5-5-4.余数性质（二）
教学目标
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
知识点拨
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 na 与 nb 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1234 1898 18922 678967 178902 889923
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”。
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。
例题精讲
模块一、余数性质的综合运用
【例【例 11】】 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 2003 3 667 22 2 ，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 4 1 5 ．
【答案】 5
【巩固】【巩固】 2008 22 2008 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】 32 8 除以 7 的余数为 1， 2008 3 669 1 ，所以 2008 3 669 1 3 6692 2 (2 ) 2 ＋ ，其除以 7 的余数为：
6691 2 2 ；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
2008 22 2008 除以 7 的余数为： 2 1 3 ．
【答案】 3
【巩固】【巩固】 30 3131 30 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 30 3131 30 被 13 除所得的余数是12 4 13 3 ．
【答案】 3
【例【例 22】】 M 、 N 为非零自然数，且 2007 2008M 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 5 6M N 能被 7 整除，经试算， M N 最小
值为 3 2 5
【答案】 5
【例【例 33】】 1 2 3 4 20051 2 3 4 2005 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
1 2 3 4 201 2 3 4 20 的个位数字，
为1 4 7 6 5 6 3 6 9 0 1 6 3 6 5 6 7 4 9 0 94 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 4 100 400 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1 4 7 6 5 23
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【例 44】】 已知 n 是正整数，规定 ! 1 2n n ，
令 1! 1 2! 2 3! 3 2007! 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】
【解析】 1! 1 2! 2 3! 3 2007! 2007m
1! 2 1 2! 3 1 3! 4 1 2007! 2008 1 （ ） （ ） （ ） （ ）
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【例 55】】 设 n 为正整数， 2004nk ，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 12 2 被
7 除余 2，而 32 8 被 7 除余 1，所以 n 除以 3 的余数为 1；由于 82 256 被 11 除余 3， 102 1024 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 3,10 30 ，所以 n
的最小值为 28．
【答案】 28
【例【例 66】】 试求不大于 100，且使 3 7 4n 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3 7 4n 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 3 7 4n n 能
被 11 整除，所以，所有满足条件的自然数 n 的和为：
3 4 6 13 14 16 ... 93 94 96 13 43 ... 283 1480 ．
【答案】1480
【例【例 77】】 对任意的自然数 n，证明 2903 803 464 261n n n nA 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】1897 7 271 ，7 与 271 互质，因为 2903 5(mod7) ，803 5(mod7) ，464 2(mod7) ，261 2(mod7) ，
所 以 ， 2903 803 464 261 5 5 2 2 0(mod7)n n n n n n n nA ， 故 A 能 被 7 整 除 ． 又 因 为
2903 193(mod271) ，803 261(mod271) ， 464 193(mod271) ，所以
2903 803 464 261 193 261 193 261 0(mod271)n n n n n n n nA ，故 A 能被 271 整除．因为 7 与
271 互质，所以 A 能被 1897 整除．
【例【例 88】】 若 a 为自然数，证明 2005 194910 ( )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】10 2 5 ，由于 2005a 与 1949a 的奇偶性相同，所以 2005 19492 ( )a a ． 2005 1949 1949 56( 1)a a a a ，如果
a 能被 5 整除，那么 1949 565 ( 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 56 4 14( )a a ，即 14 个 4a 相乘，所以
56a 除以 5 均余 1，则 56 1a 能被 5 整除，有 1949 565 ( 1)a a ．所以 2005 19495 ( )a a ．由于 2 与 5 互质，
所以 2005 194910 ( )a a ．
【例【例 99】】 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】【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【例 1010】】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 ：
12345678910111213 20072008，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 1 9 9 9 2 0 0 0 被 9 除的余数，但是
由于 1999 与 1 9 9 9 被 9 除的余数相同，2000 与 2 0 0 0 被 9 除的余数相同，所以 19992000
就与 1999 2000 被 9 除的余数相同．由此可得，从 1 开始的自然数 12345678910111213 20072008
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：
1 2008 2008 20170362
，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】【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：1234567891011 19992000 ，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
1234567891011 1998 是3的倍数，又因为
1234567891011 19992000 1234567891011 199800 000000 1998 1 1998 2 ，所以
1234567891011 19992000 除以 3，得到的余数是 0 ．
【答案】0
【例【例 1111】】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．1 9～ 共有 9 个数字，10 99～ 共有 90 个
两位数，共有数字： 90 2 180 (个), 100 999～ 共 900 个三位数，共有数字： 900 3 2700 (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 ，
(1997 9 180) 3 602......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：702 9 78 (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 9-2 7 ．
【答案】7
【例【例 1212】】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 31031 31 1001 143 217
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【例 1313】】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 62 64
除以 9 的余数为 1，所以 3342009 6 334 5 6 52 2 2 2 除以 9 的余数为 52 除以 9 的余数，即为 5．
另一方面，由于 2009 2009 80362009 10000 10 ，所以 20092009 的位数不超过 8036 位，那么它的各位数
字之和不超过 9 8036 72324 ，即 72324A ；那么 A 的各位数字之和 9 5 45B ，B 的各位数字
之和 9 2 18C ，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【例 1414】】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 234235286 2 3 4 2 3 5 2 8 6 8(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 4 1 、 7 2 、 8 3 、 6 4 ， 其 中 只 有 ( , ) (4,1),(8,3)b c 符 合 (2) ， 经 检 验 只 有
983 839 398 328245326 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 2 1 、4 3 、
6 2 、 7 6 、 7 1 ，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 4 2 、 6 3 ，其中没有符合(4)的 ( , )b c ．
如果 6a ，那么 5b ， 4c ， 700 600 500 210000000 222334586abc 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
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