四年级奥林匹克数学基础资料库 第6讲 数的整除性（二） 试题.doc

 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1363=13，偶数位上的数字之和为897=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）（483）（17）÷11=7÷1107，所以41873除以11的余数是7。（2）奇数位之和为26315=17，偶数位之和为978832。因为1732，所以应给17增加11的整数倍，使其大于32。（17+11×2）-327，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）÷1114，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=727，11-7=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9-18， 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19九个数码组成能被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（97531）-（8642）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53×2=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+B22+A+B应能被9整除，由此推知AB5或14。又因为六位数能被11整除，所以（A85）（27B）A-B4应能被11整除，即A-B+4=0或A-B+4=11。化简得B-A4或A-B7。因为A+B与A-B同奇同偶，所以有在（1）中，A5与A7不能同时满足，所以无解。在（2）中，上、下两式相加，得（BA）（B-A）144，2B18，B=9。将B=9代入AB=14，得A5。所以，A=5，B9。  练习61为使五位数6295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。