国小数学难题的解决方法（包括题型）

巧判断能被4、6、8、9、7、11、13、17、19、23、25、99、125、273约的数

能被4约：末尾两位数是0或能被4约的数。例如36900，987136。

能被6约：既能被2约又能被3约的数。例如114，914860。

能被8约：末三位是0或能被8约的数。例如321000，5112。

能被9约：能被9整除的准则以下列的事实为基础，即在十进系统中，1以后带几个零的数(即10的任何次幂)在被9除时必然得出余数1。实际上，

第一项都是由9组成的，显然能被9整除。因此，10n被9除时必然得余数1。

然后，我们再看任意的数，例如4351。一千被9除得余数1，于是四千被9除得余数4。同样，三百被9除得余数3，五十被9除得余数5，还余下个位数1。因而，

4351=能被9整除的某一个数+4+3+5+1

如果“尾数”4+3+5+1(它是该数的各位数字之和)能被9整除，那么，整个数也能被9整除。因而可得到结论：如果某一个数的“各位数字的和”能被9整除，那么这个数也能被9整除。例如 111222，8973。

9的倍数除以9，其商有如下特点：

被除数是两位数，商是被除数尾数的补数，即补足10的数。

例如 63÷9=7，3的补数是7。

被除数是三位数，商首同尾互补。

例如

被除数是四位数，商的中间数字是被除数前两位数字之和。

被除数是五、六位数……原理同上。商的第二位数字是被除数前两位数字之和，第三位数字是被除数前三位数字的和……

能被7约∶70以内的两位数能否被7约一目了然，大于70的两位数只要减去70也就一清二楚了。

三位数，只要把百位数字乘以2加余下约数，和能被7约这三个数就能被7约。例如812，

(8×2+12)÷7=4。

百位数字乘以2，是因为100除以7得商14余2，即每个100余2，把它放到十位数里。

四位数，只要在百位数的计算方法上减去千位数字。因为1001能被7约，即1000要能被7约还缺1，有几个1000应减去几。例如1820，

(8×2+20-1)÷7=5。

能被11约：

奇偶位数差法：一个数奇位上的数字和与偶位上的数字和的差(大数减小数)是0或11的倍数的数。

例1 3986576

(6+5+8+3)-(7+6+9)

=22-22=0，

则11|3986576。

例2 9844

(9+4)-(8+4)

=13-12=1，

则 11 9844。

小节法：把判断数从个位起每两位分成一小节，最后的不足两位数也当作一节。只要看各小节之和是否有约数9或11。

例3 2879503

03+95+87+2

=187=11×17，

即11| 2879503。

例4 1214159265

65+92+15+14+12

=198=2×9×11，

即9|1214159265，11|1214159265。

能被7或11或13约的数一次性判断法：

那么要判别N能否被7或11或13约，只须判别A与B(或B与A)的差能否被7或11或13约。

证明：因为1000=7×11×13-1

10002=(7×11×13-1)2

=7×11×13的倍数+1

10003=7×11×13的倍数-1

……

例 5 987198719871

由 A-B=(871+198)-(719+987)

=1069-1706，

知 B-A=637=72×13。

即能被7和13约，不能被11约。

例6 21203547618

由(618+203)-(547+21)

=253=11×23，

知原数能被11约，不能被7或13约。

若其差为0，则这个数必能同时被7、11、13约。

例如 8008 8-8=0，

则8008÷7=1144，8008÷11=728，

8008÷13=616。

能被17约：

(1)末两位数与以前的数字组成的数的2倍之差数(或反过来)能被17约的数;

(2)末三位数与以前的数字组成的数的3倍之差数(或反过来)能被17约的`数;

(3)末三位数的6倍与以前的数字组成的数之差数(或反过来)能被17约的数。

例如，31897168

由(1)得318971×2-68=637874，

重复四次得 170，17|170，

故知 17|31897168。

由(2)得 31897×3-168=95523，

523-95× 3=238，

17|238，故知17|31897168。

由(3)得31897-163×6=30889，

再由(2)889-30×3=799，

最后由(1)99-7×2=85，

17|85，则 17|31897168。

能被19约：

(1)末三位数的3倍与以前的数字组成的数的2倍之差(或反过来)能被19约的数;

(2)末两位数的2倍与以前的数字组成的数的9倍之差(或反过来)能被19约的数;

(3)末三位数的11倍与以前的数字组成的数之差(或反过来)能被19约的数。

例如，742050833

由(3)得742050-833×11=732887，

再由(1)887×3-732×2=1197，

最后由(2)97×2-11×9=95，

19|95，则19|742050833。

能被23约：

(1)末三位数的2倍与以前的数字组成的数之差能被23约的数;

(2)末两位数的2倍与以前的数字组成的数的7倍之差能被23约的数。

例如，542915

由(1)得915×2-542=1288，

288×2-1=575，

23|575，则23|542915。

由(2)5429×7-15×2=37973，

379×7-73×2=2507，

25×7-7×2=161，

23|161，则23|542915。

能被25约：

末两位数是00、25、50、75的自然数。

能被99约：

可同时被3与33或9与11约的自然数。

能被99各因数约：

把被判断的数从个位起，每两位分成一段，各段数之和能被各因数的某一因数约，这个数就能被这个因数约。

证明：设这个数 N=a0+a1·10+a2·102+a3·103+a4·104+a5·105+……

因为99×(a3a2+101×a5a4+……)能被99的因数33、11、9、3约。

所以当(a1a0+a3a2+a5a4+……)能被33、11、9、3约时，N也能被这四个数约。当N是奇位数时，仍然成立。

例7 4326321

4+32+63+21=120，

3|120，则3|4326321。

例8 84564

8+45+64=117，

9|117，则 9|84564。

例9 493526

49+35+26=110，

11|110，则11|493526。

例10 18270945

18+27+09+45=99，

33|99，则33|18270945。

能被273约：

根据定理：若c|b、c a、则b a。

例如，判别272452654能否被273整除。

3|273，3 272452654，

则 273 272452654。

若判断36786360能否被24约，根据定理：

若b|a，c|a，(b，c)=1，

则其 bc|a。

因为24=3×8，(3，8)=1，

3|36786360，8|36786360，

所以 24|36786360。

同理，因为132=3×4×11，

(3，4，11)=1，

而3、4、11能分别约992786256，

则132|992786256。