于 13，那么其中的偶数显然为合数，而其中奇数的个数最多有 5 个.这 5 个奇数中必只有一个个位数是 5，因而 5 是这个奇数的一个因数，即这个奇数是合数.这样，至多另 4 个奇数都是质数.综上所述，连续九个自然数中至多有 4 个质数.例5：把 5、6、7、14、15 这五个数分成两组，使每组数的乘积相等.解：∵ 5=5，7=7，6=2×3，14=2×7，15=3×5.这些数中质因数 2、3、5、7 各共有 2 个，所以如把 14（=2×7）放在第一组，那么 7 和6（=2× 3）只能放在第二组，继而 15（=3×5）只能放在第一组，则 5 必须放在第二组.这样，14×15=210=5×6×7.∴ 这五个数可以分为 14 和 15，5、6 和 7 两组.例6：有三个自然数，最大的比最小的大 6，另一个是它们的平均数，且三数的乘积是 42560.求这三个自然数.分析先大概估计一下，30×30×30=27000，远小于42560，40×40×40=64000，远大于42560.因此，要求的三个自然数在 30~40 之间.解：42560=26×5×7×19=25×（5×7）×（19×2） =32×35×38（合题意）∴ 要求的三个自然数分别是 32、35 和 38.例 7：有三个自然数 a 、b 、c ，已知 a×b=6，b×c=15，a×c=10.求 a×b×c 是多少？解：∵ 6=2×3，15=3×5，10=2×5.∴ (a×b)×(b×c)×(a×c) =(2×3)×(3×5)×(2×5) ∴ a 2×b 2×c 2=22×32×52∴ (a ×b ×c)2=(2×3×5)2∴ a×b×c=2×3×5=30在例 7 中有 a 2=22，b 2=32，c 2=52，其中 22=4，32=9，52=25，像 4、9、25 这样的数，推及一般情况，我们把一个自然数平方所得到的数叫做完全平方数或叫做平方数.如：12=1，22=4，32=9，42=16，…，112=121，122=144，…其中 1，4，9，16，…，121，144，…都叫做完全平方数.下面让我们观察一下，把一个完全平方数分解质因数后，各质因数的指数有什么特征. 例：把下列各完全平方数分解质因数.9，36，144，1600，275625.解：9=32 36=22×32 144=32×24 1600=26×52 275625=32×54×72可见，一个完全平方数分解质因数后，各质因数的指数均是偶数.反之，如果把一个自然数分解质因数之后 ，各个质因数的指数都是偶数，那么这个自然数一定是完全平方数.如上例中，36=62，144=122，1600=402，275625=5252. 例 8：一个整数 a 与 1080 的乘积是一个完全平方数，求 a 的最小值与这个完全平方数.分析 ∵ a 与 1080 的乘积是一个完全平方数.∴ 乘积分解质因数后，各质因的指数一定全是偶数.解：∵ 1080×a=23×33×5×a，又∵ 1080=23×33×5 的质因数分解中各质因数的指数都是奇数. ∴ a 必含质因数 2、3、5，因此，a 最小为 2×3×5. ∴ 1080×a=1080×2×3×5=1080×30=32400. 答：a 的最小值为 30，这个完全平方数是 32400.例 9：360 共有多少个约数？分析 360=23×32×5为了求 360 有多少个约数，我们先来看 32×5 有多少个约数，然后再把所有这些约数分别剩以 1、 2、22、23，即得到 23×32×5（=360）的所有约数.为了求 32×5 有多少个约数，可以先求出 5 有多少个约数，然后再把这些约数分别乘以 1、3、32，即得到 32×5 的所有约数.2解：记 5 的约数个数为 Y 1，3 ×5 的约数个数为 Y 2.360（=23×32×5）的约数个数为 Y . 3 由上面的分析可知： Y 3=4×Y 2，Y 2=3×Y 1，显然 Y 1=2（5 只有 1 和 5 两个约数）. 因此 Y 3=4×Y 2=4×3×Y 1=4×3×2=24.所以，360 共有 24 个约数.233Y 3=4×Y 2 中的“4”即为“1、2、2 、2 ”中数的个数，也就是其中 2 的最大指数加 1，也就是 360=2×32×5 中质因数 2 的个数加 1；Y =3×Y 中的“3”即为“1、3、32”中数的个数，也就是 23×32×5 中 2 13 2质因数 3 的个数加 1；而 Y 1=2 中的“2”即为“1、5”中数的个数，即 2 ×3 ×5 中质因数 5 的个数加 1. 因此Y 3=（3＋1）×（2＋1）×（1＋1）=24.对于任何一个合数，用类似于 23×32×5（=360）的约数个数的讨论方式，我们可以得到一个关于求一个合数的约数个数的重要结论：一个合数的约数个数，等于它的质因数分解式中每个质因数的个数（即指数）加 1 的连乘积. 例 10：求 240 的约数的个数.解：∵ 240=24×31×51，∴ 240 的约数的个数是：（4＋1）×（1＋1）×（1＋1）=20 个， ∴ 240 有 20 个约数.请你列举一下 240 的所有约数，再数一数，看一看是否是 20 个？二、最大公约数和最小公倍数【基本概念和知识】 1．公约数和最大公约数几个数公有的约数，叫做这几个数的公约数；其中最大的一个，叫做这几个数的最大公约数. 2．公倍数和最小公倍数几个数公有的倍数，叫做这几个数的公倍数；其中最小的一个，叫做这几个数的最小公倍数. 3．互质数如果两个数的最大公约数是 1，那么这两个数叫做互质数. 【例题】例 1：用一个数去除 30、60、75，都能整除，这个数最大是多少？分析 ∵ ∴ 又∵ ∴ 要求的数去除 30、60、75 都能整除，要求的数是 30、60、75 的公约数.要求符合条件的最大的数，就是求 30、60、75 的最大公约数.解：（30，60，75）=15 所以，这个数最大是 15.例 2：一个数用 3、4、5 除都能整除，这个数最小是多少？分析 由题意可知，要求求的数是 3、4、5 的公倍数，且是最小公倍数.解：∵ [3，4，5]=60，∴ 用 3、4、5 除都能整除的最小的数是 60.例 3：有三根铁丝，长度分别是 120 厘米、180 厘米和 300 厘米.现在要把它们截成相等的小段，每根都不能有剩余，每小段最长多少厘米？一共可以截成多少段？分析 ∵ 要截成相等的小段，且无剩八，∴ 每段长度必是 120、180、300 的公约数；又∵每段要尽可能长，∴要求的每段长度就是120、180、300 的最大公约数.解：∵（120，180，300）=60，∴每小段最长 60 厘米.120÷60＋180÷60＋300÷60=2＋3＋5=10（段）答：每段最长 60 厘米，一共可以截成 10 段.例 4：加工某种机器零件，要经过三道工序.第一道工序每个工人每小时可完成 3 个零件，第二道工序每个工人每小时可完成 10 个，第三道工序每个工人每小时可完成 5 个.要使加工生产均衡，三道工序至少各分配几个工人？分析要使加工生产均衡，各道工序生产的零件总数应是3、10 和5 的公倍数.要求三道工序“至少”要多少工人，要先求3、10 和5 的最小公倍数.解：∵[3，10，5]=30∴各道工序均应加工 30 个零件.30÷3=10（人）30÷10=3（人）30÷5=6（人）答：第一道工序至少要分配 10 人，第二道工序至少要分配 3 人，第三道工序至少要分配 6 人.例5：一次会餐供有三种饮料.餐后统计，三种饮料共用了 65 瓶：平均每 2 个人饮用一瓶 A 饮料，每3 个人饮用一瓶 B 饮料，每 4 个人饮用一瓶 C 饮料.问参加会餐的人数是多少人？分析由题意可知，参加会餐人数应是2、3、4 的公倍数.解：∵[2，3，4]=12∴参加会餐人数应是 12 的倍数.又∵12÷2＋12÷3＋12÷4=13（瓶）∴可见12 个人要用6 瓶A 饮料，4 瓶B 饮料，3 瓶C 饮料，共用13 瓶饮料.又∵65÷13=5∴参加会餐的总人数应是 12 的5倍.12×5=60（人）答：参加会餐的总人数是 60 人.例6：一张长方形纸，长 2703 厘米，宽 1113 厘.要把它截成若干个同样大小的正方形，纸张不能有剩余且正方形的边长要尽可能大.问：这样的正方形的边长是多少厘米？分析由题意可知，正方形的边长即是2703 和1113 的最大公约数.在学校，我们已经学过用短除法求两个数的最大公约数，但有时会遇到类似此题情况，两个数除了1 以外的公约数一下子不好找到，但又不能轻易断定它们是互质数.怎么办？在此，我们以例6 为例介绍另一种求最大公约数的方法.对于例 6，可做如下图解：从图中可知：在长 2703 厘米、宽 1113 厘米的长方形纸的一端，依次裁去以宽（1113 厘米）为边长的正方形 2 个，在裁后剩下的长 1113 厘米、宽 477 厘米的长方形中，再裁去以宽（477 厘米）为边长的正方形 2 个，然后又在裁剩下的长方形（长 477 厘米，宽 159 厘米）中，以 159 厘米为边长裁正方形，恰好裁成 3 个，且无剩余.因此可知，159 厘米是 477 厘米、1113 厘米和 2703 厘米的约数，所以裁成同样大的，且边长尽可能长的正方形的边长应是 159 厘米.所以，159 厘米是 2703 和 1113 的最大公约数.让我们把图解过程转化为计算过程，即：2703÷1113，商 2 余 477；1113÷477，商 2 余 159；477÷159，商 3 余0.或者写为：2703=2×1113＋477，1113=2×477＋159，477=3×159.当除数为 0 时，最后一个算式中的除数 159 就是原来两个数 2703 和1113 的最大公约数.可见，477=159×3，1113=159×3×2＋159=159×7，2703=159×7×2＋477=159×7×2＋159×3=159×17.又因为 7 和 17 是互质数，所以 159 是 2703 和 1113 的最大公约数.我们把这种求最大公约数的方法叫做辗转相除法.辗转相除法的优点在于它能在较短的时间内求出任意两个数的最大公约数.例7：用辗转相除法求 4811 和1981 的最大公约数.解：因为4811=2×1981＋849，1981=2×849＋283，849=3×283. 所以，（4811，1981）=283.补充说明：如果要求三个或更多的数的最大公约数，可以先求出其中任意两个数的最大公约数，再求这个公约数与另外一个数的最大公约数，这样求下去，直至求得最后结果.也可以直接观察，依次试公有的质因数.例8：求 1008、1260、882 和1134 四个数的最大公约数是多少？解：因为（1260，1008）=252，（882，1134）=126，又（252，126）=126，所以，（1008，1260，882，1134）=126.求两个数的最小公倍数，除了用短除法外，是否也有其他方法呢？请看例 9.例9：两个数的最大公约数是 4，最小公倍数是 252，其中一个数是 28，另一个数是多少？解：设要求的数为 x，则有：所以，x=4×y28=4×7所以，28x=4×y×4×7又因为4是x和28的最大公约数，（y，7）=1，所以4×y×7是x 和28 的最小公倍数.所以，x×28=4×252所以，x=4×252÷28=36所以，要求的数是 36.通过例 9 的解答过程，不难发现：如果用 a 和b 表示两个自然数，那么这两个自然数的最大公约数与最小公倍数关系是：(a，b)×[a，b]=a×b.这样，求两个数的最小公倍数的问题，即可转化成先求两个数的最大公约数，再用最大公约数除两个数的积，其结果就是这两个数的最小公倍数.例10：求 21672 和11352 的最小公倍数.解：因为（21672，11352）=1032（1032 可用辗转相除法求得）所以，[21672，11352]=21672×11352÷1032=238392.答：21672 和 11352 的最小公倍数是 238392.三、带余数的除法前面我们讲到除法中被除数和除数的整除问题.除此之外，例如：16÷3=5……1，即16=5×3＋1，此时，被除数除以除数出现了余数，我们称之为带余数的除法.一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0），那么一定有另外两个整数q和r，0≤r≤b，使得a=b ×q＋r.当 r=0 时，我们称 a 能被 b 整除.当r≠0时，我们称 a 不能被 b 整除，r 为a 除以b 的余数，q 为a 除以b 的不完全商（亦简称为商）. 用带余除式又可以表示为a÷b=q…r，0≤r≤b.【例题】例 1：一个两位数去除 251，得到的余数是 41，求这个两位数.分析这是一道带余数的除法题，且要求的数是大于41 的两位数，解题可从带余除式入手分析.解：∵被除数÷除数=商…余数，即∴被除数=除数×商＋余数，251=除数×商＋41，251－41=除数×商，210=除数×商.210=2×3×5×7，210 的两位数的约数有 10、14、15、21、30、35、42、70，其中 42 和70 大于41.所以除数∴∵∴是42 或70，即要求的两位数是 42 或70.例2：用一个自然去除另一个整数，商 40，余数是 16.被除数、除数、商与余数的和是 933，求被除数和除数各是多少.解：∵被除数=除数×商＋余数，即被除数=除数×40＋16.由题意可知：被除数＋除数=933－40－16=877，∴（除数×40＋16）＋除数=877，∴除数×41=877－16=861，除数=861÷41=21.∴被除数=21×40＋16=856.答：被除数是 856，除数是 21.例3：某年的十月里有 5 个星期六，4 个星期日，问这年的 10 月1 日是星期几？解：十月份共有 31 天，每周共有 7 天.∵∴∴31=7×4＋3，根据题意可知：有 5 天的星期数必然是星期四、星期五和星期六. 这年的 10 月 1 日是星期四.例4：3 月18 日是星期日，从 3 月17 日作为第一天开始往回数（即3 月16 日第二天，3 月15 日第三天…）的第 1993 天是星期几？解：每周有7天，1993÷7=284（周）…5（天）从星期日往回数 5 天是星期二，所以第 1993 天必是星期二.例 5：一个数除以 3 余 2，除以 5 余 3，除以 7 余 2，求适合此条件的最小数.这是一道古算题，它早在《孙子算经》中有记载：“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”关于这道题的解法，在明朝就流传一首解题之歌：“三人同行七十稀，五树梅共廿一枝，七子团圆正半月，除百零五便得知.”意思是，用除以 3 的余数乘以 70，用除以 5 的余数乘以 21，用除以 7 的余数乘以 15，再把三个乘积相加.如果这三个数的和大于 105，那么就减去 105，直至小于 105 为止.这样就可以得到满足条件的解.其解法如下：方法一：2×70＋3×21＋2×15=233233－105×2=23符合条件的最小自然数是 23.方法二：[3，7]＋2=2323 除以5 恰好余3. 所以，符合条件的最小自然数是23.方法2 的思路是什么呢？让我们再来看下面两道例题.例 6：一个数除以 5 余 3，除以 6 余 4，除以 7 余 1，求适合条件的最小自然数.分析“除以5余3”即“加2后被5整除”，同样“除以6余4”即“加2后被6整除”.解：[5，6]－2=28，即28 适合前两个条件.想：28＋[5，6]×？之后能满足“被 7 除余1”的条件？ 28＋[5，6]×4=148，148=21×7＋1，又 148＜210=[5，6，7]所以，适合条件的最小自然数是 148.例7：一个数除以3 余2，除以5 余3，除以7 余4，求符合条件的最小自然数.解：想2＋3×？之后能满足“被5 除余3”的条件？2＋3×2=8.再想：8＋[3，5]×？之后能满足“被 7 除余4”的条件？8＋[3，5]×3=53.所以，符合条件的最小的自然数是 53.归纳以上两例题的解法为：逐步满足条件法.当找到满足某个条件的数后，为了再满足另一个条件，需做数的调整，调整时注意要加上已满足条件中除数的倍数.解这类题目还有其他方法，将会在有关“同余”部分讲到.例 8：一个布袋中装有小球若干个.如果每次取 3 个，最后剩 1 个；如果每次取 5 个或 7 个，最后都剩 2 个.布袋中至少有小球多少个？解：2＋[5，7]×1=37（个）∵ 37 除以 3 余 1，除以 5 余 2，除以 7 余 2， ∴ 布袋中至少有小球 37 个. 例 9：69、90 和 125 被某个自然数 N 除时，余数相同，试求 N 的最大值.分析 在解答此题之前，我们先来看下面的例子： 15 除以 2 余 1，19 除以 2 余 1， 即 15 和 19 被 2 除余数相同（余数都是 1）.但是，19－15 能被 2 整除.由此我们可以得到这样的结论：如果两个整数 a 和 b ，被自然数 m 除的余数相同，那么这两个数之差（大－小）一定能被 m 整除.反之，如果两个整数之差恰被 m 整除，那么这两个整数被 m 除的余数一定相同. 例 9 可做如下解答：∵ ∴ ∴ ∵ ∵ ∴ 三 个 整 数 被 N 除 余 数 相 同 ， N ︱（90－69），即 N ︱21；N ︱（ 125－90），即 N ︱35； N 是 21 和 35 的公约数. 要求 N 的最大值，∴ N 是 21 和 35 的最大公约数.21 和 35 的最大公约数是 7， N 最大是 7.四、最大公约数和最小公倍数本讲重点解决与最大公约数和最小公倍数有关的另一类问题——有关两个自然数，它们的最大公 约数、最小公倍数之间的相互关系的问题.定理 1 两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质.即如果(a ， b)=d ，那么(a÷d ， b÷d )=1.证明：设 a ÷d=a 1 ， b ÷d=b 1 ， 那么 a=a 1d ， b=b 1d .假设(a 1 ， b 1)≠1，可设(a 1 ， b 1)=m(m ＞1)，于是有 a 1=a 2m ， b 1=b 2m.(a 2 ， b 2 是整数)所以，a= a 1d= a 2md ， b= b 1d= b 2md . 那么 md 是 a 、b 的公约数.又∵m＞1，∴md＞d.这就与 d 是 a 、b 的最大公约数相矛盾.因此，(a 1 ， b 1)≠1 的假设是不正确的.所以只能是(a 1 ， b 1)=1，也就是(a ÷d ， b ÷d )=1.定理 2 两个数的最小公倍数与最大公约数的乘积等于这两个数的乘积.（证明略） 定理 3 两个数的公约数一定是这两个数的最大公约数的约数.（证明略）下面我们就应用这些知识来解决一些具体的问题.例 1 甲数是 36，甲、乙两数的最大公约数是 4，最小公倍数是 288，求乙数.解法 1：由甲数×乙数=甲、乙两数的最大公约数×两数的最小公倍数，可得36×乙数=4×288乙数=4×288÷36 解出乙数=32 解法 2：因为甲、乙两数的最大公约数为 4，则甲数=4×9，设乙数=4×b 1，且（b 1，9）=1.因为甲、乙两数的最小公倍数是 288， 则 288=4×9×b 1， b 1=288÷36 解出 b 1=8所以，乙数=4×8=32 答：乙数是 32.例 2 已知两数的最大公约数是 21，最小公倍数是 126，求这两个数的和是多少？解：要求这两个数的和，我们可以先求出这两个数各是多少.设这两个数为 a 、b ，a ＜b.因为这两个数的最大公约数是 21，故设 a=21a 1 ，b=21b 1，且（a 1，b 1）=1. 因为这两个数的最小公倍数是 126， 所以 解出 126=21×a 1×b 1 a 1=1 b 1=6 a=21×1=21b=21×6=126于是 a 1×b 1=6 a 1=2b 1=3 a=21×2=42 b=21×3=63 则 因此，这两个数的和为 21＋126=147，或 42＋63=105. 答：这两个数的和为 147 或 105.例 3 已知两个自然数的和是 50，它们的最大公约数是 5，求这两个自然数.解：设这两个自然数分别为 a 与 b ，a ＜b.因为这两个自然数的最大公约数是 5，故设 a=5a 1，b=5b 1， 且（a 1，b 1）=1，a 1＜b 1.因为 a ＋b=50，所以有 5a 1＋5b 1=50，a 1＋b 1=10.满足（a 1，b 1）=1，a 1＜b 1 的解有：a 1=1b 1=9 a 1=3 b 1=7所以， a=5×1=5 b=5×9=45 或 a=5×3=15b=5×7=35答：这两个数为 5 与 45 或 15 与 35.例 4 已知两个自然数的积为 240，最小公倍数为 60，求这两个数.解：设这两个数为 a 与 b ，a ＜b ，且设（a ，b ）=d ， a=da 1 ， b=db 1 ，其中（a 1，b 1）=1 .因为两个自然数的积=两数的最大公约数×两数的最小公倍数，所以 240=d×60解出 d=4所以 a=4a 1 ， b=4b 1. 因为 a 与 b 的最小公倍数为 60， 所以 4×a 1×b 1=60， 于是有 解出 a 1×b 1=15. a 1=1 b 1=15a=4×1=4 b=4×15=60a 1=3b 1=5 或 所以 a=4×3=12b=4×5=20 答：这两个数为 4 与 60 或 12 与 20.已知两个自然数的和为 54，它们的最小公倍数与最大公约数的差为 114，求这两个自然数.解：设这两个自然数分别为 a 与 b ，a ＜b ，( a ， b )=d ，a= da 1 ，b=db 1，其中(a 1 ， b 1)=1.因为 a ＋b=54，所以 da 1＋db 1=54.于是有 d×(a 1＋b 1)=54，因此，d 是 54 的约数.又因为这两个数的最小公倍数与最大公约数的差为 114， 所以 da 1b 1－d=114， 于是有 d×(a 1b 1－1)=114，因此，d 是 114 的约数.故 d 为 54 与 114 的公约数.由于（54，114）=6，6 的约数有：1、2、3、6，根据定理 3，d 可能取 1、2、3、6 这四个值.如果 d=1，由 d×(a 1＋b 1)=54，有 a 1＋b 1=54；又由 d×(a 1b 1－1)=114，有 a 1b 1=115. 115=1×115=5×23，但是 1＋115=116≠54，5＋23=28≠54，所以 d≠1. 如果 d=2，由 d×(a 1＋b 1)=54，有 a 1＋b 1=27；又由 d×(a 1b 1－1)=114，有 a 1b 1=58. 58=1×58=2×29，但是 1＋58=59≠27，2＋29=31≠27，所以 d≠2. 如果 d=3，由 d×(a 1＋b 1)=54，有 a 1＋b 1=18；又由 d×(a 1b 1－1)=114，有 a 1b 1=39. 39=1×39=3×13，但是 1＋39=40≠18，3＋13=16≠18，所以 d≠3. 如果 d=6 ，由 d ×(a 1＋b 1)=54，有 a 1＋b 1=9；又由 d×(a 1b 1－1)=114，有 a 1b 1=20. 例 5 所以取 d=6 是合适的，并有 a 1=4，b 1=5. a=6×4=24 ， b=6×5=30. 答：这两个数为 24 和 30. 例 6 已知两个自然数的差为 4，它们的最大公约数与最小公倍数的积为 252，求这两个自然数.解：设这两个自然数分别为 a 与 b ，且 a ＞b ，a = da 1 ， b = db 1 ， (a 1 ， b 1)=1. 因为 a －b=4，所以 da 1－ db 1=4，于是有 d ×(a 1－ b 1)=4，因此 d 为 4 的约数.2因为这两个自然数的最大公约数与最小公倍数的积为 252，所以 d ×da 1b 1=252，于是有 d ×a 1b 1=(2 ×3)2×7，因此 d 为 2×3 的约数.故 d 为 4 与 2×3 的公约数.由于（4，2×3）=2，2 的约数有 1 和 2，所以 d 可能取 1、2 这两个值.2如果 d=1，由 d×(a 1－ b 1)=4，有 a 1－ b 1=4；又由 d ×a 1b 1=252，有 a 1b 1=252.252 表示成两个互质数的乘积有 4 种形式：252=1×252=4×63=7×36=9×28，但是 252－1=251≠ 4，63－4=59≠4，36－7=29≠4，28－9=19≠4，所以 d≠1.2 如果 d=2，由由 d ×(a 1－ b 1)=4，有 a 1－ b 1=2；又由 d ×a 1b 1=252，有 a 1b 1=63.63 表示为两个互质数的乘积有两种形式：63=1×63=7×9，但 63－1=62≠2，而 9－7=2，且（9， 7）=1，所以 d=2，并且 a 1=9，b 1=7.因此 a=2×9=18，b=2×7=14. 答：这两个数为 18 和 14. 在例 2～例 5 的解答中之所以可以在假设中排除 a=b 这种情形在各例中都只假设了 a ＜b ， 分别是由于：例 2 和例 5，若 a=b ，则（a ， b ）=[a ， b]=a ，与条件（a ， b ）≠[a ， b]矛盾；例 3，若 a=b ， 则 a=b=（a ， b ）=5，因此 a ＋b=10≠50，与条件矛盾；例 4，a×b=240 不是平方数.从例题的解答中可以看出，在处理涉及两数的最大公约数或者最小公倍数的很多问题中，经常用到的基本关系是：若两数为 a 、b ，那么 a=a 1d ， b=b 1d ，其中 d=(a ， b) ， (a 1 ， b 1)=1，因此[a ， b]=da 1b 1，五、同余的概念和性质你会解答下面的问题吗？问题 1：今天是星期日，再过 15 天就是“六·一”儿童节了，问“六·一”儿童节是星期几？ 这个问题并不难答，因为，一个星期有 7 天，而 15÷7=2…1，即 15=7×2＋1，所以“六·一” 儿童节是星期一.问题 2：1993 年的元旦是星期五，1994 年的元旦是星期几？这个问题也难不倒我们.因为，1993 年有 365 天，而 365=7×52＋1，所以，1994 年的元旦应该是星期六.问题 1、2 的实质是求用 7 去除一总的天数后所得的余数.在日常生活中，时常要注意两个整数用某一固定的自然数去除，所得的余数问题.这样就产生了“同余”的概念.如问题 1、2 中的 15 与 365 除以 7 后，余数都是 1，那么我们就说 15 与 365 对于模 7 同余.余同定义：若两个整数 a 、b 被自然数 m 除有相同的余数，那么称 a 、b 对于模 m 同余，用式子表示为：a≡b ( mod m )上式可读作：a 同余于b ，模 m.( * ) 同余式( * )意味着（我们假设 a≥b）:a －b=mk ，k 是整数，即 m ︱(a －b).例如：①15≡365（mod 7），因为 365－15=350=7×50.②56≡20（mod 9），因为 56－20=36=9×4.③90≡0（mod 10），因为 90－0=90=10×9.由例③我们得到启发，a 可被 m 整除，可用同余式表示为：a≡0( mod m ).例如，表示 a 是一个偶数，可以写 a≡0(mod 2)表示 b 是一个奇数，可以写 b≡1( mod 2 )补充定义：若 m 不能整除（a －b ），就说 a 、b 对模 m 不同余，用式子表示是：a b(mod m)我们书写同余式的方式，使我们想起等式，而事实上，同余式与等式在其性质上相似.同余式有 如下一些性质（其中 a 、b 、c 、d 是整数，而 m 是自然数）.性质 1：a ≡a(mod m)，（反身性）这个性质很显然，因为 a －a=0=m·0.性质 2：若 a≡b(mod 性质 3：若 a≡b(mod 性质 4：若 a≡b(mod 性质 5：若 a≡b(mod 性质 6：若 a≡b(mod m)，那么b ≡a(mod m)，（对称性）. m)，b≡c(mod m)，c≡d(mod m)，c≡d(mod m)，那么a ≡c(mod m)，（传递性）. m)，那么a ±c ≡b ±d(mod m)，（可加减性）. m)，那么ac ≡bd(mod m)，（可乘性）. m)，那么a n ≡b n (mod m)，（其中 n 为非 0 自然数）. 性质 7：若 ac≡bc(mod m)，(c ，m)=1，那么 a≡b(mod m).注意：同余式性质 7 的条件(c ，m)=1，否则像普通等式一样，两边约去，就是错的.例如 6≡10(mod 4)，而 3 5(mod 4)，因为（2，4）≠1.请你自己举些例子验证上面的性质.同余是研究自然数的性质的基本概念，是可除性的符号语言.例1 判定288 和214 对于模37 是否同余，74 与20 呢？解：∵ 288-214=74=37×2，∴ 288≡214（mod 37）.∵ 74-20=54，而37 54，∴ 7420(mod 37).例2 求乘积418×814×1616除以13 所得的余数.若先求乘积，再求余数，计算量太大.利用同余的性质可以使“大数化小”，减少计算量.解：∵418≡2（mod13），814≡8(mod13)，1616≡4(mod13)，∴ 根据同余的性质 5 可得：418×814×1616≡2×8×4≡64≡12(mod 13).答：乘积418×814×1616 除以 13 余数是 12.例3求14389除以7的余数.分析同余的性质能使“大数化小”，凡求大数的余数问题首先考虑用同余的性质化大为小.这道题先把底数在同余意义下变小，然后从低次幂入手，重复平方，找找有什么规律.解法1：∵143≡3(mod7)，∴14389≡389(mod7).∵ 89=64＋16＋8＋1，而32≡2(mod7)34≡4(mod7)38≡16≡2(mod7)316≡4(mod7)，332≡16≡2(mod7)，364≡4(mod7).∵389≡364·316·38·3≡4×4×2×3≡5(mod7)，∴14389≡5(mod7).答：14389除以7的余数是5.解法2：证得14389≡389(mod7)后，36≡32×34≡2×4≡1(mod7)，∴384≡(36)14≡1(mod7)，389≡384·34·3≡1×4×3≡5(mod7).∴∴14389≡5(mod7).例4 四盏灯如图所示组成舞台彩灯，且每30 秒钟灯的颜色改变一次，第一次上下两灯互换颜色，第二次左右两灯互换颜色，第三次又上下两灯互换颜色，…，这样一直进行下去.请问开灯1小时四盏灯的颜色如何排列？分析与解答经观察试验我们可以发现，每经过4 次互换，四盏灯的颜色排列重复一次.而1 小时=60分钟=120×30秒，所以这道题实质是求120除以4的余数.因为120≡0（mod4），所以开灯1小时四盏灯的颜色排列刚好同一开始一样.例 5 设自然数 N = a n a n -1...a 1a 0 ，其中 a 0 、 a 1 、 a 2 、…、 a n 分别是个位、十位、…上的数码，再设 M = a 0 + a 1 + ... + a n ，求证：N≡M(mod 9).证明：∵ N = a n a n -1...a 1a 0= a n ⨯100 ⋅⋅⋅ 0(n 个0) + a n -1 ⨯100 ⋅⋅⋅ 0(n -1个0) + ⋅⋅⋅ + a 1 ⨯10(1个0) + a 0= a ⨯10n + a ⨯10n -1 + ⋅⋅⋅ + a ⨯10 + a n n -1 1 0又∵ 1≡1(mod 9)，10≡1(mod9)，102≡1(mod9)，…上面这些同余式两边分别同乘以 a 0 、 a 1 、 a 2 、…、 a n ，再相加得：a + a ⨯10 + a ⨯102 + ⋅⋅⋅ + a ⨯10n 0 1 2 n ≡ a 0 + a 1 + ... + a n (mod 9)，即 N≡M(mod 9).这道例题证明了十进制数的一个特有的性质：任何一个整数模 9 同余于它的各数位上数字之和.以后我们求一个整数被 9 除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被 9 除的余数即可.例如，求 1827496 被 9 除的余数，只要先求（1＋8＋2＋7＋4＋9＋6），再求和被 9 除的余数.再观察一下上面求和式，我们可以发现，和不一定要求出.因为和式中 1＋8，2＋7，9 被 9 除都余 0，求余数时可不予考虑.这样只需求 4＋6 被 9 除的余数.因此，1827496 被 9 除余数是 1.有人时常利用十进制数的这个特性检验几个数相加、相减、相乘的结果对不对，这种检查方法叫： 弃九法.弃九法最经常地是用于乘法.我们来看一个例子：用弃九法检验乘式 5483×9117=49888511 是否正确？因为 5483≡5＋4＋8＋3≡11≡2(mod 9)，9117≡9＋1＋1＋7≡0(mod 9)，5483×9117≡2×0≡0(mod 9).49888511≡4＋9＋8＋8＋8＋5＋1＋1≡8(mod 9)，所以 但是 所以 5483×9117≠49888511，即乘积不正确.要注意的是弃九法只能知道原题错误或有可能正确，但不能保证一定正确. 例如，9875≡9＋8＋7＋5≡2(mod 9)，4873≡4＋8＋7＋3≡4(mod 9)，32475689≡3＋2＋4＋7＋5＋6＋8＋9≡8(mod 9)，这时，9875×4873≡2×4≡32475689(mod 9).但观察个位数字立刻可以判定 9875×4873≠32475689，因为末位数字 5 和 3 相乘不可能等于 9. 弃九法也可以用来检验除法和乘方的结果.例 6 用弃九法检验下面的计算是否正确：23372458÷7312=3544.解：把除式转化为：3544×7312=23372458∵ 3544≡3＋5＋4＋4≡7(mod 7312≡7＋3＋1＋2≡4(mod 3544×7312≡7×4≡1(mod 9)，9)，9).∴ 但而 ∴ 即 23372458≡2＋3＋3＋8≡7(mod 9)，1 7(mod 9)3544×7312≠23372458，23372458÷7312≠3544.求自然数 2100＋3101 ＋4102的个位数字.分析 求自然数的个位数字即是求这个自然数除以 10 的余数问题.解：∵ 2100≡24×25≡625≡6(mod 10)，例 7 3101≡34×25 ·31≡125 ·31≡3(mod 10)， 4102≡42≡6(mod 10)，2100＋3101 ＋4102≡6＋3＋6≡5(mod 10)，＋4102 的个位数字是 5. ∴ 即自然数 2100＋3101家庭作业1．(1)如果两个质数相加等于16，这两个质数有可能等于多少？(2)如果两个质数相加等于25，这两个质数有可能等于多少？(3)如果两个质数相加等于29，这样的两个质数存在吗？2．请把下面的数分解质因数：(1) 160；(2) 598；(3) 211.3．三个自然数的乘积为84，其中两个数的和正好等于第三个数，请求出这三个数．4．用一个两位数除330，结果正好能整除，请写出所有可能的两位数．5．三个连续自然数的乘积等于39270.这三个连续自然数的和等于多少？6．请将2、5、14、24、27、55、56、99 这8 个数分成两组，使得这两组数的乘积相等．7．请问：算式l x2 x3×…×15 的计算结果的末尾有几个连续的0?8．请问：连续两个两位数乘积的末尾最多有几个连续的0?9．一个两位质数的两个数字交换位置后，仍然是一个质数，请写出所有这样的质数．10．9 个连续的自然数中，最多有多少个质数？11．(1)两个质数的和是39，这两个质数的差是多少？(2)三个互不相同的质数相加，和为40，这三个质数分别是多少？12．一请把下面的数分解质因数：(1) 360; (2) 539; (3) 373; (4) 12660.13．冬冬在做一道计算两位数乘以两位数的乘法题时，把一个乘数中的数字5 看成了8，由此得乘积为1104．正确的乘积是多少？14．甲、乙、丙三人打靶，每人打三枪．三人各自中靶的环数之积都是60，且环数是不超过10 的自然数．把三个人按个人总环数由高到低排列，依次是甲、乙、丙．请问：靶子上4 环的那一枪是谁打的？15．975×935×972×□，要使这个连乘积的最后4 个数字都是0，方框内最小应填什么数？16．(1)算式1×2×3×…×29×30 的计算结果的末尾有几个连续的0？(2)算式31×32×33×…×150 的计算结果的末尾有几个连续的0？17．把从l开始的若干个连续的自然数1，2，3，…，乘到一起．已知这个乘积的末尾13位恰好都是0．请问：在相乘时最后出现的自然数最小应该是多少？18．168 乘以一个大于0 的整数后正好是一个平方数．乘的这个整数至少是多少？所得乘积又是多少的平方？19．(1) 请写出105 的所有约数；(2) 请写出72 的所有约数．20．(1) 20000 的约数有多少个？(2) 720 的约数有多少个？21．计算：(1) (28，72)，[28，72]; (2) (28，44，260)， [28，44， 260].22．两个数的差是6，它们的最大公约数可能是多少？23．(1)求1085 和1178 的最大公约数和最小公倍数；(2)求3553，3910 和1411 的最大公约数．24．教师节到了，校工会买了320 个苹果、240 个桔子、200 个香蕉来慰问退休老职工．请问：用这些水果最多可以分成多少份同样的礼物？在每份礼物中，苹果、桔子、香蕉各有多少个？25．一块长方形草地，长120 米，宽90 米，现在在它的四周种树，要求四个角和各边中点都要求种树，且相邻两棵树之间的距离都相等，请问：最少要种多少棵树？。

数论—整除第十六讲一、质数、合数和分解质因数【基本概念和知识】1．质数和合数一个数除了 1 和它本身,不再有别的约数,这个数叫做质数（也叫做素数）。

一个数除了 1 和它本身,还有别的约数,这个数叫做合数。

要特别记住：1 不是质数,也不是合数。

2．质因数与分解质因数如果一个质数是某个数的约数,那么就说这个质数是这个数的质因数。

【例题】例1：三个连续自然数的乘积是 210,求这三个数。

∵ 210=2×3×5×7∴ 可知这三个数是 5、6、7。

例2：两个质数的和是 40,求这两个质数的乘积的最大值是多少？解：把 40 表示为两个质数的和,共有三种形式：40=17＋23=11＋29=3＋37∵17×23==391＞11×29=319＞3×37=111,∴所求的最大值是 391。

例3：自然数 123456789 是质数,还是合数？为什么？解：123456789 是合数。

因为它除了约数 1 和它本身,至少还有约数 3,所以它是一个合数。

例 4：连续 9 个自然数中至多有几个质数？为什么？解：如果这连续九个自然数在 1 与 20 之间,那么显然其中最多有 4 个质数（如：1~9 中有 4 个质数2、3、5、7）。

如果这连续的九个自然数中最小的不小于 13,那么其中的偶数显然为合数,而其中奇数的个数最多有5 个。

这 5 个奇数中必只有一个个位数是 5,因而 5 是这个奇数的一个因数,即这个奇数是合数。

这样,至多另 4 个奇数都是质数。

综上所述,连续九个自然数中至多有 4 个质数。

例5：把 5、6、7、14、15 这五个数分成两组,使每组数的乘积相等。

解：∵ 5=5,7=7,6=2×3,14=2×7,15=3×5。

这些数中质因数 2、3、5、7 各共有 2 个,所以如把 14（=2×7）放在第一组,那么 7 和6（=2× 3）只能放在第二组,继而 15（=3×5）只能放在第一组,则 5 必须放在第二组。

【板块简介】一. 尾数分析法（2系列与5系列）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. 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；3. 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除。

二. 数位和分析法（3系列）1. 一个数各个数位上的数字和能被3整除，这个数就能被3整除；2. 一个数各个数位上的数字和能被9整除，这个数就能被9整除；三. 余数的性质1. 各量之间的关系：（1）被除数=除数×商+余数（2）除数=（被除数-余数）÷商（3）商=（被除数-余数）÷除数2. 余数小于除数四. 余数的加法定理1. a与b的和除以c的余数，等于a、b分别除以c的余数之和。

例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16除以5的余数等予3+1=4。

2. 当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以C的余数。

例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，为2。

五. 余数的减法定理a与b的差除以C的余数，等于a、b分别除以C的余数之差。

1. 例如：23，l6除以5的余数分别是3和1，所以23-l6=7除以5的余数等于3-1=2。

2. 当余数的差不够减时，补上除数再减。

例如：23，14除以5的余数分别是3和4，23-14=9除以5的余数等于3+5-4=4。

六. 余数的乘法定理1.a与b的乘积除以c的余数，等于a、b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c 所得的余数。

例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23x16除以5的余数等于3x1=3。

2. 当余数的积比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以C的余数。

例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23x19除以5的余数等于3×4除以5的余数2。

3. 乘方：如果a与b除以m的余数相同，那么a“与b”除以m的余数也相同。