作者：罗碎海
出版社：暨南大学出版社
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华南师范大学附属中学校本选修教材·数学探究与欣赏(第二版)试读：
前言
《数学探究与欣赏》不是为应试而编写的一次性的教辅资料，是作者出于对数学至真至美的追求而从心灵发出的反映数学自然美的“声音”。在目前手机信息覆盖领域逐年扩大的环境下，仍然有人能闹中取静、潜心读书，与作者和鸣，倍感欣慰。在此摘录亚马逊网上书店读者的读后感：这本书是华南师范大学附属中学经典的校本选修教材，里面既有对思维能力的提升引导，也有对课本中知识点的扩展衍生，还有对生活中趣味数学问题的欣赏，我觉得它不为应试而生，但是绝对对现在高中生学习数学、提升思维能力很有帮助……
该书在第一版第二次印刷时应读者要求，添加了“有趣的黄金分割”“斐波那契数列”与“杨辉三角形从二项式向多项式推广”三节。读者又建议：天文学家开普勒指出勾股定理和黄金分割“是几何中的双宝，前者好比黄金，后者堪称珠玉”，若增加勾股定理内容将更加完美。所以这次作者在第二版中增加“勾股定理的证明及衍生的问题”一节，使该书由最初的24节变为28节。另外修正了原书十多处错漏。
很感谢欣赏本书和对本书提出修改意见的广大读者，也很感谢辛勤组织本书出版的暨南大学出版社的各位编辑。罗碎海2017年6月前言
阿波罗尼斯（Apollonius of Perga，前262—前190）是古希腊亚历山大时代的数学家。他是第一个依据一个平面与一个圆锥相截所得的截面来研究圆锥曲线的人，他的巨著《圆锥曲线论》共八卷487个命题，是古希腊几何登峰造极之作，其中椭圆就是其主要问题之一。1609年，开普勒在《火星运行记》一书中公布了他的发现，行星沿椭圆轨迹绕日运行，太阳位于椭圆的一个焦点上。
18世纪法国学者马拉尔狄实测了蜂房底部菱形，得出令人惊奇而有趣的结论：拼成蜂房底部的每个菱形蜡板，钝角是109°28′，锐角是70°32′。数学家经过精心计算，得出的结果更令人吃惊：建造同样体积且用料最省的蜂房，菱形两邻角正是109°28′与70°32′。
为什么数学家在纸上研究的圆锥曲线竟是空间星球运行的曲线？为什么小小的蜜蜂竟知道用有限的材料造最大容积的蜂房？因为“世界是按照数学规律形成和发展的”，这种数学形式的发展与现实内容的统一，正是数学的魅力，数学的价值。正是它才使一代又一代数学家为之折腰、孜孜不倦地追求。
数学的发展主要通过两种方式：一是数学形式的演变；二是现实中的问题。这两种方式是紧密联系在一起的，有时形式先于内容（实际问题），有时内容先于形式。正如电磁感应一样，电变磁、磁变电互相补充促其发展。既然数学是这样发展的，世界是这样形成的，那么我们很自然地应该顺着它发展的道路去认识世界，认识数学，去教数学，去学数学。
本书内容是自己在教学过程中所思考的问题和学生提出的问题的探索过程与结果选编，主要是以中学数学课本中的例题、知识为主进行引申、探索。这种探索既是科学思维方法的形成发展，也是数学内在美的发现和欣赏。书中的有些问题已解决了，有些问题才提出来，其目的是让人们学会思考，学会发现，学会创造。
本书可供中学生课外阅读，作为其数学学习能力提高的辅导书，从中学习发现问题、探究问题的方法与思想，提高分析问题和解决问题的能力，也可作为数学教师教学的参考书和开展研究性学习探讨的专题。对从事数学教育、思维科学的研究人员也有一定的参考价值。更可作为人们提高科学素养，追求至纯、至美，陶冶情操的读物。
在此感谢华南师范大学附属中学给我提供选修课“数学探究与欣赏”这一平台，这片肥沃的土壤使得我的耕耘取得了丰硕的成果。也感谢我的学生邓健、伍拓奇、李一凡、罗杨等，他们的一些研究方法、结果也被收录在本书中。由于作者水平有限，错误及纰漏之处在所难免，敬请读者指正。罗碎海2010年3月目录
作者简介
其 他
序言
第二版前言
前言
1.如何研究问题
2.对整除性与循环小数的探究
3.对循环小数问题再探
4.有趣的黄金分割
5.正整数之谜
6.数学归纳法的变形及应用
7.趣味数列求和赏析与类比法
8.连分数及其应用
9.圆周率的计算
10.三角函数的计算
11.对正弦定理的思考
12.欧拉定理与正多面体
13.探求球的体积与表面积公式
14.应用数学思想分析异面直线距离的求法
15.由课本问题到欧拉常数的推广
16.杠杆平衡原理及应用
17.数学的形式与内容——探索曲线系
18.椭圆教学的思考
19.对直线x0x+y0y=r2与圆x2+y2=r2的几何关系的探讨
20.对两个抛物线问题的分析与推广
21.集合、排列、组合及多项式定理
22.杨辉三角形从二项式向多项式推广
23.对称不等式的证明策略
24.递归方程及其解法
25.斐波那契数列
26.有理数与无理数连通的天桥
27.美的追求与数学的发展——超越数e的发现与计算
28.勾股定理的证明及衍生的问题
附录：数学为什么是美的？1.如何研究问题
为了帮助学习者更好地理解和掌握数学发现的逻辑（证明与反驳的方法），戴维斯与赫尔胥就曾设计了这样的教学实例：行动I
原始猜想1：“如果一个数的最后一位数字是2，它可以被2整除.”
例子：42与172显然都是这样的例子.
证明：一个数是偶数，当且仅当它的最后一位数字是0，2，4，6，8，所有的偶数都可以被2整除，特殊地，最后一位数字是2的数可以被2整除.
证明（更为精致地）：如果一个数在十进位中是，那么，它就有形式+2，进而10Q+2=2（5Q+1）
猜想2：“如果一个数的最后一位是N，它可以被N整除.”
评论：这一步十分大胆并做出了明显的一般化，即使它被证明是假的，天也不会因此而塌下来.
例子：如果一个数的最后一位数字是5，它可以被5整除，这是无可置疑的，如15，25，128095等等.
反例：如果一个数的最后一位数字是4，它能被4整除吗？14被4整除吗？糟了！
反驳：但有些以4结尾的数可以被4整除，如24.某些以数字9结尾的数可以被9整除，如99.
经验的概括：看来数字1，2，…，9分成了两大类：第一类是指这样的数字N，以N结尾的数可以被N整除；第二类是指这样的数字N，以N结尾的数并不总能被N整除.
第一类：1，2，5；
第二类：3，4，6，7，8，9.
问题：应当怎样看待以0结尾的数？它们能被0整除吗？不能，但是它们能被10整除，看来我们应当注意这一情况，这一情形不能被表述成原始的猜想的形式.
定义：让我们把第一类数称为“魔数”.它们具有令人高兴的性质.
暂时性的定理：1，2和5是魔数，它们并不是仅有的魔数.
反例：我们应当怎样去看待25呢？它是魔数吗？如果一个数是以25结尾的，它可以被25整除.
例如，225，625.
反驳：我想我们讨论的是一位数.
回答：就算是这样，但25的情形很有趣，让我们把原来的研究拓宽一些.
重新表述：现在N未必表示一位数，而也可以是像23，41，505这样的数字的组合.称N为魔数，如果以数字组N结尾的数可以被N整除，这样的推广合适吗？
回答：可以.
例子：25是魔数，10是魔数，20是，30也是.
反例：30不是，130不能被30整除.想一想：你是怎样知道25是一个魔数的？
定理1 25是一个魔数.
证明：如果一个数是以25结尾的，它有形式abc…e25=abc…e00+25，进而有100Q+25=25（4Q+1）.
目标的重新表述：找出所有的魔数.
经验的积累：1，2，5，10，25，50，100，250，500，1000等都是魔数.
观察：我们重新找到的魔数看来都是2和5的乘积，上面所列举的数显然都是这样的情况.pq
猜测：所有具有以下形式的数N都是魔数：N=2·5，其中p≥0，q≥0且p，q是整数.
评论：这一猜测看来是合理的，还有没有什么问题？3
反例：取p=3，q=1，就有N=2×5=40.以40结尾的数总能被40整除吗？不！例如，140.
重新表述：那么反面的论题怎么样？所有我们发现的魔数都具有pq形式2·5，也许所有的魔数都具有这样的形式？
反驳：这是您刚才所提出的论题吗？pq
回答：不！刚才提出的反面的论题：具有形如2·5的数是魔数.你看到两者的不同了吗？pq
定理2 如果N是一个魔数，则有N=2·5且p，q是整数.
证明：假设任一以N结尾的数，它具有形式.我们希望能像先前那样把这一个数分割开来.为此，设N有d（N）数位，从而数事实上就等于，其中在结尾d（N）处共有d（N）个0，亦即有形式Q·10+N[就d（N）=2，3等的情况试一下].所有以N结尾的数都具有这样的形式.反过来，不管Q是什d（N）么数，数Q·10+N总是以N结尾的.现在，如果N是魔数，它就能d（N）整除Q·10+N.由于N能整除N，因此对任意的Q来说，N总能整除d（N）Q· 10，例如，Q可以是最简单的数1，因此N必须能整除d（N）d（N）d（N）d（N）10.由于10=2·5是一个质因数分解式，因此，N本身就必定可以分解成若干个2和5的乘积.pq
新的立场：我们现在已经知道任一魔数必有形式N=2·5，其中p≥0，q≥0，我们希望能将它反过来，这样我们就将获得关于魔数的一个充分必要条件.p
经验的重新审视：由于我们已经知道任一魔数都具有形式N=2·q5，现在问题就是：p，q应满足什么条件才能使N成为魔数？
猜测：p＜q？04
反例：p=0，q=4，N=2×5=625，625是否是魔数？不，例如1625不能被625所整除.
猜测：p=q？ppp
反驳：这时N=2·5=10，即1，10，100，…，这些数确实是魔数，但还有其他魔数.
猜测：p＞q？31
反例：p=3，q=1，N=2×5=40，这不是魔数.
观察：在此需要更深入地研究，行动I到此结束.对于那些具有足够兴趣和毅力的人，这一过程将继续下去.行动Ⅱ（在这一行动中，启发性的成分将写得十分简练）pq
策略的讨论：让我们回到关于形式N=2·5的必要性的证明，我d（N）们发现如果N是魔数，则它能整除10.我们在此是用d（N）代表N的数位.也许这就是一个充分条件？哈哈，一个突破？d（N）
定理3 N是魔数当且仅当它能整除10.
证明：必要性已经得到了证明.如果一个数以N结尾，那么，正如d（N）我们所知道的，它具有形式Q·10+N.由于N整除N，而由假设Nd（N）d（N）又能整除10，从而它确实可以整除Q·10+N.
美学的反驳：我们的确获得了关于魔数的一个充分必要条件，但这一条件是关于d（N）的，应当是关于N的或关于N的质因数分解式pq2·5的（更具体）.pqd（N）d（N）d（N）
讨论：什么时候N=2·5能够整除10？由于10=2d（N）·5，从而其充分必要条件就是p≤d（N），q≤d（N），后者就相当于max（p，q）≤d（N），我们仍然未能摆脱那个讨厌的d（N），我们希望能得到一个关于N本身或关于p和q的条件.我们怎样才能将pqmax（p，q）≤d（N）=d（2·5）转变成一个较为简便的形式？即如所知，在p=q的情形下是没有问题的，写出来就是：p=max（p，q）pqpp≤d（2·5）=d（10），10有p+1位数字，从而就有p≤p+1.在一般情况下，如果我们把2的指数与5的指数逐个“抵消”了会怎么样？写出q=p+h，其中h＞0.
反驳：如果p＞q就不可能有q=p+h且h＞0？
回答：这留待以后再说.pp+hpphp
讨论：max（p，p+h）≤d（2·5）=d（2·5·5）=d（10·h5），由于h＞0，max（p，p+h）=p+h，另外，对任意的数Q来说，ph10·Q中的数字个数=p+（Q中数字的个数）.从而p+h≤p+d（5），即hh≤d（5）.h
问题：什么时候才有h＞0且h≤d（5）？12
实验：h=1时：1≤d（5），没有问题.h=2时：2≤d（5），没有问34题，h=3时：3≤d（5），没有问题.h=4时：4≤d（5）=d（625）=3，不对.h
猜测：h≤d（5）当且仅当h=1，2，3.
证明：（略）
重新开始：p＞q怎么样呢？q+hq
讨论：设p=q+h，其中h＞0，q+h=max（q+h，h）≤d（2·5）qhhhh=d（10·2）=q+d（2），即h≤d（2）.何时有h≤d（2）？12
实验：h=1时：1≤d（2），没有问题.h=2时：2≤d（2）=d（4）=1，不对.h
猜测：h≤d（2）当且仅当h=1.
证明：（略）
定理4 N为魔数当且仅当它等于10的幂乘上1，2，5，25，125.
证明：（略）2.对整除性与循环小数的探究
先来看两个归纳的例子：
德国大数学家莱布尼茨曾研究过自然数n的分拆方法：
同理，5=5=4+1=3+2=3+1+1=2+2+1=2+1+1+1=1+1+1+1+1，即p（5）=7.
6=6=5+1=4+2=4+1+1=3+3=3+2+1=3+1+1+1=2+2+2=2+2+1+1=2+1+1+1+1=1+1+1+1+1+1，即p（6）=11.
由此猜想：p（n）等于第n-1个质数.p（7）应等于13.
而实际上，
7=7=6+1=5+2=5+1+1=4+3=4+2+1=4+1+1+1=3+3+1=3+2+2=3+2+1+1=3+1+1+1+1=2+2+2+1=2+2+1+1+1=2+1+1+1+1+1=1+1+1+1+1+1+1，即p（7）=15≠13，15更不是质数.
所以，莱布尼茨称“这是归纳法骗人的极好例子”，我们也不能由此就否定归纳法的价值.其实科学上（特别是在数论中）有许多重要的结论最初都是用归纳法得到的.
在中学数学课本中有一个有趣的习题：“立方和=和平方”问题.它也源于归纳法.
对于正整数n，总成立：321=13321+2=(1+2)33321+2+3=(1+2+3)333321+2+3+4=(1+2+3+4)
由此可以归纳出统一结论：3333321+2+3+4+…+n=(1+2+3+4+…+n)
即前n个自然数的立方和等于它们的和的平方.我们可以证明（数学归纳法可证）此结论是正确的.
我们一般人往往满足于所得到的结论，但科学家不会就此罢手，法国数学家柳维尔就想：“这么奇妙的问题背后有什么本质东西，别的自然数组有无此性质？”他最终探讨出本质内容，按如下步骤所得的自然数组也有此性质：
对于任一自然数N，比如6，先确定N的正因子，这些因子是1，2，3，6.再确定这些因子的正因子个数为1，2，2，4.我们得到的数组（1，2，2，4）就具有上述性质，即3333221+2+2+4=81=9=(1+2+2+4)n-1
到此可知，（1，2，3，…，n）是2的因子的因子数，当然有性质3333321+2+3+4+…+n=(1+2+3+4+…+n)
这就验证了数学大师波利亚的名言：“吃到树上的禁果之后，还应该好好地寻找一下，地下有没有足以使你大开胃口的野蘑菇？”这句话也说明了事物的特殊性与普遍性的辩证关系和相对关系（一个普遍性也可能是另一个普遍性中的特殊性）.
现在我们就学习科学家的方法：争取在任一个问题上都能向前走一步.用特殊性与普遍性的辩证关系和相对关系作指导，从平凡的树上找到禁果，在树的周围寻找蘑菇，再在其地下寻找宝藏，使我们的思维世界更加丰富多彩.
1.关于“9的乘法”的新发现
有文章报道，有人曾经给南极冰层中的冻鱼加温，冰融化后反而鱼开始游动.又经常有报道说某地的一棵死去几年的树又开始发芽了.这些枯木发芽、死灰复燃的事并非天方夜谭，数学上是没有死火山的，说不准突然间会爆发出令人惊异的光亮.“9的乘法”是很古老的知识，也是大家都很熟悉的数学知识，天天在使用，我们是否对它有新感觉？能否向前走一步，进而从中发现数字之间更有趣、更本质的规律？能否看到它耀眼的新光芒？1×9=092×9=183×9=274×9=365×9=456×9=547×9=638×9=729×9=8110×9=90
从表中可发现以下规律：
①上下与横线等距离的两个结果是个位数与十位数对调位置；
②结果中个位数字从9依次递减1到0，十位数字从0依次递增1到9；
③结果中的数的数字和是9（如2+7=9，3+6=9等）.
2.用代数形式表示所发现的规律
代数就是将数、式、问题用字母代替，许多数学问题的证明主要依赖于代数形式.
对于规律③，我们可归纳出以下定理：
定理1 如果一个自然数的各位数字之和能被9整除，则原数能被9整除；反之亦真.
证明：设原数为是n位数，n-1n-2n-3
则=a×10+b×10+c×10+…+d×10+e（科学记数n-1n-2n-3法）=a×（10-1）+b×（10-1）+c×（10-1）+…+d×（10-1）+（a+b+c+…+d+e）.n-1n-2n-3
由于a×（10-1）+b×（10-1）+c×（10-1）+…+d×（10-1）能被9整除，所以只要（a+b+c+…+d+e）能被9整除，则能被9整除.
反之，只要能被9整除，（a+b+c+…+d+e）就能被9整除.
3.代数形式的不变性
在三角函数的诱导公式[如sin（π+α）=-sinα]，不管α是锐角还是别的角，只要我们将它看成锐角，公式是不变的.这就体现了代数形式的不变性.在复合函数的求导中，代数形式的不变性就体现得更充分了.
定理1的证明过程中，我们由数得到数字和（a+b+c+…+d+e），可以继续计算该数的数字和（如：95436——9+5+4+3+6=27——2+7=9），直到得到一个一位数.我们把最后这个一位数叫原数的根.
显然，若一个数的根是9，则这个数是9的倍数.可是如果一个数的根不是9（如是2），能得到什么？*
定理2 如果一个数的根是r（r∈N且0＜r＜9），则数被9除的余数是r.[如48：4+8=12，1+2=3，而48÷9=5……3（余3）.]
证明：由定理1的证明，得
∵右端是9的倍数，则左端也应是9的倍数，
∴数与数（a+b+c+…+d+e）被9除应有相同的余数.
对于两个正整数的和、差、积被9除的余数与它们单个被9除的余数，我们可得到如下关系：
定理3 如果正整数n，m被9除的余数依次为r与r，那么（n±m）12被9除的余数与（r±r）被9除的余数相同；nm被9除的余数与rr被91212除的余数相同.
证明略.
4.非9的数作除数的余数探讨
上帝是公平的，他对每个数应该是一视同仁的.数9有这样的性质，别的数有以上性质吗？数7有以上性质吗？对于536，其数字和为14，其数字的根为5，而536÷7的余数是4，14÷7=2，整除，但536既不被7整除，余数也不是数字的根.没有这种性质，应该有别的什么性质吧？这才能体现上帝的公平性.或者我们仅仅看到了冰山一角，数字都具有的普遍性还有待我们去发现.
一般的数没有以上类似于数9的性质，但数3有如下性质：
定理4 如果一个数的数字和是3的倍数，则这个数是3的倍数.
证明同定理1.
5.数字和的过程分解
目标固然重要，但真正的享受还在过程中.我们往往太急于赶路而错过欣赏路边的风景.放慢脚步，注意原来每步的分解.
数字95436的数字和可以看成按以下步骤得到：
95436——9543+6——954+3+6——95+4+3+6——9+5+4+3+6
以上数字都是9的倍数.由此定理1与定理2可有下面的叙述：
定理5 一个数，截去末位，并加上此末位数得一新数，当新数能被9整除时，原数能被9整除；当新数不能被9整除时，原数便不能被9整除；当新数被9除的余数是r时，原数被9除的余数也是r.
证明略.
6.寻求判断整除性的统一方法
设正整数A=10x+y（x为大于零的整数，y∈{0，1，2，…，9}）
∵A=10x+10y-9y=10(x+y)-9y=9(x+y)-9y+(x+y),
显然，只要x+y能被9整除，A就能被9整除，定理5由此得证.
∵A=10x+y=9x+(x+y)
∴A=10x+y与x+y除以9的余数相同，这是定理2的另一证明.
∵A=10x+y=10x-10y+11y=10(x-y)+11y
显然，只要x-y能被11整除，A就能被11整除.由此得到结论：
定理6 一个数，截去末位，并减去此末位数得一新数，当新数能被11整除时，原数就能被11整除；当新数不能被11整除时，原数便不能被11整除.
连续应用定理6，可得到与定理1类似的结论：
定理7 如果一个数的奇数位数字之和减去偶数位数字之和的差能被11整除，则原数就能被11整除.
7.其他数（非9）的整除规律
将以上的代数式变形，就可以帮我们发现所有自然数类似数字9的规律.
设A=10x+y（x，y同上），
A=10x+y=10(x+y)-9y=10(x-y)+11y=10(x-2y)+3×7y=10(x+2y)-19y=10(x-3y)+31y=10(x+3y)-29y=10(x+4y)-3×13y=10(x-5y)+3×17y=10(x+5y)-7×7y=…
可以得到统一结论如下：
①一个数，截去末位，并加上此末位数得一新数，当新数能被9整除时，原数就能被9整除；当新数不能被9整除时，原数便不能被9整除；当新数被9除的余数是r时，原数被9除的余数也是r.
②一个数，截去末位，并减去此末位数得一新数，当新数能被11整除时，原数就能被11整除，当新数不能被11整除时，原数便不能被11整除.
③一个数，截去末位，并减去此末位数的2倍得一新数，当新数能被7整除时，原数可被7整除.
④一个数，截去末位，并加上此末位数的2倍得一新数，当新数能被19整除时，原数可被19整除.
⑤一个数，截去末位，并加上此末位数的3倍得一新数，当新数能被29整除时，原数能被29整除.
⑥一个数，截去末位，并加上此末位数的4倍得一新数，当新数能被13整除时，原数能被13整除.
⑦一个数，截去末位，并减去此末位数的5倍得一新数，当新数能被17整除时，原数能被17整除.
⑧一个数，截去末位，并加上此末位数的5倍得一新数，当新数能被7整除时，原数可被7整除.
……
这些结论有很多，在操作过程中，可连续使用.
例如：6992能被19整除吗？
应用上面的结论可知：6992这个数中，x=699，y=2，x+2y=699+2×2=703.703比较大，所以用703作为新数，此时x+2y=70+6=76.76能被19整除（76=19×4），所以6992能被19整除.
如果看不到76=19×4，还可将76看成新数，这时x+2y=7+12=19，显然是19的倍数，所以6992能被19整除.
至此，联想到定理2中的数字根问题，很自然想到9以外的数字的数字根如何？通过验证，发现不具有如定理2的性质，如41被19除的余数为3，但4+1×2=6，被19除的余数为6，不是3.不过我们可以发现，每做一次“截去末位，并加上此末位数的n倍”的变换，余数也相应地变为原来的n倍（如上例41的余数3变为6，下一次变为12，再下一次变为24）.
我们可以把以上具体判断整除性的法则用公式表示：
A=10x+y=10(x+ny)-(10n-1)y=10(x-ny)+(10n+1)y
这样，上面的整除性问题可以统一用两句话表达：*
⑨一个数，截去末位，并加上此末位数的n（n∈N）倍得一新数，当新数能被10n-1（或10n-1的因子）整除时，原数可被10n-1（或10n-1的因子）整除.*
⑩一个数，截去末位，并减去此末位数的n（n∈N）倍得一新数，当新数能被10n+1（或10n+1的因子）整除时，原数可被10n+1（或10n+1的因子）整除.
很自然有人会问：10n-1或10n+1及它们的因子能包含任意的自然数吗？可以，我们用一个例子（寻找判断能被37整除的数的规律）来说明：
首先37不具有10n+1，10n-1的特点，但37×3=111，37×7=259，所以A=10x+y=10(x-11y)+111y=10(x-11y)+3×37y
由此我们可以得到判断方法：一个数截去末位，并减去此末位数的11倍得一新数，当新数能被111（或37）整除时，原数可被111（或37）整除.
也可以构造A=10x+y=10（x+26y）-259y=10（x+26y）-7×37y来得到整除性的判断方法.从理论上来说，这种统一的方法我们找到了，在实际操作上可能并不是每步都能变简单，也可能是变复杂了.但不能由此就否定它的价值，它毕竟是一个统一规律.
8.数字变换
隐藏于树上几千年的禁果我们吃到了，我们低头再寻找蘑菇吧！在树下找，不是孤立地找，应该通过树和禁果去寻找，顺藤摸瓜，注意蛛丝马迹，即用联系的思想去分析，去探讨.
我们用统一结论④，若一个数是19的倍数，只要“截去末位，并加上此末位数的2倍”，连续进行，最后总得19.我们将它视为一种变换，进行到底，看它的变化.如果任意给一个数（如果原来只有一位，就用它的2倍来替换），用此方法操作如何？
我们从1开始，反复进行，结果如下：
1→2→4→8→16→13→7→14→9→18→17→15→11→3→6→12→5→10→1
经过19步又回来了，从1开始比19小的18个数都出现了，而19→19.
若用统一结论⑥，13的倍数（其实是39的倍数）的判断方法：“截去末位，并加上此末位数的4倍”作为变换，又怎样（如果原来只有一位，就用它的4倍来替换）？从1开始如下：1→4→16→25→22→10→1
经过6步后回来了.其实从圈子里任何一个数出发，经过6步都是可以回到原数的.但这个圈子里2，3，5，6等未出现.从未出现的数开始如何呢？2→8→32→11→5→20→23→12→9→36→27→30→36→24→18→33→15→21→67→28→34→19→37→31→713→1314→17→29→38→35→23→1426→2639→39
可以看到：13自己循环，26自己循环，39自己循环；其他的循环长度都是6；共出现从1到39的所有自然数.
对于19的倍数的判断方法的变换：“截去末位，并加上此末位数的2倍”，出现从1到18的所有自然数，而对13的倍数的判断方法的变换：“截去末位，并加上此末位数的4倍”，出现的不是1到12的所有自然数，为什么出现从1到38的所有自然数呢？
我们看以前的代数式子：
A=10x+y=10(x+2y)-19y=10(x+4y)-39y=10(x+4y)-3×13y
可以明白一些，13产生于3×13=39，出现1～38的所有数.13×1=13，13×2=26，13×3=39，这3个数自己循环.但其中的本质还需继续探讨.
新问题1：“截去末位，并加上此末位数的n倍”的变换一定循环吗？循环的长度如何决定？有几圈循环又由什么决定？
9.用乘法做除法
在小学二年级学除法时，有些同学好久都学不会，笔者当时就想发明一个算除法的简单方法.这个问题困扰了笔者几十年，现在终于找到了几种简单方法，而在探讨这个问题的过程中，还发现了一些求开方、求三角、求对数、计算圆周率π的方法.我们现在用乘法做除法.
从上面“截去末位，并加上此末位数的2倍”等的变换，我们看到了数的循环，由此联想到循环小数.先观察分母为7的分数
可以看到，商数1，4，2，8，5，7从小到大转圈且分母×循环节*末位+分子=10k（k∈N）.
再看
可以看到，商数不是转圈，但分母×循环节末位+分子=10k（k∈*N）仍成立.
再观察下列分母为质数、分子为1的分数与它的循环小数：
可发现以下规律：
①循环节末位数与分母之积的末位数是9（这时的余数才是1，开始循环）.
②循环节中自后往前的各个数字依次呈现某种倍数关系（有时进位）.
③循环节的长度有些是分母减1（如7，19）；有些不是（如13）.
例如的循环节末位是7，按5倍变化；的循环节末位是1，按2倍变化；循环节末位是3，按4倍变化；的循环节末位是3，按7倍变化……又一次发现7与5倍有关，13与4倍有关，19与2倍有关；对，此规律同样正确（3×3=9，按1倍变化）.
至此与以前的关系式
A=10x+y=10(x+y)-3×3y=10(x+2y)-19y=10(x+4y)-3×13y=10(x+5y)-7×7y=10(x+7y)-3×23y
再次有联系.
具体计算，可以用以下方法列式进行：图1
方法一：（整体乘4）
①先确定循环节的末位是3（从1开始逐个找，先找到3，13×3=39）；
②由A=10x+y=10（x+4y）-3×13y式确定倍数为4；
③3×4=12向左移一位写12，再12×4=48，在12的下方与12的1对齐写8，依次继续48×4=192进行，每次向左错一位；
④将这些数字相加（如图1）可得076923这组循环数.
方法二：（个位乘4）
①先确定循环节的末位是3（从1开始逐个找，先找到3，13×3=39）；图2
②由A=10x+y=10（x+4y）-3×13y式确定倍数为4；
③3×4=12向左移一位写12，再2×4=8，在12的下方与12的1对齐写8，接下来应是（8+1）×4=36进行，再6×4=24，再（3+4）×4=28，下一步是（2+8）×4=40，…，依次继续；
④将这些数字相加（如图2）可得076923这组循环数.
我们将此方法称之为“错位—加倍”法吧.显然方法二方便得多.
10.用乘法得到循环小数的另一个分析
我们看到的任何东西也许是另一事物的特殊一面，要乘胜追击，扩大战果，永无止步.
先来分析几组结果：
7×7=49，比10的5倍少1；
13×3=39，比10的4倍少1；
17×7=119，比10的12倍少1；
19×1=19，比10的2倍少1；
……
由此可见，倍数是循环节末位数与分母之积加上1的和的.我们可验证此规律对分母是质数（除2，5）的分数都正确.
以上都是分母是质数的情况，若分母是不以2或5为因数的合数如何呢？
用“错位—加倍”法，的计算如图3：
①先确定循环节的末位是9（21×9=189）；
试读结束[说明：试读内容隐藏了图片]