奥数培优第3讲 数的整除性（讲义）-2025-2026学年五年级数学下册人教版

小学五年级下册奥数培优讲义 第3讲 数的整除性 适用年级：五年级 知识模块：数论·整除 难度星级：★★★★☆ 一、学习目标 | Learning Objectives 1. 理解并掌握能被 7、11、13 整除的数的特征（末三位差法），能熟练运用该特征进行整除判断与数字填空。 2. 理解 1001 = 7 × 11 × 13 的核心作用，掌握 abcabc 型及衍生重复结构数的整除规律。 3. 掌握能被 27 或 37 整除的判定方法（三位分节求和法），理解其模运算原理。 4. 掌握能被个位是 9 的数（如 19、29、59）整除的割尾加倍数法。 5. 培养数感与逻辑推理能力，能够综合运用多种整除特征解决复杂数位与周期问题。 二、知识要点 | Key Knowledge Points 📌 知识点1：神奇的 1001 1001 = 7 × 11 × 13，因此凡是 1001 的整数倍的数，都能同时被 7、11、13 整除。 特别地，六位数 abcabc = abc × 1001，所以 abcabc 一定能被 7、11、13 同时整除。 推广：形如 aabaab = aab × 1001，同样能被 7、11、13 同时整除。 对于循环节重复次数为偶数的长数（如 abababab = ab × 1010101，需进一步判断），应先拆分结构，再判断循环因子的整除性。 📌 知识点2：能被 7、11、13 整除的数的特征（末三位差法） 如果数 A 的末三位数字所表示的数，与末三位以前的数字所表示的数之差（大数减小数）能被 7 或 11 或 13 整除，那么数 A 就能被 7 或 11 或 13 整除；否则就不能。 公式表述：设 A = 1000 × M + N（N 为末三位，0 ≤ N < 1000），则 A 能被 7/11/13 整除 ⟺ |M − N| 能被 7/11/13 整除。 若差仍大于三位数，可反复使用该特征，直至差为三位数以内。 原理：因为 1000 ≡ −1 (mod 7/11/13)，所以 1000×M + N ≡ −M + N (mod 7/11/13)。 📌 知识点3：能被 27 或 37 整除的数的特征（三位分节求和法） 对于任何一个自然数，从个位开始，每三位为一节将其分成若干节，然后将每一节上的数连加。如果所得的和能被 27（或 37）整除，那么这个数一定能被 27（或 37）整除；否则就不能。 若各节之和大于三位数，可继续对和进行三位分节求和，直至和为三位数以内。 原理：因为 1000 ≡ 1 (mod 27) 且 1000 ≡ 1 (mod 37)，所以 1000^k ≡ 1 (mod 27 或 37)。 📌 知识点4：能被个位是 9 的数整除的特征（割尾加倍数法） 将个位是 9 的数记为 k9 = 10k + 9（k 为自然数），如 19(k=1)、29(k=2)、59(k=5)。 判定方法：对于任意自然数，去掉个位数后，再加上个位数的 (k+1) 倍。连续进行这一变换，如果最终所得结果等于 k9（或 k9 的倍数），则该数能被 k9 整除；否则不能。 每进行一次变换，数的位数减少一位。当变换到小于除数时即可停止，得出不能整除的结论。 例如判断能否被 29 整除（k=2，k+1=3）：去个位 + 个位×3，反复操作。 三、典例精析 | Classic Examples with Detailed Solutions 【例1】判断六位数 924924 能否同时被 7、11、13 整除？如果能，请求出它除以 1001 的商，并判断商的奇偶性。 【分析】观察这个六位数的结构：前三位与后三位完全相同，属于 abcabc 型，可以直接利用 1001 的性质。 【解答】因为 924924 = 924 × 1000 + 924 = 924 × (1000 + 1) = 924 × 1001。 而 1001 = 7 × 11 × 13，所以 924924 含有因子 7、11、13。 因此，924924 能同时被 7、11、13 整除。 它除以 1001 的商为 924。因为 924 的个位是 4（偶数），所以商是偶数。 💡 【方法点睛】 凡是前三位与后三位相同的六位数（abcabc 型），都等于前三位数乘以 1001，因此一定能同时被 7、11、13 整除。记住这个结论，可以快速解决一类判断题。 【例2】判断 615398 能否被 7 整除？能否被 11 整除？能否被 13 整除？ 【分析】直接做除法计算量较大，运用末三位差法可以快速判断。注意本题要同时判断三个除数。 【解答】末三位是 398，末三位以前是 615。 差 = 615 − 398 = 217。 因为 217 = 31 × 7，是 7 的倍数，所以 615398 能被 7 整除。 因为 217 ÷ 11 = 19 余 8，不是 11 的倍数，所以 615398 不能被 11 整除。 因为 217 ÷ 13 = 16 余 9，不是 13 的倍数，所以 615398 不能被 13 整除。 综上：615398 能被 7 整除，不能被 11 和 13 整除。 【例3】已知七位数 314□259 能被 11 整除，求 □ 中的数字。 【分析】这是一道数字填空题，需要用末三位差法建立关于 □ 的方程，再根据 11 的倍数特征求解。 【解答】末三位是 259，末三位以前是 314□（即 3140 + □）。 差 = (3140 + □) − 259 = 2881 + □。 因为 2881 ÷ 11 = 261 余 10，所以 2881 + □ 能被 11 整除，等价于 10 + □ 能被 11 整除。 □ 是 0~9 的数字，10 + □ 的范围是 10~19，其中只有 11 是 11 的倍数。 由 10 + □ = 11，得 □ = 1。 验证：3141259 ÷ 11 = 285569，285569 × 11 = 3141259 ✓ 【例4】判断十位数 1001001001 能否被 7 和 13 整除？ 【分析】这个数位数较多，直接计算困难。关键在于反复使用末三位差法，每次将位数减少约三位。 【解答】对 1001001001 使用末三位差法： 末三位是 001，末三位以前是 1001001，差 = 1001001 − 1 = 1001000。 1001000 仍是七位数，继续使用末三位差法： 末三位是 000，末三位以前是 1001，差 = 1001 − 0 = 1001。 因为 1001 = 7 × 11 × 13，所以 1001 能被 7 和 13 整除。 因此，1001001001 能被 7 和 13 整除。 💡 【方法点睛】 当一个数的位数很多时，末三位差法可以反复使用，每次将数的位数减少约三位，直到差为三位数以内再做最终判断。这是处理大数整除问题的核心技巧。 【例5】一个 37 位数，前 18 位都是 4，后 18 位都是 6，中间有一个数字 □。如果这个数能被 13 整除，求 □。 【分析】这是一道长数位整除题。关键在于利用 444444 = 444 × 1001 和 666666 = 666 × 1001 都能被 13 整除的性质，将 18 个 4 和 18 个 6 分别拆出，简化为三位数 4□6 的整除问题。 【解答】因为 444444 = 444 × 1001，666666 = 666 × 1001，而 1001 是 13 的倍数， 所以每 6 个连续的 4 或 6 组成的数都能被 13 整除。 18 = 6 × 3，所以前 18 个 4 和后 18 个 6 组成的数都能被 13 整除。 将原数拆分（设前 18 个 4 为 A，后 18 个 6 为 B）： 原数 = A × 10¹⁹ + 4□6 × 10¹⁸ + B 等号左边的数能被 13 整除，等号右边 A × 10¹⁹ 和 B 都能被 13 整除， 所以中间项 4□6 × 10¹⁸ 也必须能被 13 整除。 因为 10¹⁸ 与 13 互质，所以 4□6 必须能被 13 整除。 逐一尝试 □ = 0~9： □ = 1 时，416 ÷ 13 = 32，恰好整除。 所以 □ = 1。 💡 【方法点睛】 长数位整除问题的通用策略：利用周期性（如每 6 位循环，因为 1001 含 7/11/13 因子）将长数拆分为「能被整除的部分 + 关键短数」，从而将复杂问题简化为短数的整除判断。 【例6】判断下列各数能否被 27 或 37 整除：（1）333315；（2）4567901193。 【分析】使用三位分节求和法，从个位开始每三位分节，将各节相加后判断。若和仍大于三位数，继续分节求和。 【解答】（1）333315 分节为：333 | 315 各节之和 = 333 + 315 = 648。 648 ÷ 27 = 24，能被 27 整除；648 ÷ 37 = 17 余 19，不能被 37 整除。 所以 333315 能被 27 整除，不能被 37 整除。 （2）4567901193 分节为：4 | 567 | 901 | 193 各节之和 = 4 + 567 + 901 + 193 = 1665。 1665 是四位数，继续分节求和：1 | 665，和 = 1 + 665 = 666。 666 ÷ 37 = 18，能被 37 整除；666 ÷ 27 = 24 余 18，不能被 27 整除。 所以 4567901193 能被 37 整除，不能被 27 整除。 💡 【方法点睛】 三位分节求和法中，若各节之和仍大于三位数，可以反复对和进行分节求和，直到和为三位数以内。这是因为 1000 ≡ 1 (mod 27) 和 1000 ≡ 1 (mod 37) 的性质保证了等价性。 【例7】（1）判断 27531 能否被 19 整除；（2）判断 247747 能否被 29 整除。 【分析】使用割尾加倍数法。被 19 整除时 k=1，每次去个位加个位的 2 倍；被 29 整除时 k=2，每次去个位加个位的 3 倍。 【解答】（1）判断 27531 能否被 19 整除（k=1，k+1=2）： 27531 → 2753 + 1×2 = 2755 → 275 + 5×2 = 285 → 28 + 5×2 = 38。 38 = 2 × 19，是 19 的倍数，所以 27531 能被 19 整除。 （2）判断 247747 能否被 29 整除（k=2，k+1=3）： 247747 → 24774 + 7×3 = 24795 → 2479 + 5×3 = 2494 → 249 + 4×3 = 261 → 26 + 1×3 = 29。 最终结果为 29，所以 247747 能被 29 整除。 💡 【方法点睛】 割尾加倍数法的本质：设 N = 10a + b，k9 = 10k + 9。N 能被 k9 整除 ⟺ a + (k+1)b ≡ 0 (mod k9)。因此每次变换「去个位 + 个位×(k+1)」保持了整除性不变。当结果等于 k9 或 k9 的倍数时即可判定能整除。 四、方法总结 | Methods & Techniques Summary 🔹 末三位差法：适用于判断 7、11、13 的整除性。末三位与前面部分之差（大数减小数）能被 7/11/13 整除即可。差过大时可反复使用。 🔹 三位分节求和法：适用于判断 27、37 的整除性。从个位起每三位分节，各节相加，和能被 27/37 整除即可。和过大时可继续分节求和。 🔹 割尾加倍数法：适用于判断个位为 9 的数（19、29、59 等）的整除性。去个位 + 个位×(k+1)，反复操作，最终等于 k9 或其倍数则能整除。 🔹 结构拆分法：对于有重复结构的长数（如 abcabc、aabaab），先拆分为基础数 × 循环因子，再分别判断各因子的整除性。 🔹 周期简化法：对于超长数位（如 18 个 4、18 个 6），利用每 6 位一循环（aaaaaa = aaa × 1001）拆出可整除部分，简化为短数判断。 五、巩固练习 | Practice Exercises 1. 下列各数哪些能被 7 整除？哪些能被 11 整除？ 352187，200102，940261，330121，817352，709423，563018，48123657。 2. 六位数 3□8241 是 13 的倍数。□ 中的数字是几？ 3. 已知六位数 72□546 能被 13 整除，求 □。 4. 八位数 abcabcab 能否被 7 和 13 整除？说明理由。 5. 六位数 aabaab 能否被 7 和 13 整除？说明理由。 6. 22…2□77…7（15 个 2，15 个 7）能被 7 整除，求中间 □ 中的数。 7. 八位数 6543□210 能被 21 整除，求 □ 中的数。 8. 在下列各数中，哪些能被 27 整除？哪些能被 37 整除？ 633312，867872，512034，789012，122877，45678979。 9. 在下列各数中，哪些能被 29 整除？哪些能被 59 整除？ 50837，132443，138119，203904，34567，81234。 六、参考答案与解析 | Answers with Detailed Explanations 第1题 用末三位差法逐一判断： 352187：352−187=165=15×11 → 能被11整除，不能被7整除。 200102：200−102=98=14×7 → 能被7整除，不能被11整除。 940261：940−261=679=97×7 → 能被7整除，不能被11整除。 330121：330−121=209=19×11 → 能被11整除，不能被7整除。 817352：817−352=465 → 465既不是7也不是11的倍数 → 都不能。 709423：709−423=286=26×11 → 能被11整除，不能被7整除。 563018：563−018=545 → 545既不是7也不是11的倍数 → 都不能。 48123657：48123−657=47466，对47466再用差法：466−47=419 → 419既不是7也不是11的倍数 → 都不能。 【结论】能被7整除：200102、940261； 能被11整除：352187、330121、709423。 第2题 末三位 241，前面 3□8（即 308 + 10□），差 = (308 + 10□) − 241 = 67 + 10□。 需要能被13整除。逐一尝试 □=0~9： □=5 时，67 + 50 = 117 = 9×13，恰好是13的倍数。 所以 □ = 5。验证：358241 ÷ 13 = 27557 ✓ 第3题 末三位 546，前面 72□（即 720 + □），差 = (720 + □) − 546 = 174 + □。 174 ÷ 13 = 13 余 5，所以 5 + □ 必须能被 13 整除。 □ 为 0~9 的数字，5 + □ = 13 → □ = 8。 验证：728546 ÷ 13 = 56042，56042 × 13 = 728546 ✓ 第4题 abcabcab = abcabc × 100 + ab = abc × 1001 × 100 + ab。 前项 abc × 1001 × 100 能被 7 和 13 整除，因此整个数除以 7 或 13 的余数等于 ab 除以 7 或 13 的余数。 当且仅当 ab 能被 7 和 13 同时整除时（两位数中只有 91 = 7×13），这个八位数才能被 7 和 13 同时整除。 因此，abcabcab 不一定能被 7 和 13 整除。 举例：12312312 中 ab=12，12 不能被 7 和 13 整除，所以 12312312 不能被 7 和 13 整除。 第5题 aabaab = aab × 1000 + aab = aab × (1000 + 1) = aab × 1001。 因为 1001 = 7 × 11 × 13，所以 aabaab 含有因子 7 和 13。 因此，六位数 aabaab 一定能被 7 和 13 同时整除（还能被 11 整除）。 第6题 因为 222222 = 222 × 1001，777777 = 777 × 1001，都能被7整除。 15 = 6×2 + 3，所以前 12 个 2 和后 12 个 7 组成的数都能被 7 整除。 原数 = 22…2(12个) × 10¹⁹ + 222□777 × 10¹² + 77…7(12个)。 前后两项都能被7整除，所以 222□777 必须能被7整除。 对 222□777 用末三位差法：末三位 777，前面 222□（即 2220+□），差 = (2220+□) − 777 = 1443 + □。 1443 ÷ 7 = 206 余 1，所以 1 + □ 必须能被 7 整除，□ = 6。 验证：2226777 ÷ 7 = 318111 ✓ 第7题 21 = 3 × 7，需要同时被3和7整除。 ① 被3整除：各位数字之和 = 6+5+4+3+□+2+1+0 = 21+□，需能被3整除。 所以 □ 可取 0、3、6、9。 ② 被7整除：末三位 210，前面 6543□（即 65430+□），差 = (65430+□) − 210 = 65220 + □。 对差继续用末三位差法： □=0：65220 → 220−65=155 → 155÷7=22余1 → 不能 □=3：65223 → 223−65=158 → 158÷7=22余4 → 不能 □=6：65226 → 226−65=161=23×7 → 能被7整除 ✓ □=9：65229 → 229−65=164 → 164÷7=23余3 → 不能 同时满足条件的只有 □ = 6。验证：65436210 ÷ 21 = 3116010 ✓ 第8题 用三位分节求和法： 633312：633+312=945 → 945÷27=35 → 能被27整除；945÷37余20 → 不能被37整除。 867872：867+872=1739 → 1+739=740 → 740÷37=20 → 能被37整除；740÷27余11 → 不能被27整除。 512034：512+034=546 → 546÷27余6，546÷37余28 → 都不能。 789012：789+012=801 → 801÷27余18，801÷37余24 → 都不能。 122877：122+877=999 → 999=27×37 → 能被27和37同时整除。 45678979：45+678+979=1702 → 1+702=703 → 703÷37=19 → 能被37整除；703÷27余1 → 不能被27整除。 【结论】能被27整除：633312、122877； 能被37整除：867872、122877、45678979。 第9题 被29整除（k=2，k+1=3）：去个位 + 个位×3；被59整除（k=5，k+1=6）：去个位 + 个位×6。 50837：29→5083+21=5104→510+12=522→52+6=58=2×29 → 能被29整除； 59→5083+42=5125→512+30=542→54+12=66→6+36=42<59 → 不能被59整除。 132443：29→13244+9=13253→1325+9=1334→133+12=145→14+15=29 → 能被29整除； 59→13244+18=13262→1326+12=1338→133+48=181→18+6=24<59 → 不能被59整除。 138119：29→13811+27=13838→1383+24=1407→140+21=161→16+3=19<29 → 不能被29整除； 59→13811+54=13865→1386+30=1416→141+36=177→17+42=59 → 能被59整除。 203904：29→20390+12=20402→2040+6=2046→204+18=222→22+6=28<29 → 不能被29整除； 59→20390+24=20414→2041+24=2065→206+30=236→23+36=59 → 能被59整除。 34567：29→3456+21=3477→347+21=368→36+24=60→6+0=6<29 → 不能被29整除； 59→3456+42=3498→349+48=397→39+42=81→8+6=14<59 → 不能被59整除。 81234：29→8123+12=8135→813+15=828→82+24=106→10+18=28<29 → 不能被29整除； 59→8123+24=8147→814+42=856→85+36=121→12+6=18<59 → 不能被59整除。 【结论】能被29整除：50837、132443； 能被59整除：138119、203904。 七、一题多解 | Multiple Approaches to One Problem 🎯 【经典题1】判断 472563 能否被 7 整除？能否被 13 整除？ 本题是本讲的基础整除判断题，下面用三种不同方法求解，体会不同方法的思路与适用场景。 解法一：末三位差法（本讲核心方法）⭐推荐 末三位是 563，末三位以前是 472。 差 = 563 − 472 = 91。 因为 91 = 7 × 13，既是 7 的倍数，也是 13 的倍数。 所以 472563 能同时被 7 和 13 整除。 解法二：1001 倍数拆分法 因为 1001 = 7 × 11 × 13，所以 1001 的倍数一定能被 7 和 13 同时整除。 将 472563 拆分为 1001 的倍数加余数： 472563 = 472 × 1001 + 91（验证：472 × 1001 = 472472，472472 + 91 = 472563）。 472 × 1001 能被 7 和 13 整除，91 = 7 × 13 也能被 7 和 13 整除。 所以 472563 能同时被 7 和 13 整除。 解法三：割尾法（通用数位变换法） ① 判断能否被 7 整除（7 的割尾法：去个位 − 个位×2）： 472563 → 47256 − 3×2 = 47250 → 4725 − 0×2 = 4725 → 472 − 5×2 = 462 → 46 − 2×2 = 42。 42 = 6 × 7，是 7 的倍数，所以 472563 能被 7 整除。 ② 判断能否被 13 整除（13 的割尾法：去个位 + 个位×4，因为 10×4 ≡ 1 mod 13）： 472563 → 47256 + 3×4 = 47268 → 4726 + 8×4 = 4758 → 475 + 8×4 = 507 → 50 + 7×4 = 78。 78 = 6 × 13，是 13 的倍数，所以 472563 能被 13 整除。 📊 【三种方法对比】 末三位差法：最快捷，一步出结果，是判断 7/11/13 整除的首选方法。 1001 拆分法：本质与末三位差法相通（因为 1000 ≡ −1 mod 1001），适合理解整除特征的来源。 割尾法：通用性最强，适用于任意除数（只需找到对应的倍数），但步骤较多，适合没有专门特征时使用。 🎯 【经典题2】判断 306371 能否被 7 整除？能否被 13 整除？ 解法一：末三位差法（本讲核心方法）⭐推荐 末三位是 371，末三位以前是 306。 差 = 371 − 306 = 65。 因为 65 = 5 × 13，是 13 的倍数；65 ÷ 7 = 9 余 2，不是 7 的倍数。 所以 306371 能被 13 整除，不能被 7 整除。 解法二：1001 倍数拆分法 因为 1001 = 7 × 11 × 13，所以 1001 的倍数一定能被 7 和 13 同时整除。 将 306371 拆分为 1001 的倍数加余数： 306371 = 306 × 1001 + 65（验证：306 × 1001 = 306306，306306 + 65 = 306371）。 306 × 1001 能被 7 和 13 整除，因此 306371 除以 7 或 13 的余数就是 65 除以 7 或 13 的余数。 65 是 13 的倍数（65 = 5 × 13），不是 7 的倍数（65 ÷ 7 余 2）。 所以 306371 能被 13 整除，不能被 7 整除。 解法三：割尾法（通用数位变换法） ① 判断能否被 7 整除（7 的割尾法：去个位 − 个位×2）： 306371 → 30637 − 1×2 = 30635 → 3063 − 5×2 = 3053 → 305 − 3×2 = 299 → 29 − 9×2 = 11。 11 不是 7 的倍数且已小于 7 的两倍，所以 306371 不能被 7 整除。 ② 判断能否被 13 整除（13 的割尾法：去个位 + 个位×4，因为 10×4 ≡ 1 mod 13）： 306371 → 30637 + 1×4 = 30641 → 3064 + 1×4 = 3068 → 306 + 8×4 = 338 → 33 + 8×4 = 65 → 6 + 5×4 = 26。 26 = 2 × 13，是 13 的倍数，所以 306371 能被 13 整除。 八、趣味综合压轴题 | Fun Comprehensive Challenge 🏅 【压轴题1】神奇的「轮转数」142857 一个六位数 142857，将它分别乘以 2、3、4、5、6，得到的结果恰好是这六个数字的重新排列（像车轮一样轮转）。 （1）计算 142857 × 2、142857× 3、142857× 4、142857× 5、142857× 6 的结果； （2）判断 142857 能否被 7、11、13、27、37 整除。 【解答】 （1）计算乘积： 142857 × 2 = 285714 142857 × 3 = 428571 142857 × 4 = 571428 142857 × 5 = 714285 142857 × 6 = 857142 可以看到，每次乘积都是 1、4、2、8、5、7 这六个数字的重新排列，像车轮一样轮转！ （2）判断整除性： ① 能否被 7 整除（末三位差法）： 末三位 857，前面 142，差 = 857 − 142 = 715。715 ÷ 7 = 102 余 1 → 不能被 7 整除 ✗ （有趣的是：142857 × 7 = 999999，所以 142857 是 1/7 的循环节，它本身不能被 7 整除！） ② 能否被 11 整除：差仍为 715，715 ÷ 11 = 65 → 能被 11 整除 ✓ ③ 能否被 13 整除：715 ÷ 13 = 55 → 能被 13 整除 ✓ ④ 能否被 27 整除（三位分节求和法）： 分节：142 | 857，各节之和 = 142 + 857 = 999，999 ÷ 27 = 37 → 能被 27 整除 ✓ ⑤ 能否被 37 整除：999 ÷ 37 = 27 → 能被 37 整除 ✓ 🔮 【趣味知识】 142857 是数学中最著名的「轮转数」（也叫「走马灯数」），发现于埃及金字塔内。 它的质因数分解为：142857 = 3³ × 11 × 13 × 37 = 27 × 11 × 13 × 37， 这也验证了我们上面的整除判断结果！ 更神奇的是，142857 × 7 = 999999，而 999999 = 9 × 111111 = 9 × 3 × 7 × 11 × 13 × 37。 🏅 【压轴题2】神奇的「走马灯数」 一个六位数，个位数字是 6。如果把个位数字 6 移到最前面，所得的新六位数恰好是原数的 4 倍。 （1）求这个六位数；（2）判断它能否被 7、13、27、37 整除。 【解答】 （1）求原数 设原数的前五位数为 x，则原数 = 10x + 6。 把 6 移到最前面，新数 = 600000 + x。 根据题意：600000 + x = 4 × (10x + 6) = 40x + 24。 整理得：39x = 599976，x = 599976 ÷ 39 = 15384。 所以原数 = 10 × 15384 + 6 = 153846。 验证：153846 × 4 = 615384，恰好是把 6 移到最前面 ✓ （2）判断整除性 ① 能否被 7 整除（末三位差法）： 末三位 846，前面 153，差 = 846 − 153 = 693 = 99 × 7 → 能被 7 整除 ✓ ② 能否被 13 整除（末三位差法）： 差仍为 693，693 ÷ 13 = 53 余 4 → 不能被 13 整除 ✗ ③ 能否被 27 整除（三位分节求和法）： 分节：153 | 846，各节之和 = 153 + 846 = 999，999 ÷ 27 = 37 → 能被 27 整除 ✓ ④ 能否被 37 整除（三位分节求和法）： 各节之和 999，999 ÷ 37 = 27 → 能被 37 整除 ✓ 🔮 【趣味知识】 153846 是又一个著名的「走马灯数」！它有一个神奇的性质： 153846 × 4 = 615384（个位 6 跑到了最前面，其余数字依次后移一位） 类似地，142857 × 2 = 285714、142857× 3 = 428571、142857× 4 = 571428、142857× 5 = 714285、142857× 6 = 857142， 142857 被称为「车轮数」或「旋转数」，而 153846 是它的「亲戚」。 质因数分解：153846 = 2 × 3³ × 7 × 11 × 37，这也验证了我们上面的整除判断结果！ 九、拓展延伸 | Challenge & Extension 🏆 【奥数拔高题】 挑战题：已知一个 25 位数，前 12 位都是 8，后 12 位都是 5，中间有一个数字 □。 如果这个数能被 11 整除，求 □ 的值。 提示：利用 888888 = 888 × 1001 和 555555 = 555 × 1001 都能被 11 整除的性质， 将 12 位（6×2）完整拆出，简化为三位数 8□5 的整除问题。 参考解答： 因为 12 = 6×2，所以前 12 个 8 和后 12 个 5 组成的数都能被 11 整除。 原数 = 88…8(12个) × 10¹³ + 8□5 × 10¹² + 55…5(12个)。 前后两项都能被 11 整除，故 8□5 必须能被 11 整除。 用 11 的整除特征（奇数位数字和 − 偶数位数字和 是 11 的倍数）： (8 + 5) − □ = 13 − □，需能被 11 整除。13 − □ = 11 → □ = 2。 验证：825 ÷ 11 = 75 ✓，所以 □ = 2。 【举一反三】若将题目中的「能被 11 整除」改为「能被 13 整除」，□ 又是多少？ （提示：8□5 需能被 13 整除，逐一尝试 □=0~9，□=4 时 845÷13=65。） — 祝贺你完成了本讲的学习，加油！ — 学科网（北京）股份有限公司 $