初中数学竞赛专题培训(24)：整数的整除性
第一讲整数的整除性
第一讲 整数的整除性一、整除的概念·带余除法我们知道两个整数的和、差、积仍然是整数，但是用一不等于零的整数去除另一个整数所得的商却不一定是整数，因此我们引入整除的概念：定义1 设a ，b 是整数，b ≠ 0，如果存在整数q ，使得a = bq成立，则称b 整除a （或a 能被b 整除），记作a ∣b 。
此时，称a 是b 的倍数，b 是a 的约数（或因数）。
如果上述q 不存在，我们就说b 不整除a 或a 不能被b 整除，记作|b a /。
显然每个非零整数a 都有约数 ±1，±a ，称这四个数为a 的平凡约数，a 的另外的约数称为非平凡约数。
下面我们来讨论关于整除的基本性质.定理1（传递性） 如果a ，b 和c 是整数，且a ∣b ，b ∣c ，则a|c.证明因为a ∣b ，b ∣c ，所以存在整数e 和f ，使得b=ae ，c=bf .因此c=bf=(ae )f=a (ef ),从而得到a|c.例如，11|66而66|198，由上述定理可知11|198.定理2 如果a, b, c ,m ,n 为整数且c ∣a,c ∣b,则c ∣（ma+nb ）证明 因为c ∣a ，c ∣b ，所以存在整数e 和f ，使得a=ce ，b=cf .因此 ma+nb=m (ce )+n (cf )=c (me+nf ),从而得到c ∣（ma+nb ）定理3 如果a|b,c|d, 则ac|bd .下面的定理是关于整除性的一个重要结论.定理4（带余除法）如果a 、b 是整数且b≠0，则存在唯一的整数q 和r ，使得a=bq+r ,(0||r b ≤<).证明 (存在性)(i)当b>0时，作整数序列…，-3b,-2b,-b ,0,b ,2b ,3b, …若a 与上面序列中的某一项相等，则a=bq ，即a=bq+r,r=0.若a 与上面序列中的任一项都不相等，则a 必在此序列的某相邻两项之间，即有确定的整数q ，使bq<a<b(q+1).令r a bq =-,则0r b ≤<（ii ）若0b <，则||0b >.由(i)知，存在整数s,t 满足||a b s t =+且0||t b ≤<.又因||b b =-，所以a bs t =-+.取q s =-，r t =，则有a bq r =+且0||r b ≤<.（惟一性）假设有两对整数q '、r '与q ''、r ''满足a = q ''b + r '' = q 'b + r '，0 ≤ r ', r '' < |b |，则 (q '' - q ')b = r ' - r ''，因0 ≤ r ', r '' < |b |，所以|r ' - r ''| < |b |， 从而| (q '' - q ')b|= |q '' - q '||b|< |b|, 即|q '' - q '|<1,故|q '' - q '|=0 即q '' = q ' 从而r ' = r ''。
初中数学竞赛：数的整除性
4.(2005年全国“华罗庚金杯”少年教学邀请赛试 题)小鸣用48元按零售价买了若干本练习本.如果按 批发价购买,每本便宜2元,恰好多买4本.问:零售价 为每本多少元？
48=1×48=2×24=3×16=4×12=6×8. 只有4×12=6×8满足6-4=2,12-8=4,所以零 售价为每本6元
注意到一个好数n一定具有形 式:n=101(10a+b)(1≤a,、b≤9),因为(ab)2/n2,所以, ab/n2又101为质数,则ab不整除101,ab/(10a+b), 故a/b,b/10a 于是,所有可能如下 1)b=a,则a2/11a→a/11,故a=b=1 (2)b=2a,则2a2/12a a/6,故(a,b)=(1,2),(2,4),(3,6 (3)b=5a,则5a2/15a a/3,故a=1,b=5 上述每一对数字都决定了一个好数,故所有的好 数是1111,1212,2424,3636,1515
例2已知7位数1287xy6是72的倍数,求出所 有符合条件的7位数(江苏省竞赛题）
解题思路因72=8×9,(8,9)=1,故原数能被 8,9整除,运用能被8，9整除的性质求出x,y的 值
因为72/1287xy6,所以8/1287xy6,9/1287xy6,由 此得1+2+8+7+x+y+6=24+x+y是9的倍数,而0 ≤ x 十y≤18,则x+y=3或12,又XY6必是8的倍数,Y6必是 4的倍散,则y=1,3,5,7或9, 当y=1时,x=2,8/216: 当y=3时,x=0,9,8不整除36;8/936; 当y=5时,x=7,8不整除756; 当y=7时,x=5,8/576; 当y=9时,x=3,8不整除396,所以符合条件的7位数 是1287216,1287936,1287576
初中奥数数论整除性质知识点归纳
初中奥数数论整除性质知识点归纳
初中奥数数论整除性质知识点归纳
性质1：(整除的加减性)如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。
即：如果c|a，c|b，那么c|(a±b)。
例如：如果2|10，2|6，那么2|(10+6)，并且2|(10—6)。
也就是说，被除数加上或减去一些除数的倍数不影响除数对它的整除性。
性质2：如果b与c的`积能整除a，那么b与c都能整除a.
即：如果bc|a，那么b|a，c|a。
性质3：(整除的互质可积性)如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整除a。
即：如果b|a，c|a，且(b，c)=1，那么bc|a。
例如：如果2|28，7|28，且(2，7)=1,
那么(2×7)|28。
性质4：(整除的传递性)如果c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。
即：如果c|b，b|a，那么c|a。
例如：如果3|9，9|27，那么3|27。
竞赛讲座-整数的整除性
整数的整除性1．整数的整除性的有关概念、性质（1）整除的定义：对于两个整数a、d（d≠0），若存在一个整数p，使得成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。
若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6。
（2）性质1）若b|a，则b|(-a)，且对任意的非零整数m有bm|am2）若a|b，b|a，则|a|=|b|;3）若b|a，c|b，则c|a4）若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互质，则b|c；5）若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c；6）若c|a，c|b，则c|（ma+nb），其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和）例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求证：11｜（3x-7y+12z）。
证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而 11｜11(3x-2y+3z),且 11｜(7x+2y-5z),∴ 11｜4(3x-7y+12z)又 (11,4)=1∴ 11｜(3x-7y+12z).2.整除性问题的证明方法(1) 利用数的整除性特征（见第二讲）例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜的值。
解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除的值。
若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。
若9｜，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3。
（2）利用连续整数之积的性质①任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除。
②任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。
这个性质可以推广到任意个整数连续之积。
例3（1956年北京竞赛题）证明：对任何整数n都为整数，且用3除时余2。
证明∵为连续二整数的积,必可被2整除.∴对任何整数n均为整数,∵为整数,即原式为整数.又∵，2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，∴是能被3整除的整数.故被3除时余2.例4 一整数a若不能被2和3整除，则a2+23必能被24整除.证明∵a2+23=（a2-1）+24，只需证a2-1可以被24整除即可.∵2 .∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数),则a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除，∴8|4k（k+1），即8|（a2-1）.又∵（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a2-1），∵3 a，∴3|（a2-1）.3与8互质, ∴24|(a2-1),即a2+23能被24整除.(3)利用整数的奇偶性下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题.例5 求证:不存在这样的整数a、b、c、d使：a·b·c·d-a=①a·b·c·d-b=②a·b·c·d-c=③a·b·c·d-d=④证明由①，a（bcd-1）=.∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数.同理,由②、③、④知b、c、d必为奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶数，则a （bcd-1）必为偶数，与①式右端为奇数矛盾.所以命题得证.例6 (1985年合肥初中数学竞赛题)设有n个实数x1,x2,…，x n，其中每一个不是+1就是-1，且试证n是4的倍数.证明设(i=1,2,…，n-1)，则y i不是+1就是-1，但y1+y2+…+y n=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k，于是n=2k.又y1y2y3…y n=1，即（-1）k=1，故k为偶数，∴n是4的倍数.其他方法：整数a整除整数b，即b含有因子a.这样,要证明a整除b,采用各种公式和变形手段从b中分解出因子a就成了一条极自然的思路.例7 (美国第4届数学邀请赛题)使n3+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?解n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.若n+100能被n+10整除,则900也能被n+10整除.而且,当n+10的值为最大时,相应地n的值为最大.因为900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.例8 (上海1989年高二数学竞赛)设a、b、c为满足不等式1＜a ＜b＜c的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能数组（a，b，c）.解∵（ab-1）（bc-1）（ca-1）=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，①∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.∴存在正整数k,使ab+ac+bc-1=kabc, ②k=＜＜＜＜∴k=1.若a≥3，此时1=-＜矛盾.已知a＞1. ∴只有a=2.当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，即 1=＜∴0＜b＜4，知b=3，从而易得c=5.说明：在此例中通过对因数k的范围讨论，从而逐步确定a、b、c是一项重要解题技巧.例9 （1987年全国初中联赛题）已知存在整数n，能使数被1987整除.求证数，都能被1987整除.证明∵×××（103n+），且能被1987整除，∴p能被1987整除.同样，q=（）且∴故、102（n+1）、被除，余数分别为1000，100，10，于是q表示式中括号内的数被除，余数为1987，它可被1987整除，所以括号内的数能被1987整除，即q能被1987整除.练习十六1．选择题（1）（1987年上海初中数学竞赛题）若数n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，则不是n的因数的最小质数是（）.（A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案（2）在整数0、1、2…、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则x+y+z等于（）.（A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10（3）可除尽311+518的最小整数是（）.（A）2 （B）3 （C）5 （D）311+518（E）以上都不是2．填空题（1）（1973年加拿大数学竞赛题）把100000表示为两个整数的乘积，使其中没有一个是10的整倍数的表达式为__________.(2) 一个自然数与3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中最小的是_________.(3) (1989年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225整除的最小自然数是________.3.求使为整数的最小自然数a的值.4.(1971年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n2+2n+12不是121的倍数.5.(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.6.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n满足方程m2+1954=n2.7.证明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n为非负整数.(2)若将(1)中的11改为任意一个正整数a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动后的结论.8.(1986年全国初中数学竞赛题)设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中,至少有一个能被10整除.9.(1986年上海初中数学竞赛题)100个正整数之和为101101,则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论.练习十六１．Ｂ．Ｂ．Ａ２．（１）２５·５５．（２）２７．３．由2000a为一整数平方可推出a=5．４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ２＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ（ｎ＋１）２＝１１（１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１）２，∴１１除尽ｎ＋１１１２除尽（ｎ＋１）２或１１｜１１ｋ－１，不可能．５．由是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＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，是１９８４．７．（１）１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１＝１２１×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝１２１×１１ｎ＋１２×１１ｎ－１２×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝…＝１３３×１１ｎ＋１２×（１４４ｎ－１１ｎ）．第一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４ｎ－１１ｎ，∴１３３｜１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１．（２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题为ａ（ａ＋１）＋１｜ａｎ＋２＋（ａ＋１）２ｎ＋１，可仿上证明．８．∵ａ３ｂ－ａｂ３＝ａｂ（ａ２－ｂ２）；同理有ｂ（ｂ２－ｃ２）；ｃａ（ｃ２－ａ２）．若ａ、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一个是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ２，ｂ２，ｃ２个位数只能是１，４，６，９，从而ａ２－ｂ２，ｂ２－ｃ２，ｃ２－ａ２的个位数是从１，４，６，９中，任取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一个被５整除，又２、５互质．９．设１００个正整数为ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公约数为ｄ，并令则ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１００１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，从而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ１＝ａ２＝ａ９９＝１００１，ａ１００＝２００２，则满足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值为１００１。
整数整除的概念和性质
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<b)，其中m称为商，n称为余数，特别地，n＝0时，即a＝bm，便称a被被b整除(也称a是b的倍数或的约数)，记为b|a．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| b c，且(a，c)=1，则a|b，特别地，若质数p|b c，则必有p|b或p|c；4．若b|a，c|a，且(b，c) =1，则b c|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．【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)2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61287xy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61287xy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．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 ．15B ．1C ．164D ．174(“五羊杯”竞赛题)(3)设N=个1990111，试问N 被7除余几?并证明你的结论． (安徽省竞赛题) 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9381ab 是99的倍数，求整数a 、b 的值．∵9381ab能被9整除，∴8+1+a+b+9+3=21+a+b能被9整除，得3+a+b=9k l(k1为整数)．①又9381ab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=2×3×4×…×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r a、r b，则r a≠0，r b≠0．若r a≠r b，则r a=2，r b=1或r a=1，r b=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r a=r b，则r a=r b=1或r a=r b=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：cba cab bca bac acb abc ,,,,,，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。
2020北京 初二数学竞赛 数论专题：整数的整除性质(含答案)
2020北京 初二数学竞赛 数论专题：整数的整除性质（含答案）1. 下面这个41位数20555L 123个2099L 23个能被7整除，问中间方格代表的数字是几？ 解析 因为5555555111111=⨯，9999999111111=⨯，11111137111337=⨯⨯⨯⨯，所以555555和999999都能被7整除，那么由18个5和18个9分别组成的18位数，也能被7整除．而原数=185230555000L L 123123个个1851890999+L L 123123个个，因此右边的三个加数中，前后两个数都能被1整除，那么只要中间的能被7整除，原数就能被7整除．把拆成两个数的和：5599BA B +.因为7|55300，7|399336+=．评注 记住111111能被7整除很有用．2. 一位魔术师让观众写下一个六位数a ，并将a 的各位数字相加得b ，他让观众说出a b -中的5个数字，观众报出1、3、5、7、9，魔术师便说出余下的那个数，问那个数是多少？解析 由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同，所以a b -是9的倍数．设余下的那个数为x ，则()9|13579x +++++，即 ()9|7x +，由于09x ≤≤，所以，2x =．3. 若p 、q 、21p q -、21q p-都是整数，并且1p >，1q >．求pq 的值． 解析 若p q =，则212112p p q p p--==- 不是整数，所以p q ≠．不妨设p q <，于是2121212p q q q q q--<<=≤， 而21p q -是整数，故211p q-=，即21q p =-．又 214334q p p p p--==- 是整数，所以p 只能为3，从而5q =．所以3515pq =⨯=．4. 试求出两两互质的不同的三个正整数x 、y 、z 使得其中任意两个的和能被第三个数整除．解析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．不妨设x y z <<，于是y z x +、z x y +、x y z+都是正整数．先考虑最小的一个：12x y z z z z++<=≤， 所以1x y z+=，即z x y =+．再考虑z x y +，因为()|y z x +，即()|2y y x +，所以|2y x ，于是2212x y y y <=≤， 所以21x y=，即2y x =，从而这三个数为x 、2x 、3x ．又因为这三个数两两互质，所以1x =．所求的三个数为1、2、3．5. 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +（其中n 是整数），于是 ()()()()22222121231121n n n n n -+++++=++． 所以 ()()()22212|212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦． 又()2111n n n n ++=++，而n 、1n +是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以()1n n +是偶数，从而21n n ++是奇数，故()()()22224212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦Œ． 6. 若x 、y 为整数，且23x y +，95x y +之一能被17整除，那么另一个也能被17整除． 解析 设23u x y =+，95x y =+．若17|u ，从上面两式中消去y ，得3517v u x -=．① 所以 17|3v ．因为（17，3）=1，所以17|v 即17|95x y +．若17|v ，同样从①式可知17|5u ．因为（17，5）=1，所以17|u ，即17|23x y +．7. 设n 是奇数，求证：60|6321n n n ---．解析 因为260235=⨯⨯，22、3、5是两两互质的，所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即可．由于n 是奇数，有22|62n n -，22|31n +，所以22|6231n n n ---；又有3|63n n -，3|21n +，所以3|6321n n n ---；又有5|61n -，5|32n n +，所以5|6321n n n ---．所以60|6321n n n ---．评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k 表示，奇数常用21k +表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a 被3除时，余数只能是0、1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k 、31k +、32k +这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．8. 设n 为任意奇正整数，证明：15961000270320n n n n +--能被2006整除．解析 因为200621759=⨯⨯，所以为证结论成立，只需证n 为奇正整数时，15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除．显然，表达式能被2整除．应用公式，n 为奇数时，()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++L ，()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++L .由于159610005944+=⨯，2703205910+=⨯，所以15961000270320n n n n +--能被59整除.又159627013261778-==⨯，10003206801740-==⨯，所以15961000270320n n n n +--能被17整除．9. 若整数a 不被2和3整除，求证：()224|1a -．解析 因为a 既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k 、61k +、62k +、63k +、64k +、65k +这六类．由于6k 、62k +、64k +是2的倍数，63k +是3的倍数，所以a 只能具有61k +或65k +的形式，有时候为了方便起见，也常把65k +写成61k -（它们除以6余数均为5）．故a 具有61k ±的形式，其中k 是整数，所以()()222161136121231a k k k k k -=±-=±=±． 由于k 与31k ±为一奇一偶（若k 为奇数，则31k ±为偶数，若k 为偶数，则31k ±为奇数），所以()2|31k k ±，于是便有()224|1a -．10. 求证：31n +（n 为正整数）能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除． 解析 按模2分类．若2n k =为偶数，k 为正整数，则()22313131n k n +=+=+． 由3k 是奇数，()23k 是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设()2381k l =+，于是 ()3182241n l l +=+=+，41l +是奇数，不含有2的因数，所以31n +能被2整除，但不能被2的更高次幂整除． 若21n k =+为奇数，k 为非负整数，则()()()22131313313811461n k k l l ++=+=⋅+=++=+． 由于61l +是奇数，所以此时31n +能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．11. 设p 是质数，证明：满足22a pb =的正整数a 、b 不存在.解析 用反证法．假定存在正整数a 、b ，使得22a pb =.令() , a b d =，1a a d =，1b b d =，则()11 , 1a b =.所以222211a d pb d =，2211a pb =，所以21|p a ．由于p 是质数，可知，1|p a .令12a pa =，则22221a p pb =，所以2221pa b =．同理可得，1|p b .即1a 、1b 都含有p 这个因子，这与()11 , 1a b =矛盾．12. 如果p 与2p +都是大于3的质数，那么6是1p +的约数.解析 每一整数可以写成6n 、61n -、61n +、62n -、62n +、63n +中的一种（n 为整数），其中6n 、62n -、62n +、63n +在1n ≥时都是合数，分别被6、2、2、3整除．因此，质数p 是61n -或61n +的形式.如果()611p n n =+≥，那么()263321p n n +=+=+是3的倍数，而且大于3，所以2p +不是质数．与已知条件矛盾．因此()611p n n =-≥．这时16p n +=是6的倍数．评注 本题是将整数按照除以6，所得的余数分为6类．质数一定是61n +或61n -的形式．当然，反过来，形如61n -或61n +的数并不都是质数．但可以证明形如61n -的质数有无穷多个，形如61n +的质数也有无穷多个．猜测有无穷多个正整数n ，使61n -与61n +同为质数．这是孪生质数猜测，至今尚未解决．13. 已知a 、b 是整数，22a b +能被3整除，求证：a 和b 都能被3整除．证 用反证法.如果a 、b 不都能被3整除，那么有如下两种情况：（1）a 、b 两数中恰有一个能被3整除，不妨设3|a ，3b Œ．令3a m =，31b n =±（m 、n 都是整数），于是()222222996133321a b m n n m n n +=+±+=+±+，不是3的倍数，矛盾．（2）a ，b 两数都不能被3整除.令31a m =±，31b n =±，则()()2222223131961961a b m n m m n n +=++±=±++±+()22333222m n m n =+±±+，不能被3整除，矛盾．由此可知，a 、b 都是3的倍数．14. 若正整数x 、y 使得2x x y+是素数，求证：x y ≤. 解析 设2x p x y =+是素数，则()py x x p =-，所以()|p x x p -，故|p x ，或者|p x p -，故可得|p x ，且p x <.令x kp =，k 是大于1的整数，则()1y x k x =-≥．15. 证明：形如abcabc 的六位数一定被7、11、13整除．解析 100171113abcabc abc abc =⨯=⨯⨯⨯． 由此可见，abcabc 被7、11、13整除．16. 任给一个正整数N ，把N 的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的正整数N '，试证明：N N '-被9整除．解析 N 除以9，与N 的数字和除以9，所得余数相同．N '除以9，与N '的数字和除以9，所得余数相同．N 与N '的数字完全相同，只是顺序相反，所以N 与N '的数字和相等．N 除以9与N '除以9，所得的余数相同，所以N N '-被9整除．17. 19991999199919991999N =L 144424443连写个.求N 被11除所得的余数．解 显然，N 的奇数位数字和与偶数位数字和的差为()1999999119998⨯+--=⨯.19998⨯除以11的余数与88⨯除以11的余数相同，即余数为9．从而N 除以11，所得的余数为9．18. 在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被3、4、5分别整除．符合这些条件的六位数中，最小的一个是多少？解析 要命名这个六位数尽可能小，而且能被5整除，百位数字和个位数字都应选0．这样，已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19．要使这个六位数能被3整除，十位上可填2、5、8．由能被4整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知，应在十位上填2．这个六位数是568020．19. 已知四位数abcd 是11的倍数，且有b c a +=，bc 为完全平方数，求此四位数． 解析 在三个已知条件中，b c a +=说明给出b 和c ，a 就随之给定，再由11|abcd ，可定d .而bc 为完全平方数，将b 和c 的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中，只要从这个范围中挑选符合要求的即可．由bc 完全平方数，只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况．由b c a +=，此时相应的a 为7、7、9、13、10、9．其中13和10显然不可能是四位数的千位数字． 在716d 、725d 、936d 、981d ，这四种可能性中，由11|abcd ，应有()()11|d b a c +-+．()()11|176d +-+时，d 可为1；()()11|275d +-+时，这种d 不存在；()11|396d +-+时，d 可为1；()11|891d +-+时，d 可为2．故满足条件的四位数有：7161、9361、9812．评注 bc 为完全平方数，表示bc 是两位整数，0b ≠，因此，不考虑00、01、04、09这四种情况，否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.20. 用0，1，2，…，9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？解析 因为0+1+2+…+9=45．这个最大十位数若能被11整除，其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）为0或11的倍数．由于这十个数字之和是45（奇数），所以这个差不可能是0、22、44（偶数）．若这个差为33，则只能是396-，但0+1+2+3+4=10，即最小的五个数字之和都超过6，不可能．若这个差为11，()4511228+÷=，452817-=．如果偶数位为9、7、5、3、1，其和为25；奇数位为8、6、4、2、0，其和为20．交换偶数位上的1与奇数位上的4，可得偶数位上的数为9、7、5、4、3，奇数位上的数为8、6、2、1、0．于是所求的最大十位数为9876524130．21. 一个六位数88的倍数，这个数除以88所得的商是多少？解析 设这个六位数为1234A B ，因为它是88的倍数，而88811=⨯，8与11互质，所以，这个六位数既是8的倍数，又是11的倍数．由1234A B 能被8整除，可知34B 能被8整除（一个数末三位组成的数能被8整除，这个数就能被8整除），所以B 是4．由能被11整除的数的特征（一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除，这个数就能被11整除），可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差()()234144A A ++-++=-能被11整除，则40A -=，即4A =．124344881413÷=． 所以，这个六位数是124344，它除以88的商是1413．22. 如果六位数105整除，那么，它的最后两位数是多少？解析 因为这个六位数能被105整除，而105357=⨯⨯，3、5、7这三个数两两互质，所以，这个六位数能同时被3、5、7整除．根据能被5整除的数的特征，它的个位数可以是0或5．根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七种可能：199320，199350，199380，199305，199335，199365，199395．而能被7整除的数的特征是：这个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7整除．经试算：395199196-=，196能被7整除．所以，199395能被105整除，它的最后两位数是95．23. 形如1993199319931993520n L 1442443个，且能被11整除的最小数是几？ 解析 本题实质上确定n 的最小值．利用被11整除的数的特征：偶数位数字之和与奇位数字之和的差能被11整除．该数的偶数位数字之和为122n +，奇数位数字之和为105n +，两者之差为()12210523n n n +-+=-．要使()11|23n -，不难看出最小的7n =，故所求最小数为71993199319931993520L 1442443个． 24. 是否存在100个不同的正整数，使得它们的和与它们的最小公倍数相等？解析 存在满足条件的100个数．事实上，对任意正整数()3n ≥，下述n 个数3，23⨯，223⨯，…，223n -⨯，13n -，它们的最小公倍数为123n -⨯，和为221222132323233323233n n n n ----+⨯+⨯++⨯+=+⨯++⨯+L L 33211113232333323n n n n n -----=+⨯++⨯+==+=⨯L L ．所以，这几个数的和等于它们的最小公倍数．取100n =，可知存在符合要求的100个数．。
初中数学竞赛：数的整除性
一，知能概述
对于整数a和不为零的整数b,总存 在整数m,n使得a-bm+n(0≤n<b),其中 m称为商,n称为余数,特别地,当n=0 时,即a=bm,便称a被b整除(也称a是b 的倍数或b是a的约数),记为b/a整除 有以下基本性质
1.若a|b,alc,则a|(b±c)2.若ab,b1c,则a|c;3.若ab,且 (aC)=1,则ab,特别地,若质数pb,则必有pb或pl;4.若 ba,ca,且(b,c)=1,则bea解整除有关间题常用到数的 整除性常见特征被2整除的数:个位数字是偶数
三，练习
1.(第14届五羊杯竞赛题)2002的不大于100的
正约数有( )
A.8个 B.9个
C.10个
D.11个
20 02=2×7×11×13.易见它的不大于 100的约数是 1,2,7,11,137,2×11,2×13,7×11,7×13,共 10个
2.(2005年河北初中数学竞赛题)在小于 1000的正整数中,能被5整除或能被7整除, 但是不能被35整除的数的个数为( )
6.(首届华杯赛试题)一个六位数3434ab能同时 被8和9整除,已知a+b=c,求c的最小值
由n=3434ab是9的倍数,知 3+4+3+4+a+b=14+a+b是9的倍数故a+b=4或13 由n是8的倍数,知4ab是8的倍数,从而ab是8的 倍数,易见a==0符合条件,且使a+b=c取最小值 4.
如果用[x]表示正数x的整数部分,那么,在小 于1000的999个正整数中,有[999/5]个数能被 5整除, [999/7]个数能被7整除.而既能被5整 除,又能被7整除的数有[999/35]个故所求数 的个数为[999/5]+ [999/7]-2 [999/35]=285
七年级竞赛数学培优辅导——整式的整除(word打印版)
七年级竞赛数学培优辅导——整式的整除内容提要1． 定义：如果一个整式除以另一个整式所得的商式也是一个整式，并且余式是零，则称这个整式被另一个整式整除。
2． 根据被除式＝除式×商式＋余式，设f(x),p(x),q(x)都是含x 的整式，那么 式的整除的意义可以表示为：若f(x)＝p(x)×q(x)， 则称f(x)能被 p(x)和q(x)整除例如∵x 2－3x －4＝（x －4）（x +1）,∴x 2－3x －4能被（x －4）和（x +1）整除。
显然当 x=4或x=－1时x 2－3x －4＝0，3． 一般地，若整式f(x)含有x –a 的因式，则f(a)=0反过来也成立，若f(a)=0,则x －a 能整除f(x)。
4． 在二次三项式中若x 2+px+q=(x+a)(x+b)＝x 2+(a+b)x+ab 则p=a+b,q=ab在恒等式中，左右两边同类项的系数相等。
这可以推广到任意多项式。
例题例1己知 x 2－5x+m 能被x －2整除，求m 的值。
x －3解法一：列竖式做除法 （如右） x －2 x 2－5x+m由 余式m －6＝0 得m=6 x 2－2x解法二：∵ x 2－5x+m 含有x －2 的因式 －3x+m∴ 以x=2代入 x 2－5x+m 得 －3x+622－5×2 ＋m=0 得m=6 m －6 解法三：设x 2－5x+m 除以x －2 的商是x+a (a 为待定系数)那么 x 2－5x+m ＝(x+a)(x －2)＝ x 2+(a-2)x －2a根据左右两边同类项的系数相等，得⎩⎨⎧=--=-m a a 252 解得⎩⎨⎧=-=63m a （本题解法叫待定系数法） 例2 己知:x 4－5x 3+11x 2+mx+n 能被x 2－2x+1整除求：m 、n 的值及商式解：∵被除式＝除式×商式 （整除时余式为0）∴商式可设为x 2+ax+b得x 4－5x 3+11x 2+mx+n ＝（x 2－2x+1）（x 2+ax+b ）＝x 4+(a-2)x 3+(b+1-2a)x 2+(a-2b)x+b根据恒等式中，左右两边同类项的系数相等，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-+-=-n b m b a a b a 12112152 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-==-=4113n m n b a ∴m=－11, n=4, 商式是x 2－3x+4例3 m 取什么值时，x 3+y 3+z 3+mxyz (xyz ≠0)能被x+y+z 整除?解：当 x 3+y 3+z 3+mxyz 能被x+y+z 整除时，它含有x+y+z 因式令x+y+z＝0，得x=－（y+z），代入原式其值必为0即［－（y+z）］3+y3+z3－myz(y+z)=0把左边因式分解，得－yz(y+z)(m+3)=0,∵yz≠0, ∴当y+z=0或m+3=0时等式成立∴当x,y（或y,z或x,z）互为相反数时，m可取任何值，当m=－3时，x,y,z不论取什么值，原式都能被x+y+z整除。
初中数学竞赛专题培训(24)：整数的整除性
初中数学竞赛专题培训第二十四讲* 整数的整除性整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的．1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作b a．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1若b｜a，c｜b，则c｜a．性质2若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)．性质3若c｜a，c b，则c(a±b)．性质4若b｜a，d｜c，则bd｜ac．性质5若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．性质6若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．性质7若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．性质8若a≠b，n是自然数，则(a-b)｜(a n-b n)．性质9若a≠-b，n是正偶数，则(a＋b)｜(a n-b n)．性质10若a≠-b，n是正奇数，则(a＋b)｜(a n＋b n)．2．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法．下面举例说明．例1证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．证设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故24 [(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例2若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17x．①所以 17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．q＞1．求pq 的值．解若p=q，则不是整数，所以p≠q．不妨设p＜q，于是是整数，所以p只能为3，从而q=5．所以pq=3×5=15．例4试求出两两互质的不同的三个自然数x，y，z，使得其中任意两个的和能被第三个数整除．分析题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．最小的一个：y｜(y＋2x)，所以y｜2x，于是数两两互质，所以x=1．所求的三个数为1，2，3．例5设n是奇数，求证：60｜6n-3n-2n-1．分析因为60=22×3×5，22，3，5是两两互质的，所以由性质6，只需证明22，3，5能被6n-3n-2n-1整除即可．对于幂的形式，我们常常利用性质8～性质10，其本质是因式分解．证 60=22×3×5．由于n是奇数，利用性质8和性质10，有22｜6n-2n，22｜3n＋1，所以22｜6n-2n-3n-1， 3｜6n-3n， 3｜2n+1，所以3｜6n-3n-2n-1，5｜6n-1，5｜3n+2n，所以5｜6n-1-3n-2n．由于22，3，5两两互质，所以60｜6n-3n-2n-1．我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k表示，奇数常用2k+1表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a被3除时，余数只能是0，1，2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k，3k ＋1，3k＋2这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．例6若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k ＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．证因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k 是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k 与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．例7求证：3n+1(n为正整数)能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除．证按模2分类．若n=2k为偶数，k为正整数，则3n＋1=32k＋1=(3k)2＋1．由3k是奇数，(3k)2是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设(3k)2=8l＋1，于是3n＋1=8l＋2=2(4l＋1)．4l＋1是奇数，不含有2的因数，所以3n＋1能被2整除，但不能被2的更高次幂整除．若n=2k＋1为奇数，k为非负整数，则3n+1=32k＋1+1=3·(3k)2＋1=3(8l＋1)＋1=4(6l＋1)．由于6l＋1是奇数，所以此时3n+1能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．在解决有些整除性问题时，直接证明较为困难，可以用反证法来证．例8已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b 都能被3整除．证用反证法．如果a，b不都能被3整除，那么有如下两种情况：(1)a，b两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a，3b．令a=3m，b=3n±1(m，n都是整数)，于是a2+b2=9m2+9n2±6n+1=3(3m2＋3n2±2n)+1，不是3的倍数，矛盾．(2)a，b两数都不能被3整除．令a=3m±1，b=3n±1，则a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2=9m2±6m+1+9n2±6n＋1=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．由此可知，a，b都是3的倍数．例9设p是质数，证明：满足a2=pb2的正整数a，b不存在．证用反证法．假定存在正整数a，b，使得a2=pb2令(a，b)=d，a=a1d，b=b1d，则(a1，b1)=1．所以与(a1，b1)=1矛盾．例10设p，q均为自然数，且求证：29｜p．证注意到29是质数．令a=10×11× (19)所以 ap=29q·b，29｜a·p，29是质数，且29a，所以29｜p．练习二十四1．求证：对任意自然数n，2×7n＋1能被3整除．2．证明：当a是奇数时，a(a2-1)能被24整除．3．已知整数x，y，使得7｜(13x+8y)，求证：7｜(9x＋5y)．4．设p是大于3的质数，求证：24｜(p2-1)．5．求证：对任意自然数n，n(n-1)(2n-1)能被6整除．6．求证：三个连续自然数的立方和能被9整除．7．已知a，b，c，d为整数，ab＋cd能被a-c整除，求证：ad＋bc也能被a-c整除．。
数学奥赛辅导 第二讲 整 除
数学奥赛辅导第二讲整除数学奥赛辅导第二讲整除数学奥赛辅导第二讲相乘知识、方法、技能相乘就是整数的一个关键内容，这里仅了解其中的几个方面：整数的相乘性、最大公约数、最轻公倍数、方幂问题.ⅰ.整数的整除性初等数论的基本研究对象就是自然数子集及整数子集.我们晓得，整数子集中可以作加、减至、乘法运算，并且这些运算满足用户一些规律（即为乘法和乘法的结合律和交换律，乘法与乘法的分配律），但通常无法搞乘法，即为，如a,b就是相乘，b?0，则初等数论中第一个基本概念：整数的相乘性.定义一：（带余除法）对于任一整数a和任一整数b，必有惟一的一对整数q，r使得a不一定就是整数.由此带出ba?bq?r，0?r?b，并且整数q和r由上述条件惟一确认，则q称作b除a的不能全然商，r称为b除a的余数.若r?0，则表示b相乘a，或a被b相乘，或表示a就是b的倍数，或表示b就是a的约数（又叫做因子），记作b|a.否则，b|a.任何a的非?a,?1的约数，叫做a的真约数.0是任何整数的倍数，1是任何整数的约数.任一非零的整数就是其本身的约数，也就是其本身的倍数.由相乘的定义，不难得出结论相乘的如下性质：（1）若a|b,b|c,则a|c.（2）若a|bi,则a|?cb,其中ciii?1ni?z,i?1,2,?,n.（3）若a|c，则ab|cb.反之，亦设立.（4）若a|b,则|a|?|b|.因此，若a|b,又b|a,则a??b.（5）a、b互质，若a|c,b|c,则ab|c.1（6）p为质数，若p|a1?a2an,则p必能整除a1,a2,?,an中的某一个.特别地，若p为质数，p|an,则p|a.（7）例如在等式abii1k1nmk中除开某一项外，其余各项都是c的倍数，则这一项也是c的倍数.（8）n个已连续整数中有且只有一个就是n的倍数.（9）任何n个已连续整数之内积一定就是n的倍数.本讲开始在整除的定义同时给出了约数的概念，又由上一讲的算术基本定理，我们就可以讨论整数的约数的个数了.定理一：设立大于1的整数a的标准水解式为a?p11?p2?pnn(p1?p2pn为质数，?i 均为非负整数），则a的约数的个数为d(a)??（?i?1).i?1n所有的约数和为：(a)i1npii11.pi?1事实上，由算术基本定理的推断言d(a)??(?i?1ni?1)，而各约数的和就是(1pi1nipaii)展开后的各项之和，所以nn?ip1?1?(a)??(1?pipi)??i?1i?1pi?1?i比如，25200=2432527，所以d(25200)?(4?1)(2?1)(2?1)(1?1)?90，25?133?153?172?1?(25200)99944.2?13?15?17?1ⅱ.最大公约数和最小公倍数2定义二：设a、b是两个不全为0的整数.若整数c满足：c|a,c|b，则称c为a,b的公约数，a与b的所有公约数中的最大者称为a与b的最大公约数，记为(a,b).如果(a,b)=1，则称a与b互质或互素.定义三：如果d就是a、b的倍数，则表示d就是a、b的公倍数.a与b的公倍数中最轻的正数称作a与b的最轻公倍数，记为[a,b].最大公约数和最小公倍数的概念可以推广到有限多个整数的情形，并用(a1,a2,?,an)表示a1,a2,?,an的最大公约数，[a1,a2,?,an]表示a1,a2,?,an的最小公倍数.若(a1,a2,?,an)?1，则表示a1,a2,a3,?,an互质，若a1,a2,?,an中任何两个都互质，则表示它们就是两两互质的.特别注意，n个整数互质与n个整数两两互质就是相同的概念，前者设立时后者不一定设立（比如，3，15，8互质，但不两两互质）；似乎后者设立时，前者必设立.因为任何正数都不是0的倍数，所以在讨论最小公倍数时，一般都假定这些整数不为0.同时，由于a,b与|a|,|b|有相同的公约数，且(a,b)?(|a|,|b|)（有限多个亦成立），因此，我们总限于在自然数集合内来讨论数的最大公约数和最小公倍数.似乎，若a,b的标准水解式为a?则pi1nii，,b??pi?i(pi为质数，ai,?i为非负整数）i?1n(a,b)??pimin(?i,?i)①i?1nn[a,b]??piman(?i,?i)②i?1比如3960=2332511，756=22337，则（3960，756）=2232=36，[3960，756]=23335711=83160.谋最大公约数也可以用只身二者乘法，其理论依据就是：定理二：设a、b、c是三个不全为0的整数，且有整数t使得a?bt?c，则a、b与b、c有相同的公约数，因而(a,b)?(b,c)，即(a,b)?(b,a?bt).3因为，若d是a、b的任一公约数，则由d|a,d|b和a?bt?c知d|c,即d是b、c的公约数；反之，若d是b、c的任一公约数，d也是a、b的公约数.只身二者乘法：设a、b?n?,且a?b，由利皮扬卡乘法存有??b?r1q2?r2,0?r2?r1,③rn?2?rn?1qn?rn,0?rn?rn?1,??rn?1?rnqn?1?rn?1,rn? 1?0.??因为每进行一次带余除法，余数至少减1，即b?r1rn?rn?1，而b为有限数，因此，必有一个最多不超过b的正整数n存在，使得rn?0，而rn?1?0，故由定理二得：a?bq1?r1,0?r1?b,rn?(rn?1,rn)?(rn,rn?1)(r2,r1）?（r1,b)?(a,b).例如，（3960，756）=（756，180）=（180，36）=36.具体算式如下：5（q1）3960（a）756（b）4（q2）3780720180（r1）36（r2）5（q3）1800（r3）由定义和上述求法不难得出最大公约数和最小公倍数的如下性质：（1）m?n,则(am,bm)?m(a,b).（2）设c为a,b的公约数，则(,)?abcc(a,b)ab.特别地，若c?(a,b),则(,)?c（3）设a1,a2,?,an是任意n个正整数，如果(a1,a2)?c2,(c2,a3)?c3,?,(cn?1,an)?cn，则(a1,a2,?,an)?cn.因cn|an,cn|cn?1,而cn?1|an?1,cn?1|cn?2,故cn?1|an?1,cn|cn?2，如此以此类推得出结论cn能够整4除an,an?1,?,a1,于是cn就是它们的一个公约数.又设立c为a1,a2,?,an的任一公约数，则c|a1,c|a2，因而c|c2，同理可推出c|c3，如此类推最后可得c|cn.于是c?|c|?cn，故cn就是最大公约数.（4）若(a,b)?c，则一定有整数x和y，使得ax?by?c.特别地，(a,b)?1?存在x,y使得ax?by?1.这可由辗转相除法的③式逆推而得c?rn?ax?by.（5）若(a,b)?1,则(ac,b)?(c,b).（6）a,b?n?①[ak,bk]?k[a,b](k?n?)；②m为a,b的任一公倍数，则[a,b]|m；③(a,b)[a,b]?ab，特别地，若(a,b)?1,则[a,b]?ab.①可以由③轻易获得，②可以由最轻公倍数定义得，③根据①、②式言，(a,b)[a,b]?pi1nimin(i,i)piiiab.i?1n（7）设a1,a2,?,an是任意n个正整数.若[a1,a2]?m2,[m2,a3]?m3,?,[mn?1,an]?mn，则[a1,a2,?,an]?mn.这就是一个谋多个整数的最轻公倍数的方法.它需用证明③相似的方法去证明.ⅲ.方幂问题一个正整数n能否表成m个整数的k次方和的问题称为方幂和问题.特别地，当m?1时称为k次方问题，当k?2时，称为平方和问题.能表为某整数的平方的数称为完全平方数.简称平方数，关于平方数，明显有如下一些简单的性质和结论：（1）平方数的个位数字只可能是0，1，4，5，6，9.（2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余数5。
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初中数学竞赛专题培训第二十四讲* 整数的整除性
整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的．
1．整除的基本概念与性质
所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．
定义设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作b a．
关于整数的整除，有如下一些基本性质：
性质1若b｜a，c｜b，则c｜a．
性质2若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)．
性质3若c｜a，c b，则c(a±b)．
性质4若b｜a，d｜c，则bd｜ac．
性质5若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．
性质6若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．
性质7若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．
性质8若a≠b，n是自然数，则(a-b)｜(a n-b n)．
性质9若a≠-b，n是正偶数，则(a＋b)｜(a n-b n)．
性质10若a≠-b，n是正奇数，则(a＋b)｜(a n＋b n)．
2．证明整除的基本方法
证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法．下面举例说明．
例1证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．
分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．
证设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是
(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1
=12(n2＋n＋1)．
所以
12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．
又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故
24 [(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．
例2若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．
证设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得
3v-5u=17x．①
所以 17｜3v．
因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．
若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．
q＞1．求pq 的值．
解若p=q，则
不是整数，所以p≠q．不妨设p＜q，于是
是整数，所以p只能为3，从而q=5．所以
pq=3×5=15．
例4试求出两两互质的不同的三个自然数x，y，z，使得其中任意两个的和能被第三个数整除．
分析题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．
最小的一个：
y｜(y＋2x)，所以y｜2x，于是
数两两互质，所以x=1．
所求的三个数为1，2，3．
例5设n是奇数，求证：
60｜6n-3n-2n-1．
分析因为60=22×3×5，22，3，5是两两互质的，所以由性质6，只需证明22，3，5能被6n-3n-2n-1整除即可．对于幂的形式，我们常常利用性质8～性质10，其本质是因式分解．
证 60=22×3×5．由于n是奇数，利用性质8和性质10，有
22｜6n-2n，22｜3n＋1，
所以22｜6n-2n-3n-1， 3｜6n-3n， 3｜2n+1，
所以3｜6n-3n-2n-1，5｜6n-1，5｜3n+2n，
所以5｜6n-1-3n-2n．
由于22，3，5两两互质，所以60｜6n-3n-2n-1．
我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k表示，奇数常用2k+1表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a被3除时，余数只能是0，1，2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k，3k ＋1，3k＋2这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．
例6若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．
分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k ＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．
证因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k 是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k 与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．
例7求证：3n+1(n为正整数)能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除．
证按模2分类．若n=2k为偶数，k为正整数，则
3n＋1=32k＋1=(3k)2＋1．
由3k是奇数，(3k)2是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设(3k)2=8l＋1，于是
3n＋1=8l＋2=2(4l＋1)．
4l＋1是奇数，不含有2的因数，所以3n＋1能被2整除，但不能被2的更高次幂整除．
若n=2k＋1为奇数，k为非负整数，则
3n+1=32k＋1+1=3·(3k)2＋1
=3(8l＋1)＋1=4(6l＋1)．
由于6l＋1是奇数，所以此时3n+1能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．
在解决有些整除性问题时，直接证明较为困难，可以用反证法来证．
例8已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b 都能被3整除．
证用反证法．如果a，b不都能被3整除，那么有如下两种情况：
(1)a，b两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a，3b．令a=3m，b=3n±1(m，n都是整数)，于是
a2+b2=9m2+9n2±6n+1
=3(3m2＋3n2±2n)+1，
不是3的倍数，矛盾．
(2)a，b两数都不能被3整除．令a=3m±1，b=3n±1，则
a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2
=9m2±6m+1+9n2±6n＋1
=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，
不能被3整除，矛盾．
由此可知，a，b都是3的倍数．
例9设p是质数，证明：满足a2=pb2的正整数a，b不存在．
证用反证法．假定存在正整数a，b，使得
a2=pb2
令(a，b)=d，a=a1d，b=b1d，则(a1，b1)=1．所以
与(a1，b1)=1矛盾．
例10设p，q均为自然数，且
求证：29｜p．
证注意到29是质数．令a=10×11× (19)
所以 ap=29q·b，
29｜a·p，29是质数，且29a，所以29｜p．
练习二十四
1．求证：对任意自然数n，2×7n＋1能被3整除．
2．证明：当a是奇数时，a(a2-1)能被24整除．
3．已知整数x，y，使得7｜(13x+8y)，求证：7｜(9x＋5y)．4．设p是大于3的质数，求证：24｜(p2-1)．
5．求证：对任意自然数n，n(n-1)(2n-1)能被6整除．6．求证：三个连续自然数的立方和能被9整除．
7．已知a，b，c，d为整数，ab＋cd能被a-c整除，求证：ad＋bc也能被a-c整除．。