第21讲 数的整除性w.doc

《第21讲 数的整除性w.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第21讲 数的整除性w.doc（9页珍藏版）》请在点石文库上搜索。

1、第21讲 数的整除性知识方法扫描1数的整除性的概念 对于整数a 和不为零的整数b，如果存在整数q，使得a=bq 成立，则就称b整除a或a被b整除，记作ba。 此时，我们称b是a的约数，a是b的倍数2数的整除的特征（1）能被2（或5）整除的数的特征：个位数字能被2（或5）整除。（2）能被4（或25）整除的数的特征：末两位数字能被4（或25）整除。（3）能被8（或125）整除的数的特征：末三位数字能被8（或1255）整除。（4）能被3（或9）整除的数的特征：各位数字之和能被3（或9）整除。（5）能被11整除的数的特征：奇数位上数字之和与偶数位上数字之和的差能被11整除3数的整除性的性质（1） 若a

2、b，bc，则ac（2） 若ca，cb，则c(ab)（3） 若ba, n为整数，则bn a（4） 若abc, 且a,b互质, 则ac.（5） 若ab, cb, 且a,c互质，那么acb.经典例题解析例1（2002年重庆市初中数学竞赛试题）请你将1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数码排出一个能被11整除，且最大的九位数，并且简述排数的过程。 解1 设要求的数为N，因N是11的倍数，所以它的奇数数位的数字之和与偶数数位的数字之和的差是11的倍数，有0，11，22，33，44这五种情况。 因为奇数数位的数字之和与偶数数位的数字之和的和就是1+2+3+4+5+6+7+8+9=45是一个奇数，我们知

3、道两整数的和与差有相同的奇偶性，所以这个差就只能为11或33。 若这个差为33，因和为45，故奇数数位的数字之和与偶数数位的数字之和一个为6，一个为39，但1至9这9个数中最小的四个之和为10，大于6，故差不能等于33。即差为11。 由和为45，差为11不难算出奇数数位的数字之和与偶数数位的数字之和一个为17，一个为28。 为使这个九位数最大，我们先将高位安排得尽可能大，先将前四位排成9876，由于偶数数位的数字之和为17，现已有8+6=14，偶数数位其它两个数字之和为3，它们只能是2和1。 于是这个九位数为987652413。解2 将最大的九位数987654321除以11余数为5，故9876

4、54321-5=987654316是11的倍数。我们将987654316每次减去11，知道得到一个各位数字均不相同的九位数为止。这样减去173个11后第一次得到一个各位数字均不相同的九位数987652413，这就是满足题目条件的最大的九位数。例2（1997年北京市初中数学竞赛试题）试求出末8位恰是18421997并且能被71整除的最小自然数解 设这个自然数为n，n=k108+18421997= k（711408450+50）+71259464+53=71（1408450k+259464）+50k+53于是问题变成，求最小的自然数k，使得71|50k+53。设 50k+53=71m，m的末位为3

5、，取m=3，13，23，43，仅当m=43时，k是整数，此时k=60。所以k的最小值为6018421997。例3（1985年北京市初中数学竞赛试题）设a为自然数，证明10|(a1985-a1949)12 a1985-a1949=a1949(a36-1)由于an-1=(a-1)(an-1+an-2+1),所以a36-1=(a4)9-1=(a4-1)(a32+a28+1).如果a的个位数字是1,3,7,9中的一个，不难验证a4-1的个位数字是0，即这时a4-1被10整除，从而更有a1985-a1949被10整除。如果a的个位数字是5，那么a36是奇数，a36-1被2整除，a1949被5整除，所以a

6、1985-a1949被10整除。如果a 的个位数字是2,4,6,8中的一个，那么不难验证a4-1的个位数字是5,从而a1985-a1949被10整除。如果a的个位数字是0,当然10|(a1985-a1949).例4（2000年上海市初中数学竞赛试题）求所有满足下列条件的四位数：能被111整除，且除得的商等于该四位数的各位数字之和.解设满足条件的四位数为=1000a+100b+10c+d,则 1000a+100b+10c+d = 111(a+b+c+d)即 +(a-11b+10c+d)= 111(a+b+c+d), 于是 111|(a-11b+10c+d)。又-98a-11b+10c+d108，

7、于是a-11b+10c+d=0， a+10c+d=11b1000a+100b+10c+d=111(9a+b)由已知条件，9a+b=a+b+c+d,所以 8a=c+d18，故a=1或a=2.若a=1，c+d=8，a+10c+d=9+9c=11b, 满足上式的一位整数b,c不存在；若a=2，c+d=16，a+10c+d=18+9c=11b, 显然b=9,于是 c=9,d=7所求的四位数只有一个：2997。例5（1991年杭州市第三届“求是杯”初二学生数学竞赛试题）已知自然数 1,2,3,1991。 (1)把这1991个自然数分组,使得每一组至少有一个是11的倍数的自然数,且至少有一组中含有两个同是

8、11的倍数的自然数,问这些数最多可以分成几个组? (2)按上述分组方法,把每一组中是11的倍数的自然数取出来,其和记为S,求证:S必是91的倍数。 解（1）因1991=11181，故这1991个数中有181个是11的倍数，因此将这些数分成180组，使每一组含有一个11的倍数，由抽屉原理，其中至少有一组含有两个同是11的倍数，故这些数最多可以分成180组。（2）把每一组中11的倍数取出来，其和就是S=11+22+33+1991=11（1+2+181）=1191181，所以S是91的倍数。例6（1992年“迎春杯”数学竞赛试题）把一个两位质数写在另一个与它不同两位质数后面，得到一个四位数，已知这个

9、四位数恰能被两个质数和的一半整除，试求出所有这样的四位数。解 设两个两位质数分别为x,y(xy),且 100x+y = m(m为整数)。故 200x+2y=m(x+y),即 198x+2(x+y)=m(x+y),于是198x能被(x+y)整除。又x,y互质，故x与x+y互质，于是198能被(x+y)整除。因 x,y是两位不等质数，故x,y是11与99间的不等奇数，从而x+y是24与196间的偶数。将198分解质因数得： 198=23211，于是x+y=66。把66分解为两个不等两位质数之和，有66=13+53=19+47=23+43=29+37。因此，符合条件的四位数有8个：它们是：1353，

10、5313，1947，4719，2343，4323，2937，3729。例7（1998年全国初中数学联赛试题）试写出5个自然数,使得其中任意两个数中的较大的一个数可以被这两个数的差整除.解 1680，1692，1694，1695，1696为满足条件的5个数（注：答案不唯一）以上5个数可用以下步骤找出：第一步：2,3,4为满足要求的三个数. 第二步：设a,a+2,a+3,a+4为满足条件的四个数，则a可被2,3,4整除.取a=12，得满足条件的四个数12，14，15，16.第三步：设b,b+12,b+14,b+15,b+16.取12,14,15,16的最小公倍数为b.即b=1680，得满足条件的五

11、个数1680，1692，1694，1695，1696.例8（1992年第三届“希望杯”数学竞赛试题）一个自然数a，若将其数字重新排列可得一个新的自然数b如果a恰是b的3倍，我们称a是一个“希望数”(1)请你举例说明：“希望数”一定存在(2)请你证明：如果a，b都是“希望数”，则ab一定是729的倍数解 (1)答：由于428571=3142857，所以428571是一个“希望数”评注 一个自然数a，若将其数字重新排列可得一个新的自然数b如果a恰是b的3倍，我们称a是一个“希望数”这实际上给出了“希望数”的定义。考察参赛学生阅读理解定义的能力，并能举例说明被定义的对象存在在一位数、二位数、三位数中

12、找不到“希望数”而在四位数中很容易找到实例如 3105=31035，所以3105是个“希望数”；或7425=32475，所以7425是个“希望数”等等。大于四位的我们再列举几个同学们举的例子供参考，如： 857142=3285714， 37124568=31237485643721586=314573862692307=3230769461538=3153846705213=32350718579142=32859714594712368=319823745637421568=312473856341172=3113724可见857142，37124568，43721586，592307，46

13、1538，705213，8579142，594712368，37421568，341172都是希望数，事实上用3105是希望数，可知31053105也是“希望数”，只要这样排下去，可以排出无穷多个“希望数”因此，“希望数”有无穷多个(2) 由a为“希望数”，依“希望数”定义知，存在一个由a的数字重新排列而成的自然数p，使得a=3p并且a的数字和等于p的数字和由a=3p和a为3的倍数，但a的数字和等于p的数字和，所以由被3整除判别法，知3|p，即p为3的倍数，所以p=3m（m为正整数）。因此a=3p=3（3m）=9m， 所以a被9整除但a的数字和等于p的数字和，所以由被9整除判别法，知9|p，即

14、p为9的倍数，所以p=9k（k为正整数）。因此a=3p =3（9k）=27， 所以a被27整除即“希望数”一定能被27整除现已知a，b都是“希望数”，所以a，b都是27的倍数即a=27n1，b=27n2（n1，n2为正整数）所以ab=(27n1)(27n2) =(2727)(n1n2) =729n1n2，所以ab一定是729的倍数原版赛题传真同步训练一选择题1（1994年浙江省初中数学竞赛试题）在724的左边添一个数码a，右b，组成一个五位数，如果这个五位数是12的倍数，则ab的最大值是（ ）（A）72（B）64（C）36（D）241A 因是12的倍数，是4的倍数，b最大可取8；又各位数字和a

15、+7+2+4+8=21+a是3的倍数，b最大可取9； 于是ab最大可取722（2002年北京市初二数学竞赛试题）若能被15整除，则n的最小值等于（ ）(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 52B 200215，2002200215都不是15的倍数，20022002200215是15的倍数 k=3k1=27为最小。3（1998年“希望杯”初中数学竞赛试题）已知N=若N是1998的倍数，那末符合条件的最小的k的值是（）（A）15 (B) 18 (C) 24 (D) 273. D 19982999， =1998m, m为整数 9m,m为整数 k一定是3的倍数, 设k=3k1, =1001001

16、001=9m, 1001001001中有K1个，且此数为9的倍数，K1=9为最小。4（第5届“祖冲之杯”初中数学竞赛试题）n是一个两位数，它的数码之和为a，当n分别乘以3，5，7，9以后得到4个乘积，如果其每一个积的数码之和仍为a，那么这样的两位数有（ ） （A）3个（B）5个（C）7个（D）9个4B n是9的倍数，只能是18，27，36，45，54，63，72，81，90，99中的某几个，经验算，有18，36，45，90，99五个数满足。5（1996年江苏省初中数学竞赛试题）设a和b是任意两个不同的三位正整数，则在从12345678000到12345678999的这些数中（ ）（A）任何数都

17、不是a的倍数，也不是b的倍数（B）有一个数是a的倍数，而任何一个数都不是b的倍数（C）有一个数是b的倍数，而任何一个数都不是a的倍数（D）至少有一个数是a的倍数，也至少有一个数是b的倍数5D 从12345678000到12345678999有100个数，而a，b是从100到999这900个不同的三位数的任意两个数，因此前面1000个数中至少有一个数是任意一个三位数的倍数。二填空题6（1990年武汉市初二数学竞赛试题）形如且能被6整除的最小数是 。6，19900567(2004年第15届“希望杯”数学邀请赛试题)若是能被3整除的五位数，则k的可能取值有 个；这样的五位数中能被9整除的是。73，9

18、45998（1999年第10届“希望杯”数学邀请赛试题）五位数能被3，7和11整除，则_.8-5因五位数能被3整除，故5+3+8+x+y=16+x+y能被3整除; x+y=2,5,8,11,14,17.因五位数能被11整除，故(5+8+y)-(3+x)=10-x+y能被11整除; x+y=1.由x+y=1知x+y为奇数，所以x+y=5，11，17。解得 x=2,y=3; x=5,y=6; x=8,y=9.而在53823，53856，53889三数中，仅53823是7的倍数，x=2,y=3，-5。9（2003年江苏省第十八届初中数学竞赛试题） 用写有数字的四张卡片可以排出不同的四位数，其中能被2

19、2整除的四位数的和是_910912 4312+1342+3124+2134=1091210（第10届“希望杯”全国数学邀请赛试题）从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数中选出5个组成五位数，使得这个五位数能被3，5，7，13整除，这样的五位数中最大的是 10. 94185.所求五位数能被3，5，7，13整除，当然也能被3，5，7，13的最小公倍数整除， 即这个五位数是35713=1365的倍数 又1000001365= 73355, 所以五位数中1365的最大公倍数是731365=99645，但99645的五个数字中有两个9，不合题意， 下面依次算出： 721365 = 98280

20、 711365 = 96915 701365 = 95550 691365 = 94185 显然所求的五位数最大的是94185，故应填94185.三 解答题11(1984年韶关初二数学竞赛题)设是一个四位正整数,已知三位正整数与246的和是一位正整数d的111倍, 又是18的倍数.求出这个四位数,并写出推理运算过程.11由与246的和是d的111倍，可能是198，309，420，531，642，753；又是18的倍数，只能是198而198+46=444，4， 是198412（1982年北京市初二数学竞赛试题）用1，2，3，4，5，6这六个数码组成一个六位数，其中不同字母代表1-6中不同的数码。

21、要求前两个数码组成的两位数是2的倍数，并且还要求是3的倍数，是4的倍数，是5的倍数，是6的倍数。试找出所有这样的六位数，并说明你的推理过程。12 显然，b,d,f是偶数，只能在2，4，6三数中选取，从而a,c,e为奇数。 因是5的倍数，故e=5, 于是a,c中一个为1，一个为3，a+c=4。 因是3的倍数，故a+b+c是3的倍数，由a+c=4，得b=2. 再注意到是4的倍数，可以求出本题的两个解：123654，321654。13（1987年北京市初二数学竞赛试题）x,y,z 均为整数,若11(7x+2y-5z), 求证: 11(3x-7y+12z).13 4(3x-7y+12z)+3(7x+2

22、y-5z)=11(3x-2y+3z)而 1111(3x-2y+3z)， 且 11(7x+2y-5z) 114(3x-7y+12z)又 11和4互质， 11(3x-7y+12z)14(第7届初中“祖冲之杯”数学邀请赛试题)某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有四位数码，从0001到9999号，如果号码的前两位之和等于后前两位之和，则这张购物券为幸运券，如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购物券为幸运券。证明：这个商场所发购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。14显然，9999的购物券为幸运券，除这张外，若号码为n的购物券为幸运券，则号码为m=9999-n的购物券也

23、为幸运券。由于9999是奇数，所以m，n的奇偶性不同，即mn，由于m+n=9999，相加时不出现进位。就是说，除号码为9999的幸运券外，其余所有的幸运券可两两配对，且每对号码之和为9999，从而可知所有的幸运券的号码之和为9999的倍数。由1019999，所以所有幸运券的号码之和能被101整除。15 （1996年安徽省初中数学竞赛试题）已知1996个自然数a1，a2，a1996满足条件：其中任意两数的和能被它们的差整除。现设n= a1a2a1996.求证： n, n+ a1, n+a2, n+ a1996 这1997个数仍满足上述条件。15因为n被ai（i=1，2，1996）整除，所以2n+ai 被ai整除, 即 （n+ai）+ n被（n + ai）- n 整除，也就是n+ai与n 的和能被它们的差整除。设aiai，下面证明（n+ai）-（n+aj）整除（n+ai）+（n+aj）, 即 ( ai-ai ) 整除2n+ai+aj. 因为2n中含有因子2ai，且2ai = 所以2n = a1a2（2ai）a1996= a1a2( ai+ai ) +( ai-ai )a1996又因为( ai+ai ) 被( ai-ai ) 整除, 所以2n被( ai-ai ) 整除,因此2n+ai+aj被( ai-ai ) 整除。