九 进 制乔治·兰伯特是美国加利福尼亚州一所中学的数学教师，他对数学特别敏感而且有极大的研究兴趣。

他常年与数字、公式打交道，深感数学的神秘与魅力。

他开始注意一些巧合的事件，力图用数学的方式来破解巧合。

他发现：法国皇帝拿破仑与纳粹元首希特勒相隔一个多世纪，但是他们之间有很多数字巧合。

拿破仑1804年执政，希特勒1933年上台，相隔129年。

拿破仑1816年战败，希特勒1945年战败，相隔129年。

拿破仑1809年占领维也纳，希特勒在1938年攻人维也纳，也是相隔129年。

拿破仑1812年进攻俄国，希特勒在相隔129年后进攻苏联。

美国第16届总统林肯于1861年任总统，美国第35届总统肯尼迪于1961年任总统，时隔100年。

两人同在星期五并在女人的参与下被刺遇害。

接任肯尼迪和林肯的总统的名字都叫约翰逊。

更巧的是，杀害林肯的凶手出生于1829年，杀害肯尼迪的凶手出生于1929年，相隔又是100年。

兰伯特被这些数字迷住了，他经常将这些数字翻来覆去地分解组合。

他惊奇地发现，拿破仑和希特勒的巧合数129与林肯和肯尼迪的巧合数100，把它们颠倒过去分别是921和001，用921减去129，用100减去001，得数都能被9除尽：921-129=792，100-001=99；792+9=88，99÷9=11，结果都有一个十位和个位都相同的两位数的商。

兰伯特非常吃惊，他对9着了迷。

他发现将l 、2、3、4、5、6、7、8、9加在一起是45，而4+5=9。

他还发现，用9乘以任何一个数，将所得到的积的各位数字相加，所得到的和总是9。

取任何一个数，比如说2004，将每位数加起来是2+0+0+4=6，用2004减去6结果得到1998，而1998÷9=222，能被9除尽。

他还总结出这样一个规律：把一个大数的各位数字相加得到一个和，再把这个和的各位数字相加又得到一个和。

这样继续下去，直到最后的数字之和是一个一位数为止。

最后这个数称为最初那个数的“数字根”，这个数字等于原数除；29的余数，这个计算过程被称作是“弃9法”。

懂得了弃9法，蓝伯特醒悟了不少，他进而想到，人类不应该10个10个地数数，也不应该12个12个数数，而应该9个9个地数数，实行9进制。

课前预习数论之整除性科学家认为，使用九进制，能使加减乘除运算变得更快更准确。

但目前对9的研究还很不够，9对人类来说极具神秘性。

包括兰伯特在内的数学家们正努力探索9的奥秘，希望在不久的将来对9的研究有更大的突破。

1、 熟悉常见数的整除性质2、 对于整除含义的理解，求解一些特定问题整除性质（1）2：个位是偶数的自然数（2）5：个位是0或5的自然数注：若一个数同时是2和5的倍数，则此数的个位一定为0（3）4、25：末两位能被4、25整除（4）8、125：末三位能被8、125整除（5）3、9：各个数位上的数之和能被3、9整除（6）7、11、13通用性质：①一个数如果是1001的倍数，即能被7、11、13整除.如201201=201×1001，则其必能被7、11、13整除②从末三位开始，三位一段，奇数段之和与偶数段之和的差如果是7、11、13的倍数，则其为7、11、13的倍数③末三位一段，前后均为一段，用较大的减去较小的，如果差为7、11、13的倍数，则其为7、11、13的倍数（7）11：奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除（8）99：两位一段（从右往左），各段的和能被99整除（9）999：三位一段（从右往左），各段的和能被999整除注意：当同时能被多个数整除时，一般优先顺序为2和5确定个位，再4、25、8、125来确定十位、百位，接着考虑3和9，最后7、11、13，知识框架考试要求1、熟记整除性质，若遇未学过的，则尽量分解成互质的几个数相乘，如：72=8×92、已知一个多位数的前半部分求后半部分时，可用估算，把原数看大些，利用除法求出余数，再把余数减去，如例93、看几个数相乘后末尾有多少个0，主要是看所有数中能分解出多少个2和5，如例8【例1】 在□内填上适当的数字，使五位数23□6□既能被3整除又能被5整除.【解析】五位数能被3和5整除，可先考虑5的整除性质，则个位为0或5，当个位为0时，根据3的整除性质，则百位可填1、4、7，当个位为5时，百位可填2【巩固】已知五位数xy 154能被72整除，求x+y 的值.【解析】能被72整除则一定是8和9的倍数，根据9的整除性质，则x+y=8或17；根据8的整除性质，则4xy 必是8的倍数；当x+y=8时，可求出x=0,y=8;x=8,y=0；当x+y=17时，x=9,y=8,不可能是8的倍数，则x+y 只能等于82、六位数3ABABAB 是6的倍数，其中A 、B 表示不同的数字，这样的六位数共有多少个？【解析】六位数是6的倍数，则必为2和3的倍数，先考虑2的性质，可得B=0、2、4、6、8，再考虑3的性质，则3+3A+3B=3×（1+A+B ），因3×（1+A+B ）一定是3的倍数，则当B=0时，则A 可取1-9（因A 、B 不同），共9个，从中可看出，当B 取其他值时，A 都有9种可能性，则六位数有5×9=45个【巩固】七位数17562□的末位数字是 的时候，不管千位上是0到9中得哪一个数字，这个七位数都不是11的倍数【解析】若175a62b 是11的倍数，则1+5+6+b 的和与7+a+2的和差为11的倍数，即12+b 与9+a 的差，等于3+b-a 或是a-b-3，则b 可取0—7，当b=0时，a=3时，七位数是11的倍数；当b=1时，a=4时，七位数是11的倍数……经验证，b=7时七位数不是11的倍数3、由1，3，4，5，7，8这六个数字所组成的六位数中，能被11整除的最大的数是多少？例题精讲重难点【解】：各位数字和为1+3+4+5+7+8=28所以偶数位和奇数位上数字和均为14为了使得该数最大，首位必须是8，第2位是7，14-8=6那么第3位一定是5，第5位为1该数最大为875413.【巩固】求出一个最大的十位数，它由0,1,2,3，…,9这十个不同的数字组成，并且能被11整除？【解析】各位数字和为0+1+2+3+……+9=45所以偶数位和奇数位上数字和分别为17和28为了使得该数最大，首位必须是9，第2位是8该数最大为9876524134、从0,3,5,7四个数字中任选三个，排成能同时被2、3、5整除的三位数，这样的三位数共有几个？【解析】三位数能被2和5整除，则个位一定为0，能被3整除，则只能取0、5、7，所有的可能有507、570、705、750，共4个【巩固】一个三位数能同时被2、5、7整除，这样的三位数按从小到大的顺序排成一列，中间的一个是 . 【解析】三位数能被2和5整除，则个位一定为0，【2、5、7】=70，则满足条件的三位数是140、210、280、350、420、490、560、630、700、770、840、910、980共13个，中间的一个是5605、求被11整除且数字和等于43的五位数[思路]：现在我们有两个入手的选择，可以选择数字和，也可以选择被11整除，但我们发现被11整除性质的运用要具体的数字，而现在没有，所以我们选择先从数字和入手【解析】：5位数数字和最大的为9×5=45，这样43的可能性只有9，9，9，9，7或9，9，9，8，8.这样我们接着用11的整除特征，发现符合条件的有99979，97999，98989符合条件.【巩固】在小于5000的自然数中，能被11整除，并且数字和为13的数，共有多少个？【解析】两位数字中能被11 整除的数字是11、22、……99 这些数字中显然没有这样的数．（1）三位数，设这个三位数为abc ，有a+ b+ c= 13 和a+ c- b= 11 ，显然有a+ c= 12 ，b= 1 ，所以就有913 ，814，715，616 ，517 ，418 ，319 这7 个．（2） 四 位 数 ， 设 这 个 四 位 数 为 abcd ， ⑴ 有 a+ b+c+ d= 13 和( a+ c )- ( b+ d )= 11 中，若a+ c= 12 ， b+ d=1 则 a =3 或 4 有 2 种组合，b 和 d 有 2 种．因此有 4种；⑵ 有 a+b+c+d=13 和( b+ d )- ( a+ c )= 11 ， a+ c= 1 ， b+ d= 12 ，则只能 a= 1 ， c= 0 ， b 和 d 有 7 种组合．综上所述，这样的数有 7 +4 +7 =18 个．6、（2008解题能力展示六年级初赛）已知九位数2007□12□2既是9的倍数，又是11的倍数，那么，这个九位数是【解析】 九位数2007□12□2既是9的倍数，又是11的倍数，则一定是99的倍数，根据99的整除性质，可得2+00+7□+12+□2=99，可得九位数为200711232【巩固】42□28□能被99整除,方框里应该填什么数?【解析】42□28□能被99整除，则42+□2+8□=99×2，则为4272847、把三位数 接连重复的写下去，共写1993个，所得的数 个恰是91的倍数，求ab 【解析】91=13×7，则根据13、7的整除性质3ab 是91的倍数，则ab=64【巩固】如果200520052005200501n 个能被11整除，那么n 的最小值是 .分析： 个中奇数位减偶数位的差为（5－2）n ＋1=3n ＋1,当n=7时，(3n ＋1)是11的倍数，所以n 的最小值是7.8、2005×684×375×□最后4位都是0,请问□里最小是几?【解】：先分析1×2×3×4××10的积的末尾共有多少个0.由于分解出2的个数比5多，这样我们可以得出就看所有数字中能分解出多少个5这个质因数.而能分解出5的一定是5的倍数.注意：5的倍数能分解一个5，25的倍数分解出2个5，125的倍数能分解出3个5……最终转化成计数问题，如5的倍数有[10/5]=2个.2005=5×401 684=2×2×171 375=3×5×5×5前三个数里有2个质因子2，4个质因子5，要使得乘积的最后4位都是0，应该有4个质因子2和4个质因子5，还差2个质因子.因此□里最小是4.注意：看几个数相乘后末尾有多少个0，主要是看所有数中能分解出多少个2和5【巩固】从1到101这101个自然数连乘的末尾共有多少个连续的数码0？【解析】从1到101,看所有数中能分解出多少个5和2,2的个数够用，则5的倍数有100÷5=20个，25的倍数有100÷25=4个，则共有20+4=24个9、某个七位数1993□□□能够同时被2、3、4、5、6、7、8、9整除，那么它的最后三位数是【解析】七位数能被2、3、4、5、6、7、8、9整除，则一定能被【2、3、4、5、6、7、8、9】=2520整除，把七位数看成1994000,1994000÷2520……680，则七位数为1994000-680=1993320【巩固】（2009年101中学小升初试题）在2009后面补上三个数字，组成一个七位数2009□□□，使得这个七位数能被2、3、4、5、6整除，那么当补上的三个数字的和最大时，所补的三个数字是【解析】七位数能被2、3、4、5、6整除，则一定能被【2、3、4、5、6】=60整除，把七位数看成2010000,2010000÷60……60，则七位数最大为2010000-60=2009940，9+4+0=13,要使补上的三个数字的和最大，则当七位数为2009880时，和最大为8+8+0=1610、某商场向顾客发出9999张购物券，每张上面印有一个四位数的号码，从0001到9999.如果号码的前面两位之和等于后面两位数字之和，则称为“幸运券”.例如号码0826，因0+8=2+6，所以叫做“幸运券”，试说明：商场发出的所有“幸运券”中，所有的“幸运券”的号码之和能被101整除.解：“配位求和法”，即号码为0000和9999的和一定能被101整除（9999=99×101），再接着应该是后两位增加1的，这样有四组数1001，0101，1010，0110；对应后面的为8998，9898，8989，9889这样每组数的和为1001+8998=9999，也能被101整除，因为总共有10000个号码（加上0000），所以肯定是对称出现的，所以肯定能被101整除.【巩固】求1～9999的所有数码和？【解析】在1～9999 前面补上0，共10000个数，利用“配位求和法”，则0+9999=9999，数码之和是0+9+9+9+9=36，同理1+9998=9999，数码之和是1+9+9+9+8=36……，共10000÷2=5000组，则所有的数码之和是36×5000=1800001、(2003年一零一中学入学摸底考试第11题)既能被3整除，又能被7整除的最小三位数是 . 课堂检测【解析】既能被3整除，又能被7整除，则一定能被21整除，则最小三位数是1052、(2003年一零一中学入学摸底考试第20题)一个五位数中各个数位上的数字和是42，则其中能被4整除的五位数是哪几个？【解析】五位数各个数位上的数字和是42，而五位数最大是99999，数字和是45，多了3，则五位数可由9、9、9、9、6或9、9、8、8、8或9、9、9、8、7组成，又因能被4整除的数个位一定是偶数，且末两位一定是4的倍数，即只有88、96满足，则五位数有99996、99888、98988、89988共4个3、(北京市一零一中学计算机培训班六年级04～05学年一学期第一次随堂测试第12题)在1～1000之间的自然数，能同时被2、3、5整除的数共有个.【解析】能同时被2、3、5整除的数一定能被60整除，则1000之内有1000÷60=16……40，共16+1=17个4、（2006年“我爱数学杯”数学竞赛）2006年6月11日是小明的生日.在2006的前边和后边各添上一个数，组成一个六位数，这个六位数正好能被他的出生月份数和日期数整除.这个六位数是 .【解析】这个六位数应能被2、3、11整除.由能被2整除，推知个位数是偶数.如果个位数是0，由能被11整除，推知首位是7,720060能被3整除，所以720060是解.如果个位数是2，由能被11整除，推知首位是9，920062不能被3整除，所以920062不是解.同理，由个位数4、6、8都得不到解.综上所述，这个六位数是720060.5、（06年十一学校选拔考试真题）一个两位数，其十位与个位上的数字交换以后，所得的两位数比原来小27，则满足条件的两位数共有个．【解析】原两位数为10a+b，则交换个位与十位以后，新两位数为10b+a，两者之差为（10a+b）-（10b+a）=9（a-b）=27，即a-b=3，a、b为一位自然数，即96，85，74，63，52，41满足条件．6、（“祖冲之”杯数学邀请赛试题）求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和. 【解析】在这些数前面添一个数0，并不影响所有数码的和.将这1000万个数两两配对，因为0与9999999，1与9999998，…，4999999与5000000各对的数码和都是9×7=63.这里共有5000000对，故所有数码的和是63×5000000=315000000.1、 重点掌握2、3、5、9、11、99的整除性质2、 重点掌握求数码和的方法，如例10，此内容是杯赛常考类型，也可与余数问题结合起来1、 在25□79这个数的□内填上一个数字，使这个数能被11整除，方格内应填 .【解析】能被11整除，则填12、 一个六位数23□56□是88的倍数，这个数除以88所得的商是 或 .【解析】是88的倍数，则是8和11的倍数，根据8的性质个位可填0或8，则千位可填0或8，则商可为2620或27113、 有一个首位数字是8的六位数，它能被9整除，并且各个数位上的数字都不相等.这样的六位数最小是几？【解析】最小为8012354、（2008走美五年级初赛）2871a a 是2008的倍数，那么a=【解析】是2008的倍数，则是4和8的倍数，则a=1、5、9，经验证，a=95、已知九位数2005□□□□是2010的倍数，这样的九位数共有多少个？【解析】九位数2005□□□□是2010的倍数，则20060000÷2010……200，则满足条件最大的数是20059800，最小的是20051760，共有（20059800-20051760）÷2010+1=5个6、把30个自然数1、2、3……30乘到一起，那么这个乘积的末尾会有 个0【解析】看2和5的倍数的个数，共7个7、三位数中能被11整除，且数字之和是11的有 个【解析】三位数，设这个 三位数为 abc ，有 a+ b+ c= 11 和 a+ c-b= 11 ，显然有 a+ c= 11 ， b= 0 ，所以就有 209、308、407、506、605、704、803、902 共8 个 ．家庭作业复习总结8、（三帆培训班）一个四位数能被45整除，千位数字与个位数字之积是20，百位数字与十位数字组成的两位数是9的4倍，求这个四位数【解析】43659、（2005人大附中小升初真题）有个四位数满足以下条件：它的各位数都是互不相同的奇数；它的每个数字都能整除它本身.【解析】各位数都是互不相同的奇数，则组成的数只能是1、3、5、7、9，每个数字都能整除它本身，则只能由1、3、5、9组成，个位必须是5，则共有3×2×1=6个10、李老师带领一班学生去种树，学生恰好被平分成4个小组，总共种树667棵，如果师生每人种的棵数一样多，那么这个班共有学生人.=⨯，由于学生加上老师的总人数除以4余1，而23-1=22，不能被4整除.说明学生的人【分析】6672329数是29-1=28（人）.教学反馈注：例题、巩固、检测、以及家庭作业均用此格式【巩固】奋斗小学组织六年级同学到百花山进行野营拉练，行程每天增加2千米．已知去时用了4天，回来时用了3天．问：学校距离百花山多少千米？【考点】等差数列应用题【难度】☆☆☆【题型】解答【解析】解法一：这道题目关键是弄清题意，发现关键是要求出第一天拉练的距离，在这里可以用方程的思想来帮助解题，可以给四年级学生一个方程的初步认识，来回的距离是相同的，通过这点来做方程求解，设第一天拉练的距离是x，则第二天为2x+，第x+，第三天为4四天6x+，第七天的12x+．且去时和x+，第六天的距离为10x+，第五天的距离为8来时的路程一样，则24681012++++++=+++++（）（）（）（）（）（），则18x x x x x x xx=，学校距离百花山84千米．解法二：七天所走路程形成了一个等差数列，公差为2. 五、六、七三天合走路程比二、三、四三天合走路程多（8+10+12）-（2+4+6）=18. 来回路程相等，所以第一天走了18千米，学校距百花山18+20+22+24=84千米．【答案】84。