初二.整数整除性
专题02 数的整除性(含答案)
解题思想：举例验证，或按剩余类深入讨论证明．
【例3】已知整数 能被198整除，求 ， 的值．
(江苏省竞赛试题)
解题思想：198=2×9×11，整数 能被9，11整除，运用整除的相关特性建立 ， 的等式，求出 ， 的值．
【例4】已知 ， ， 都是整数，当代数式7 ＋2 ＋3 的值能被13整除时，那么代数式5 ＋7 －22 的值是否一定能被13整除，为什么？
⑵若 =13， =2 012，从 经过1 999步到 ．不妨设向右跳了 步，向左跳了 步，则 ，解得 可见，它一直向右跳，没有向左跳．
⑶设 同时满足两个条件：① =0；② ＋ ＋ ＋…＋ =0．由于 =0，故从原点出发，经过( －1)步到达 ，假定这( －1)步中，向右跳了 步，向左跳了 步，于是 = － ， ＋ = －1，则 ＋ ＋ ＋…＋ =0＋( )＋( )＋…( )=2( ＋ ＋…＋ )－[( )＋( )＋…＋( )]=2( ＋ ＋…＋ )－ ．由于 ＋ ＋ ＋…＋ =0，所以 ( －1)=4( ＋ ＋…＋ )．即4| ( －1)．
且a＋b＋c＞14．设＋86＝222n考虑到是三位数，依次取n＝1，2，3，4.分别得出的可能值为136，358，580，802，又因为a＋b＋c＞14．故＝358．
8．设N为所求的三位“拷贝数”，它的各位数字分别为a，b，c(a，b，c不全相等)．将其数码重新排列后，设其中最大数为，则最小数为．故N＝－＝(1a－c)．
①若 | ， | ，则 | ；
②若 | ， | ，则 |( ± )；
③若 | ， | ，则[ ， ]| ；
④若 | ， | ，且 与 互质，则 | ；
⑤若 | ，且 与 互质，则 | ．特别地，若质数 | ，则必有 | 或 | ．
全国初中数学竞赛辅导(初2)第24讲整数的整除性
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ba．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，cb，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)｜(an-bn)．性质9 若a≠-b，n是正偶数，则(a＋b)｜(an-bn)．性质10 若a≠-b，n是正奇数，则(a＋b)｜(an＋bn)．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．。
数的整除知识点总结
数的整除知识点总结数的整除是数论中的一个基本概念，也是初等数学中的重要内容。
它与因数、倍数和约数等概念密切相关，对于解题和推理都有着重要的作用。
下面将对数的整除进行详细总结。
一、定义：如果整数a能够被整数b整除，即a/b是整数，那么称a是b的倍数，b是a的因数。
可以用数学表达式a=b*k来表示，其中k是整数。
二、性质：1.任何一个整数都是它自身的倍数，也是它自身的因数，即a是a的倍数，a是a的因数。
2.任何一个正整数都是1的倍数，即对于任何整数a，都有a是1的倍数。
3.任何一个整数都是它自身的因数，即对于任何整数a，都有a是a的因数。
4.如果a是b的倍数，b是c的倍数，那么a也是c的倍数，即若a是b的倍数且b是c的倍数，则a是c的倍数。
5.如果a是b的倍数，b是a的倍数，那么a和b是互为倍数，即a是b的倍数且b是a的倍数，则a和b互为倍数。
6.如果a是b的因数，b是c的因数，那么a也是c的因数，即若a是b的因数且b是c的因数，则a是c的因数。
三、判断一个数能否整除另一个数的方法：1.因式分解法：将被除数和除数都分解成质因数的乘积形式，然后进行比较。
如果被除数的质因数包含除数的质因数，并且对应质因数的指数均大于等于相应的质因数的指数，则被除数能够整除除数。
2.试商法：用除数去除被除数，如果商是整数且余数为0，则被除数能够整除除数，否则不能整除。
四、整除的性质：1.整除关系具有传递性，即如果a能够整除b，b能够整除c，则a 能够整除c。
2.整除关系具有反对称性，即如果a能够整除b，b能够整除a，则a 和b相等或互为相反数。
3.整除关系具有自反性，即任何一个数都能整除它本身。
4.整除关系具有非传递性，即如果a能够整除b，b能够整除c，但a 不能整除c。
例如：2能整除4，4能整除8，但2不能整除8五、整数的混合运算与整除的关系：1.若a整除b，b整除c，则a整除c。
2. 若a整除b，b整除c，则a整除bc。
数的整除性质技巧
数的整除性质技巧1.数的整除性质：1)若a整除b，b整除c，则a整除c。
（传递性）2)若a整除b且a整除c，则a整除b+c。
3)若a和b是正整数，且a整除b，那么a≤b。
4) 若a整除b，且c是任意整数，则a整除bc。
2.奇偶性质：1)若数a的个位数是偶数，则a整除22)若一个数是奇数，那么它的倍数一定是奇数。
3)若一个数是偶数，那么它的倍数一定是偶数。
3.除法性质：1) 若b整除a，且c是任意整数，则b整除ac。
2)若b整除a且b≠0，那么a除以b的商和余数唯一确定。
4.数位和性质：1)若数a的数位和是n，则a整除n。
2)若数a的数位和是9的倍数，那么a也是9的倍数。
3)若数a的数位和是3的倍数，那么a也是3的倍数。
5.数和运算性质：1)若a整除c且b整除c，则a+b整除c。
2)若a整除c且b整除c，则a-b整除c。
3)若a和b都整除c，则a+b也整除c。
4) 若a整除c且b整除c，则ax + by也整除c，其中x和y是任意整数。
6.乘法性质：1)若数a整除c且数b整除c，则a×b整除c。
2) 若数a整除bc且a和b互质，那么a整除c。
3)若数a整除b且数b整除a，则a和b的最大公约数等于其中的较小数。
7.倍数性质：1)若a整除b，并且b是a的倍数，那么a整除b的任意倍数。
2)一个数是另一个数的倍数时，它们的公倍数一定也是这个数的倍数。
8.整除和余数的关系：1)如果数a是数b的整数倍，那么a和b的余数相同。
2)如果数a和b除以数c的余数相同，那么a-b是c的倍数。
以上是一些常用的数的整除性质技巧，通过灵活运用这些技巧可以在解题过程中减少计算量，提高解题效率。
在实际运用中，我们可以根据题目的要求和条件选择相应的技巧，以求解问题。
同时，深入理解这些性质背后的原理，能够更好地理解数的整除关系，为数的整除性质的使用提供更大的帮助。
(初中数学)数的整除性精选题练习及答案
（初中数学）数的整除性精选题练习及答案阅读与思考设a，b是整数，b≠0，如果一个整数q使得等式a=bq成立，那么称a能被b整除，或称b整除a，记作b|a，又称b为a的约数，而a称为b的倍数．解与整数的整除相关问题常用到以下知识：1．数的整除性常见特征：①若整数a的个位数是偶数，则2|a；②若整数a的个位数是0或5，则5|a；③若整数a的各位数字之和是3(或9)的倍数，则3|a(或9|a)；④若整数a的末二位数是4(或25)的倍数，则4|a(或25|a)；⑤若整数a的末三位数是8(或125)的倍数，则8|a(或125|a)；⑥若整数a的奇数位数字和与偶数位数字和的差是11的倍数，则11|a．2．整除的基本性质设a，b，c都是整数，有：①若a|b，b|c，则a|c；②若c|a，c|b，则c|(a±b)；③若b|a，c|a，则[b，c]|a；④若b|a，c|a，且b与c互质，则bc|a；⑤若a|bc，且a与c互质，则a|b．特别地，若质数p|bc，则必有p|b或p|c．例题与求解【例1】在1，2，3，…，2 000这2 000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”竞赛试题) 解题思想：自然数n能同时被2和3整除，则n能被6整除，从中剔除能被5整除的数，即为所求．【例2】已知a，b是正整数(a＞b)，对于以下两个结论：①在a＋b，ab，a－b这三个数中必有2的倍数；②在a＋b，ab，a－b这三个数中必有3的倍数．其中( )A．只有①正确B．只有②正确C．①，②都正确D．①，②都不正确(江苏省竞赛试题)解题思想：举例验证，或按剩余类深入讨论证明．ab能被198整除，求a，b的值．(江苏省竞赛试题)【例3】已知整数13456ab能被9，11整除，运用整除的相关特性建立a，b的等式，解题思想：198=2×9×11，整数13456求出a，b的值．【例4】已知a ，b ，c 都是整数，当代数式7a ＋2b ＋3c 的值能被13整除时，那么代数式5a ＋7b －22c 的值是否一定能被13整除，为什么？(“华罗庚金杯”邀请赛试题)解题思想：先把5a ＋7b －22c 构造成均能被13整除的两个代数式的和，再进行判断．【例5】如果将正整数M 放在正整数m 左侧，所得到的新数可被7整除，那么称M 为m 的“魔术数”(例如：把86放在415左侧，得到86 415能被7整除，所以称86为415的魔术数)，求正整数n 的最小值，使得存在互不相同的正整数1a ，2a ，…，n a ，满足对任意一个正整数m ，在1a ，2a ，…，n a 中都至少有一个为m 的“魔术数”．解题思想：不妨设7i i a k t =+(i =1，2，3，…，n ；t =0，1，2，3，4，5，6)至少有一个为m 的“魔术数”．根据题中条件，利用10k i a m +(k 是m 的位数)被7除所得余数，分析i 的取值．【例6】一只青蛙，位于数轴上的点k a ，跳动一次后到达1k a +，已知k a ，1k a +满足|1k a +－k a |=1，我们把青蛙从1a 开始，经n －1次跳动的位置依次记作n A ：1a ，2a ，3a ，…，n a ．⑴ 写出一个5A ，使其150a a ==，且1a ＋2a ＋3a ＋4a ＋5a >0；⑵ 若1a =13，2000a =2 012，求1000a 的值；⑶ 对于整数n (n ≥2)，如果存在一个n A 能同时满足如下两个条件：①1a =0；②1a ＋2a ＋3a ＋…＋n a =0．求整数n (n ≥2)被4除的余数，并说理理由．(2013年“创新杯”邀请赛试题)解题思想：⑴150a a ==．即从原点出发，经过4次跳动后回到原点，这就只能两次向右，两次向左．为保证1a ＋2a ＋3a ＋4a ＋5a >0．只需将“向右”安排在前即可．⑵若1a =13，2000a =2 012，从1a 经过1 999步到2000a ．不妨设向右跳了x 步，向左跳了y 步，则1999132012x y x y +=⎧⎨+-=⎩，解得19990x y =⎧⎨=⎩可见，它一直向右跳，没有向左跳． ⑶设n A 同时满足两个条件：①1a =0；②1a ＋2a ＋3a ＋…＋n a =0．由于1a =0，故从原点出发，经过(k －1)步到达k a ，假定这(k －1)步中，向右跳了k x 步，向左跳了k y 步，于是k a =k x －k y ，k x ＋k y =k －1，则1a ＋2a ＋3a ＋…＋n a =0＋(22x y -)＋(33x y -)＋…(n n x y -)=2(1x ＋2x ＋…＋n x )－[(22x y +)＋(33x y +)＋…＋(n n x y +)]=2(2x ＋3x ＋…＋n x )－()12n n -．由于1a ＋2a ＋3a ＋…＋n a =0，所以n (n －1)=4(2x ＋3x ＋…＋n x )．即4|n (n －1)．能力训练A 级1．某班学生不到50人，在一次测验中，有17的学生得优，13的学生得良，12的学生得及格，则有________人不及格．2．从1到10 000这1万个自然数中，有_______个数能被5或能被7整除．(上海市竞赛试题)3．一个五位数398ab 能被11与9整除，这个五位数是________．4．在小于1 997的自然数中，是3的倍数而不是5的倍数的数的个数是()A ．532B ．665C ．133D ．7985．能整除任意三个连续整数之和的最大整数是( )A ．1B ．2C ．3D ．6 (江苏省竞赛试题)6．用数字1，2，3，4，5，6组成的没有重复数字的三位数中，是9的倍数的数有()A ．12个B ．18个C ．20个D ．30个 (“希望杯”邀请赛试题)7．五位数abcde 是9的倍数，其中abcd 是4的倍数，那么abcde 的最小值为多少？(黄冈市竞赛试题)8．1，2，3，4，5，6每个使用一次组成一个六位数字abcdef ，使得三位数abc ，bcd ，cde ，def 能依次被4，5，3，11整除，求这个六位数．(上海市竞赛试题)9．173□是个四位数字，数学老师说：“我在这个□中先后填入3个数字，所得到的3个四位数，依次可被9，11，6整除．”问：数学老师先后填入的这3个数字的和是多少？(“华罗庚金杯”邀请赛试题)B级1．若一个正整数a被2，3，…，9这八个自然数除，所得的余数都为1，则a的最小值为_________，a的一般表达式为____________．(“希望杯”邀请赛试题) 2．已知m，n都是正整数，若1≤m≤n≤30，且mn能被21整除，则满足条件的数对(m，n)共有___________个．(天津市竞赛试题) 3．一个六位数1989x y能被33整除，这样的六位数中最大是__________．4．有以下两个数串1,3,5,7,,1991,1993,1995,1997,19991,4,7,10,,1987,1990,1993,1996,1999⎧⎨⎩同时出现在这两个数串中的数的个数共有( )个．A．333 B．334 C．335 D．3365．一个六位数1991a b能被12整除，这样的六位数共有( )个．A．4 B．6 C．8 D．126．若1 059，1 417，2 312分别被自然数n除时，所得的余数都是m，则n－m的值为( )．A．15 B．1 C．164 D．1747．有一种室内游戏，魔术师要求某参赛者相好一个三位数abc，然后，魔术师再要求他记下五个数：acb，bac，bca，cab，cba，并把这五个数加起来求出和N．只要讲出N的大小，魔术师就能说出原数abc是什么．如果N=3 194，请你确定abc．(美国数学邀请赛试题) 8．一个正整数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“拷贝数”，试求所有的三位“拷贝数”．(武汉市竞赛试题)9．一个六位数，如将它的前三位数字与后三位数字整体互换位置，则所得的新六位数恰为原数的6倍，求这个三位数．(“五羊杯”竞赛试题)10．一个四位数，这个四位数与它的各位数字之和为1 999，求这个四位数，并说明理由．(重庆市竞赛试题)11．从1，2，…，9中任取n 个数，其中一定可以找到若干个数(至少一个，也可以是全部)，它们的和能被10整除，求n 的最小值．(2013年全国初中数学竞赛试题)数的整除性答案例1 267 提示：333－66＝267．例2 C 提示：关于②的证明：对于a ，b 若至少有一个是3的倍数，则ab 是3的倍数．若a ，b 都不是3的倍数，则有：(1)当a ＝3m ＋1，b ＝3n ＋1时，a －b ＝3(m －n )；(2)当a ＝3m ＋1，b ＝3n ＋2时，a ＋b ＝3(m ＋n ＋1)；(3)当a ＝3m ＋2，b ＝3n ＋1时，a ＋b ＝3(m ＋n ＋1)；(4)当a ＝3m ＋2，b ＝3n ＋2时，a －b ＝3(m －n ).例3 a ＝8．b ＝0提示：由9｜(19＋a ＋b )得a ＋b ＝8或17；由11|(3＋a －b )得a －b ＝8或－3．例4 设x ，y ，z ，t 是整数，并且假设5a ＋7b －22c ＝x (7a ＋2b ＋3c ) ＋13(ya ＋zb ＋tc ).比较上式a ，b ，c的系数，应当有⎪⎩⎪⎨⎧-=+=+=+2213371325137t x z x y x ，取x ＝－3，可以得到y ＝2，z ＝1，t ＝－1，则有13 (2a ＋b －c )－3(7a ＋2b ＋3c )＝5a ＋7b －22c ．既然3(7a ＋2b ＋3c )和13(2a ＋b －c )都能被13整除，则5a ＋7b －22c 就能被13整除．例5 考虑到“魔术数”均为7的倍数，又a 1，a 2，…，a n 互不相等，不妨设a 1 ＜a 2＜…＜a n ，余数必为1，2，3，4，5，6，0，设a i ＝k i ＋t (i ＝1，2，3，…，n ；t ＝0，1，2，3，4，5，6)，至少有一个为m 的“魔术数”，因为a i ·10k ＋m (k 是m 的位数)，是7的倍数，当i ≤b 时，而a i ·t 除以7的余数都是0，1，2，3，4，5，6中的6个；当i ＝7时，而a i ·10k 除以7的余数都是0，1，2，3，4，5，6这7个数字循环出现，当i ＝7时，依抽屉原理，a i ·10k 与m 二者余数的和至少有一个是7，此时a i ·10k ＋m 被7整除，即n ＝7．例6 (1)A 5：0，1，2，1，0.(或A 5：0，1，0，1，0) (2)a 1000＝13＋999＝1 012． (3)n 被4除余数为0或1．A 级1．1 2．3 143 3．39 798 4．A 5．C 6．B—————＋0＋0＋0＋e 能被9整除，所以e 只能取8．因此—abcde 最小值为 10 008.8．324 561提示：d ＋f －e 是11的倍数，但6≤d ＋f ≤5＋6＝11，1≤e ≤6，故0≤d ＋f －e ≤10，因此d ＋f －e ＝0，即5＋f ＝e ，又e ≤d ，f ≥1，故f ＝l ，e ＝6，9．19 提示：1＋7＋3＋□的和能被9整除，故□里只能填7，同理，得到后两个数为8，4．B 级1．2 521 a ＝2 520n ＋1(n ∈N ＋)2．573．719 895提示：这个数能被33整除，故也能被3整除．于是，各位数字之和(x ＋1＋9＋8＋9＋y )也能被3整除，故x ＋y 能被3整除．4．B5．B6．A 提示：两两差能被n 整除，n ＝179，m ＝164．7．由题意得—acb ＋—bac ＋—bca ＋—cab ＋—cba ＝3 194，两边加上—abc ．得222(a ＋b ＋c )＝3194＋—abc∴222(a ＋b ＋c ) ＝222×14＋86＋—abc ．则—abc ＋86是222的倍数．且a ＋b ＋c ＞14．设——abc ＋86＝222n 考虑到——abc 是三位数，依次取n ＝1，2，3，4.分别得出——abc 的可能值为136，358，580，802，又因为a ＋b ＋c ＞14．故——abc ＝358．8．设N 为所求的三位“拷贝数”，它的各位数字分别为a ，b ，c (a ，b ，c 不全相等)．将其数码重新排列后，设其中最大数为——abc ，则最小数为——cba ．故N ＝ ——abc －——cba ＝(100a ＋10b ＋c )－ (100c ＋10b ＋a )＝99(a －c )．可知N 为99的倍数．这样的三位数可能是198，297，396，495，594，693，792，891，990．而这9个数中，只有954－ 459＝495.故495是唯一的三位“拷贝数”．9．设原六位数为———abcdef ，则6×———abcdef ＝———defabc ，即6×(1000×——abc ＋——def )＝1000×——def ＋——abc ，所以994×——def －5 999×——abc ，即142×——def ＝857×——abc ， ∵(142，857)＝1，∴ 142|—abc ，857|——def ，而——abc ，——def 为三位数，∴—abc ＝142，——def ＝857，故———abcdef ＝142857．10．设这个数为——abcd ，则1 000a ＋100b ＋10c ＋d ＋a ＋b ＋c ＋d ＝1 999，即1 001a ＋101b ＋11c ＋2d ＝1 999，得a ＝1，进而101b ＋11c ＋2d ＝998，101b ≥998－117－881，有b ＝9，则11c ＋2d ＝89，而0≤2d ≤18，71≤11c ≤89，推得c ＝7，d ＝6，故这个四位数是1 976．11．当n ＝4时，数1，3，5，8中没有若干个数的和能被10整除．当n ＝5时，设a 1a 2，…，a 5是1，2，…，9中的5个不同的数，若其中任意若干个数，它们的和都不能被10整除，则125,,,a a a 中不可能同时出现1和9，2和8，3和7，4和6，于是125,,,a a a 中必定有一个为5，若125,,,a a a 中含1，则不含9，于是，不含4(45110)⨯++=，故含6；不含3(36110)⨯++=,故含7；不含2(21710)⨯++=,故含。
数的整除性质
数的整除性质数的整除性质是数学中一个非常基础且重要的概念。
整除是指一个数能够被另一个数整除，即能够整除的数叫做除数，能够被整除的数叫做被除数。
在数的整除性质中，有一些基本的定理和规律，我们一起来探讨。
一、整除的定义在数学中，如果存在整数a和b，使得b乘以a得到的结果等于一个整数c，那么我们就说b能够整除c。
这个定义可以用符号表示为：b|c，读作“b整除c”。
例如，4能够整除12，我们可以表示为4|12。
二、整除的性质1. 传递性：如果a能够整除b，b能够整除c，那么a一定能够整除c。
例如，如果2能够整除4，4能够整除8，那么2一定能够整除8。
2. 自身整除：任何一个数都能够整除自身。
例如，5能够整除5。
3. 1整除任何数：1能够整除任何一个数。
例如，1能够整除8。
4. 零的整除性：任何一个数都能够整除0。
例如，任何数都能够整除0。
5. 任何一个数都能够整除1：任何一个数都能够被1整除。
例如，任何数都能够被1整除。
6. 如果a能够整除b，那么a能够整除b的倍数。
例如，如果3能够整除6，那么3一定能够整除6的倍数12。
7. 如果a能够整除b，那么b能够整除a的因数。
例如，如果2能够整除4，那么4一定能够整除2的因数。
三、整除和最大公因数最大公因数是指两个或多个整数中最大的能够整除这些整数的数。
最大公因数可以通过求解数的因数来得到。
例如，求解12和15的最大公因数，我们可以找到12的因数：1、2、3、4、6、12，15的因数：1、3、5、15，他们的公因数有1和3，其中最大的公因数是3。
最大公因数有以下的性质：1. 最大公因数是两个数的公因数中最大的一个。
2. 如果最大公因数为1，那么这两个数互质。
3. 如果最大公因数为a，那么这两个数的倍数中最大的一个为a。
四、整除与质数质数是指大于1的正整数，除了1和本身，没有其他的因数。
质数和整除有着密切的关系。
1. 质数只能被1和自身整除。
2. 任何一个数都可以被质数整除。
数的整除性与最大公约数知识点总结
数的整除性与最大公约数知识点总结在数学中，数的整除性与最大公约数是一个重要的概念。
了解和掌握这些知识点对于学习和解决数学问题至关重要。
本文将对数的整除性和最大公约数进行总结和讲解。
一、数的整除性数的整除性是指一个数能够被另一个数整除。
在数学中，我们常用符号“|”来表示整除。
例如，如果一个整数 a 能够被一个整数 b 整除，我们可以写作 a | b。
下面是数的整除性的一些基本性质：1. 如果 a | b 且 b | c，则 a | c。
这意味着如果一个数能整除另外两个数，那么它也能整除这两个数的和、差、积和商。
2. 如果 a | b 且 a | c，则 a | (xb + yc)。
这意味着如果一个数能整除另外两个数，那么它也能整除这两个数的任意整数线性组合。
3. 如果 a | b，则 -a | b。
这意味着如果一个数能整除另一个数，那么它的负数也能整除同样的数。
4. 0 | a，其中 a 是任意整数。
这意味着 0 能整除任意整数。
但要注意，0 不能被任何数整除，因为除以 0 是没有意义的。
二、最大公约数最大公约数，简称为最大公因数，是指两个或者多个数中最大的能够同时整除这些数的正整数。
最大公约数有多种求解方法，下面简单介绍两种常用的方法：1. 穷举法：列举出两个数的所有因数，然后找出它们的公共因数中的最大值。
这种方法适用于较小的数。
例如，求解 24 和 36 的最大公约数，列举它们的因数如下：24 的因数为 1、2、3、4、6、8、12、24；36 的因数为 1、2、3、4、6、9、12、18、36。
我们发现它们的公共因数有 1、2、3、4、6 和 12，其中最大的是12，因此最大公约数是 12。
2. 辗转相除法：辗转相除法是一种快速求解最大公约数的方法。
它的基本思想是利用两个数的除法运算，将较大数除以较小数，然后再将余数除以除数，一直重复这个过程，直到余数为 0。
最后一个非零余数即为最大公约数。
1.整除的概念和性质
例3 将正方形ABCD分割成 n2 个相等 的小方格（n 是正整数），把相对的顶 点A,C染成红色，B,D染成蓝色，其他 交点任意染成红蓝两色中的一种颜色， 证明：恰有三个顶点同颜色的小方格的 数目必是偶数。
例4 设正整数d 不等于2,5,13，证明集合
除。即：若3∣an+an-1+…a1+a0，，则3 ∣N.
• 判别方法4：（整数被9整除） 如果一个整数的各位数字之和能被9整除，则该数能被9整除。
即：若9∣an+an-1+…a1+a0，，则9 ∣N.
• 例6 有一个自然数乘以9后，得到一 个仅由数字1组成的多位数，求这个自然 数最小为多少？
12345679
(2)把一个数由右边向左边数,将奇位上的数字与偶位上的 数字分别加起来,再求它们的差,如果这个差是11的倍数 (包括0),那么,原来这个数就一定能被11整除。
例如：判断491678能不能被11整除。 →奇位数字的和 9+6+8=23 ，→偶位数位的和4+1+7=12 ，23-12=11 因此,491678能被11整除。
• 素数： –定义 设整数n≠0，±1.如果除了显然因数 ±1，±n以外，n没有其他因数，那么，n 叫做素数（或质数或不可约数），否则，n 叫做合数.
–规定：若没有特殊说明，素数总是指正整 数，通常写成p或 p1， p2，…， pn.
–例 整数2，3，5，7都是素数，而整数4，6， 8，10，21都是合数.
能被1985整除。
例9 设p为大于5的素数 ，
求证：240︱ p4 1
例10 p 5是素数 ，且2 p +1也是素数，证 明： 4 p +1必是合数。
第一讲整数的整除性1
第一讲整数的整除性1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<<="">（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 ''。
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。
数论整数的整除性
2021/4/7
litonghong
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求n个整数的最大公因数.
定理9 设a1 , … , an 是n个整数，且a1≠0. 令 (a1 , a2) = d2 , … , (dn-1 , an) = dn 则(a1 , … , an) = dn .
最后，根据定理2，求出两个整数的最大公因数.
2021/4/7
litonghong
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例1 设a=-1859，b=1573 ，计算(a，b). 解： 由定理1 ， (-1859，1573)=(1859，1573) 运用广义欧几里得除法，有
1859 = 1·1573 + 286 1573 = 5·286 + 143 286 = 2·143 根据定理4，(-1859，1573)=143
litonghong
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定理8：设a ,b是不全为零的整数． (i)若m是任一正整数，则
(ma ,mb) =m(a ,b) (ii)若非零整数d满足d|a , d|b ,则
a d
,
b d
a, b
d
特别地， a , b 1 (a, b) (a, b)
证 设d=(a , b) , d’ = (am , bm). 由定理5 ， 存在整数t，s使得
1
18 1=8 6 ·3
18
6
具体算式是： 3
0
2021/4/7
litonghong
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求解的具体过程：
1
1
3
×
×
1 +1 +2 + 7
结果是：
6 = 2·150 - 7·42
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整数的整除特征范文
整数的整除特征范文以下是整数的整除特征的一些重要点：1.定义：如果一个整数a能整除另一个整数b，即b能够被a整除，则可以用以下符号表示：a，b。
读作"a整除b"或"a能整除b"。
例如：2，8，表示2能够整除82.整除性质：(a)整数可以整除0，即所有整数都能整除0。
(b)1可以整除任何整数，即对于任意整数a，都有1，a。
(c)0只能被自身整除，即只有0能够整除0，对于任意整数a，都有a，0。
3.除数与被除数的关系：(a)整数a能整除整数b，当且仅当存在整数c，使得a×c=b。
(表示为a，b)(b)如果整数a能够整除整数b和整数c，那么它也可以整除它们的和、差和乘积，即如果a，b且a，c，则a，(b+c)、a，(b-c)和a，(b×c)。
(c)如果整数a能够整除整数b，并且b能够整除整数c，那么a也能整除c，即如果a，b且b，c，则a，c。
4.整除与素数的关系：(a)素数是指除了1和自身之外没有其他正因数的整数。
素数只能被1和它自己整除。
(b)如果一个数能够整除一个素数p，那么这个数只能是1或p本身。
5.整除与因数的关系：(a)一个整数b的因数是能够整除b的整数。
通常以d，b表示d是b的因数，即d能整除b。
(b)如果整数d是整数b的因数，则存在整数k使得d×k=b。
这可以表示为d，b。
(c)一个整数b的所有正因数，包括1和b本身，构成了b的因数集合。
这个集合的元素个数称为b的因数个数。
6.最大公约数与最小公倍数：整数的整除特征在数论和代数中扮演着重要的角色。
它们被广泛应用于数值计算、代数方程式的求解、模运算以及其他数学领域的研究中。
理解整数的整除特征不仅可以帮助我们解决数学问题，还能够增强我们对整数运算性质的理解。
整数的奇偶性和整除性
整数的奇偶性和整除性所为整数的奇偶性就是利用整数的奇数、偶数的特征和性质解决问题和分析问题。
关于奇数和偶数有如下性质：1. 奇数+奇数=偶数；奇数+偶数=奇数；偶数+偶数=偶数。
2. 两个数之和是奇（偶）数，则这两个数的奇偶性相反（同）。
3. 若干个整数之和为奇数，则这些数中必有奇数，且奇数的个数为奇数个；若干个整数之和为偶数，则这些整数中若有奇数，奇数的个数必为偶数个。
4. 奇数⨯奇数=奇数；奇数⨯偶数=偶数；偶数⨯偶数=偶数。
5. 若干个整数之积为奇数，则这些数必为奇数；若干个整数之积为偶数，则这些数中至少有一个为偶数。
6. 若a 是整数，则a 与a 有相同的奇偶性。
7. 若b a 、是整数，则b a +与b a -奇偶性相同。
例1：设n 为奇数，n a a a ,,,21 是n ,,2,1 的任意一个排列，证明：)()3)(2)(1(321n a a a a n ---- 必为偶数。
整数的整除性是初等数论的基本内容，虽然它的性质较为简单，但它的解题往往需要一定的技巧。
因此在各类数学竞赛中占有一定的比例。
定义： 设b a 、是整数，且0≠b ，如果存在整数q 使得bq a =，则称b 整除a ，或称a 被b 整除。
记作a b |。
否则，称b 不整除a ，记作b ˧a 。
显然，1能整除任意数；0能被任意数整除。
性质1：设c b a ,,是整数，1）a a |；2）若b a |，c b |，则c a |；3）若b a |，c a |，则对任意的整数n m ,，有cn bm a +|。
性质2：若在等式∑∑===n j j n i ib a 11中，除某一项外，其余各项都能被c 整除，则这一项也能被c 整除。
性质3：1）若1),(=b a ，且bc a |，则c a |；2）若1),(=b a 且c b c a |,|，则c ab |；3)设p 是素数，若ab p |，则a p |或b p |。
例2：试求方程y x y x 22232=+的正整数解。
数字的整除性初步了解数字的整除性质
数字的整除性初步了解数字的整除性质数字的整除性是数学中一个基本的概念，它描述了一个数能否被另一个数整除的性质。
在我们日常生活和数学学科中，整数的整除性质被广泛应用，帮助我们解决各种问题和计算。
本文将初步探讨数字的整除性质，并介绍一些相关概念和规则。
一、整除性的定义与性质在数学中，我们说整数a能够被整数b整除，当且仅当存在另一个整数c，使得a = b ×c。
这里，我们可以把a称为被除数，b称为除数，c称为商。
例如，当a = 10，b = 2时，c = 5，因为10可以被2整除。
在整除性中，我们可以得到以下几点性质：1. 若一个整数a能够被整数b整除，那么a一定是b的倍数。
即a =b × c，c为整数。
例如，10能被2整除，因此10是2的倍数。
2. 若一个整数能够被其他整数整除，那它一定能被这个数的所有因数整除。
例如，30能被2整除，因为2是30的因数。
3. 若一个整数能够被某个整数整除，那它一定能被这个整数的倍数整除。
例如，10能被2整除，那它也能被2的倍数4整除。
二、整数的整除规则在我们的日常生活和数学学科中，数字的整除性质被广泛应用于各种计算和问题解决中。
掌握一些整除规则可以帮助我们更好地理解和应用整除性质。
1. 偶数的整除性：偶数能够被2整除，即偶数的因数中一定包含2。
例如，4能被2整除，所以4是一个偶数。
2. 十的整除性：一个数能够被10整除，当且仅当它的个位上是0。
例如，30能被10整除，因为个位上是0。
3. 末位数字的整除性：如果一个数的末位数字是偶数，那么它一定能被2整除。
如果一个数的末位数字是5或0，那么它一定能被5整除。
例如，25的末位是5，所以25能够被5整除。
4. 数字和的整除性：如果一个数各位上的数字之和能够被3整除，那么该数能够被3整除。
例如，15的各位数字之和是1+5=6，6能被3整除，所以15能够被3整除。
总结起来，数字的整除性是一个广泛应用的数学概念，在日常生活和学习中具有重要意义。
数的整除性及性质
数的整除性及性质数的整除性是指一个整数能够被另一个整数整除，即没有余数的除法运算。
整除性是数学中的一个重要概念，它有一些基本的性质。
性质1：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它也能够被这个整数的因子整除。
性质2：如果一个整数能够被两个整数整除，那么它也能够被这两个整数的公倍数整除。
性质3：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的倍数也能够被这个整数整除。
性质4：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的相反数也能够被这个整数整除。
性质5：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数倍也能够被这个整数整除。
性质6：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数加减这个整数也能够被这个整数整除。
性质7：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数乘以这个整数也能够被这个整数整除。
性质8：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数除以这个整数也能够被这个整数整除。
性质9：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数次方也能够被这个整数整除。
性质10：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的倒数也能够被这个整数整除。
性质11：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的相反数的倒数也能够被这个整数整除。
性质12：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数倍数的倒数也能够被这个整数整除。
性质13：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数加减这个整数的倒数也能够被这个整数整除。
性质14：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数乘以这个整数的倒数也能够被这个整数整除。
性质15：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数除以这个整数的倒数也能够被这个整数整除。
性质16：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的任意正整数次方的倒数也能够被这个整数整除。
性质17：如果一个整数能够被另一个整数整除，那么它的相反数的次方也能够被这个整数整除。
整数整除的概念和性质
第一讲整数整除的概念和性质1．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．解答：证明：对于a，b，若至少有1个数是3的倍数，则ab是3的倍数；若a，b都不是3的倍数①当a=3m+1，b=3n+1时，a-b=3（m-n），a-b是3的倍数；②当a=3m+1，b=3n+2时，a+b=3（m+n+1），a+b是3的倍数；③当a=3m+2，b=3n+2时，a-b=3（m-n），a-b是3的倍数；∴a+b，ab、a-b这三个数之中，至少有一个是3的倍数．2.已知7位数是72的倍数，求出所有的符合条件的7位数．解答：解：∵72|，∴8|，9|。
由此得：1+2+8+7+x+y+6=24+x+y是9的倍数，而0＜x≤9，0＜y≤9，则x+y=3或12，又必是8的倍数，必是4的倍数，则y=1，3，5，7或9，当y=1时，x=2，8|216；当y=3时，x=0或9，8不能整除36（不符合题意），8|936（符合题意）；当y=5时，x=7，8不能整除756（不符合题意）；当y=7时，x=5，8|756；当y=9时，x=3，8不能整除396（不符合题意）；综上可得：当y=1，x=2；y=3，x=9，；y=7，x=5时所得的7位数满足条件．∴符合条件的7位数为：1287216，1287936，1287576．3.（1）若a、b、c、d是互不相等的整数，且整数x满足等式（x-a）（x-b）（x-c）（x-d）-9=0，求证：4|（a+b+c+d）．（2）已知两个三位数与的和+能被37整除，证明：六位数也能被37整除．解答：证明：（1）∵9=1×（-1）×3×（-3），∴可设x-a=1，x-b=-1，x-c=3，x-d=-3，∴a=x-1，b=x+1，c=x-3，d=x+3，∴a+b+c+d=4x，即4|（a+b+c+d）；（2）∵= ×1000+ = ×999+（+）又∵和（+）能被37整除，∴×999+（+）能被37整除，即六位数能被37整除．4.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．解答：解：由已知，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．5.写出都是合数的13个连续自然数．解答：解：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也是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．6.已知定理“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式2a+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．解答：证明：∵a+b+c=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a r 、b r ，则a r ≠0，b r ≠0．若a r ≠b r ，则a r =2，b r =1或a r =1，b r =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+5q+4），即2a+5b 为合数与已知c 为质数矛盾．∴只有a r =b r ，则a r =b r =1或a r =b r =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．7.一个正整数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”．解答：解：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：，不妨设其中的最大数为，则最小数为．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”．8.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？解答：解：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1331．9.在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数，把的和N告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数．现在设N=3194，请你做魔术师，求出数来．解答：解：将acb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acb+N=222（a+b+c），从而3194+100≤222（a+b+c）≤3194+999，而a、b、c是整数．所以15≤a十b十c≤18①．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，∴=385．10.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．解答：解：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15．11.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整除．解答：解：令N=n a a a ⋅⋅⋅21，则N ′=11a a a n n ⋅⋅⋅-．所以，N 除以9所得的余数等于n a a a +⋅⋅⋅++21除以9所得的余数，而N ′除以9所得的余数等于11a a a n n ⋅⋅⋅++-除以9所得的的余数．显然，n a a a +⋅⋅⋅++21=11a a a n n ⋅⋅⋅++-．因此，N 与N ′除以9所得的余数相同，从而|N-N'|能被9整除．12.（1）证明：形如的六位数一定能被7，1l ，13整除．（2）若4b+2c+d=32，试问能否被8整除？请说明理由．解答：解：（1）=1001（100a+10b+c ）=7×11×13（100a+10b+c ）， ∴形如的六位数一定能被7，1l ，13整除． （2）=1000a+100b+10c+d=1000a+96b+8c+（4b+2c+d ） =1000a+96b+8c+32，以上各式均能被8整除，故若4b+2c+d=32，能被8整除．。
竟赛数学整数整除性讲解
01
利用数的整除性特征
预备知识
☺ 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之积，因此一定可被2整除。 ☺ 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连续整数之积。
例题讲解
n -n ☺ 例4：设n是正整数，求证 可被30整除 5
32n - 32n2 24n -1
证明：设f（n） 32n - 32n 2 24n -1，用归纳法证明
f（1） 0
512 | f（1）成立
假设512 | f（n）成立，下证512 | f（n 1）
f（n 1）- f（n） 32n 2 - 32n - 3（ 2 2n 1） 24 8·32n - 64n - 8
☺
证明：由于2 ×5 = 10，（ 2,5） = 1， 所以只需证以只需证明个数同时被2和5整除即可
a3b - ab3 = ab（a 2 - b2） ab（a + b）（a - b） b3c - bc3 = bc（b2 - c2） bc（b + c）（b - c） c3a - ca3 = ac（c2 - a 2） ac（c + a）（c - a） 由上式知a3b - ab3， b3c - bc3， c3a - ca3都是偶数，都能被 2整除 若a、 b、 c中有一个能被5整除， 则除，则结 若a、 b、 c都不能被5整除， 则a 2、 b2、 c2的尾数为1,4,6,9， 从中任取两个其两两之差为0或者 ±5，必能被 5整除 故a3b - ab3， b3c - bc3， c3a - ca3中至少有一个能被5整除 从而a3b - ab3， b3c - bc3， c3a - ca3三个数中至少有一个能被10整除
【初中数学】初中数学整数的整除性重要知识点
【初中数学】初中数学整数的整除性重要知识点【—整数的整除性重要】如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。
整数的可除性(1)1与0的特性：1是任何整数的除数，也就是说，对于任何整数a，总有1a0是任何非零整数的倍数，a≠0,a为整数，则a0.（2）如果整数的最后一位是0、2、4、6或8，则该数字可以除以2。
(3)若一个整数的数字和能被3整除，则这个整数能被3整除。
（4）如果整数可以被4的最后两位数除，则可以被整数除。
(5)若一个整数的末位是0或5，则这个数能被5整除。
（6）如果一个整数可以被2和3除，那么这个数字可以被6除。
(7)若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，减去个位数的2倍，如果差是7的倍数，则原数能被7整除。
如果差太大或心算不易看出是否7的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相减、验差」的过程，直到能清楚判断为止。
例如，判断133是否7的倍数的过程如下：13-3×2=7，所以133是7的倍数;又例如判断6139是否7的倍数的过程如下：613-9×2=595，59-5×2=49，所以6139是7的倍数，余类推。
（8）如果整数的最后三位可以被8除，那么这个数字可以被8除。
(9)若一个整数的数字和能被9整除，则这个整数能被9整除。
（10）如果整数的最后一位是0，则该数字可以除以10。
(11)若一个整数的奇位数字之和与偶位数字之和的差能被11整除，则这个数能被11整除。
11的倍数检验法也可用上述检查7的「割尾法」处理!过程唯一不同的是：倍数不是2而是1!（12）如果一个整数可以被3和4除，那么这个数字可以被12除。
(13)若一个整数的个位数字截去，再从余下的数中，加上个位数的4倍，如果差是13的倍数，则原数能被13整除。
如果差太大或心算不易看出是否13的倍数，就需要继续上述「截尾、倍大、相加、验差」的过程，直到能清楚判断为止。
（14）如果整数的一位数被截断，然后从剩余的数字中减去该位数的5倍，如果差值是17的倍数，则原始数字可以除以17。
整数的整除性与同余分析
a b(mod M )
定理５(费尔马定理) 设 p 为素数, ( p, a) 1, 则有
a p1 1(mod p)
亦即
a a(mod p)
p
a.奇偶性分析举例
例1 在1,2,3,,2009这2009个数的前面任意添加 一个正号或负号, 问得到的代数和为奇数还是 偶数？ 解 由于a b 与 a b有相同的奇偶性, 故对给定 的数任意添加正号或负号得到的代数和与
1 2 3 2009
(其中有奇数项为奇数) 的奇偶性相同,为奇数.
例2 设 n为奇数,a1 , a 2 , , a n为1,2,, n 的任意一 排列,证明(a1 1)(a2 2) (an n) 必为偶数.(匈牙利) 证明 (反证法) 若该乘积为奇数,则a1 1, a2 2,, an n 都是奇数, 而 n 为奇数, 故 (a1 1) (a 2 2) (a n n) 为奇数. 另一方面, 由于a1 , a 2 , , a n 为1,2, , n 的任意一 排列,故 (a1 1) (a 2 2) (a n n) (a1 a 2 a n ) (1 2 n) 0. 为偶数. 矛盾. 综上, (a1 1)(a 2 2) (an n) 为偶数.
注：上述证明先利用整除性质简化问题, 再根 据给定数的特征, 采用分类讨论、考察完全平 方数的特征性质等方法, 使整除性逐步暴露出 来.本题如果用余数分析法则比较方便(见后面 同余分析).
16 p 4 1.
例3 设 p 是大于5的素数,求证 240 p 4 1. 证明 240 16 32 5 , 2 注:2 本题用到 4 p 1 ( p 1)( p 1) ( p 1)( p 1)( p 1). 了余数分析 2 首先, p 是大于5的素数,为奇数, 故 2 p 1; 又 p 1、p 1是两个相邻偶数, 故其中一个是2的倍 数,另一个必是4的倍数,有8 ( p 1)( p 1), 于是,
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[文件] sxjsck0015 .doc[科目] 数学[关键词] 初二/整数[标题] 整数的整除性[内容]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p d a ⋅=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｜b a b a ,,679试求的值。
解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除b a b a ,679时的值。
若8｜b a 679，则8｜b 79，由除法可得ｂ＝２。
若9｜b a 679，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：1212323-++n n n 对任何整数n 都为整数，且用3除时余2。
证明1)12)(1(211212323-++=-++n n n n n n ∵)1(+n n 为连续二整数的积,必可被2整除. ∴2)1(+n n 对任何整数n 均为整数, ∵1)12)(1(21-++n n n 为整数,即原式为整数. 又∵8)12)(1(42)12)(1(++=++n n n n n n8)22)(12(2++=n n n ， 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， ∴2)12)(1(++n n n 是能被3整除的整数. 故22)12)(1(1212323-++=-++n n n n n n 被3除时余2. 例4 一整数a 若不能被2和3整除，则a 2+23必能被24整除.证明 ∵a 2+23=（a 2-1）+24，只需证a 2-1可以被24整除即可.∵2 a .∴a 为奇数.设a=2k+1(k 为整数),则a 2-1=(2k+1)2-1=4k 2+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|（a 2-1）.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 （a 2-1）， ∵3 a ，∴3|（a 2-1）.3与8互质, ∴24|(a 2-1),即a 2+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=43421Λ个198511111 ① a ·b ·c ·d-b=43421Λ个198611111 ② a ·b ·c ·d-c=43421Λ个198711111 ③ a ·b ·c ·d-d=43421Λ个198811111 ④ 证明 由①，a （bcd-1）=43421Λ个198511111. ∵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x 1,x 2,…，x n ，其中每一个不是+1就是-1，且.0.113221=++++-x x x x x x x x n n n Λ 试证n 是4的倍数.证明 设1+=i i i x x y (i=1,2,…，n-1)， 1x x y n n = 则y i 不是+1就是-1，但y 1+y 2+…+y n =0，故其中+1与-1的个数相同，设为k ，于是n=2k.又y 1y 2y 3…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n 3+100能被n+10整除的正整数n 的最大值是多少? 解n 3+100=(n+10)(n 2-10n+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）=a 2b 2c 2-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, ② k=c b a 111++＜abc 1＜c b a 111++＜a 3＜,23 ∴k=1.若a ≥3，此时 1=c b a 111++-abc 1＜6047514131=++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=bc c b 122-+＜.422bb b =+ ∴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321Λ个n 1111被1987整除.求证数 43421Λ43421Λ43421Λ321Λ个个个个n n n n p 7777888899991111=，43421Λ321Λ43421Λ321Λ个个个个11117777888899991111++++=n n n n q 都能被1987整除.证明∵321Λ个n p 1111=×43421Λ个n n 9999103+×43421Λ个n n 8888102+×321Λ43421Λ个个n n n 1111777710=+（103n +71081092+⨯+⨯n n ），且321Λ个n 1111能被1987整除，∴p 能被1987整除. 同样， q=321Λ个11111+n （7108109101)1(2)1(3+⨯+⨯++++n n n ） 且,11111910+⨯=321Λ个n n ∴;10)10(101010333333n n n =⋅=+.101010;10)10(1012222⋅=⋅=++n n n n 故)1(310+n 、102（n+1）、110+n 被321Λ个n 1111除，余数分别为1000，100，10，于是q 表示式中括号内的数被321Λ个n 1111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a 2000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,n 2+2n+12不是121的倍数.5.(1984年韶关初二数学竞赛题)设abcd 是一个四位正整数,已知三位正整数abc 与246的和是一位正整数d 的111倍,abc 又是18的倍数.求出这个四位数abcd ,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m 2+1954=n 2.7.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a 3b-ab 3,b 3c-bc 3,c 3a-ca 3三个数中,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＋１⇒１１２除尽（ｎ＋１）２或１１｜１１ｋ－１，不可能． ５．由246+abc 是ｄ的１１１倍，⇒abc 可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６４２，７５３；又abc 是１８的倍数，∴abc 只能是１９８．而１９８＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，abcd 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 ).1001(≤≤'⋅=i a d a i i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．。