小学数学难题的解决方法（包括题型）
巧判断能被4、6、8、9、7、11、13、17、19、23、25、99、125、273约的数
能被4约：末尾两位数是0或能被4约的数。例如36900，987136。
能被6约：既能被2约又能被3约的数。例如114，914860。
能被8约：末三位是0或能被8约的数。例如321000，5112。
能被9约：能被9整除的准则以下列的事实为基础，即在十进系统中，1以后带几个零的数(即10的任何次幂)在被9除时必然得出余数1。实际上，
第一项都是由9组成的，显然能被9整除。因此，10n被9除时必然得余数1。
然后，我们再看任意的数，例如4351。一千被9除得余数1，于是四千被9除得余数4。同样，三百被9除得余数3，五十被9除得余数5，还余下个位数1。因而，
4351=能被9整除的某一个数+4+3+5+1
如果“尾数”4+3+5+1(它是该数的各位数字之和)能被9整除，那么，整个数也能被9整除。因而可得到结论：如果某一个数的“各位数字的和”能被9整除，那么这个数也能被9整除。例如 111222，8973。
9的倍数除以9，其商有如下特点：
被除数是两位数，商是被除数尾数的补数，即补足10的数。
例如 63÷9=7，3的补数是7。
被除数是三位数，商首同尾互补。
例如
被除数是四位数，商的中间数字是被除数前两位数字之和。
被除数是五、六位数……原理同上。商的第二位数字是被除数前两位数字之和，第三位数字是被除数前三位数字的和……
能被7约∶70以内的两位数能否被7约一目了然，大于70的两位数只要减去70也就一清二楚了。
三位数，只要把百位数字乘以2加余下约数，和能被7约这三个数就能被7约。例如812，
(8×2+12)÷7=4。
百位数字乘以2，是因为100除以7得商14余2，即每个100余2，把它放到十位数里。
四位数，只要在百位数的计算方法上减去千位数字。因为1001能被7约，即1000要能被7约还缺1，有几个1000应减去几。例如1820，
(8×2+20-1)÷7=5。
能被11约：
奇偶位数差法：一个数奇位上的数字和与偶位上的数字和的差(大数减小数)是0或11的倍数的数。
例1 3986576
(6+5+8+3)-(7+6+9)
=22-22=0，
则11|3986576。
例2 9844
(9+4)-(8+4)
=13-12=1，
则 11 9844。
小节法：把判断数从个位起每两位分成一小节，最后的不足两位数也当作一节。只要看各小节之和是否有约数9或11。
例3 2879503
03+95+87+2
=187=11×17，
即11| 2879503。
例4 1214159265
65+92+15+14+12
=198=2×9×11，
即9|1214159265，11|1214159265。
能被7或11或13约的数一次性判断法：
那么要判别N能否被7或11或13约，只须判别A与B(或B与A)的差能否被7或11或13约。
证明：因为1000=7×11×13-1
10002=(7×11×13-1)2
=7×11×13的倍数+1
10003=7×11×13的倍数-1
……
例 5 987198719871
由 A-B=(871+198)-(719+987)
=1069-1706，
知 B-A=637=72×13。
即能被7和13约，不能被11约。
例6 21203547618
由(618+203)-(547+21)
=253=11×23，
知原数能被11约，不能被7或13约。
若其差为0，则这个数必能同时被7、11、13约。
例如 8008 8-8=0，
则8008÷7=1144，8008÷11=728，
8008÷13=616。
能被17约：
(1)末两位数与以前的数字组成的数的2倍之差数(或反过来)能被17约的数;
(2)末三位数与以前的数字组成的数的3倍之差数(或反过来)能被17约的数;
(3)末三位数的6倍与以前的数字组成的.数之差数(或反过来)能被17约的数。
例如，31897168
由(1)得318971×2-68=637874，
重复四次得 170，17|170，
故知 17|31897168。
由(2)得 31897×3-168=95523，
523-95× 3=238，
17|238，故知17|31897168。
由(3)得31897-163×6=30889，
再由(2)889-30×3=799，
最后由(1)99-7×2=85，
17|85，则 17|31897168。
能被19约：
(1)末三位数的3倍与以前的数字组成的数的2倍之差(或反过来)能被19约的数;
(2)末两位数的2倍与以前的数字组成的数的9倍之差(或反过来)能被19约的数;
(3)末三位数的11倍与以前的数字组成的数之差(或反过来)能被19约的数。
例如，742050833
由(3)得742050-833×11=732887，
再由(1)887×3-732×2=1197，
最后由(2)97×2-11×9=95，
19|95，则19|742050833。
能被23约：
(1)末三位数的2倍与以前的数字组成的数之差能被23约的数;
(2)末两位数的2倍与以前的数字组成的数的7倍之差能被23约的数。
例如，542915
由(1)得915×2-542=1288，
288×2-1=575，
23|575，则23|542915。
由(2)5429×7-15×2=37973，
379×7-73×2=2507，
25×7-7×2=161，
23|161，则23|542915。
能被25约：
末两位数是00、25、50、75的自然数。
能被99约：
可同时被3与33或9与11约的自然数。
能被99各因数约：
把被判断的数从个位起，每两位分成一段，各段数之和能被各因数的某一因数约，这个数就能被这个因数约。
证明：设这个数 N=a0+a1·10+a2·102+a3·103+a4·104+a5·105+……
因为99×(a3a2+101×a5a4+……)能被99的因数33、11、9、3约。
所以当(a1a0+a3a2+a5a4+……)能被33、11、9、3约时，N也能被这四个数约。当N是奇位数时，仍然成立。
例7 4326321
4+32+63+21=120，
3|120，则3|4326321。
例8 84564
8+45+64=117，
9|117，则 9|84564。
例9 493526
49+35+26=110，
11|110，则11|493526。
例10 18270945
18+27+09+45=99，
33|99，则33|18270945。
能被273约：
根据定理：若c|b、c a、则b a。
例如，判别272452654能否被273整除。
3|273，3 272452654，
则 273 272452654。
若判断36786360能否被24约，根据定理：
若b|a，c|a，(b，c)=1，
则其 bc|a。
因为24=3×8，(3，8)=1，
3|36786360，8|36786360，
所以 24|36786360。
同理，因为132=3×4×11，
(3，4，11)=1，
而3、4、11能分别约992786256，
则132|992786256。
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