整数整除的概念和性质

2024年3月12日发(作者：)

新课标七年级数学竞赛讲座

整数整除的概念和性质

对于整数和不为零的整数b，总存在整数m，n使得a＝bm+n(0≤n

整除有以下基本性质：

1．若a|b，a|c，则a|（bc）；

2．若a|b，b|c，则a|c；

3．若a|

bc，且(a，c)=1，则a|b，特别地，若质数p|bc，则必有p|b或p|c；

4．若b|a，c|a，且(b，c) =1，则bc|a．

解整除有关问题常用到数的整除性常见特征：

1．被2整除的数：个位数字是偶数；

2．被5整除的数：个位数字是0或5；

3．被4整除的数：末两位组成的数被4整除；被25整除的数，末两位组成的数被25整除；

4．被8整除的数：末三位组成的数被8整除；被125整除的数，末三位组成的数被125整除；

5．被3整除的数：数字和被3整除；

6．被9整除的数：数字和被9整除；

7．被11整除的数：奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除．

【例1】 一个自然数与13的和是5的倍数，与13的差是6的倍数，则满足条件的最小自然数是 ．

思路点拨 略

(重庆市竞赛题)

注：确定已知条件来确定自然数，是数学活动中常见的一类问题，解这类问题时往往用到下列知识方法：

(1)运用整除性质； (2)确定首位数字； (3)利用末位数字；(4)代数化； (5)不等式估算；

(6)分类讨论求解等．

2【例2】有三个正整数a、b、c其中a与b互质且b与c也互质，给出下面四个判断：①(a+c)不能被b整除，②a2+c2不能被b整除：③(a+b)2不能被c整除；④a2+b2不能被c整除，其中，不正确的判断有( )．

A．4个 B．3个 C 2个 D．1个

思路点拨 举例验证． (“希望杯”邀请赛试题)

【例3】 已知7位数1287xy6是72的倍数，求出所有的符合条件的7位数．

(江苏省竞赛题)

思路点拨 7位数1287xy6能被8，9整除，运用整数能被8、9整除的性质求出x，y的值．

【例4】(1)若a、b、c、d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x一a)(x一b)

(x一c)(x一d)一9＝0，求证；4︳(a+b+c+d)．

(2)已知两个三位数abc与def的和abc+def能被37整除，证明：六位数abcdef也能被37整除．

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思路点拨 (1)x一a，x一b，x一c，x一d是互不相等的整数，且它们的乘积等于9，于是必须把9分解为4个互不相等的因数的积；(2)因已知条件的数是三位数，故应设法把六位数abcdef用三位数的形式表示，以沟通已知与求证结论的联系．

注：运用整除的概念与性质，建立关于数字谜中字母的方程、方程组，是解数学谜问题的重要技巧．

华罗庚曾说：“善于‘退’，足够地，‘退’，‘退’到最原始而不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍．”

从一般退到特殊，从多维退到低维，从空间退到平面，从抽象退到具体„„只要不影响问题的求解，对于许多复杂的问题，以退求进是一种重要的解题思想．

【例5】 (1)一个自然数N被10除余9，被9除余8，被8除余7，被7除余6，被6除余5，被5除余4，被3除余2，被2除余1，则N的最小值是 ．

(北京市竞赛题)

(2)若1059、1417、2312分别被自然数x除时，所得的余数都是y，则x—y的值等于( )．

A．15 B．1 C．164 D．174

(“五羊杯”竞赛题)

(3)设N=111，试问N被7除余几?并证明你的结论． (安徽省竞赛题)

1990个思路点拨 运用余数公式，余数性质，化不整除问题为整除问题．(1)N+1能分别被2，3，4，5，6，7，8，9，10整除，(2)建立关于x，y的方程组，通过解方程组求解，(3)从考察11，111，„111111被7除的余数人手．

【例6】盒中原有7个球，一位魔术师从中任取几个球，把每一个小球都变成了7个小球，将其放回盒中，他又从盒中任取一些小球，把每一个小球又都变成了7个小球后放回盒中，如此进行，到某一时刻魔术师停止取球变魔术时，盒中球的总数可能是( )

A．1990个 B．1991个 C 1992个 D．1993个

思路点拨 无论魔术师如何变，盒中球的总数为6k+7个，其中k为自然数，经验证，1993=331×6+7符合要求．故选D．

【例7】在100以内同时被2、3、5整除的正整数有多少个?

思路点拨 由于2与3互质，3与5互质，5与2互质(这种特性我们也称为2、3、5两两互质)，所以同时被2、3、5整除的整数必然被2×3×5=30整除；另—方面，被30整除的正整数必然可同时被2、3、5整除，因此，在100以内同时被2、3、5整除的正整数就是在100以内被30整除的正整数，显然只有30、60、90三个．

【例8】某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”．证明：这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被101整除．

思路点拨 显然，号码为9999是幸运券，除这张外，如果某个号码n是幸运券，那么号m=9999—n也是幸运券，由于9是奇数，所以m≠n．由于m+n=9999相加时不出现进位，这就是说，除去号码9999这张幸运券外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的整倍数，而101│9999，故知所有幸运券号码之和也能被101整除

思考：“如果某个号码n是幸运券，那么号m=9999—n也是幸运券”，这是解决问题的关键，请你考虑这句话合理性．

若六位数81ab93是99的倍数，求整数a、b的值．

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∵81ab93能被9整除，∴8+1+a+b+9+3=21+a+b能被9整除，得3+a+b=9kl(k1为整数)． ①

又81ab93能被11整除，∴8—1+a—b+9—3=13+a—b能被11整除，得2+a—b=11k2(k2为整数)． ②

∵ 0≤a，b≤9 ∴ 0≤a+b≤18，－9≤a－b≤9．

由①、②两式，得3≤<9k1≤21，－7≤11k2≤1l，

知k1=1，或k1=2；k2=0，或，而3+a+b与2+a—b的奇偶性相异，而k1=2，k2=1不符合题意．

故把k1=1，k2=0代人①、②两式，解方程组可求得a=2，b=4．

【例9】 写出都是合数的13个连续自然数．

思路点拨 方法一：直接寻找

从2开始，在自然数2，3，4，5，6，„中把质数全部划去，若划去的两个质数之间的自然数个数不小于13个，则从中取13个连续的自然数，就是符合要求的一组解，例如：自然数114，115，116，„，126就是符合题意的一组解．

方法二：构造法

我们知道，若一个自然数a是2的倍数，则a+2也是2的倍数，若是3的倍数，则a+3也是3的倍数，„，若a是14的倍数，则a+14也母14的倍数，所以只要取a为2，3，„，14的倍数，则a+2，a+3，„a+14分别为2，3，„，14的倍数，从而它们是13个连续的自然．

所以，取a=2×3×4ׄ×14，则a+2，a+3，„，a+14必为13个都是合数的连续的自然数．

【例10】已知定由“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式20+5b=c，则a+b+c是整数n的倍数”．试问：这个定理中的整数n的最大可能值是多少?请证明你的结论．

思路点拨 先将a+b+c化为3(a+2b)的形式，说明a+b+c是3的倍数，然后利用整除的性质对a、b被3整除后的余数加以讨论得出a+2b也为3的倍数．

∵ =a+b+2a+5b=3(a+2b)，

显然，3│a+b+c

若设a、b被3整除后的余数分别为ra、rb，则ra≠0， rb ≠0．

若ra≠rb，则ra=2，rb=1或ra=1，rb=2，则2a+5b =2(3m+2)+5(3n+1)=3(2m+5n+3)，或者2a+5b=2(3p+1)+5(3q+2)；3(2P+59+4)，即2a+5b为合数与已知c为质数矛盾．

∴ 只有ra=rb，则ra=rb=1或ra=rb=2．

于是a+2b必是3的倍数，从而a+b+c是9的倍数．

又2a+5b=2×11十5×5=47时，=

a+b+c=11+5+47=63，

2a+5b =2×13十5×7=61时，

a+b+c =13+7+61=81，

而(63，81)=9，故9为最大可能值．

注： 由余数切入进行讨论，是解决整除问题的重要方法．

【例11】一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”．

思路点拨 将所有的三位“新生数”写出来，然后设出最大数、最小数，求差后分析求

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出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定．

【例12】设N是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a、b、c (a、b、c不全相等)，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：abc,acb,bac,bca,cab,cba，不妨设其中的最大数为abc，则最小数为cba．由“新生数”的定义，得N=abc—cba=(100a+l0b+c)一(100c+l0b+d)=99(a—c)．

由上式知N为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990．这九个数中，只有954－459=495符合条件，故495是唯一的三位‘新生数”．

注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。这也是解答数学竞赛题的一种常用方法．

圆土有9个数码，已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下，得到的是一个九位数，并且能被27整除．试证：如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话，那么所得的一个九位数也能被27整除．

思路点拨 把从某一位起按顺时针方向记下的九位数记为：a1a2a3a9，它能被27整除．

只需证明从其相邻一位读起的数：a2a3a9a1也能被27整除即可．

证明 设从某一位起按顺时针方向记下的九位数为a1a2a3a9．

依据题意 10×

a2a3a9a1－a1a2a3a9=（10-1）a1

∵109-1=10003-1=999(10002+1000+1)

而999能被27整除，∴ 10003—1也能被27整除．

因此，a2a3a9a1能被27整除．从而问题得证．

已知N=1x91是一个能被19整除的四位数，求x．（6）

【例13】从左向右将编号为1至2002号的2002个同学排成一行，从左向右从1到11报数，报到11的同学原地不动，其余同学出列；然后，留下的同学再从左向右从1到11报数，报到11的同学留下，其余同学出列；留下的同学再从左向左从1到11地报数，报到11的同学留下，其余同学出列．问最后留下的同学有多少?他们的编号是几号?

思路点拨 由题意，第一次报数后留下的同学，他们的编号必为11的倍数；第二次报数后留下的同学，他们的编号必为112=121的倍数；第三次报数后留下的同学，他们的编号必为113=1331的倍数．

因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1~2002中，1331的倍数只有一个，即1331号，所以，最后留下一位同学，其编号为1331．

注：1~11地报数，使报数呈现周期性，所以11是解决问题的核心数．通过观察，知1331是要求的编号．

证明：形如abcabc的六位数一定能被7、11、13整除．

求1000以内同时被3、4、5、6整除的正整数的个数．（16个）

9

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【例14】 (美国数学臭林匹克试题)在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc、bac、bca、cab、cba的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数abc．现在设N=3194，请你做魔术师，求出数abc来．

思路点拨 将abc也加到和N上，这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次，所以有abc+N=222(a+b+c)

从而3194<222(a+b+c) <3194+1000，而a、b、c是整数．

所以15≤

因为222×15—3194=136，222×16—3194=358，222×17-3194=580，222×18-3194=802，

其中只有3+5+8=16能满足①式，所以abc=358．

注：本题将abck也加到和N上，目的是使得由a、b、c组成的6个三位数相加，这样a、b、c在每个数位上出现的次数相同．这一技巧在解决数学问题中经常使用．

【例15】 (江苏初一第2试)某公园门票价格对达到一定人数的团队按团队票优惠．现有A、B、C三个旅游团共72人，如果各团单独购票，门票费依次为360元、384元、480元；如果三个团合起来购票，总共可少花72元．

(1)这三个旅游团各有多少人?

(2)在下面填写一种票价方案，使其与上述购票情况相符．

售 票 处

普通票

每人

团体票(须满 人)

思路点拨 (1)360+384+480－72=1152(元)，

1152÷72=16(元／人)，即团体票是每人16元．

因为16不能整除360，所以A团未达到优惠人数．

若三个团都未达到优惠人数，则三个团的人数比为360：384：480=15：16：20，即三个团的人数分别为155172,165172,205172，这都不是整数(只要指出其中某一个不是整数即可)，不可能．所以B、C两团至少有一个团本来就已达到优惠人数．

这有三种可能：①只有C团达到；②只有B团达到；③B、C两团都达到．

对于①，可得C团人数为480÷16=30，A、B两团共有42人，A团人数为15/31×42，不是整数，不可能．

刘于②，可得B团人数为384÷16=24，A、C两团共有48人，A团人数为15/35×48，不是整数，不可能．

所以必是③成立，即C团有30人，B团有24人，A团有18人．

售 票 处

普通票

每人20元

团体票(须满20人)

每人16元(或／或8折优惠)

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【例16】 ( “希望杯”竞赛试惠)如图19—1，若a、b、c是两两不等的非零数码，按逆时针箭头指向组成的两位数ab、bc都是7的倍数，则可组成三位数abc共有 个；其中最大的三位数与最小的三位数的和等于

思路点拨 由已知ab=l0a+b=7k，bc=l0b+c=7n(其中k，n均为正整数)，而ca=10c+a=10(7n-10b)+a=70n-100(7k-10a)+a=7m，故ca也是7的倍数，abc总计15个，其中最大的一个为984，最小的一个为142，它们的和为1126．

在下边的加法算式中，每个口表示一个数字，任意两个数字都不同：试求A和B乘积的最大值．

思路点拨 先通过运算的进位，将能确定的口确定下来，再来分析求出A和B乘积的最大值．

设算式为

显然，g=1，d=9，h=0．

a+c+f=10+B ，b+e=9+A，∴A≤6．

2（A+B）+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8．

要想A×B最大，∵A≤6，∴取A=5，B=3．此时b=6，e=8，a=2，c=4；f=7，

故A×B最大值为15．

注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g、d、h，然后再通过分析、观察得出A、B的关系，最后求出A·B的最大值．

【例17】 任给一个自然数N，把N的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的自然数N′，试证明：NN能被9整数．

思路点拨 令N=a1a2an，则N′=anan1a1．所以，N除以9所得的余数等于a1+a2+„+an除以9所得的余数，而N′除以9所得的余数等于an+an-1+„+ a1除以9所得的的余数．显然，a1+a2+„+an= an+an-1+„+ a1．因此，N与N′除以9所得的余数相同，从而NN能被9整除．

注 本例用了一个结论：若 a与b除以c所得的余数相同，则c│a—b这个结论是显然的，而且它的应用十分广泛．

另外，本例的结论还可以推广．不一定非把N的各位数字按相反顺序重写，可以以任意的次序重写N的各位数宇得出N′，则NN仍能被9整除．

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【例18】证明：111111+112112111十113113能被10整除．

3 思路点拨 要证明111+112十113能被10整除，只需证明111+112十113的末位数字为0，即证111111、112112、113113三个数的末位数字和为10．

12 证明 111的末位数字显然为1；112=(112)，而112的末位数字是6，所以112的末位数字也是6；113113=(1134)28×113．1134的末位数字是1，所以113113的末位数字是3．

∴111、112、113三个数的末位数字和为10，

∴111”’十112n’十113m能被10整除．

注：本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字之和为10．解决数学问题时，常将未知的问题转化为熟知的问题，复杂的问题转化为简单的问题，这就是化归思想．

学力训练

1．如果五位数12a34是3的倍数，那么a是 ．

2如果从5，6，?，8，9这5个数中，选出4个组成一个四位数，使它能被3，5，7整除，那么这些数中最大的是 ．

3．已知整数13ab456能被198整除，那么a= ，b= ．

(江苏省竞赛题)

4在1，2，3，„，2000这2000个自然数中，有 个自然数能同时被2和3整除，而且不能被5整除．

( “五羊杯”竞赛题)

5．能整除任意3个连续整数之和的最大整数是( )．

A．1 B．2 C 3 D．6

(江苏省竞赛题)

6．除以8和9都是余1的所有三位数的和是( )．

A．6492 B．6565 C 7501 D．7514

20027．若2002200215被15整除，则n的最小值等于( )．

n个2113 A．2 B．3 C．4 D．5

(北京市竞赛题)

8．有棋子若干，三个三个地数余1，五个五个地数余3，七个七个地数余5，则棋子至少有( )．

A．208个 B．110个 C．103个 D．100个

9．(1)证明：形如abcabc的六位数一定能被7，1l，13整除．

(2)若4b+2c+d=32，试问abcd能否被8整除?请说明理由．

10．已知7位自然数62xy427是99的倍数，求代数式950x+24y+1的值．

11．已知a，b是整数，求证：a+b，ab、a-b这三个数之中，至少有一个是3的倍数．

12．五位数abcde是9的倍数，其中abcd是4的倍数，那么abcde的最小值是 ．

13．一个三位自然数，当它分别被2，3，4，5，7除时，余数都是1，那么具有这个性质的最小三位数是 ；最大三位数是 ． ( “希望杯”邀请赛试题)

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14．今天是星期日，从今天算起，第1111111„1天是星期 ．

2000个115．用自然数n去除63、9l、130，所得到的3个余数的和为26，则n= ．

(北京市“迎春杯”竞赛题)

16．今有自然数带余除法算式：A÷B=C„8，如果A+B+C＝2178，那么A＝( )．

A．2000 B．．2001 C．2071 D．2100

17．有1997盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为l，2，„，1997，然后将编号为2的倍数的灯线拉一下；再将编号为3的倍数的灯线拉一下；最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，3次拉完后亮着的灯数为( )．

A．1464盏 B．533盏 C ．999盏 D．998盏

(《学习报》公开赛试题)

18．19972000”被7除的余数是( )．

A．1 B．2 C．4 D．6

19．n为正整数，302被n(n+1)除所得商数q及余数r都是正值，则r的最大值与最小值的和是( )．

A．148 D．247 C．93 D．122

20．某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字的和，则称这张购，物券为“幸运券”，试证明；这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除．

(“祖冲之杯”邀请赛试题)

21．将分别写有数码l，2，3，4，5，6，7，8，9的九张正方形卡片排成一排，发现恰是一个能被11整除的最大的九位数．请你写出这九张卡片的排列顺序，并简述推理过程．

22．将糖果300粒、饼干210块和苹果163个平均分给某班同学，余下的糖果、饼干和苹果的数量之比是1：3；2．问该班有多少名同学?

23．已知质数p、q使得表达式2p1q及2q3p都是自然数，试确定p2q的值．

24．重排任一个三位数三个数位上的数字，得到一个最大的数和一个最小的数，它们的差构成另一个三位数(允许百位数字为0)，再重复早上的过程，问重复2003次后所得的数是多少?证明你的结论．

(武汉市选拔赛试题)

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参考答案

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