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
2、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 http:/ http:/（1） 若 ab，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
3、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
4、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 987654321-5=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
5、整除的最小自然数解 设这个自然数为 n，n=k 108+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，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-
6、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，a 36-1 被 2 整除，a 1949 被 5 整除，所以 a1985-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|(a19
7、85-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,abcd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-98 a-11b+10c+d108，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
8、，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 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
9、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
10、质数分别为 x,y(xy),且 100x+y = m (m 为整数)。2xy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=23 211，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：135
11、3，5313，1947，4719，2343，4323，2937，3729。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
12、最小公倍数为 b.即 b=1680，得满足条件的五个数 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
13、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=3
14、113724可见857142，37124568，43721586，592307，461538，705213，8579142，594712368，37421568，341172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（3
15、m）=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=27n 1，b=27n 2（n 1，n 2为正整数）所以ab=(27n 1)(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
16、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724aba+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（ ）2015n个(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 52B 200215，2002200215 都不是 15 的倍数，20022002200215 是 15 的倍数 k=3k 1=27 为最小。3 （1998 年“希望杯”初中数学竞赛试题
17、）已知 N= 若 N 是 1998 的倍数，那末符合条件的最小的 k 的值是（ ） 2个k（A）15 (B) 18 (C) 24 (D) 273. D 19982999， =1998m, m 为整数 9m,m 为整数 2个k1个k k 一定是 3 的倍数, 设 k=3k1, =100100 1001=9m, 1001001001 中有 K1 个，且此数为 9 的倍数， K 1=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
18、 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
19、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 。1905n个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945k能被 9 整除的是 。73，945998 （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
20、，则 _.xy5 2yx8-5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.xy58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。2yx9 （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
21、 22 整 1 2 3 4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
22、个 9，不合题意，下面依次算出：721365 = 98280711365 = 96915701365 = 95550691365 = 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 dabcd abc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.c d11由 与 246 的和是 d 的 111 倍， 可能是ababc198，309，420，531，642，753；又 是 18 的倍数， 只能是 198而abc198+46=444，
23、4， 是 1984abc12 （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abcdef1-6中不同的数码。要求前两个数码组成的两位数 是 2 的倍数，并且还要求是abc3 的倍数， 是 4 的倍数， 是 5 的倍数， 是 6 的倍数。试找出dabcdeabcdef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。abcde因 是 3 的倍数，故 a+b+c 是 3 的
24、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+2y-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
25、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
26、，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，a 2，a 1996 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+a i）+ n 被（n + a i）- n 整除，也就是 n+ai 与 n 的和能被它们的差整除。设 ai ai，下面证明（n+a i）-（n+a j）整除（n+a i）+（n+a j）, 即 ( ai-ai ) 整除 2n+ai+aj.因为 2n 中含有因子 2ai，且 2ai = 所以 2n = a1a2（2a i）a 1996= 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。
