小学奥数解题技巧-判断题的解答

判断题的解答【用筛去（消倍）法判断】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“筛去（消倍）法”来判断，情况就大不一样了。例如（1）判断76935能否被3整除。先直接筛去能被3整除的6、9、3，剩下的7与5，和为3的倍数，所以3|76935（3能整除76935，或76935能被3整除）。（2）判断3165493能否被3整除。先直接筛去3的倍数3、6、9、能整除3165493，或3165493不能被3整除。）【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，再从余下的数中，减去这个末位数字的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，否则就不能被7整除；若是仍看不出来，就要继续上述过程，直到能清楚作出判断为止。例如，判断133能否被7整除：因为差数7能被7整除，所以7|133。这是什么原因呢？请看下面的算式：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）显然，13×7×3中有约数7，它能被7整除，故只要检验后面的（13-3×2）能否被7整除就可以了。（原理可见第一部分的整除性定理）如果要判断的数的位数很多，那么，将这种做法一直进行下去就是。例如，判断62433能否被7整除：∵7|42，∴7|62433这样的判定方法可称作“割尾法”。一个数能否被11、13、17和19整除，也可用割尾法去判断。【能否被11整除】判断一个数能否被11整除，可以采用割尾法、奇偶位差法及分节求和法。（1）割尾法。一个数能否被11整除，只要把它的末尾数字截去，从余下的数里减去这个末位数，看所得的差能否被11整除。差能整除的，原来的数就能整除；差不能整除的，原来的数就不能整除。如一次所得的差还看不出能否被11整除，就继续上述过程，直到能作出判断为止。例如，判断2629能否被11整除：因为11｜22，所以11｜2629。之所以能这么判断，原因在于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，所以只要看（262-9）的差能否被11整除，就可判断原来的2629能否被11整除。而（262-9）的差是253，253=250+3=25×10+3=25×（11-1）+3=25×11-25+3=25×11-（25-3）同样，只要看（25-3）能否被11整除，就会知道253能否被11整除。进而便可知2629能否被11整除了。（2）奇偶位差法。判断一个数能否被11整除，可先分别求出此数的奇位数字之和及偶位数字之和，再求这两个和的差数，若这个差能被11整除，则原来的那个数就能被11整除；否则，原来的数就不能被11整除。例如，判断823724能否被11整除：∵它的奇位数字之和为4+7+2=13（数位数，从右边个位开始往左数），它的偶位数字的和为2+3+8=13两个和的差数是13-13=0（两数不等时用大数减小数）而11｜0∴11｜823724之所以能这样判断，是因为823，724=8×100，000+2×10，000+3×1，000+7×100+2×10+4=8×（100，001-1）+2×（9，999+1）+3×（1，001-1）+7×（99+1）+2×（11-1）+4=8×100，001+2×9，999+3×1，001+7×99+2×11+[（2+7+4）-（8+3+2）]显然，在前几项中，因数100，001、9，999、1，001、99、11都是11的倍数，故只需检验[（2+7+4）-（8+3+2）]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截为一节，然后把这些节加起来。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。在这一情况下，如果仍不能作出判断，那就继续上述过程，直到清楚地作出判断为止。例如，判断762421能否被11整除：这一判断方法的理由，可见下面的算式：762421=76×10000+24×100+21=76×（9999+1）+24×（99+1）+21=76×9999+76+24×99+24+21=76×9999+24×99+（76+24+21）在前两项中，因数9999和9都能被11整除，所以只需要检验后面的（76+24+21）能否被11整除了。能整除的原数就能被11整除；不能整除的原数，就不能被11整除。【能否被13整除】一个数能否被13整除，可采用“割尾法”判断：截去末位数字，余下的数加上末位数的4倍。所得的和是13的倍数，则这个数就能被13整除，否则，就不能被13整除。要是割尾一次仍不能作出判断，那就继续割尾，直到能作出判断为止。例如，判断364能否被13整除：∵13｜52，∴13｜364。这一判断的理由，可由下式看出：364×4=（36×10+4）×4=36×40+4×4=36×（39+1）+4×4=36×39+36+4×4=36×13×3+（36+4×4）前面的36×13×3中，有约数13，所以作出判断时，只需要检验（36+4×4）是否能被13整除了。【能否被17整除】一个数能否被17整除，同样可用“割尾法”作巧妙而快速地判断。不过，具体地做法有所不同。例如，判断731能否被17整除，判断方法如下：∵17｜68，∴17｜731。这样做的理由，可见下面的算式推导：731×5=（73×10+1）×5=73×50+1×5=73×（51-1）+1×5=73×51-73+1×5=73×17×3-（73-1×5）由于前面的73×17×3有约数17，故只需检验（73-1×5）能否被17整除，就知道“731×5”能否被17整除。知道“731×5”能否被17整除，也就是知道731能否被17整除了（根据整除性定理）。若是“割尾”一次仍不能作出判断，那就依法继续割尾下去，直到能作出判断为止。例如，判断279191能否被17整除，可以作如下割尾判断：∵17｜17，∴17｜279191【能否被19整除】一个数能否被19整除，也是可用“割尾法”作巧妙判断的，具体做法如判断475能否被19整除：∵19｜57，∴19｜475。其中的道理，可见下面的算式推导：475×2=（47×10+5）×2=47×20+5×2=47×（19+1）+5×2=47×19+（47+5×2）最后算式中的47×19有约数19，故只需要检验（47+5×2）能否被19整除，就知道“475×2”及“475”能否被19整除了。如果一次“割尾”仍不能作出判断，那就继续“割尾”下去，直至能作出判断为止。例如，判断14785能否被19整除：排列与组合【有条件排列组合】例1用0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字能够组成______个没有重复数字的三位数。（哈尔滨市第七届小学数学竞赛试题）讲析：用这十个数字排列成一个不重复数字的三位数时，百位上不能为0，故共有9种不同的取法。因为百位上已取走一个数字，所以十位上只剩下9个数字了，故十位上有9种取法。同理，百位上和个位上各取走一个数字，所以还剩下8个数字，供个位上取。所以，组成没有重复数字的三位数共有9×9×8=648（个）。例2甲、乙、丙、丁四个同学排成一排，从左到右数，如果甲不排在第一个位置上，乙不排在第二个位置上，丙不排在第三个位置上，丁不排在第四个位置上，那么不同的排法共有______种。（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：因每个人都不排在原来的位置上，所以，当乙排在第一位时，其他几人的排法共有3种；同理，当丙、丁排在第一位时，其他几人的排法也各有3种。因此，一共有9种排法。例3有一种用六位数表示日期的方法，如890817表示1989年8月17日，也就是从左到右第一、二位数表示年，第三、四位数表示月，第五、六位数表示日。如果用这种方法表示1991年的日期，那么全年中六个数字都不相同的日期共有______天。（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：第一、二位数字显然只能取9和1，于是第三位只能取0。第五位数字只能取0、1、2或3，而0和1已取走，当取3时，第六位上只能取0和1，显然不行。因此，第五位上只能取2。于是，第四位上只能取3、4、5、6、7、8；第六位上也只能取3、4、5、6、7、8，且第四、六位上数字不能取同。所以，一共有6×5=30（种）。【环形排列】例1编号为1、2、3、4的四把椅子，摆成一个圆圈。现有甲、乙、丙、丁四人去坐，规定甲、乙两人必须坐在相邻座位上，一共有多少种坐法？（长沙市奥林匹克代表队集训试题）讲析：如图5.87，四把椅子排成一个圆圈。当甲坐在①号位时，乙只能坐在②或④号位上，则共有4种排法；同理，当甲分别坐在②、③、④号位上时，各有4种排法。所以，一共有16种排列法。例2从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在图5.88的六个圆圈中，使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数，那么最多能找出______种不同的挑法来。（挑出的数字相同，而排列次序不同