1、- 35 -小學奧數基礎教程（四年級）小學奧數基礎教程（四年級）第1講 速算與巧算（一） 第2講 速算與巧算（二） 第3講 高斯求和 第4講 4，8，9整除的數的特征 第5講 棄九法 第6講 數的整除性（二） 第7講 找規律（一）第8講 找規律（二）第9講 數字謎（一）第10講 數字謎（二）第11講 歸一問題與歸總問題第12講 年齡問題第13講 雞兔同籠問題與假設法第14講 盈虧問題與比較法（一）第15講 盈虧問題與比較法（二）第16講 數陣圖（一）第17講 數陣圖（二）第18講 數陣圖（三）第19將 乘法原理第20講 加法原理（一）第21講 加法原理（二）第22講 還原問題（一）第23講 還

2、原問題（二）第24講 頁碼問題第25講 智取火柴第26講 邏輯問題（一）第27講 邏輯問題（二）第28講 最不利原則第29講 抽屜原理（一）第30講 抽屜原理（二）第1講 速算與巧算（一）計算是數學的基礎，小學生要學好數學，必須具有過硬的計算本領。準確、快速的計算能力既是一種技巧，也是一種思維訓練，既能提高計算效率、節省計算時間，更可以鍛煉記憶力，提高分析、判斷能力，促進思維和智力的發展。我們在三年級已經講過一些四則運算的速算與巧算的方法，本講和下一講主要介紹加法的基準數法和乘法的補同與同補速算法。例1 四年級一班第一小組有10名同學，某次數學測驗的成績（分數）如下：86，78，77，83，9

3、1，74，92，69，84，75。求這10名同學的總分。分析與解：通常的做法是將這10個數直接相加，但這些數雜亂無章，直接相加既繁且易錯。觀察這些數不難發現，這些數雖然大小不等，但相差不大。我們可以選擇一個適當的數作“基準”，比如以“80”作基準，這10個數與80的差如下：6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”號表示這個數比80小。于是得到總和=80×10（6-2-3311-8009809。實際計算時只需口算，將這些數與80的差逐一累加。為了清楚起見，將這一過程表示如下：通過口算，得到差數累加為9，再加上80×10，就可口算出結果為809。例1所

4、用的方法叫做加法的基準數法。這種方法適用于加數較多，而且所有的加數相差不大的情況。作為“基準”的數（如例1的80）叫做基準數，各數與基準數的差的和叫做累計差。由例1得到：總和數=基準數×加數的個數+累計差，平均數=基準數+累計差÷加數的個數。在使用基準數法時，應選取與各數的差較小的數作為基準數，這樣才容易計算累計差。同時考慮到基準數與加數個數的乘法能夠方便地計算出來，所以基準數應盡量選取整十、整百的數。例2 某農場有10塊麥田，每塊的產量如下（單位：千克）：462，480，443，420，473，429，468，439，475，461。求平均每塊麥田的產量。解：選基準數為4

5、50，則累計差=123073023211811251150，平均每塊產量=45050÷10455（千克）。答：平均每塊麥田的產量為455千克。求一位數的平方，在乘法口訣的九九表中已經被同學們熟知，如7×749（七七四十九）。對于兩位數的平方，大多數同學只是背熟了1020的平方，而2199的平方就不大熟悉了。有沒有什么竅門，能夠迅速算出兩位數的平方呢？這里向同學們介紹一種方法湊整補零法。所謂湊整補零法，就是用所求數與最接近的整十數的差，通過移多補少，將所求數轉化成一個整十數乘以另一數，再加上零頭的平方數。下面通過例題來說明這一方法。例3 求292和822的值。解：292=29

6、×29（291）×（29-1）1230×281840+1841。82282×82（822）×（822）2280×8446720+46724。由上例看出，因為29比30少1，所以給29“補”1，這叫“補少”；因為82比80多2，所以從82中“移走”2，這叫“移多”。因為是兩個相同數相乘，所以對其中一個數“移多補少”后，還需要在另一個數上“找齊”。本例中，給一個29補1，就要給另一個29減1；給一個82減了2，就要給另一個82加上2。最后，還要加上“移多補少”的數的平方。由湊整補零法計算352，得35×3540×305

7、2=1225。這與三年級學的個位數是5的數的平方的速算方法結果相同。這種方法不僅適用于求兩位數的平方值，也適用于求三位數或更多位數的平方值。例4 求9932和20042的值。解：9932=993×993（9937）×（993-7）+721000×9864998600049986049。20042=2004×2004（2004-4）×（2004+4）422000×2008164016000164016016。下面，我們介紹一類特殊情況的乘法的速算方法。請看下面的算式：66×46，73×88，19×44。這幾

8、道算式具有一個共同特點，兩個因數都是兩位數，一個因數的十位數與個位數相同，另一因數的十位數與個位數之和為10。這類算式有非常簡便的速算方法。例5 88×64？分析與解：由乘法分配律和結合律，得到88×64（808）×（604）（808）×60（808）×480×608×6080×48×480×6080×680×48×480×（6064）8×480×（6010）8×48×（61）×100+8×4。于

9、是，我們得到下面的速算式：由上式看出，積的末兩位數是兩個因數的個位數之積，本例為8×4；積中從百位起前面的數是“個位與十位相同的因數”的十位數與“個位與十位之和為10的因數”的十位數加1的乘積，本例為8×（61）。例6 77×91？解：由例3的解法得到由上式看出，當兩個因數的個位數之積是一位數時，應在十位上補一個0，本例為7×107。用這種速算法只需口算就可以方便地解答出這類兩位數的乘法計算。練習11.求下面10個數的總和：165，152，168，171，148，156，169，161，157，149。2.農業科研小組測定麥苗的生長情況，量出12株麥苗的

10、高度分別為（單位：厘米）：26，25，25，23，27，28，26，24，29，27，27，25。求這批麥苗的平均高度。3.某車間有9個工人加工零件，他們加工零件的個數分別為：68，91，84，75，78，81，83，72，79。他們共加工了多少個零件？4.計算：131610+1117121512161312。5.計算下列各題：（1）372； （2）532； （3）912；（4）682： （5）1082； （6）3972。6.計算下列各題：（1）77×28；（2）66×55；（3）33×19；（4）82×44；（5）37×33；（6）46

11、15;99。 練習1 答案1.1596。 2.26厘米。3.711個。 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。第2講 速算與巧算（二）上一講我們介紹了一類兩位數乘法的速算方法，這一講討論乘法的“同補”與“補同”速算法。兩個數之和等于10，則稱這兩個數互補。在整數乘法運算中，常會遇到像72×78，26×86等被乘數與乘數的十位數字相同或互補，或被乘數與乘數的個位數字相同或互補

12、的情況。72×78的被乘數與乘數的十位數字相同、個位數字互補，這類式子我們稱為“頭相同、尾互補”型；26×86的被乘數與乘數的十位數字互補、個位數字相同，這類式子我們稱為“頭互補、尾相同”型。計算這兩類題目，有非常簡捷的速算方法，分別稱為“同補”速算法和“補同”速算法。例1 （1）76×74？ （2）31×39？分析與解：本例兩題都是“頭相同、尾互補”類型。（1）由乘法分配律和結合律，得到76×74（76）×（70+4）（706）×70（76）×470×706×7070×46×

13、;470×（7064）6×470×（7010）6×47×（7+1）×1006×4。于是，我們得到下面的速算式：（2）與（1）類似可得到下面的速算式：由例1看出，在“頭相同、尾互補”的兩個兩位數乘法中，積的末兩位數是兩個因數的個位數之積（不夠兩位時前面補0，如1×909），積中從百位起前面的數是被乘數（或乘數）的十位數與十位數加1的乘積?！巴a”速算法簡單地說就是：積的末兩位是“尾×尾”，前面是“頭×（頭+1）”。我們在三年級時學到的15×15，25×25，95×95

14、的速算，實際上就是“同補”速算法。例2 （1）78×38？ （2）43×63？分析與解：本例兩題都是“頭互補、尾相同”類型。（1）由乘法分配律和結合律，得到78×38（708）×（308）（708）×30（708）×870×30+8×3070×88×870×308×（3070）8×87×3×1008×1008×8（7×38）×1008×8。于是，我們得到下面的速算式：（2）與（1）類似可得到下面的

15、速算式：由例2看出，在“頭互補、尾相同”的兩個兩位數乘法中，積的末兩位數是兩個因數的個位數之積（不夠兩位時前面補0，如3×309），積中從百位起前面的數是兩個因數的十位數之積加上被乘數（或乘數）的個位數?！把a同”速算法簡單地說就是：積的末兩位數是“尾×尾”，前面是“頭×頭+尾”。例1和例2介紹了兩位數乘以兩位數的“同補”或“補同”形式的速算法。當被乘數和乘數多于兩位時，情況會發生什么變化呢？我們先將互補的概念推廣一下。當兩個數的和是10，100，1000，時，這兩個數互為補數，簡稱互補。如43與57互補，99與1互補，555與445互補。在一個乘法算式中，當被乘數

16、與乘數前面的幾位數相同，后面的幾位數互補時，這個算式就是“同補”型，即“頭相同，尾互補”型。例如， 因為被乘數與乘數的前兩位數相同，都是70，后兩位數互補，7723100，所以是“同補”型。又如，等都是“同補”型。當被乘數與乘數前面的幾位數互補，后面的幾位數相同時，這個乘法算式就是“補同”型，即“頭互補，尾相同”型。例如，等都是“補同”型。在計算多位數的“同補”型乘法時，例1的方法仍然適用。例3 （1）702×708=？ （2）1708×1792？解：（1）（2）計算多位數的“同補”型乘法時，將“頭×（頭+1）”作為乘積的前幾位，將兩個互補數之積作為乘積的后幾位。

17、注意：互補數如果是n位數，則應占乘積的后2n位，不足的位補“0”。在計算多位數的“補同”型乘法時，如果“補”與“同”，即“頭”與“尾”的位數相同，那么例2的方法仍然適用（見例4）；如果“補”與“同”的位數不相同，那么例2的方法不再適用，因為沒有簡捷實用的方法，所以就不再討論了。例4 2865×7265？解： 練習2計算下列各題：1.68×62； 2.93×97；3.27×87； 4.79×39；5.42×62； 6.603×607；7.693×607； 8.4085×6085。 第3講

18、 高斯求和德國著名數學家高斯幼年時代聰明過人，上學時，有一天老師出了一道題讓同學們計算：123499100？老師出完題后，全班同學都在埋頭計算，小高斯卻很快算出答案等于5050。高斯為什么算得又快又準呢？原來小高斯通過細心觀察發現：110029939849525051。1100正好可以分成這樣的50對數，每對數的和都相等。于是，小高斯把這道題巧算為（1+100）×100÷25050。小高斯使用的這種求和方法，真是聰明極了，簡單快捷，并且廣泛地適用于“等差數列”的求和問題。若干個數排成一列稱為數列，數列中的每一個數稱為一項，其中第一項稱為首項，最后一項稱為末項。后項與前項之差

19、都相等的數列稱為等差數列，后項與前項之差稱為公差。例如：（1）1，2，3，4，5，100；（2）1，3，5，7，9，99；（3）8，15，22，29，36，71。其中（1）是首項為1，末項為100，公差為1的等差數列；（2）是首項為1，末項為99，公差為2的等差數列；（3）是首項為8，末項為71，公差為7的等差數列。由高斯的巧算方法，得到等差數列的求和公式：和=（首項+末項）×項數÷2。例1 1231999？分析與解：這串加數1，2，3，1999是等差數列，首項是1，末項是1999，共有1999個數。由等差數列求和公式可得原式=（11999）×1999÷

20、21999000。注意：利用等差數列求和公式之前，一定要判斷題目中的各個加數是否構成等差數列。例2 11121331？分析與解：這串加數11，12，13，31是等差數列，首項是11，末項是31，共有31-11121（項）。原式=（11+31）×21÷2=441。在利用等差數列求和公式時，有時項數并不是一目了然的，這時就需要先求出項數。根據首項、末項、公差的關系，可以得到項數=（末項-首項）÷公差+1，末項=首項+公差×（項數-1）。例3 371199？分析與解：3，7，11，99是公差為4的等差數列，項數=（993）÷4125，原式=（399）

21、×25÷21275。例4 求首項是25，公差是3的等差數列的前40項的和。解：末項=253×（40-1）142，和=（25142）×40÷23340。利用等差數列求和公式及求項數和末項的公式，可以解決各種與等差數列求和有關的問題。例5 在下圖中，每個最小的等邊三角形的面積是12厘米2，邊長是1根火柴棍。問：（1）最大三角形的面積是多少平方厘米？（2）整個圖形由多少根火柴棍擺成？分析：最大三角形共有8層，從上往下擺時，每層的小三角形數目及所用火柴數目如下表：由上表看出，各層的小三角形數成等差數列，各層的火柴數也成等差數列。解：（1）最大三角形面積

22、為（13515）×12（115）×8÷2×12768（厘米2）。2）火柴棍的數目為369+24（324）×8÷2=108（根）。答：最大三角形的面積是768厘米2，整個圖形由108根火柴擺成。例6 盒子里放有三只乒乓球，一位魔術師第一次從盒子里拿出一只球，將它變成3只球后放回盒子里；第二次又從盒子里拿出二只球，將每只球各變成3只球后放回盒子里第十次從盒子里拿出十只球，將每只球各變成3只球后放回到盒子里。這時盒子里共有多少只乒乓球？分析與解：一只球變成3只球，實際上多了2只球。第一次多了2只球，第二次多了2×2只球第十次多了2

23、×10只球。因此拿了十次后，多了2×12×22×102×（1210）2×55110（只）。加上原有的3只球，盒子里共有球1103113（只）。綜合列式為：（3-1）×（1210）32×（110）×10÷23113（只）。 練習31.計算下列各題：（1）246200；（2）17192139；（3）58111450；（4）3101724101。2.求首項是5，末項是93，公差是4的等差數列的和。3.求首項是13，公差是5的等差數列的前30項的和。4.時鐘在每個整點敲打，敲打的次數等于該鐘點

24、數，每半點鐘也敲一下。問：時鐘一晝夜敲打多少次？5.求100以內除以3余2的所有數的和。6.在所有的兩位數中，十位數比個位數大的數共有多少個？第四講我們在三年級已經學習了能被2，3，5整除的數的特征，這一講我們將討論整除的性質，并講解能被4，8，9整除的數的特征。數的整除具有如下性質：性質1 如果甲數能被乙數整除，乙數能被丙數整除，那么甲數一定能被丙數整除。例如，48能被16整除，16能被8整除，那么48一定能被8整除。性質2 如果兩個數都能被一個自然數整除，那么這兩個數的和與差也一定能被這個自然數整除。例如，21與15都能被3整除，那么2115及21-15都能被3整除。性質3 如果一個數能分

25、別被兩個互質的自然數整除，那么這個數一定能被這兩個互質的自然數的乘積整除。例如，126能被9整除，又能被7整除，且9與7互質，那么126能被9×763整除。利用上面關于整除的性質，我們可以解決許多與整除有關的問題。為了進一步學習數的整除性，我們把學過的和將要學習的一些整除的數字特征列出來：（1）一個數的個位數字如果是0，2，4，6，8中的一個，那么這個數就能被2整除。（2）一個數的個位數字如果是0或5，那么這個數就能被5整除。（3）一個數各個數位上的數字之和如果能被3整除，那么這個數就能被3整除。（4）一個數的末兩位數如果能被4（或25）整除，那么這個數就能被4（或25）整除。（5）

26、一個數的末三位數如果能被8（或125）整除，那么這個數就能被8（或125）整除。（6）一個數各個數位上的數字之和如果能被9整除，那么這個數就能被9整除。其中（1）（2）（3）是三年級學過的內容，（4）（5）（6）是本講要學習的內容。因為100能被4（或25）整除，所以由整除的性質1知，整百的數都能被4（或25）整除。因為任何自然數都能分成一個整百的數與這個數的后兩位數之和，所以由整除的性質2知，只要這個數的后兩位數能被4（或25）整除，這個數就能被4（或25）整除。這就證明了（4）。類似地可以證明（5）。（6）的正確性，我們用一個具體的數來說明一般性的證明方法。8378003078×

27、1003×1078×（991）3×（91）78×9983×937（8×993×9）（837）。因為99和9都能被9整除，所以根據整除的性質1和性質2知，（8x993x9）能被9整除。再根據整除的性質2，由（837）能被9整除，就能判斷837能被9整除。利用（4）（5）（6）還可以求出一個數除以4，8，9的余數：（4）一個數除以4的余數，與它的末兩位除以4的余數相同。（5）一個數除以8的余數，與它的末三位除以8的余數相同。（6）一個數除以9的余數，與它的各位數字之和除以9的余數相同。例1 在下面的數中，哪些能被4整除？哪些能被

28、8整除？哪些能被9整除？234，789，7756，8865，3728.8064。解：能被4整除的數有7756，3728，8064；能被8整除的數有3728，8064；能被9整除的數有234，8865，8064。例2 在四位數562中，被蓋住的十位數分別等于幾時，這個四位數分別能被9，8，4整除？解：如果562能被9整除，那么56213應能被9整除，所以當十位數是5，即四位數是5652時能被9整除；如果562能被8整除，那么62應能被8整除，所以當十位數是3或7，即四位數是5632或5672時能被8整除；如果562能被4整除，那么2應能被4整除，所以當十位數是1，3，5，7，9，即四位數是561

29、2，5632，5652，5672，5692時能被4整除。到現在為止，我們已經學過能被2，3，5，4，8，9整除的數的特征。根據整除的性質3，我們可以把判斷整除的范圍進一步擴大。例如，判斷一個數能否被6整除，因為62×3，2與3互質，所以如果這個數既能被2整除又能被3整除，那么根據整除的性質3，可判定這個數能被6整除。同理，判斷一個數能否被12整除，只需判斷這個數能否同時被3和4整除；判斷一個數能否被72整除，只需判斷這個數能否同時被8和9整除；如此等等。例3 從0，2，5，7四個數字中任選三個，組成能同時被2，5，3整除的數，并將這些數從小到大進行排列。解：因為組成的三位數能同時被2

30、，5整除，所以個位數字為0。根據三位數能被3整除的特征，數字和270與570都能被3整除，因此所求的這些數為270，570，720，750。例4 五位數能被72整除，問：A與B各代表什么數字？分析與解：已知能被72整除。因為728×9，8和9是互質數，所以既能被8整除，又能被9整除。根據能被8整除的數的特征，要求能被8整除，由此可確定B6。再根據能被9整除的數的特征，的各位數字之和為A329BA3f296A20，因為lA9，所以21A2029。在這個范圍內只有27能被9整除，所以A7。解答例4的關鍵是把72分解成8×9，再分別根據能被8和9整除的數的特征去討論B和A所代表的

31、數字。在解題順序上，應先確定B所代表的數字，因為B代表的數字不受A的取值大小的影響，一旦B代表的數字確定下來，A所代表的數字就容易確定了。例5 六位數是6的倍數，這樣的六位數有多少個？分析與解：因為62×3，且2與3互質，所以這個整數既能被2整除又能被3整除。由六位數能被2整除，推知A可取0，2，4，6，8這五個值。再由六位數能被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這4個值。由于B可以取4個值，A可以取5個值，題目沒有要求AB，所以符合條件的六位數共有5×420（個）。例6 要使六位數能被36整除，而且所得的商最小，問A，B，

32、C各代表什么數字？分析與解：因為364×9，且4與9互質，所以這個六位數應既能被4整除又能被9整除。六位數能被4整除，就要能被4整除，因此C可取1，3，5，7，9。要使所得的商最小，就要使這個六位數盡可能小。因此首先是A盡量小，其次是B盡量小，最后是C盡量小。先試取A=0。六位數的各位數字之和為12BC。它應能被9整除，因此BC6或BC15。因為B，C應盡量小，所以BC6，而C只能取1，3，5，7，9，所以要使盡可能小，應取B1，C5。當A=0，B=1，C5時，六位數能被36整除，而且所得商最小，為150156÷364171。練習416539724能被4，8，9，24，36

33、，72中的哪幾個數整除？2個位數是5，且能被9整除的三位數共有多少個？3一些四位數，百位上的數字都是3，十位上的數字都是6，并且它們既能被2整除又能被3整除。在這樣的四位數中，最大的和最小的各是多少？4五位數能被12整除，求這個五位數。5有一個能被24整除的四位數23，這個四位數最大是幾？最小是幾？6從0，2，3，6，7這五個數碼中選出四個，可以組成多少個可以被8整除的沒有重復數字的四位數？7在123的左右各添一個數碼，使得到的五位數能被72整除。8學校買了72只小足球，發票上的總價有兩個數字已經辨認不清，只看到是67.9元，你知道每只小足球多少錢嗎？ 第5講 棄九法從第4講知道，如果一個數的

34、各個數位上的數字之和能被9整除，那么這個數能被9整除；如果一個數各個數位上的數字之和被9除余數是幾，那么這個數被9除的余數也一定是幾。利用這個性質可以迅速地判斷一個數能否被9整除或者求出被9除的余數是幾。例如，3645732這個數，各個數位上的數字之和為364573230，30被9除余3，所以3645732這個數不能被9整除，且被9除后余數為3。但是，當一個數的數位較多時，這種計算麻煩且易錯。有沒有更簡便的方法呢？因為我們只是判斷這個式子被9除的余數，所以凡是若干個數的和是9時，就把這些數劃掉，如369，459，729，把這些數劃掉后，最多只剩下一個3（如下圖），所以這個數除以9的余數是3。這

35、種將和為9或9的倍數的數字劃掉，用剩下的數字和求除以9的余數的方法，叫做棄九法。一個數被9除的余數叫做這個數的九余數。利用棄九法可以計算一個數的九余數，還可以檢驗四則運算的正確性。例1 求多位數7645821369815436715除以9的余數。分析與解：利用棄九法，將和為9的數依次劃掉。只剩下7，6，1，5四個數，這時口算一下即可。口算知，7，6，5的和是9的倍數，又可劃掉，只剩下1。所以這個多位數除以9余1。例2 將自然數1，2，3，依次無間隔地寫下去組成一個數1234567891011213如果一直寫到自然數100，那么所得的數除以9的余數是多少？分析與解：因為這個數太大，全部寫出來很麻

36、煩，在使用棄九法時不能逐個劃掉和為9或9的倍數的數，所以要配合適當的分析。我們已經熟知123945，而45是9的倍數，所以每一組1，2，3，9都可以劃掉。在199這九十九個數中，個位數有十組1，2，3，9，都可劃掉；十位數也有十組1，2，3，9，也都劃掉。這樣在這個大數中，除了0以外，只剩下最后的100中的數字1。所以這個數除以9余1。在上面的解法中，并沒有計算出這個數各個數位上的數字和，而是利用棄九法分析求解。本題還有其它簡捷的解法。因為一個數與它的各個數位上的數字之和除以9的余數相同，所以題中這個數各個數位上的數字之和，與12100除以9的余數相同。利用高斯求和法，知此和是5050。因為5

37、050的數字和為5050=10，利用棄九法，棄去一個9余1，故5050除以9余1。因此題中的數除以9余1。例3 檢驗下面的加法算式是否正確：26384573521983674578512907225。分析與解：若干個加數的九余數相加，所得和的九余數應當等于這些加數的和的九余數。如果不等，那么這個加法算式肯定不正確。上式中，三個加數的九余數依次為8，4，6，8+4+6的九余數為0；和的九余數為1。因為01，所以這個算式不正確。例4 檢驗下面的減法算式是否正確：7832145-21679535664192。分析與解：被減數的九余數減去減數的九余數（若不夠減，可在被減數的九余數上加9，然后再減）應當

38、等于差的九余數。如果不等，那么這個減法計算肯定不正確。上式中被減數的九余數是3，減數的九余數是6，由（9+3）-66知，原題等號左邊的九余數是6。等號右邊的九余數也是6。因為66，所以這個減法運算可能正確。值得注意的是，這里我們用的是“可能正確”。利用棄九法檢驗加法、減法、乘法（見例5）運算的結果是否正確時，如果等號兩邊的九余數不相等，那么這個算式肯定不正確；如果等號兩邊的九余數相等，那么還不能確定算式是否正確，因為九余數只有0，1，2，8九種情況，不同的數可能有相同的九余數。所以用棄九法檢驗運算的正確性，只是一種粗略的檢驗。例5 檢驗下面的乘法算式是否正確：46876×953744

39、7156412。分析與解：兩個因數的九余數相乘，所得的數的九余數應當等于兩個因數的乘積的九余數。如果不等，那么這個乘法計算肯定不正確。上式中，被乘數的九余數是4，乘數的九余數是6，4×624，24的九余數是6。乘積的九余數是7。67，所以這個算式不正確。說明：因為除法是乘法的逆運算，被除數=除數×商+余數，所以當余數為零時，利用棄九法驗算除法可化為用棄九法去驗算乘法。例如，檢驗383801÷253=1517的正確性，只需檢驗1517×253=383801的正確性。練習51求下列各數除以9的余數：（1）7468251； （2）36298745；（3）265

40、7348； （4）6678254193。2求下列各式除以9的余數：（1）6723582564； （2）97256-47823；（3）2783×6451； （4）3477+265×841。3用棄九法檢驗下列各題計算的正確性：（1）228×22250616；（2）334×336112224；（3）23372428÷62363748；（4）12345÷678983810105。4有一個2000位的數A能被9整除，數A的各個數位上的數字之和是B，數B的各個數位上的數字之和是C，數C的各個數位上的數字之和是D。求D。第6講 數的整除性（二）這一

41、講主要講能被11整除的數的特征。一個數從右邊數起，第1，3，5，位稱為奇數位，第2，4，6，位稱為偶數位。也就是說，個位、百位、萬位是奇數位，十位、千位、十萬位是偶數位。例如9位數768325419中，奇數位與偶數位如下圖所示：能被11整除的數的特征：一個數的奇數位上的數字之和與偶數位上的數字之和的差（大數減小數）如果能被11整除，那么這個數就能被11整除。例1 判斷七位數1839673能否被11整除。分析與解：奇數位上的數字之和為1363=13，偶數位上的數字之和為897=24，因為24-13=11能被11整除，所以1839673能被11整除。根據能被11整除的數的特征，也能求出一個數除以1

42、1的余數。一個數除以11的余數，與它的奇數位上的數字之和減去偶數位上的數字之和所得的差除以11的余數相同。如果奇數位上的數字之和小于偶數位上的數字之和，那么應在奇數位上的數字之和上再增加11的整數倍，使其大于偶數位上的數字之和。例2 求下列各數除以11的余數：（1）41873； （2）296738185。分析與解：（1）（483）（17）÷11=7÷1107，所以41873除以11的余數是7。（2）奇數位之和為26315=17，偶數位之和為978832。因為1732，所以應給17增加11的整數倍，使其大于32。（17+11×2）-327，所以296738185除以

43、11的余數是7。需要說明的是，當奇數位數字之和遠遠小于偶數位數字之和時，為了計算方便，也可以用偶數位數字之和減去奇數位數字之和，再除以11，所得余數與11的差即為所求。如上題（2）中，（32-17）÷1114，所求余數是11-4=7。例3 求除以11的余數。分析與解：奇數位是101個1，偶數位是100個9。（9×100-1×101）÷11=799÷11=727，11-7=4，所求余數是4。例3還有其它簡捷解法，例如每個“19”奇偶數位上的數字相差9-18， 奇數位上的數字和與偶數位上的數字和相差8×99=8×9×1

44、1，能被11整除。所以例3相當于求最后三位數191除以11的余數。例4 用3，3，7，7四個數碼能排出哪些能被11整除的四位數？解：只要奇數位和偶數位上各有一個3和一個7即可。有3377，3773，7337，7733。例5 用19九個數碼組成能被11整除的沒有重復數字的最大九位數。分析與解：最大的沒有重復數字的九位數是987654321，由（97531）-（8642）5知，987654321不能被11整除。為了保證這個數盡可能大，我們盡量調整低位數字，只要使奇數位的數字和增加3（偶數位的數字和自然就減少3），奇數位的數字之和與偶數位的數字之和的差就變為53×2=11，這個數就能被11

45、整除。調整“4321”，只要4調到奇數位，1調到偶數位，奇數位就比原來增大3，就可達到目的。此時，4，3在奇數位，2，1在偶數位，后四位最大是2413。所求數為987652413。例6 六位數能被99整除，求A和B。分析與解：由99=9×11，且9與11互質，所以六位數既能被9整除又能被11整除。因為六位數能被9整除，所以A+2+8+7+5+B22+A+B應能被9整除，由此推知AB5或14。又因為六位數能被11整除，所以（A85）（27B）A-B4應能被11整除，即A-B+4=0或A-B+4=11。化簡得B-A4或A-B7。因為A+B與A-B同奇同偶，所以有在（1）中，A5與A7不能

46、同時滿足，所以無解。在（2）中，上、下兩式相加，得（BA）（B-A）144，2B18，B=9。將B=9代入AB=14，得A5。所以，A=5，B9。 練習61為使五位數6295能被11整除，內應當填幾？2用1，2，3，4四個數碼能排出哪些能被11整除的沒有重復數字的四位數？3求能被11整除的最大的沒有重復數字的五位數。4求下列各數除以11的余數：（1）2485； （2）63582； （3）987654321。5求除以11的余數。6六位數5A634B能被33整除，求A+B。7七位數3A8629B是88的倍數，求A和B。第7講 找規律（一）我們在三年級已經見過“找規律”這個題目，學習了如何

47、發現圖形、數表和數列的變化規律。這一講重點學習具有“周期性”變化規律的問題。什么是周期性變化規律呢？比如，一年有春夏秋冬四季，百花盛開的春季過后就是夏天，赤日炎炎的夏季過后就是秋天，果實累累的秋季過后就是冬天，白雪皚皚的冬季過后又到了春天。年復一年，總是按照春、夏、秋、冬四季變化，這就是周期性變化規律。再比如，數列0，1，2，0，1，2，0，1，2，0，是按照0，1，2三個數重復出現的，這也是周期性變化問題。下面，我們通過一些例題作進一步講解。例1 節日的夜景真漂亮，街上的彩燈按照5盞紅燈、再接4盞藍燈、再接3盞黃燈，然后又是5盞紅燈、4盞藍燈、3盞黃燈、這樣排下去。問：（1）第100盞燈是什

48、么顏色？（2）前150盞彩燈中有多少盞藍燈？分析與解：這是一個周期變化問題。彩燈按照5紅、4藍、3黃，每12盞燈一個周期循環出現。（1）100÷1284，所以第100盞燈是第9個周期的第4盞燈，是紅燈。（2）150÷12=126，前150盞燈共有12個周期零6盞燈，12個周期中有藍燈4×1248（盞），最后的6盞燈中有1盞藍燈，所以共有藍燈481=49（盞）。例2 有一串數，任何相鄰的四個數之和都等于25。已知第1個數是3，第6個數是6，第11個數是7。問：這串數中第24個數是幾？前77個數的和是多少？分析與解：因為第1，2，3，4個數的和等于第2，3，4，5個數

49、的和，所以第1個數與第5個數相同。進一步可推知，第1，5，9，13，個數都相同。同理，第2，6，10，14，個數都相同，第3，7，11，15，個數都相同，第4，8，12，16個數都相同。也就是說，這串數是按照每四個數為一個周期循環出現的。所以，第2個數等于第6個數，是6；第3個數等于第11個數，是7。前三個數依次是3，6，7，第四個數是25-（3+6+7）=9。這串數按照3，6，7，9的順序循環出現。第24個數與第4個數相同，是9。由77÷491知，前77個數是19個周期零1個數，其和為25×19+3=478。例3 下面這串數的規律是：從第3個數起，每個數都是它前面兩個數之

50、和的個位數。問：這串數中第88個數是幾？628088640448分析與解：這串數看起來沒有什么規律，但是如果其中有兩個相鄰數字與前面的某兩個相鄰數字相同，那么根據這串數的構成規律，這兩個相鄰數字后面的數字必然與前面那兩個相鄰數字后面的數字相同，也就是說將出現周期性變化。我們試著將這串數再多寫出幾位：當寫出第21，22位（豎線右面的兩位）時就會發現，它們與第1，2位數相同，所以這串數按每20個數一個周期循環出現。由88÷20=48知，第88個數與第8個數相同，所以第88個數是4。從例3看出，周期性規律有時并不明顯，要找到它還真得動點腦筋。例4 在下面的一串數中，從第五個數起，每個數都是

51、它前面四個數之和的個位數字。那么在這串數中，能否出現相鄰的四個數是“2000”？135761939237134分析與解：無休止地將這串數寫下去，顯然不是聰明的做法。按照例3的方法找到一周期，因為這個周期很長，所以也不是好方法。那么怎么辦呢？仔細觀察會發現，這串數的前四個數都是奇數，按照“每個數都是它前面四個數之和的個位數字”，如果不看具體數，只看數的奇偶性，那么將這串數依次寫出來，得到奇奇奇奇偶奇奇奇奇偶奇可以看出，這串數是按照四個奇數一個偶數的規律循環出現的，永遠不會出現四個偶數連在一起的情況，即不會出現“2000”。例5 A，B，C，D四個盒子中依次放有8，6，3，1個球。第1個小朋友找到

52、放球最少的盒子，然后從其它盒子中各取一個球放入這個盒子；第2個小朋友也找到放球最少的盒子，然后也從其它盒子中各取一個球放入這個盒子當100位小朋友放完后，A，B，C，D四個盒子中各放有幾個球？分析與解：按照題意，前六位小朋友放過后，A，B，C，D四個盒子中的球數如下表：可以看出，第6人放過后與第2人放過后四個盒子中球的情況相同，所以從第2人放過后，每經過4人，四個盒子中球的情況重復出現一次。（100-1）÷4243，所以第100次后的情況與第4次（314）后的情況相同，A，B，C，D盒中依次有4，6，3，5個球。 練習71有一串很長的珠子，它是按照5顆紅珠、3顆白珠、4顆黃

53、珠、2顆綠珠的順序重復排列的。問：第100顆珠子是什么顏色？前200顆珠子中有多少顆紅珠？2將1，2，3，4，除以3的余數依次排列起來，得到一個數列。求這個數列前100個數的和。3有一串數，前兩個數是9和7，從第三個數起，每個數是它前面兩個數乘積的個位數。這串數中第100個數是幾？前100個數之和是多少？4有一列數，第一個數是6，以后每一個數都是它前面一個數與7的和的個位數。這列數中第88個數是幾？5小明按13報數，小紅按14報數。兩人以同樣的速度同時開始報數，當兩人都報了100個數時，有多少次兩人報的數相同？6A，B，C，D四個盒子中依次放有9，6，3，0個小球。第1個小朋友找到放球最多的盒

54、子，從中拿出3個球放到其它盒子中各1個球；第2個小朋友也找到放球最多的盒子，也從中拿出3個球放到其它盒子中各1個球當100個小朋友放完后，A，B，C，D四個盒子中各放有幾個球？ 第8講 找規律（二）整數a與它本身的乘積，即a×a叫做這個數的平方，記作a2，即a2a×a；同樣，三個a的乘積叫做a的三次方，記作a3，即a3a×a×a。一般地，n個a相乘，叫做a的n次方，記作an，即本講主要講an的個位數的變化規律，以及an除以某數所得余數的變化規律。因為積的個位數只與被乘數的個位數和乘數的個位數有關，所以an的個位數只與a的個位數有關，而a的個位數

55、只有0，1，2，9共十種情況，故我們只需討論這十種情況。為了找出一個整數a自乘n次后，乘積的個位數字的變化規律，我們列出下頁的表格，看看a，a2，a3，a4，的個位數字各是什么。從表看出，an的個位數字的變化規律可分為三類：（1）當a的個位數是0，1，5，6時，an的個位數仍然是0，1，5，6。（2）當a的個位數是4，9時，隨著n的增大，an的個位數按每兩個數為一周期循環出現。其中a的個位數是4時，按4，6的順序循環出現；a的個位數是9時，按9，1的順序循環出現。（3）當a的個位數是2，3，7，8時，隨著n的增大，an的個位數按每四個數為一周期循環出現。其中a的個位數是2時，按2，4，8，6的

56、順序循環出現；a的個位數是3時，按3，9，7，1的順序循環出現；當a的個位數是7時，按7，9，3，1的順序循環出現；當a的個位數是8時，按8，4，2，6的順序循環出現。例1 求67999的個位數字。分析與解：因為67的個位數是7，所以67n的個位數隨著n的增大，按7，9，3，1四個數的順序循環出現。999÷42493，所以67999的個位數字與73的個位數字相同，即67999的個位數字是3。例2 求291+3291的個位數字。分析與解：因為2n的個位數字按2，4，8，6四個數的順序循環出現，91÷4223，所以，291的個位數字與23的個位數字相同，等于8。類似地，3n的個位數字按3，9，7，1四個數的順序循環出現，291÷4723，所以3291與33的個位數相同，等于7。最后得到291+3291的個位數字與8+7的個位數字相同，等于5。例3 求28128-2929的個位數字。解：由128÷432知，28128的個位數與84的個位數相同，等于6。由29÷2141知，2929的個位數與91的個位數相同，等于9。因為69，在減法中需向十位借位，所以所求個位數字為1697。例4 求下列各除法運算所得的余數：（1）78