小学思维数学讲义：余数性质(二)-带详解

余数性质（二）
1. 学习余数的三大定理及综合运用
2. 理解弃9法，并运用其解题
一、三大余数定理：
1.余数的加法定理
a 与
b 的和除以
c 的余数，等于a ,b 分别除以c 的余数之和，或这个和除以c 的余数。

例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16＝39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.
当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c 的余数。

例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23+19＝42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数为2
2.余数的加法定理
a 与
b 的差除以
c 的余数，等于a ,b 分别除以c 的余数之差。

例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23－16＝7除以5的余数等于2，两个余数差3－1＝2. 当余数的差不够减时时，补上除数再减。

例如：23，14除以5的余数分别是3和4，23－14＝9除以5的余数等于4，两个余数差为3＋5－4＝4
3.余数的乘法定理
a 与
b 的乘积除以
c 的余数，等于a ,b 分别除以c 的余数的积，或者这个积除以c 所得的余数。

例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1＝3。

当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c 的余数。

例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23×19除以5的余数等于3×4除以5的余数，即2. 乘方：如果a 与b 除以m 的余数相同，那么n a 与n b 除以m 的余数也相同．
二、弃九法原理
在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行，由于害怕以前的计算结果丢失而经常检验加法运算是否正确，他们的检验方式是这样进行的：
例如：检验算式1234189818922678967178902889923++++=
1234除以9的余数为1
1898除以9的余数为8
18922除以9的余数为4
678967除以9的余数为7
178902除以9的余数为0
这些余数的和除以9的余数为2
而等式右边和除以9的余数为3，那么上面这个算式一定是错的。

上述检验方法恰好用到的就是我们前面所讲的余数的加法定理，即如果这个等式是正确的，那么左边几个加数除以9的余数的和再除以9的余数一定与等式右边和除以9的余数相同。

而我们在求一个自然数除以9所得的余数时，常常不用去列除法竖式进行计算，只要计算这个自然数的各个位数字之和除以9的余数就可以了，在算的时候往往就是一个9一个9的找并且划去，所以这种方法被称作“弃九法”。

知识点拨 教学目标
所以我们总结出弃九发原理：任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。

以后我们求一个整数被9除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被9除的余数即可。

利用十进制的这个特性，不仅可以检验几个数相加，对于检验相乘、相除和乘方的结果对不对同样适用 注意：弃九法只能知道原题一定是错的或有可能正确，但不能保证一定正确。

例如：检验算式9+9=9时，等式两边的除以9的余数都是0，但是显然算式是错误的
但是反过来，如果一个算式一定是正确的，那么它的等式2两端一定满足弃九法的规律。

这个思想往往可以帮助我们解决一些较复杂的算式迷问题。

模块一、余数性质的综合运用
【例 1】 20032与22003的和除以7的余数是________．
【考点】余数性质的综合运用 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】南京市，少年数学智力冬令营
【解析】 找规律．用7除2，22，32，42，52，62，…的余数分别是2，4，1，2，4，1，2，4，1，…,2
的个数是3的倍数时，用7除的余数为1；2的个数是3的倍数多1时，用7除的余数为2；2的个数是3的倍数多2时，用7除的余数为4．因为20033667222⨯+=，所以20032除以7余4．又两个数的积除以7的余数，与两个数分别除以7所得余数的积相同．而2003除以7余1，所以22003除以7余1．故20032与22003的和除以7的余数是415+=．
【答案】5
【巩固】
2008222008+除以7的余数是多少？ 【考点】余数性质的综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】
328=除以7的余数为1，200836691=⨯+，所以200836691366922(2)2⨯==⨯＋，其除以7的余数为：669122⨯=；2008除以7的余数为6，则22008除以7的余数等于26除以7的余数，为1；所以2008222008+除以7的余数为：213+=．
【答案】3
【巩固】 ()30313130+被13除所得的余数是多少？
【考点】余数性质的综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 31被13除所得的余数为5，当n 取1，2，3，时5n 被13除所得余数分别是5，12，8，1，5，12，
8，1以4为周期循环出现，所以305被13除的余数与25被13除的余数相同，余12，则3031除以13的余数为12；
30被13除所得的余数是4，当n 取1，2，3，
时，4n 被13除所得的余数分别是4，3，12，9，10，1，4，3，12，9，10，
以6为周期循环出现，所以314被13除所得的余数等于14被13除所得的余数，即4，故3130除以13的余数为4；
所以()
30313130+被13除所得的余数是124133+-=．
【答案】3
【例 2】 M 、N 为非零自然数，且20072008M N +被7整除。

M N +的最小值为 。

【考点】余数性质的综合运用 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】走美杯，6年级，决赛，第7题，10分 【解析】
2007除以7的余数是5，2008除以7的余数是6，所以56M N +能被7整除，经试算，M N +最小值为325+= 【答案】5
例题精讲
【例 3】 1234200512342005+++++除以10所得的余数为多少？
【考点】余数的加减法定理 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 求结果除以10的余数即求其个位数字．从1到2005这2005个数的个位数字是10个一循环的，而
对一个数的幂方的个位数，我们知道它总是4个一循环的，因此把所有加数的个位数按每20个(20是4和10的最小公倍数)一组，则不同组中对应的个位数字应该是一样的．首先计算123420123420+++++的个位数字，
为1476563690163656749094+++++++++++++++++++=的个位数字，为4，
由于2005个加数共可分成100组另5个数，100组的个位数字和是4100400⨯=的个位数即0，另外5个数为20012001、20022002、20032003、20042004、20052005，它们和的个位数字是1476523++++=的个位数 3，所以原式的个位数字是3，即除以10的余数是3．
【答案】3
【例 4】 已知n 是正整数，规定!12n n =⨯⨯⨯，
令1!12!23!32007!2007m =⨯+⨯+⨯++⨯，则整数m 除以2008的余数为多少？
【考点】余数性质的综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】清华附中
【解析】 1!12!23!32007!2007m =⨯+⨯+⨯++⨯
1!212!313!412007!20081=⨯-+⨯-+⨯-++⨯-（）（）（）（）
2!1!3!2!4!3!2008!2007!=-+-+-++-
2008!1=-
2008能够整除2008!，所以2008!1-的余数是2007．
【答案】2007
【例 5】 设n 为正整数，2004n k =，k 被7除余数为2，k 被11除余数为3，求n 的最小值．
【考点】余数性质的综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 2004被7除余数为2，被11除余数也为2，所以2n 被7除余数为2，被11除余数为3．由于122=被
7除余2，而328=被7除余1，所以n 除以3的余数为1；由于82256=被11除余3，1021024=被11除余1，所以n 除以10的余数为8．可见2n +是3和10的公倍数，最小为[]3,1030=，所以n 的最小值为28．
【答案】28
【例 6】 试求不大于100，且使374n n ++能被11整除的所有自然数n 的和．
【考点】余数性质的综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 通过逐次计算，可以求出3n 被11除的余数，依次为：13为3，23为9，33为5，43为4，53为1，…，
因而3n 被11除的余数5个构成一个周期：3，9，5，4，1，3，9，5，4，1，……；类似地，可以求出7n 被11除的余数10个构成一个周期：7，5，2，3，10，4，6，9，8，1，……；于是374n n ++被11除的余数也是10个构成一个周期：3，7，0，0，4，0，8，7，5，6，……；这就表明，每一个周期中，只有第3、4、6个这三个数满足题意，即3,4,6,13,14,16,......,93,94,96n =时374n n ++能被11整除，所以，所有满足条件的自然数n 的和为：
346131416...9394961343...2831480+++++++++=+++=．
【答案】1480
【例 7】 对任意的自然数n ，证明2903803464261n n n n A =--+能被1897整除．
【考点】余数性质的综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略
【答案】18977271=⨯，
7与271互质，因为29035(mod7)≡，8035(mod7)≡，4642(mod7)≡，2612(mod7)≡，所以，290380346426155220(m n
n n n n n n n A =--+≡--+≡，故A 能被7整除．又因为2903193(mod271)≡，803261(mod271)≡，464193(mod271)≡，所以
29038034642611932611932610(mod 271)n n n n n n n n A =--+≡--+≡，故A 能被271整除．因为7与271互质，所以A 能被1897整除．
【例 8】 若a 为自然数，证明2005194910()a a -．
【考点】余数性质的综合运用 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略
【答案】1025=⨯，由于2005a 与1949a 的奇偶性相同，所以200519492()a a -．20051949194956(1)a a a a -=-，如果
a 能被5整除，那么1949565(1)a a -；如果a 不能被5整除，那么a 被5除的余数为1、2、3或者4，4a 被5除的余数为41、42、43、44被5除的余数，即为1、16、81、256被5除的余数，而这四个数除以5均余1，所以不管a 为多少，4a 被5除的余数为1，而56414()a a =，即14个4a 相乘，所以56a 除以5均余1，则561a -能被5整除，有1949565(1)a a -．所以200519495()a a -．由于2与5互质，所以2005194910()a a -．
【例 9】 有一位奥运会志愿者，向看台上的一百名观众按顺序发放编号1，2，3，……100，同时还向每位
观众赠送一个单色喇叭．他希望如果两位观众的编号之差是质数，那么他们拿到的喇叭就是不同颜色的．为了实现他自己的愿望，他最少要准备 种颜色的喇叭．
【考点】余数性质的综合运用 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，五年级,初赛，第11题
【解析】 编号1、3、6、8这四个编号两两之间的差都是质数，所以这四个编号的观众应该使用不同颜色的
喇叭．所以他最少应该准备4种不同颜色的喇叭，然后按编号被4除后的余数分派不同颜色喇叭．
【答案】4种
模块二、弃九法
【例 10】 将1至2008这2008个自然数，按从小到大的次序依次写出，得一个多位数：1234567891011121320072008，试求这个多位数除以9的余数．
【考点】弃九法 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 以19992000这个八位数为例，它被9除的余数等于()19992000+++++++被9除的余数，但是
由于1999与()1999+++被9除的余数相同，2000与()2000+++被9除的余数相同，所以19992000就与()19992000+被9除的余数相同．由此可得，从1开始的自然数1234567891011121320072008被9除的余数与前2008个自然数之和除以9的余数相同．根据等差数列求和公式，这个和为：()12008200820170362
+⨯=，它被9除的余数为1．另外还可以利用连续9个自然数之和必能被9整除这个性质，将原多位数分成123456789，101112131415161718，……，199920002001200220032004200520062007，2008等数，可见它被9除的余数与2008被9除的余数相同．因此，此数被9除的余数为1．
【答案】1
【巩固】 连续写出从1开始的自然数，写到2009时停止，得到一个多位数：123456789101119992000，请
说明：这个多位数除以3，得到的余数是几？为什么？
【考点】弃九法 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】希望杯
【分析】 因为连续3个自然数可以被3整除，而且最后一个自然数都是3的倍数，因为1998是3的倍数，所以
12345678910111998是3的倍数，又因为
12345678910111999200012345678910111998000000001998119982=++++，所以
123456789101119992000除以3，得到的余数是0．
【答案】0
【例 11】 将12345678910111213......依次写到第1997个数字，组成一个1997位数，那么此数除以9的余数
是 ________．
【考点】弃九法 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】小学数学奥林匹克
【解析】 本题第一步是要求出第1997个数字是什么，再对数字求和．19～共有9个数字，1099～共有90个
两位数，共有数字：902180⨯= (个), 100999～共900个三位数，共有数字：90032700⨯= (个),所以数连续写，不会写到999,从100开始是3位数，每三个数字表示一个数，
(19979180)3602......2--÷=，即有602个三位数，第603个三位数只写了它的百位和十位．从100开始的第602个三位数是701，第603个三位数是9，其中2未写出来．因为连续9个自然数之和能被9整除，所以排列起来的9个自然数也能被9整除，702个数能分成的组数是：702978÷= (组)，依次排列后，它仍然能被9整除，但702中2未写出来，所以余数为9-27 =．
【答案】7
【例 12】 有2个三位数相乘的积是一个五位数，积的后四位是1031，第一个数各个位的数字之和是10，第
二个数的各个位数字之和是8，求两个三位数的和。

【考点】弃九法 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 本题条件仅给出了两个乘数的数字之和，同时发现乘积的一部分已经给出，即乘积的一部分数字之
和已经给出，我们可以采用弃九法原理的倒推来构造出原三位数。

因为这是一个一定正确的算式，所以一定可以满足弃九法的条件，两个三位数除以9的余数分别为1和8，所以等式一边除以9的余数为8，那么□1031除以9的余数也必须为8，□只能是3.将31031分解质因数发现仅有一种情况可以满足是两个三位数的乘积，
即31031311001143217=⨯=⨯
所以两个三位数是143和217，那么两个三位数的和是360
【答案】360
【例 13】 设20092009的各位数字之和为A ，A 的各位数字之和为B ，B 的各位数字之和为C ，C 的各位数字
之和为D ，那么D =
【考点】弃九法 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 由于一个数除以9的余数与它的各位数字之和除以9的余数相同，所以20092009与A 、B 、C 、D 除
以9都同余，而2009除以9的余数为2，则20092009除以9的余数与20092除以9的余数相同，而6264
=除以9的余数为1，所以()334200963345652222⨯+==⨯除以9的余数为52除以9的余数，即为5．
另一方面，由于20092009803620091000010<=，所以20092009的位数不超过8036位，那么它的各位数字之和不超过9803672324⨯=，即72324A ≤；那么A 的各位数字之和9545B <⨯=，B 的各位数字之和9218C <⨯=，C 小于18且除以9的余数为5，那么C 为5或14，C 的各位数字之和为5，
即5D =． 【答案】5
【例 14】 3个三位数乘积的算式234235286abc bca cab ⨯⨯= (其中a b c >>)， 在校对时，发现右边的积的
数字顺序出现错误，但是知道最后一位6是正确的，问原式中的abc 是多少？
【考点】弃九法 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】华杯赛
【解析】 由于2342352862342352868(mod9)≡++++++++≡，3()(mod9)abc bca cab a b c ⨯⨯≡++， 于是3()8(mod9)a b c ++≡，从而(用0,1,2,...,8(mod9)a b c ++≡代入上式检验)
2,5,8(mod9)a b c ++≡…(1)，对a 进行讨论：
如果9a =，那么2,5,8(mod9)b c +≡…(2)，又c a b ⨯⨯的个位数字是6，所以b c ⨯的个位数字为4，b c ⨯可能为41⨯、72⨯、83⨯、64⨯，其中只有(,)(4,1),(8,3)b c =符合(2)，经检验只有983839398328245326⨯⨯= 符合题意．
如果8a =，那么3,6,0(mod9)b c +≡…(3)，又b c ⨯的个位数字为2或7，则b c ⨯可能为21⨯、43⨯、62⨯、76⨯、71⨯，其中只有(,)(2,1)b c =符合(3)，经检验，821abc =不合题意．
如果7a =，那么4,7,1(mod9)b c +≡…(4)，则b c ⨯可能为42⨯、63⨯，其中没有符合(4)的(,)b c ． 如果6a ≤，那么5b ≤，4c ≤，700600500210000000222334586abc bca cab ⨯⨯<⨯⨯=<，因此这时abc 不可能符合题意．综上所述，983abc =是本题唯一的解．
【答案】983。