四年级小学数学奥数基础教程(全)

PAGE - 58 - 小学奥数基础教程（四年级） 小学奥数基础教程（四年级） 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 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 、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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示这个数比80小。于是得到 　　总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-6+12-11+4-5) 　　＝800＋9＝809。 　　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，而且所有的加数相差不大的情况。作为“基准”的数（如例1的80）叫做基准数，各数与基准数的差的和叫做累计差。由例1得到： 总和数=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。 　　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=12＋30－7－30＋23－21＋18－11＋25＋11　＝50， 　　平均每块产量=450＋50÷10＝455（千克）。 　　答：平均每块麦田的产量为455千克。 　　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7×7＝49（七七四十九）。对于两位数的平方，大多数同学只是背熟了10～20的平方，而21～99的平方就不大熟悉了。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。所谓凑整补零法，就是用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292和822的值。 解：292=29×29 　　＝（29＋1）×（29-1）＋12 　　＝30×28＋1 　　＝840+1 　　＝841。 　　822＝82×82 　　＝（82－2）×（82＋2）＋22 　　＝80×84＋4 　　＝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 　　35×35＝40×30＋52=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。 例4 求9932和20042的值。 解：9932=993×993 　　＝（993＋7）×（993-7）+72 　　＝1000×986＋49 　　＝986000＋49 　　＝986049。 　　20042=2004×2004 　　＝（2004-4）×（2004+4）＋42 　　＝2000×2008＋16 　　＝4016000＋16 　　＝4016016。 　　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 　　88×64 　　＝（80＋8）×（60＋4） 　　＝（80＋8）×60＋（80＋8）×4 　　＝80×60＋8×60＋80×4＋8×4 　　＝80×60＋80×6＋80×4＋8×4 　　＝80×（60＋6＋4）＋8×4 　　＝80×（60＋10）＋8×4 　　＝8×（6＋1）×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7×1＝07。 　　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1 　　1.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： 　　13＋16＋10+11＋17＋12＋15＋12＋16＋13＋12。 　　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。 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。在整数乘法运算中，常会遇到像72×78，26×86等被乘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。 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 ＝（7＋6）×（70+4） ＝（70＋6）×70＋（7＋6）×4＝70×70＋6×70＋70×4＋6×4 ＝70×（70＋6＋4）＋6×4 ＝70×（70＋10）＋6×4 ＝7×（7+1）×100＋6×4。 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： 　　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1×9＝09），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“尾×尾”，前面是“头×（头+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。 （1）由乘法分配律和结合律，得到 　　78×38 ＝（70＋8）×（30＋8） ＝（70＋8）×30＋（70＋8）×8 ＝70×30+8×30＋70×8＋8×8 ＝70×30＋8×（30＋70）＋8×8 ＝7×3×100＋8×100＋8×8 ＝（7×3＋8）×100＋8×8。 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，如3×3＝09），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（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“尾×尾”，前面是“头×头+尾”。 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，简称互补。如43与57互补，99与1互补，555与445互补。 　　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，77＋23＝100，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） 　　（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： 　　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： 　　1＋2＋3＋4＋…＋99＋100＝？ 　　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： 　　1＋100＝2＋99＝3＋98＝…＝49＋52＝50＋51。 　　1～100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÷2＝5050。 　　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，数列中的每一个数称为一项，其中第一项称为首项，最后一项称为末项。后项与前项之差都相等的数列称为等差数列，后项与前项之差称为公差。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： 和=（首项+末项）×项数÷2。 例1 1＋2＋3＋…＋1999＝？ 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。由等差数列求和公式可得 　　原式=（1＋1999）×1999÷2＝1999000。 　　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 11＋12＋13＋…＋31＝？ 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31-11＋1＝21（项）。 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 项数=（末项-首项）÷公差+1， 末项=首项+公差×（项数-1）。 例3 3＋7＋11＋…＋99＝？ 分析与解：3，7，11，…，99是公差为4的等差数列， 项数=（99－3）÷4＋1＝25， 原式=（3＋99）×25÷2＝1275。 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=25＋3×（40-1）＝142， 和=（25＋142）×40÷2＝3340。 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 　（1＋3＋5＋…＋15）×12 ＝［（1＋15）×8÷2］×12 ＝768（厘米2）。 　2）火柴棍的数目为 　　3＋6＋9+…+24 ＝（3＋24）×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？ 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……第十次多了2×10只球。因此拿了十次后，多了 　2×1＋2×2＋…＋2×10 ＝2×（1＋2＋…＋10） ＝2×55＝110（只）。 　　加上原有的3只球，盒子里共有球110＋3＝113（只）。 　　综合列式为： （3-1）×（1＋2＋…＋10）＋3 ＝2×［（1＋10）×10÷2］＋3＝113（只）。  练习3 　　1.计算下列各题： 　　（1）2＋4＋6＋…＋200； 　（2）17＋19＋21＋…＋39； （3）5＋8＋11＋14＋…＋50； （4）3＋10＋17＋24＋…＋101。 　　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？ 第4讲 4、8、9整除的数的特征 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： 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。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。例如，21与15都能被3整除，那么21＋15及21-15都能被3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9×7＝63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： 　　（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。 　　837＝800＋30＋7 ＝8×100＋3×10＋7 ＝8×（99＋1）＋3×（9＋1）＋7 ＝8×99＋8＋3×9＋3＋7 ＝（8×99＋3×9）＋（8＋3＋7）。 　　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，（8x99＋3x9）能被9整除。再根据整除的性质2，由（8＋3＋7）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。 　　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6＝2×3，2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2＋7＋0与5＋7＋0都能被3整除，因此所求的这些数为270，570，720，750。 例4 五位数能被72整除，问：A与B各代表什么数字？ 分析与解：已知能被72整除。因为72＝8×9，8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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 能被8整除，由此可确定B＝6。再根据能被9整除的数的特征，的各位数字之和为 　　A＋3＋2＋9＋B＝A＋3－f－2＋9＋6＝A＋20， 　　因为l≤A≤9，所以21≤A＋20≤29。在这个范围内只有27能被9整除，所以A＝7。 　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6＝2×3，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 3＋A＋B＋A＋B＋A＝3＋3A＋2B 　　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A≠B，所以符合条件的六位数共有5×4＝20（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？ 　　分析与解：因为36＝4×9，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。 　　要使所得的商最小，就要使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，最后是C尽量小。先试取A=0。六位数的各位数字之和为12＋B＋C。它应能被9整除，因此B＋C＝6或B＋C＝15。因为B，C应尽量小，所以B＋C＝6，而C只能取1，3，5，7，9，所以要使尽可能小，应取B＝1，C＝5。 　　当A=0，B=1，C＝5时，六位数能被36整除，而且所得商最小，为150156÷36＝4171。 练习4 　　1．6539724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 　　3＋6＋4＋5＋7＋3＋2＝30， 　　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＋6＝9，4＋5＝9，7＋2＝9，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。 　　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。 　　一个数被9除的余数叫做这个数的九余数。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。 　　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：因为这个数太大，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，所以要配合适当的分析。我们已经熟知 　　1＋2＋3＋…＋9＝45， 　　而45是9的倍数，所以每一组1，2，3，…，9都可以划掉。在1～99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1＋2＋…＋100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5＋0＋5＋0=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： 　　2638457＋3521983＋6745785＝12907225。 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0≠1，所以这个算式不正确。 例4 检验下面的减法算式是否正确： 　7832145-2167953＝5664192。 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）-6＝6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6＝6，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： 　　46876×9537＝447156412。 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，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6，4×6＝24，24的九余数是6。乘积的九余数是7。6≠7，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）67235＋82564； （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）228×222＝50616； 　　（2）334×336＝112224； 　（3）23372428÷6236＝3748； 　（4）12345÷6789＝83810105。 　　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。 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。 　　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： 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1＋3＋6＋3=13，偶数位上的数字之和为8＋9＋7=24，因为24-13=11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）[（4＋8＋3）－（1＋7）]÷11 　　=7÷11＝0……7， 　　所以41873除以11的余数是7。 （2）奇数位之和为2＋6＋3＋1＋5=17，偶数位之和为9＋7＋8＋8＝32。因为17＜32，所以应给17增加11的整数倍，使其大于32。 　　（17+11×2）-32＝7， 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）÷11＝1……4，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。 　　（9×100-1×101）÷11 　　=799÷11=72……7， 　　11-7=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9-1＝8， 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1～9九个数码组成能被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 　　（9＋7＋5＋3＋1）-（8＋6＋4＋2）＝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，4，3在奇数位，2，1在偶数位，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整除，所以 　　A+2+8+7+5+B 　　＝22+A+B 　　应能被9整除，由此推知A＋B＝5或14。又因为六位数能被11整除，所以 　　（A＋8＋5）－（2＋7＋B） 　　＝A-B＋4 　　应能被11整除，即 　　A-B+4=0或A-B+4=11。 　　化简得B-A＝4或A-B＝7。 　　因为A+B与A-B同奇同偶，所以有 　　在（1）中，A≤5与A≥7不能同时满足，所以无解。 　　在（2）中，上、下两式相加，得 　　（B＋A）＋（B-A）＝14＋4， 　　2B＝18， 　　B=9。 　　将B=9代入A＋B=14，得A＝5。 　　所以，A=5，B＝9。  练习6 　　1．为使五位数6□295能被11整除，□内应当填几？ 　　2．用1，2，3，4四个数码能排出哪些能被11整除的没有重复数字的四位数？ 　　3．求能被11整除的最大的没有重复数字的五位数。 　　4．求下列各数除以11的余数： 　　（1）2485； （2）63582； （3）987654321。 　　5．求除以11的余数。 　　6．六位数5A634B能被33整除，求A+B。 　　7．七位数3A8629B是88的倍数，求A和B。 第7讲 找规律（一） 　　我们在三年级已经见过“找规律”这个题目，学习了如何发现图形、数表和数列的变化规律。这一讲重点学习具有“周期性”变化规律的问题。什么是周期性变化规律呢？比如，一年有春夏秋冬四季，百花盛开的春季过后就是夏天，赤日炎炎的夏季过后就是秋天，果实累累的秋季过后就是冬天，白雪皑皑的冬季过后又到了春天。年复一年，总是按照春、夏、秋、冬四季变化，这就是周期性变化规律。再比如，数列0，1，2，0，1，2，0，1，2，0，…是按照0，1，2三个数重复出现的，这也是周期性变化问题。 　　下面，我们通过一些例题作进一步讲解。 例1 节日的夜景真漂亮，街上的彩灯按照5盏红灯、再接4盏蓝灯、再接3盏黄灯，然后又是5盏红灯、4盏蓝灯、3盏黄灯、……这样排下去。问： 　　（1）第100盏灯是什么颜色？ 　　（2）前150盏彩灯中有多少盏蓝灯？ 分析与解：这是一个周期变化问题。彩灯按照5红、4蓝、3黄，每12盏灯一个周期循环出现。 　　（1）100÷12＝8……4，所以第100盏灯是第9个周期的第4盏灯，是红灯。 　　（2）150÷12=12……6，前150盏灯共有12个周期零6盏灯，12个周期中有蓝灯4×12＝48（盏），最后的6盏灯中有1盏蓝灯，所以共有蓝灯48＋1=49（盏）。 例2 有一串数，任何相邻的四个数之和都等于25。已知第1个数是3，第6个数是6，第11个数是7。问：这串数中第24个数是几？前77个数的和是多少？ 分析与解：因为第1，2，3，4个数的和等于第2，3，4，5个数的和，所以第1个数与第5个数相同。进一步可推知，第1，5，9，13，…个数都相同。 　　同理，第2，6，10，14，…个数都相同，第3，7，11，15，…个数都相同，第4，8，12，16…个数都相同。 　　也就是说，这串数是按照每四个数为一个周期循环出现的。所以，第2个数等于第6个数，是6；第3个数等于第11个数，是7。前三个数依次是3，6，7，第四个数是 　　25-（3+6+7）=9。 　　这串数按照3，6，7，9的顺序循环出现。第24个数与第4个数相同，是9。由77÷4＝9……1知，前77个数是19个周期零1个数，其和为25×19+3=478。 例3 下面这串数的规律是：从第3个数起，每个数都是它前面两个数之和的个位数。问：这串数中第88个数是几？ 　　628088640448… 分析与解：这串数看起来没有什么规律，但是如果其中有两个相邻数字与前面的某两个相邻数字相同，那么根据这串数的构成规律，这两个相邻数字后面的数字必然与前面那两个相邻数字后面的数字相同，也就是说将出现周期性变化。我们试着将这串数再多写出几位： 　　当写出第21，22位（竖线右面的两位）时就会发现，它们与第1，2位数相同，所以这串数按每20个数一个周期循环出现。由88÷20=4……8知，第88个数与第8个数相同，所以第88个数是4。 　　从例3看出，周期性规律有时并不明显，要找到它还真得动点脑筋。 例4 在下面的一串数中，从第五个数起，每个数都是它前面四个数之和的个位数字。那么在这串数中，能否出现相邻的四个数是“2000”？ 　　135761939237134… 分析与解：无休止地将这串数写下去，显然不是聪明的做法。按照例3的方法找到一周期，因为这个周期很长，所以也不是好方法。那么怎么办呢？仔细观察会发现，这串数的前四个数都是奇数，按照“每个数都是它前面四个数之和的个位数字”，如果不看具体数，只看数的奇偶性，那么将这串数依次写出来，得到 　　奇奇奇奇偶奇奇奇奇偶奇…… 　　可以看出，这串数是按照四个奇数一个偶数的规律循环出现的，永远不会出现四个偶数连在一起的情况，即不会出现“2000”。 例5 A，B，C，D四个盒子中依次放有8，6，3，1个球。第1个小朋友找到放球最少的盒子，然后从其它盒子中各取一个球放入这个盒子；第2个小朋友也找到放球最少的盒子，然后也从其它盒子中各取一个球放入这个盒子……当100位小朋友放完后，A，B，C，D四个盒子中各放有几个球？ 分析与解：按照题意，前六位小朋友放过后，A，B，C，D四个盒子中的球数如下表： 　　可以看出，第6人放过后与第2人放过后四个盒子中球的情况相同，所以从第2人放过后，每经过4人，四个盒子中球的情况重复出现一次。 　　（100-1）÷4＝24……3， 　　所以第100次后的情况与第4次（3＋1＝4）后的情况相同，A，B，C，D盒中依次有4，6，3，5个球。  练习7 　　1．有一串很长的珠子，它是按照5颗红珠、3颗白珠、4颗黄珠、2颗绿珠的顺序重复排列的。问：第100颗珠子是什么颜色？前200颗珠子中有多少颗红珠？ 　　2．将1，2，3，4，…除以3的余数依次排列起来，得到一个数列。求这个数列前100个数的和。 　　3．有一串数，前两个数是9和7，从第三个数起，每个数是它前面两个数乘积的个位数。这串数中第100个数是几？前100个数之和是多少？ 　　4．有一列数，第一个数是6，以后每一个数都是它前面一个数与7的和的个位数。这列数中第88个数是几？ 　　5．小明按1～3报数，小红按1～4报数。两人以同样的速度同时开始报数，当两人都报了100个数时，有多少次两人报的数相同？ 　　6．A，B，C，D四个盒子中依次放有9，6，3，0个小球。第1个小朋友找到放球最多的盒子，从中拿出3个球放到其它盒子中各1个球；第2个小朋友也找到放球最多的盒子，也从中拿出3个球放到其它盒子中各1个球……当100个小朋友放完后，A，B，C，D四个盒子中各放有几个球？ 第8讲 找规律（二） 　　整数a与它本身的乘积，即a×a叫做这个数的平方，记作a2，即a2＝a×a；同样，三个a的乘积叫做a的三次方，记作a3，即a3＝a×a×a。一般地，n个a相乘，叫做a的n次方，记作an，即 　　本讲主要讲an的个位数的变化规律，以及an除以某数所得余数的变化规律。 　　因为积的个位数只与被乘数的个位数和乘数的个位数有关，所以an的个位数只与a的个位数有关，而a的个位数只有0，1，2，…，9共十种情况，故我们只需讨论这十种情况。 　　为了找出一个整数a自乘n次后，乘积的个位数字的变化规律，我们列出下页的表格，看看a，a2，a3，a4，…的个位数字各是什么。 　　从表看出，an的个位数字的变化规律可分为三类： 　　（1）当a的个位数是0，1，5，6时，an的个位数仍然是0，1，5，6。 　　（2）当a的个位数是4，9时，随着n的增大，an的个位数按每两个数为一周期循环出现。其中a的个位数是4时，按4，6的顺序循环出现；a的个位数是9时，按9，1的顺序循环出现。 　　（3）当a的个位数是2，3，7，8时，随着n的增大，an的个位数按每四个数为一周期循环出现。其中a的个位数是2时，按2，4，8，6的顺序循环出现；a的个位数是3时，按3，9，7，1的顺序循环出现；当a的个位数是7时，按7，9，3，1的顺序循环出现；当a的个位数是8时，按8，4，2，6的顺序循环出现。 例1 求67999的个位数字。 　　分析与解：因为67的个位数是7，所以67n的个位数随着n的增大，按7，9，3，1四个数的顺序循环出现。 　　999÷4＝249……3， 　　所以67999的个位数字与73的个位数字相同，即67999的个位数字是3。 例2 求291+3291的个位数字。 分析与解：因为2n的个位数字按2，4，8，6四个数的顺序循环出现，91÷4＝22……3，所以，291的个位数字与23的个位数字相同，等于8。 　　类似地，3n的个位数字按3，9，7，1四个数的顺序循环出现， 291÷4＝72……3， 　　所以3291与33的个位数相同，等于7。 　　最后得到291+3291的个位数字与8+7的个位数字相同，等于5。 例3 求28128-2929的个位数字。 解：由128÷4＝32知，28128的个位数与84的个位数相同，等于6。由29÷2＝14……1知，2929的个位数与91的个位数相同，等于9。因为6＜9，在减法中需向十位借位，所以所求个位数字为16－9＝7。 例4 求下列各除法运算所得的余数： 　　（1）7855÷5； 　　（2）555÷3。 分析与解：（1）由55÷4＝13……3知，7855的个位数与83的个位数相同，等于2，所以7855可分解为10×a＋2。因为10×a能被5整除，所以7855除以5的余数是2。 　　（2）因为a÷3的余数不仅仅与a的个位数有关，所以不能用求555的个位数的方法求解。为了寻找5n÷3的余数的规律，先将5的各次方除以3的余数列表如下： 　　注意：表中除以3的余数并不需要计算出5n，然后再除以3去求，而是用上次的余数乘以5后，再除以3去求。比如，52除以3的余数是1，53除以3的余数与1×5=5除以3的余数相同。这是因为52＝3×8+1，其中3×8能被3整除，而 　　53=（3×8+1）×5=（3×8）×5+1×5， 　　（3×8）×5能被3整除，所以53除以3的余数与1×5除以3的余数相同。 　　由上表看出，5n除以3的余数，随着n的增大，按2，1的顺序循环出现。由55÷2=27……1知，555÷3的余数与51÷3的余数相同，等于2。 例5 某种细菌每小时分裂一次，每次1个细茵分裂成3个细菌。20时后，将这些细菌每7个分为一组，还剩下几个细菌？ 分析与解：1时后有1×3=31（个）细菌，2时后有31×3=32（个）细菌……20时后，有320个细菌，所以本题相当于“求320÷7的余数”。 　　由例4（2）的方法，将3的各次方除以7的余数列表如下： 　　由上表看出，3n÷7的余数以六个数为周期循环出现。由20÷6＝3……2知，320÷7的余数与32÷7的余数相同，等于2。所以最后还剩2个细菌。 　　最后再说明一点，an÷b所得余数，随着n的增大，必然会出现周期性变化规律，因为所得余数必然小于b，所以在b个数以内必会重复出现。  练习8 　　1．求下列各数的个位数字： 　　（1）3838； （2）2930； 　　（3）6431； （4）17215。 2．求下列各式运算结果的个位数字： （1）9222＋5731； （2）615+487+349； （3）469-6211； （4）37×48+59×610。 3．求下列各除法算式所得的余数： （1）5100÷4； （2）8111÷6； （3）488÷7 第9讲 数字谜（一） 　　我们在三年级已经学习过一些简单的数字谜问题。这两讲除了复习巩固学过的知识外，还要学习一些新的内容。 例1 在下面算式等号左边合适的地方添上括号，使等式成立： 　　5+7×8+12÷4-2＝20。 　　分析：等式右边是20，而等式左边算式中的7×8所得的积比20大得多。因此必须设法使这个积缩小一定的倍数，化大为小。 　　从整个算式来看，7×8是4的倍数，12也是4的倍数，5不能被4整除，因此可在7×8+12前后添上小括号，再除以4得17，5＋17-2=20。 解：5+（7×8+12）÷4-2=20。 例2 把1～9这九个数字填到下面的九个□里，组成三个等式（每个数字只能填一次）： 分析与解：如果从加法与减法两个算式入手，那么会出现许多种情形。如果从乘法算式入手，那么只有下面两种可能： 　　2×3＝6或2×4＝8， 　　所以应当从乘法算式入手。 　　因为在加法算式□+□=□中，等号两边的数相等，所以加法算式中的三个□内的三个数的和是偶数；而减法算式□-□=可以变形为加法算式□=□+□，所以减法算式中的三个□内的三个数的和也是偶数。于是可知，原题加减法算式中的六个数的和应该是偶数。 　　若乘法算式是2×4＝8，则剩下的六个数1，3，5，6，7，9的和是奇数，不合题意； 　　若乘法算式是2×3＝6，则剩下的六个数1，4，5，7，8，9可分为两组： 　　4＋5＝9，8-7＝1（或8-1＝7）； 　　1＋7＝8，9－5＝4（或9－4＝5）。 　　所以答案为 与 例3 下面的算式是由1～9九个数字组成的，其中“7”已填好，请将其余各数填入□，使得等式成立： 　□□□÷□□=□-□=□-7。 分析与解：因为左端除法式子的商必大于等于2，所以右端被减数只能填9，由此知左端被除数的百位数只能填1，故中间减式有8-6，6-4，5-3和4-2四种可能。经逐一验证，8-6，6-4和4-2均无解，只有当中间减式为5-3时有如下两组解： 　　128÷64=5-3=9-7， 　　或 164÷82＝5-3＝9-7。 例4 将1～9九个数字分别填入下面四个算式的九个□中，使得四个等式都成立： 　　□+□=6， □×□=8， 　　□-□=6， □□÷□=8。 分析与解：因为每个□中要填不同的数字，对于加式只有两种填法：1＋5或2＋4；对于乘式也只有两种填法：1×8或2×4。加式与乘式的数字不能相同，搭配后只有两种可能： （1）加式为1＋5，乘式为2×4； （2）加式为2+4，乘式为1×8。 　　对于（1），还剩3，6，7，8，9五个数字未填，减式只能是9-3，此时除式无法满足； 　　对于（2），还剩3，5，6，7，9五个数字未填，减式只能是9-3，此时除式可填56÷7。答案如下： 　　2＋4＝6， 1×8＝8， 　　9－3＝6， 56÷7＝8。 　　例2～例4都是对题目经过初步分析后，将满足题目条件的所有可能情况全部列举出来，再逐一试算，决定取舍。这种方法叫做枚举法，也叫穷举法或列举法，它适用于只有几种可能情况的题目，如果可能的情况很多，那么就不宜用枚举法。 例5 从1～9这九个自然数中选出八个填入下式的八个○内，使得算式的结果尽可能大： 　　[○÷○×（○+○）]-[○×○+○-○]。 分析与解：为使算式的结果尽可能大，应当使前一个中括号内的结果尽量大，后一个中括号内的结果尽量小。为叙述方便，将原式改写为： 　　[A÷B×（C＋D）]-[E×F＋G－H]。 　　通过分析，A，C，D，H应尽可能大，且A应最大，C，D次之，H再次之；B，E，F，G应尽可能小，且B应最小，E，F次之，G再次之。于是得到A=9，C=8，D=7，H=6，B=1，E=2，F=3，G=4，其中C与D，E与F的值可互换。将它们代入算式，得到 　　[9÷1×（8＋7）]－[2×3＋4－6]=131。  练习9 　　1．在下面的算式里填上括号，使等式成立： 　　（1）4×6+24÷6-5=15； 　　（2）4×6+24÷6-5=35； 　　（3）4×6+24÷6-5=48； 　　（4）4×6+24÷6-5＝0。 　　2．加上适当的运算符号和括号，使下式成立： 　　1 2 3 4 5 ＝100。 　　3．把0～9这十个数字填到下面的□