数学阅读.docx
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数学阅读
整除的特征
一、【能被2或5整除的数的特征】
一个数的末位上的数能被2或5整除，这个数就能被2或5整除。
（2×5=10）
例如：
58的个位上的数是8，8能被2整除，所以58就能被2整除；85的个位上的数是5，5能被5整除，所以85就能被5整除。
二、【能被4或25整除的数的特征】
一个数的末两位数字所表示的数能被4或25整除，这个数就能被4或25整除。
（4×25=100）
例如：
1932的末两位数字是32，32能被4整除，所以1932就能被4整除；650的末两位数字是50，50能被25整除，所以650就能被25整除。
三、【能被8或125整除的数的特征】
一个数的末三位数字所表示的数能被8或125整除，这个数就能被8或125整除。
（8×125=1000）
例如：
1024的末三位数字是024，24能被8整除，所以1024就能被8整除；12375的末三位数字是375，375能被125整除，所以12375就能被125整除。
四、【能被3或9整除的数的特征】
一个数的各个数位上的数之和能被3或9整除，这个数就能被3或9整除。
例如：
123各个数位上的数之和是1＋2＋3＝6，6能被3整除，所以123就能被3整除；918各个数位上的数之和是9＋1＋8＝18，18能被9整除，所以918就能被9整除。
五、【能被7、11、13整除的数的特征】—割差型
一个自然数的末三位数字所表示的数与末三位数字前面所表示的数的差（大减小）能被7、11、13整除，这个数就能被7、11、13整除。
（可进行多次割差判断）
例如：
98/112的末三位数字所表示的数是112,末三位数字前面所表示的数是98,112－98＝14，14能被7整除，所以98112就能被7整除。
173/052的末三位数字所表示的数是052,末三位数字前面所表示的数是173,173－52＝121，121能被11整除，所以173052就能被11整除。
25/285的末三位数字所表示的数是285,末三位数字前面所表示的数是25,285－25＝260，260能被13整除，所以25285就能被13整除。
快速判断能否被3、7、11、13、17、19整除的方法
一、【能否被3整除】
一个数能否被3整除，本来是不太难的问题。
但当一个数比较大时，用各数位上的数相加，速度很慢，而且容易出现口算错误。
若用消倍法来判断，情况就不一样了。
例如：
（1）判断976935能否被3整除。
先直接去掉能被3整除的9、6、9、3，剩下7和5，这两个数字之和是3倍数，所以976935就能被3整除。
（2）判断3165493能否被3整除。
先直接去掉能被3整除的3、6、9、3，剩下的1、5、4之和是10，不是3倍数，所以3165493不能被3整除。
二、【能否被7整除】
一个数能否被7整除，只要把这个数的末位数字截去，再用余下的数中减去末位数字的2倍，如果这时能看出所得的差能被7整除，则原来的数就能被7整除，否则不就能被7整除；若仍然看不出来，就要继续用上述的方法，直到能清楚作出判断这止。
例如133能否被7整除：
133截去末位数字3
－6余下的数减去3的2倍
7
因为差数7能被7整除，所以133能被7整除。
这是因为：
133×2＝（13×10＋3）×2
＝13×20＋3×2
＝13×（21－1）＋3×2
＝13×21－13＋3×2
＝13×7×3－（13－3×2）
在13×7×3中有约数7，它能被7整除，根据整除的性质，只要看后面的（13－3×2）能否被7整除就可以了。
这样的判断方法可称作“割尾法”。
如果要判断的数的位数很多，就将这种方法一直进行下去就行。
如62433能否被7整除。
三、【能否被11整除】
（1）割尾法。
一个数能否被11整除，只要把这个数的末位数字截去，再用余下的数中减去这个末位数，如果这时能看出所得的差能被11整除，则原来的数就能被11整除，否则不就能被11整除；若仍然看不出来，就要继续用上述的方法，直到能清楚作出判断这止。
例如262能否被11整除：
2629截去末位数字9
－9余下的数减去9
253割去末尾3
－3余下的数减去3
22
因为差数22能被11整除，所以2629能被11整除。
这是因为：
2629＝2620＋9
＝262×10＋9
＝262×（11－1）＋9
＝262×11－262＋9
＝262×11－（262－9）
在262×11中有因数11，它能被11整除，根据整除的性质，只要看后面的（262－9）能否被11整除，就可判断原来的2629能否被11整除。
（2）奇偶位差法。
如果一个数的奇位上数字之和与偶位上数字之和的差（大减小）能被11整除，这个数就能被11整除。
例如，判断718091能否被11整除：
它的奇数位之和是1＋0＋1＝2，偶数位之和是9＋8＋7＝24。
两个和之差是24－2＝22，22能被11整除，所以718091能被11整除。
这是因为：
718091＝7×100000＋1×10000＋8×1000＋0×100＋9×10＋1
＝7×（100001－1）＋1×（9999＋1）＋8×（1001－1）＋0×（99＋1）
＋9×（11－1）＋1
＝7×100001＋1×9999＋8×1001＋0×99＋9×11－7＋1－8＋0－9＋1
＝7×100001＋1×9999＋8×1001＋0×99＋9×11－[（7＋8＋9）－（1＋0＋1）]
显然，前面几组乘积中的因数100001、9999、1001、99、11都是11的倍数，只需检验后面的[（7＋8＋9）－（1＋0＋1）]能否被11整除，就可以作出判断了。
（3）分节求和法。
把一个自然数从右向左每两位分成一节，然后把这些节相加，若所得的和能被11整除，那么这个数就能被11整除。
否则，这个数就不能被11整除。
如果仍不能作出判断，就依上述方法继续分节相加，直到能清楚作出判断为止。
例如，判断762421能否被11整除：
76242121＋24＋74＝12121＋1＝22
22能被11整除，所以762421能被11整除。
这种判断方法的理由是：
762421＝76×10000＋24×100＋21
＝76×（9999＋1）＋24×（99＋1）＋21
＝76×9999＋24×99＋（76＋24＋21）
在前两组乘积中，9999和99都能被11整除，所以只要检验（76＋24＋21）能否被11整除就行了。
四、【能否被13整除】
一个数能否被13整除，可以采用“割尾法”判断：
截去末位数字，用余下的数加末位数的4倍，如果所得的和是13的倍数，那么这个数就能被13整除。
可以进行多次“割尾”，直到能作出判断为止。
例如，判断312能否被13整除：
312截去末位数字2
＋8余下的数加上2的4倍
39
因为39是13的倍数，所以312能被13整除。
理由是：
312×4＝（31×10＋2）×4
＝31×40＋2×4
＝31×（39－1）＋2×4
＝31×39＋31＋2×4
＝31×13×3＋（31＋2×4）
前面的31×13×3中有约数13，所以进行判断时，只需看（31＋2×4）能否被13整除。
五、【能否被17整除】
一个数能否被17整除，同样可用“割尾法”进行巧妙的判断，不过，具体做法有所不同：
截去末位数字，用余下的数减去末位数的5倍，如果所得的差是17的倍数，那么这个数就能被17整除。
可以进行多次“割尾”，直到能作出判断为止。
例如，判断391能否被17整除：
391截去末位数字1
－5余下的数减去1的5倍
34
因为34是17的倍数，所以391能被17整除。
理由是：
391×5＝（39×10＋1）×5
＝39×50＋1×5
＝39×（51－1）＋1×5
＝39×51－31＋1×5
＝39×17×3－（39－1×5）
前面的31×17×3有约数17，所以只要检验（31－1×5）能否被17整除。
六、【能否被19整除】
一个数能否被19整除，还是采用“割尾法”进行判断。
具体做法是：
截去末位数字，用余下的数加末位数的2倍，如果所得的和是19的倍数，那么这个数就能被19整除。
例如，判断228能否被19整除：
228割去末位数字
＋16余下的数加上8的2倍
38
因为38是19的倍数，所以228能被19整除。
理由是：
228×2＝（22×10＋8）×2
＝22×20＋8×2
＝22×（19＋1）＋8×2
＝22×19＋22＋8×2
＝22×19＋（22＋8×2）
前面的22×19能被19整除，根据整除的性质，只要（22＋8×2）能被19整除，228×2就能被19整除。
也就说明228能被19整除。
如果一次“割尾”仍无法进行判断，可以重复多次进行上述的操作，直到能作出判断为止。
如判断23456能不能被19整除：
23456
＋12
2357
＋14
249
＋18
42
因为42不是19的倍数，所以23456不能被19整除。
弃九验算法
在公元九世纪，有个印度数学家——花拉子米写有一本《花拉子米算术》，他们计算时通常是在一个铺有沙子的沙盘上进行，由于担心前面的计算过程丢失而经常检验加法运算是否正确，所以后来人把这种算法称为“沙盘算法”。
如：
1234＋1898＋18922＋678967＋178902＝889923。
他们看1234的数字和为10除以9余1，1898的数字和除以9余8，18922的数字和除以9余4，678967的数字和除以9余7，178902的数字和除以9余0，余数的和除以9余2；而等式的右边889923除以9的余数为3。
所以上面的加法算式一定是错误的。
为什么呢？
这是利用被9除所得余数的性质，对四则运算进行检验的一种方法，称为“弃九验算法”，简称“弃九法”。
用“弃九法”验算，首先要找出一个数的“去九数”。
把一个数的各位数字相加，如果和大于9，就再将和的各位数字相加，直到和是一个一位数（和是9的要减去9得0），这个数字便称为原数的“去九数”。
例如8693的各位数字相加8＋6＋9＋3＝26，26大于9，再将各位数字相加2＋6＝8，所以8693的“去九数”是8。
再如721的各位数字相加7＋2＋1＝10，10大于9，再将各位数字相加1＋0＝1，所以721的“去九数”是1。
“去九数”也可以这样得到：
把一个数中的数字9或者相加等于9的几个数字划去，将剩下来的数字相加，得到一个小于9的数，这个数就是原数的“去九数”。
例如
（1）加、减法
“弃九验算法”是利用“去（弃）九数”进行验算的一种快捷方法。
例如，验算加、减法可先求出等号两边每个数的去九数，然后将等号两边的去九数分别进行相加、减，若等号左边的去九数的和（或差）与等号右边的去九数不相等，则可以肯定原来的计算是错误的。
例如56893＋13275＝70178
去九数4＋0≠5（如果两个加数的去九数之和大于9，则应减去9）
所以，可以肯定原式的计算结果是错误的，不信你试试。
如果最后的两个去九数的和（或差）与等号右边的去九数相等，那么在一般情况下可以认为原来的计算大致没有错误。
如：
346792＋4938576＝5285368
去九数4＋61
4＋6＝101＋0＝1＝1
所以，可以认为原来的计算大致没有错误。
减法的去九数验算举例如下：
432100－285690＝146510
去九数1－3
（不够减，被减数加9后再减）
1＋9－3≠8
可以肯定原式的计算结果是错误的，正确的得数请你自己计算。
（2）用弃九法验算乘法举例如下：
2437×294＝716578
去九数7×6
7×6＝424＋2＝6≠7
这样，可以肯定原式的计算结果是错误的。
8495×1613＝13702435
去九数8×2
8×2＝161＋6＝7＝7
可以认为原来的计算大致没有错误。
（3）用弃九法验算除法，可根据下面的关系式进行：
除数×商＝被除数
除数×商＋余数＝被除数
321036÷863＝372
去九数68×3
24
6＝2＋4
可以认为这道题的计算结果大致没有错误。
162799÷457＝356……107
去九数77×5＋8
43
7＝4＋3
可以认为这道题的计算结果大致没有错误。
不难发现，弃九验算法既方便又有趣，但当弃九数的等式相等时，为什么要说“在一般情况下可以认为原来的计算大致没有错误。
”呢？
请观察下面这些数的弃九数：
1381308310813.088.031
去九数33333
这就是说，当几个数的数字相同，仅仅是0的个数不同，或者数字排列的顺序不同，或者是小数点的位置不同时，它的去九数却是相同的，这样就会导致用去九法验算法“失灵”，这一点我们在使用去九法验算时必须特别注意。
尽管有以上这种情况，但一般来说，去九法验算法还是一种有特色、有趣味、比较好的验算方法。
爱因斯坦出的测试题
爱因斯坦出了一道测试题，他说世界上有98％的人回答不出，看看你是否属于另外的2%：
一．有5栋5种不同颜色的房子。
二．每一位房子的主人国籍都不同。
三．这5个人每人只喝一个牌子的饮料，只抽一种牌子的香烟，只养一种宠物。
四．任意两人都不养相同的宠物、不抽相同牌子的香烟、不喝相同的饮料。
已知：
1.英国人住在红房子里。
2．瑞典人养了一条狗。
3．丹麦人喝茶。
4．绿房子在白房子左边。
5．绿房子主人喝咖啡。
6．抽PALLMALL烟的人养了一只鸟。
7．黄房子主人抽DUNHILL烟。
8．住在中间那间房子的人喝牛奶。
9．挪威人住在第一间房子。
10．抽混合烟的人住在养猫人的右边。
11．养马人住在抽DUNHILL烟的人旁边。
12．抽BLUEMASTER烟的人喝啤酒。
13．德国人抽PRINCE烟。
14．挪威人住在蓝房子旁边。
15．抽混合烟的人的邻居喝矿泉水。
问题是：
谁养鱼？
答案：
第一间
第二间
中间
第四间
第五间
绿房子
蓝房子
红房子
黄房子
白房子
挪威人
德国人
英国人
丹麦人
瑞典人
咖啡
矿泉水
牛奶
茶
啤酒
PALLMALL
PRINCE
混合烟
DUNHILL
BLUEMASTER
鸟
猫
马
鱼
狗
世界名题之一：
斐波那契数列的若干表现
在小学数学各类竞赛中，相关的世界名题出现的概率极高，这是由数学竞赛的特点决定，这个特点便是：
知识性，趣味性，思想性相结合。
中世纪最有才华的数学家斐波那契（1170年～1250年）出生在意大利比萨市的一个商人家庭。
因父亲在阿尔及利亚经商，因此幼年在阿尔及利亚学习，学到不少当时尚未流传到欧洲的阿拉伯数学。
成年以后，他继承父业从事商业，走遍了埃及、希腊、叙利亚、印度、法国和意大利的西西里岛。
斐（fěi）波那契（qì）是一位很有才能的人，并且特别擅长于数学研究。
他发现当时阿拉伯数学要比欧洲大陆发达，因此有利于推动欧洲大陆数学的发展。
他在其它国家和地区经商的同时，特别注意搜集当地的算术、代数和几何的资料。
回国后，便将这些资料加以研究和整理，编成《算经》（1202年，或叫《算盘书》）。
《算经》的出版，使他成为一个闻名欧洲的数学家。
继《算经》之后，他又完成了《几何实习》（1220年）和《四艺经》（1225年）两部著作。
《算经》在当时的影响是相当巨大的。
这是一部由阿拉伯文和希腊文的材料编译成拉丁文的数学著作，当时被认为是欧洲人写的一部伟大的数学著作，在两个多世纪中一直被奉为经典著作。
在当时的欧洲，虽然多少知道一些阿拉伯记数法和印度算法，但仅仅局限在修道院内，一般的人还只是用罗马数学记数法而尽量避免用“零”。
斐波那契的《算经》，介绍了阿拉伯记数法和印度人对整数、分数、平方根、立方根的运算方法，这部著作在欧洲大陆产生了极大的影响，并且改变了当时数学的面貌。
他在这本书的序言中写道：
我把自己的一些方法和欧几里得几何学中的某些微妙的技巧加到印度的方法中去，于是决定写现在这本15章的书，使拉丁族人对这些东西不会那么生疏。
在斐波那契的《算经》中，记载着大量的代数问题及其解答，对于各种解法都进行了严格的证明。
下面是书中记载的一个有趣的问题：
[例1]有个人想知道，一年之内一对兔子能繁殖多少对？
于是就筑了一道围墙把一对兔子关在里面。
已知一对兔子每个月可以生一对小兔子，而一对兔子出生后在第二个月就开始生小兔子。
假如一年内没有发生死亡现象，那么，一对兔子一年内能繁殖成多少对？
现在我们先来找出兔子的繁殖规律：
在第一个月，有一对成年兔子，第二个月它们生下一对小兔，因此有二对兔子，一对成年，一对未成年；到第三个月，第一对兔子生下一对小兔，第二对已成年，因此有三对兔子：
二对成年，一对未成年。
月月如此。
第1个月到第6个月兔子的对数是：
1，2，3，5，8，13。
我们不难发现，上面这组数有这样一个规律：
即从第3个数起，每一个数都是它前面两个数的和。
若继续按这规律写下去，一直写到第12个数，就得：
1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233。
显然，第12个数就是一年内兔子的总对数。
所以一年内1对兔子能繁殖成233对。
在解决这个有趣的代数问题过程中，斐波那契得到了一个数列。
人们为纪念他这一发现，在这个数列前面增加一项“1”后得到数列：
1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，……叫做“斐波那契数列”，这个数列的任意一项都叫做“斐波那契数”。
在美国《科学美国人》杂志上曾刊登过一则有趣的故事：
[例2]世界著名的魔术大师兰迪有一块长和宽都是13分米的地毯，他想把它改成8分米宽、21分米长的地毯。
他拿着这块地毯去找地毯匠奥马尔，并对他说：
“我的朋友，我想请您把这块地毯分成四块，然后再把它们缝在一起，成为一块8分米×21分米的地毯。
”奥马尔听了以后说道：
“很遗憾，兰迪先生。
您是一位伟大的魔术家，但您的算术怎么这样差呢！
13×13=169，而8×21=168，这怎么办得到呢？
”兰迪说：
“亲爱的奥马尔，伟大的兰迪是从来不会错的，请您把这块地毯裁成这样的四块:
（左图）
然而奥马尔照他所说的裁成四块后。
兰迪先生便把这四块重新摆好，再让奥马尔把它们缝在一起，这样就得到了一块8分米×21分米的地毯。
（右图）
奥马尔始终想不通：
“这怎么可能呢？
地毯面积由169平方分米缩小到168平方分米，那一平方米到哪里去了呢？
”
将四个小块拼成长方形时，在对角线中段附近发现了微小的重叠。
正是沿着对角线的这点叠合，而导致了丢失一个单位的面积。
你不妨自己用纸试一下。
题目中涉及到的四个长度数5，8，13，21都是斐波那契数，并且132=8×21+1，82=5×13-1。
多做几次上述的试验，就可以发现斐波那契数列的一个有趣而重要的性质：
an2=an-1×an+1±1（n≥2）,即每个斐波那契数的平方与它左右两个数的乘积相差1。
从第二项开始，每个奇数项的平方都比前后两项之积多1，每个偶数项的平方都比前后两项之积少1。
斐波那契数列在实际生活中有非常广泛而有趣的应用。
除了动物繁殖外，植物的生长也与斐波那契数有关。
数学家泽林斯基在一次国际性的数学会议上提出树生长的问题：
如果一棵树苗在一年以后长出一条新枝，然后休眠一年。
在第三年又长出一条新枝，并且每一条树枝都按照这个规律长出新枝。
那么，第1年它只有主干，第2年有两枝，第3年就有3枝，然后是5枝、8枝、13枝等等，每年的分枝数正好是斐波那契数。
生物学中所谓的“鲁德维格定律”，也就是斐波那契数列在植物学中的应用。
下面这些例子，都体现到与小学数学竞赛有关的试题中了。
虽然题目的面目各不相同，但最后都露出斐波那契数列的真面目。
[
例3]右图是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第16行的实心圆点的个数是。
分析与解答：
有些题它只是表达的形式不一样，其实只要透过现象抓住本质，不同的表达形式，所要揭示的问题的实质是一样的。
这一题的实质是上面提到的生长树，是非常有名的斐波那契数列。
从图上很容易看出从第1行开始，实心圆点的数量是这样排列的：
0，1，1，2，3，5……
对于每一个空心圆点到下一行只生出一个实心圆点，而对于每一个实心圆点到下一行可生出一空一实两个点。
到第6行时可看出这一行的五个实心圆点到下一行必定能生出5个实心圆点和五个是空心圆点，另外三个空心圆点还能生出三个实心圆点，因此下一行为5+3=8个实心圆点，同理下一行的实心圆点数为本行的所有实心加所有空心圆点数，为8+5=13……，这实际上有一个非常明显的规律：
也就是这一列数从第三个数起任一个数都等于它前两个数的和。
因此结果很快可推知：
0，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610。
第16行的实心圆点个数为610。
另外空心圆点的数目其实也是有一定规律的，可以列出来看一下：
1，0，1，1，2，3，5，8……你能发现其中的规律吗？
那么第16行空心圆点的个数又是多少呢？
[例4]一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶，最多可以迈三级台阶。
从地面到最上面一级台阶，一共可以有多少种不同的走法？
分析与解答：
这题同样用找规律的方法，我们可以先看只有1级台阶的情况开始：
1级台阶，有：
1种；
2级台阶，有（1、1），
（2），共两种；
3级台阶，可以有：
（1、1、1），（1、2），（2、1），（3），共4种走法；
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