7年级第21讲数的整除性[资料]

1、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,使得戸bq成立，则就称 b整除a或a被b整除，记作b i a。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数的整除性的性质若若若若若a

2、 i b, b i c,则 a 丨 cc i a, c i b,则 c 丨（a±b） b i a, n为整数，则b i na a i be,且 a,b 互质，则 a i c.a i b, c i b,且 a,c 互质,那么 ac i b.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，并口简述排数的过程。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， 0, 11, 22, 33, 44这五种情况。因为奇数数位的数字z

3、和与偶数数位的数字z和的和就是1+2+3+4+5+6+7+8+9二45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z和与偶数数位的数字z和 一个为6, 个为39,但1至9这9个数屮最小的四个z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, .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+6二14,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

4、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整除的最小自然数解设这个自然数为n, n=kx 108+18421997=kx (71 x 1408450+50) +71 x259464+53=71 (1408450k+25

5、9464) +50k+53于是问题变成，求最小的自然数k,使得711 50k+53o设50k+53=71m, m的末位为3,取m二3, 13, 23, 43,仅当m二43时，k是整数, 此吋k=60o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)12a1985_a1949=a1949(a36_1)由于 an-l=(a-l)(an-1+an-2+.+l),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-l的个位数字是0,即这

6、时a4-l被10整除,从而更有a,985-a1949被10整除。如果a的个位数字是5,那么严是奇数，a36-l被2整除，严被5整除, 所以a叫】949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z和.解设满足条件的四位数为亦二1000a+100b+10c+d,则 1000a+100b+10c+d = 111(a+b+c+d)即 + (al

7、 lb+10c+d)二 111 (a+b+c+d),于是 111 | (at lb+10c+d)。又98 w a 11 b+1 oc+d w108,于是 a 11 b+1 oc+d=o, a+1 oc+d= 11 b 1000a+100b+10c+d=lll(9a+b) 由已知条件,9a+b二a+b+c+d,所以 8a二c+dw18,故 a=l 或 a=2.若a=l, c+d=8, a+10c+d=9+9c=llb,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=llb,显然 b=9,于是 c=9,d=7所求的四位数只有一个：2997o例5(1991年

8、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。把这1991个口然数分组，使得每一组至少有一个是11的倍数的自然数，且 至少有一组屮含有两个同是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的倍数的口然数取出來，其和记为s,求 证:s必是91的倍数。解(1)因1991=11x181,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，其屮至少有一 组含有两个同是11的倍数，故这些数最多町以分成180组。(2)把每一组中11的倍数取出來，其和就是s=11+22+33+19

9、91=11 (1+2+181) =11x91x181,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 设两个两位质数分别为级)，且100兀+尹=加二+(加为整数)。故 200x+2y=m(x+y),即 198x+2 (x+y) =m (x+y),于是 198x 能被(x+y)整除。乂 xfy互质，故x与x+y互质，于是198能被(x+y)整除。因兀丿是两位不等质数，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

10、解质因数得：198=2x32x 11, 丁是 x+y二66。把66分解为两个不等两位质数之和，有66二13+53二19+47二23+43二29+37。因此，符合条件的四位数有8个:它们是:1353, 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，使得其屮任意两个数屮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°, °

11、+2, °+3, °+4为满足条件的四个数，则。可被2, 3, 4整除.取 67=12,得满足条件的四个数12, 14, 15, 16.第三步:设b, 6+12, 6+14, 6+15, 6+16.取12, 14, 15, 16的最小公倍数为b.即 6=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”

12、，则ab定是729的倍数.解答:由于428571=3x 142857,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如呆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。 考察参赛学牛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“希架数”.而在四位数中很容易找到实例.如 3105=3x 1035,所以3105是个“希望数”；或7425=3x2475,所以7425 是个“希望数”等等。大于四位的我们再列举儿个同学们举的例子供参考， 如： 857142=3x285714,37124568

13、=3x 1237485643721586=3x 14573862692307=3x230769461538=3x153846705213=3x2350718579142=3x2859714594712368=3x 19823745637421568=3x 12473856 341172=3x113724 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

14、数”.因 此，“希望数”冇无穷多个. 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，所以曲被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

15、a=27n1, b=27n2 (m,心为正整数).所以ab=(27n,)(27n2) =(27x27)(nlxn2) =729n,n2,所以ab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) 241. a因a724b是12的倍数，4b是4的倍数，b最大可取8；又各位数字和a+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20022002- 200

16、215能被15整除，则n的最小值等于()个 2002(a)2(b)3(c)4(d)52. b200215, 2002200215 都不是 15 的倍数，20022002200215 是 15 的倍数k=3k)=27为最小。3. (1998年“希望杯”初中数学竞赛试题)已知迟若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. dk个1/j1998=2x999,.*.22-2= 1998m, m 为整数«个2" =9m,m 为整数 k 一定是 3 的倍数，设 k=3kb a=100100-1001=9m,a100100-100

17、1中有k】个1，且此数为9的倍数，ki=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z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4. bn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

18、这些数屮（）（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的倍数5. d从 12345678000 至0 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个数中至少冇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199019901990056月.能被6整除的最小数是。个 19906, 1990056 7. （2004年

19、第15届“希望杯”数学邀请赛试题）若 莎育是能被3整除的五位数，则乞的可能取值有个；这样的五位数屮能被9整除的是o7. 3, 94599 8. （1999年第10届“希望杯”数学邀请赛试题）五位数538号能被3, 7和11整除，则x2-y2 =8.主因五位数538卩能被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53&7能被11整除，故(5+8+y)(3+x)=10x+y能被11整除-x+y=l.由-x+y=l 知 x+y 为奇数，所以 x+y=5, 11, 170 解得 x=2,y=3; x=5,尸6; x=8,尸9而在 538

20、23, 53856, 53889 三数中，仅 53823 是 7 的倍数，x=2,y=3, x2-y2 =-5o9. （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1可以排出不同的四位数，其中能被22整除的四位数的和是9. 109124312+1342+3124+2134=10912 10.（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，这样的五位数屮最大的是.10. 94185.所求五位数能被3, 5, 7, 13整除，当然也能被3, 5, 7,

21、 13的最小公倍数整除, 即这个五位数是3x5x7x 13=1365的倍数.又 1000004-1365= 73-355,所以五位数中1365的最大公倍数是73x 1365=99645,但99645的五个数字屮冇两个9,不合题意， 下面依次算出：72x 1365 二 9828071 x 1365 二 9691570x 1365 = 9555069x 1365 = 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）abed设c/bcd是一个四位正整数，已知三位止整数ebe与246的和是一位止整数d的111倍,赢又是18的倍数.求出这个四位

22、数亦，并写出推理运算过程.11由赢与246的和是d的111倍，赢可能是198, 309, 420, 531, 642,753；又赢是18的倍数，赢只能是19& 而198+46=444, a d =4, 是 1984.12. (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亦两，其中不同字母代表16 中不同的数码。要求前两个数码组成的两位数亦是2的倍数，并且还要求赢是 3的倍数，丽是4的倍数，亦赢是5的倍数，赢歸是6的倍数。试找出所 冇这样的六位数，并说明你的推理过程。12. 显然，b,d,f是偶数,只能在2, 4, 6三数小选取，从而a,c

23、,e为奇数。因"c血是5的倍数，故e=5,于是中一个为1, 一个为3, °+尸4。因obc是3的倍数，故a+b+c是3的倍数，由a+c=4,得b=2.再注意到赢?是4的倍数，可以求岀本题的两个解：123654, 321654o13. (1987年北京市初二数学竞赛试题)x,y,z 均为整数，若 11 | (7x+2y5z),求证：11 | (3x-7y+12z).13. v4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=ll(3x-2y+3z)而11 i ll(3x2y+3z), 且 11 i (7x+2y5z)11 i 4(3x-7y+12z)又11和4互质，；11 i (3x7y