五年級(jí)奧數(shù) 能被30以下質(zhì)數(shù)整除的數(shù)的特征

五年級(jí)奧數(shù)能被30以下質(zhì)數(shù)整除的數(shù)的特征五年級(jí)奧數(shù)能被30以下質(zhì)數(shù)整除的數(shù)的特征五年級(jí)奧數(shù)能被30以下質(zhì)數(shù)整除的數(shù)的特征資料僅供參考文件編號(hào)：2022年4月五年級(jí)奧數(shù)能被30以下質(zhì)數(shù)整除的數(shù)的特征版本號(hào)：A修改號(hào)：1頁(yè)次：1.0審核：批準(zhǔn):發(fā)布日期：第六講能被30以下質(zhì)數(shù)整除的數(shù)的特征大家知道，一個(gè)整數(shù)能被2整除，那么它的個(gè)位數(shù)能被2整除；反過(guò)來(lái)也對(duì)，也就是一個(gè)數(shù)的個(gè)位數(shù)能被2整除，那么這個(gè)數(shù)本身能被2整除.因此，我們說(shuō)“一個(gè)數(shù)的個(gè)位數(shù)能被2整除”是“這個(gè)數(shù)能被2整除”的特征.在這一講中，我們通過(guò)尋求對(duì)于某些質(zhì)數(shù)成立的等式來(lái)導(dǎo)出能被這些質(zhì)數(shù)整除的數(shù)的特征。為了敘述方便起見(jiàn)，我們把所討論的數(shù)N記為：有時(shí)也表示為我們已學(xué)過(guò)同余，用mod2表示除以2取余數(shù).有公式：①N≡a0（mod2）②N≡a1a0（mod4）③N≡a2a1a0（mod8）④N≡a3a2a1a0（mod16）這幾個(gè)公式表明一個(gè)數(shù)被2（4，8，16）整除的特性，而且表明了不能整除時(shí)，如何求余數(shù)。此外，被3（9）整除的數(shù)的特征為：它的各位數(shù)字之和可以被3（9）整除.我們借用同余記號(hào)及一些運(yùn)算性質(zhì)來(lái)重新推證一下.如（mod9），如果，N=a3a2a1a0=a3×1000+a2×100+a1×10+a0＝a3×（999＋1）＋a2×（99+1）＋a1×（9+1）+a0＝（a3+a2+a1+a0）+（a3×999+a2×99+a1×9），那么，等式右邊第二個(gè)括號(hào)中的數(shù)是9的倍數(shù)，從而有N≡a3＋a2+a1+a0（mod9）對(duì)于mod3，理由相仿，從而有公式：⑤N≡（…＋a3＋a2＋a1＋a0）（mod9），N≡（…+a3＋a2＋a1＋a0）（mod3）。對(duì)于被11整除的數(shù)，它的特征為：它的奇位數(shù)字之和與偶位數(shù)字之和的差（大減?。┠鼙?1整除。先看一例.N=31428576，改寫(xiě)N為如下形式：N=6＋7（11-1）＋5（99＋1）＋8（1001-1）＋2（9999＋1）＋4（100001-1）+1（999999+1）+3（10000001-1）=6-7+5-8+2-4+1-3+7×11+5×99＋8×1001+2×9999+4×100001+1×999999＋3×10000001。由于下面這兩行里，11、99、1001、9999、100001、999999、10000001都是11的倍數(shù)，所以N=6-7＋5-8＋2-4＋1-3（mod11）。小學(xué)生在運(yùn)算時(shí)，碰上“小減大”無(wú)法減時(shí)，可以從上面N的表達(dá)式最后一行中“借用”11的適當(dāng)倍數(shù)（這樣，最后一行仍都是11的倍數(shù)），把它加到“小減大”的算式中，這樣就得到：N≡11＋6-7＋5-8＋2-4＋1-3≡3（mod11）。現(xiàn)在總結(jié)成一般性公式（推理理由與例題相仿）.則N≡（a0-a1+a2-a3＋a4-a5＋a6-a7+…）（mod11）或者：⑥N≡（（a0+a2+a4+…）-（a1+a3+a5+…））（mod11）（當(dāng)不夠減時(shí)，可添加11的適當(dāng)倍數(shù)）。因此，一個(gè)自然數(shù)能被11整除的特征是：它的奇位數(shù)字之和與偶位數(shù)字之和的差（大減?。┠鼙?1整除。我們這里的公式不僅包含整除情況，還包含有余數(shù)的情況。下面研究被7、11、13整除的數(shù)的特征。有一關(guān)鍵性式子：7×11×13=1001。所以N能被7、11、13整除，相當(dāng)于能被7、11、13整除.總結(jié)為公式：（mod11）；（mod13）當(dāng)倍數(shù)）。表述為：判定某數(shù)能否被7或11或13整除，只要把這個(gè)數(shù)的末三位與前面隔開(kāi)，分成兩個(gè)獨(dú)立的數(shù)，取它們的差（大減?。?，看它是否被7或11或13整除。此法則可以連續(xù)使用。例：N=31428576.判定N是否被11整除。因?yàn)?22不能被11整除，所以N不能被11整除。例：N＝215332.判定N是否被7、11、13整除。由于117＝13×9，所以117能被13整除，但不能被7、11整除，因此N能被13整除，不能被7、11整除。此方法的優(yōu)點(diǎn)在于當(dāng)判定一個(gè)較大的數(shù)能否被7或11或13整除時(shí)，可用減法把這個(gè)大數(shù)化為一個(gè)至多是三位的數(shù)，然后再進(jìn)行判定。如N＝987654321.判定N能否被13整除？

而654=50×13+4，所以原數(shù)不能被13整除.如直接計(jì)算，很費(fèi)力：987654321=75973409×13＋4。下面研究可否被17、19整除的簡(jiǎn)易判別法.回顧對(duì)比前面，由等式1001＝7×11×13的啟發(fā)，才有簡(jiǎn)捷的“隔位相減判整除性”的方法.對(duì)于質(zhì)數(shù)17，我們有下面一些等式：17×6＝102，17×59=1003，17×588=9996，17×5882=99994，我們不妨從17×59=1003出發(fā)。因此，判定一個(gè)數(shù)可否被17整除，只要將其末三位與前面隔開(kāi)，看末三位數(shù)與前面隔出數(shù)的3倍的差（大減?。┦欠癖?7整除。例：N=31428576，判定N能否被17整除。而429=25×17+4，所以N不能被17整除。例：N＝2661027能否被17整除？

又935=55×17。所以N可被17整除。下面來(lái)推導(dǎo)被19整除的簡(jiǎn)易判別法。尋找關(guān)鍵性式子：19×52=988，19×53=1007.因此，判定一個(gè)數(shù)可否被19整除，只要將其末三位與前面隔開(kāi)，看末三位與前面隔出數(shù)的7倍的差（大減?。┦欠癖?9整除。例：N＝123456789可否被19整除？

又603＝31×19+14，所以N不能被19整除。例：N=6111426可否被19整除？

又57=3×19，所以N可被19整除：321654×19=6111426。下面來(lái)推導(dǎo)被23、29整除的簡(jiǎn)易判別法。尋找關(guān)鍵性式子，隨著質(zhì)數(shù)增大，簡(jiǎn)易法應(yīng)該在N的位數(shù)多時(shí)起主要作用，現(xiàn)有23×435＝10005，29×345=10005，由此啟發(fā)得到一個(gè)末四位隔開(kāi)的方法：

因此，判定一個(gè)數(shù)可否被23或29整除，只要將其末四位與前面隔開(kāi)，看末四位與前面隔出數(shù)的5倍的差（大減?。┦欠癖?3或29整除。例：N＝6938801能否被23或29整除？

又5336＝23×232＝23×29×8，所以很快判出N可被23及29整除。最后，如讀者還想尋找以上數(shù)的更簡(jiǎn)明判別法，或被31以上質(zhì)數(shù)整除的判別法，都是可以去探索的.把這一節(jié)得到的公式簡(jiǎn)列于下：

（可在上述這些同余式的右端加上相應(yīng)質(zhì)數(shù)的適當(dāng)倍數(shù)）.后兩式?jīng)]有證明，讀者不難從999=37×27，992＝31×32啟發(fā)出“隔位加”的判別法。習(xí)題六1.公式1003=17×59曾用于推導(dǎo)判定被17整除的公式，請(qǐng)說(shuō)明公式②也是判定被59整除的簡(jiǎn)便公式。2.說(shuō)明公式③也是判定被53整除的簡(jiǎn)便公式。3.61是質(zhì)數(shù)，并且10004=61×164，你能利用這一等式導(dǎo)出判定被61整除的簡(jiǎn)便公式嗎？

4.67是質(zhì)數(shù)，1005=67×15，請(qǐng)證明：（可在右端加上67的適當(dāng)倍數(shù)）。5.994＝71×14，71是質(zhì)數(shù)，請(qǐng)導(dǎo)出判定被71整除的公式。6.N=31428576可否被37整除？