人教版初中数学《整数的整除性》竞赛专题复习含答案

初中数学竞赛培优讲义含答案共70讲01：数的整除(一)装订线初中数学竞赛培优讲义初中数学竞赛练习(1)数的整除（一）一、内容提要：如果整数A除以整数B(B≠0)所得的商A/B是整数,那么叫做A被B整除. 0能被所有非零的整数整除. 一些数的整除特征除数2或5 4或25 3或9 能被整除的数的特征末位数能被2或5整除末两位数能被4或25整除各位上的数字和被3或9整除(如771，54324) 奇数位上的数字和与偶数位上的数和相减,其差能被11整除(如143,1859,1287,908270等) 8或125 末三位数能被8或125整除11 7,11,13 从右向左每三位为一段,奇数段的各数和与偶数段的各数和相减,其差能被7或11或13整除.(如1001，22743，17567，21281等) 能被7整除的数的特征：①抹去个位数②减去原个位数的2倍③其差能被7整除。

如1001 100－2＝98（能被7整除）又如7007 700－14＝686，68－12＝56（能被7整除）能被11整除的数的特征：①抹去个位数②减去原个位数③其差能被11整除如1001 100－1＝99（能11整除）又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11整除）1 二、例题例1已知两个三位数328和2x9的和仍是三位数5y7且能被9整除。

求x,y解：x,y都是0到9的整数，∵5y7能被9整除，∴y=6.∵328＋2x9＝567，∴x=3例2己知五位数1234x能被12整除，求X解：∵五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除，当1＋2＋3＋4＋X能被3整除时，x=2，5，8当末两位4X能被4整除时，X＝0，4，8∴X＝8例3求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数解：五位数字都不相同的最小五位数是10234，但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行调整末两位数为30，41，52，63，均可，∴五位数字都不相同的最小五位数是10263。

数学初中竞赛整数专题训练一．选择题1．下列说法正确的是（）A．所有合数都是偶数B．两个相邻的正整数互素C．所有的素数是奇数D．因为10÷0.5＝20，所以10能被0.5整除2．大家都知道，八点五十五可以说成九点差五分，有时这样表达更清楚．这启发人们设计了一种新的加减记数法．比如：9写成，；198写成，；7683写成，．总之，数字上画一杠表示减去它，按这个方法请计算＝（）A．1990 B．2134 C．2068 D．30243．假设一家旅馆一共有30个房间，分别编以1～30三十个号码，现在要在每个房间的钥匙上刻上数字，要求所刻的数字必须使服务员很容易辨认是哪一个房间的钥匙，而使局外人不容易猜到．现在有一种编码的方法是：在每把钥匙上刻上两个数字，左边的一个数字是这把钥匙原来的房间号码除以5所得的余数，而右边的一个数字是这把钥匙原来的房间号码除以7所得的余数，那么刻的数是36的钥匙所对应的原来房间应该是（）号．A．28 B．23 C．20 D．134．若x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，满足（2005﹣x1）（2005﹣x2）（2005﹣x3）（2005﹣x4）（2005﹣x5）＝242，则x12+x22+x32+x42+x52的未位数字是（）A．1 B．3 C．5 D．75．观察下列算式：21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，28＝256…根据上述算式中的规律，你认为22130的个位数字是（）A．2 B．4 C．6 D．86．将1，2，3，4，5，6，7，8这八个数分别填写于一个圆周八等分点上，使得圆周上任两个相邻位置的数之和为质数，如果圆周旋转后能重合的算作相同填法，那么不同的填法有（ ） A ．4种B ．8种C ．12种D ．16种7．23，33和43分别可以按如下方式分裂成2个、3个和4个连续奇数的和，23＝3+5，33＝7+9+11，43＝13+15+17+19，63也能按此规律进行分裂，则63分裂出的奇数中最大的是（ ） A ．41B ．39C ．31D ．298．在不大于100的自然数中，既不是完全平方数（平方根是整数）也不是完全立方数（立方根是整数）的数的概率有（ ） A ．B ．C ．D ．9．若自然数n 使得作竖式加法n +（n +1）+（n +2）时均不产生进位现象，便称n 为“连绵数”．如因为12+13+14不产生进位现象，所以12是“连绵数”；但13+14+15产生进位现象，所以13不是“连绵数”，则小于100的“连绵数”共有（ ）个． A ．9B ．11C ．12D ．1510．已知一列数a 1，a 2，a 3，…，a n ，…中，a 1＝0，a 2＝2a 1+1，a 3＝2a 2+1，…，a n +1＝2a n +1，…．则a 2004﹣a 2003的个位数字是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．811．设完全平方数M 的个位与十位数码交换后得到另一个完全平方数N （M ＞N ）．则符合条件的M 的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．多于312．若b 是无理数，且ab +9＝3a +3b ，则a 2012的个位上的数字是（ ） A ．9 B ．7C ．3D ．1二．填空题13．使得5×2m +1是完全平方数的整数m 的个数为 ． 14．设四位数满足a 3+b 3+c 3+d 3+1＝10c +d ，则这样的四位数的个数为 ．15．有两个三位数相乘所得得乘法算式：×＝，其中A ≠B ，并且B ，C ，D ，E ，F ，G 这六个字母恰好代表化成小数后循环节中的六个数字（顺序不一定相同），则A +B ＝ ．16．将小王与小孙现在的年龄按从左至右的顺序排列得到一个四位数，这个数为完全平方数，再过31年，将他们的年龄按同样方式排列，又得到一个四位数，这个数仍然为完全平方数，则小王现在的年龄是 岁．17．对于正整数m ，若m ＝pq （p ≥q ＞0，且p ，q 为整数），当p ﹣q 最小时，则称pq 为m 的“最佳分解”，并规定f （m ）＝（如：12的分解有12×1，6×2，4×3，其中，4×3为12的最佳分解，则f （12）＝）．关于f （m ）有下列判断：①f （27）＝3；②f （13）＝；③f （2018）＝；④f （2）＝f （32）；⑤若m 是一个完全平方数，则f （m ）＝1．其中，正确判断的序号是 ．18．让我们轻松一下，做一个数字游戏：第一步：取一个自然数n 1＝5，计算n 12+1，将所得结果记为a 1； 第二步：算出a 1的各位数字之和得n 2，计算n 22+1，结果为a 2；第三步：算出a 2的各位数字之和得n 3，再计算n 32+1，结果为a 3；…依此类推，则a 10＝ ．19．已知55＝3125，56＝15625，57＝78125，58＝390625，…，则52013的末4位数是 ． 20．是一个三位的自然数，已知，这个三位数是218；聪明的小亮在解决这种问题时，采取列成连减竖式的方法（见图）确定要求的自然数，请你仿照小亮的作法，解决这种问题．如果是一个四位的自然数，且，那么，这个四位数是 ．三．解答题 21．是不符合多项顶式运算法则的，因此这个等式是错误的．但当x 、y 取某些特殊数值时，这个等式可以成立，例如：x ＝y ＝0时，等式成立；x ＝5，y ＝9的，等式成立；我们称使得，成立的一对有理数x 、y 为“巧合数对”，记作（x ，y ）．（1）若（x ，1）是“巧合数对”，则有理数x ＝ ．（2）若（x，y）是“巧合数对”，试归纳、猜想有理数x、y应满足的关系式是．（3）求6a﹣13b﹣3（5a﹣6b+2）的值，其中（a，b）是“巧合数对”．22．一个三位自然数（百位上的数字为a，十位上的数字为b，个位上的数字为c）．若满足a+c＝b，则称这个三位数为“和悦数”，并规定．如231，因为它的百位上的数字2与个位上的数字1之和等于十位上的数字3．所以231是“和悦数”，所以．（1）请任意写出两个“和悦数”，并猜想任意一个“和悦数”是否是11的倍数，请说明理由；（2）已知有两个十位上的数字相同的“和悦数”m，n（m＞n），若F（m）﹣F（n）＝5，求m﹣n的值．23．阅读材料，解决问题：由31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，35＝243，36＝729，37＝2187，38＝6561，…，不难发现3的正整数幂的个位数字以3、9、7、1为一个周期循环出现，由此可以得到：因为3100＝34×25，所以3100的个位数字与34的个位数字相同，应为1；因为32009＝34×502+1，所以32009的个位数字与31的个位数字相同，应为3．（1）请你仿照材料，分析求出299的个位数字及999的个位数字；（2）请探索出22010+32010+92010的个位数字；（3）请直接写出92010﹣22010﹣32010的个位数字．24．三位数可表示为100x+10y+z，若三位数能被n整除，将其首位数字放到末尾，得到新数能被n+1整除，再次将其首位数字放到末尾，得到新数能被n+2整除，则称这个三位数是n的一个“行进数“（n≠1）．规定F（）＝．例如，402能被3整除，024能被4整除，240能被5整除，则三位数402是3的一个“行进数”；再如324能被2整除，243能被3整除，432能被4整除，则三位数324是2的一个“行进数”，且F（324）＝＝9（1）F（542）＝，282是的一个“行进数”．（2）若三位数是3的一个“行进数”，且x≠0，请求出满足条件的所有，并求出F（）的最大值．25．在求两位数乘两位数时，可以用“列竖式”的方法进行速算，如图给出了部分速算过程．（1）根据前3个“列竖式”的速算方法，可得a＝，b＝，c＝，d＝，e＝，f＝；（2）根据前3个“列竖式”的速算方法，在速算“31×”时，给出了部分过程如图所示．则这个两位数可能为．26．阅读材料：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a、b、c为常数）的根均为整数，称该方程为“快乐方程”，我们发现任何一个“快乐方程”的判别式△＝b2﹣4ac 一定为完全平方数规定F（a，b，c）＝为该“快乐方程”的“快乐数”，若有另一个“快乐方程”px2+qx+r＝0（p≠0，（p、q、r为常数）的“快乐数”为F（p，q，r）且满足|rF（a，b，c）﹣cF（p，q，r）|＝0，则称F（a，b，c）与F（p，q，r）互为“乐呵数”例如“快乐方程”x2﹣2x﹣3＝0的两根均为整数，其判别式△＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣3）＝16＝42其“快乐数”F（1，﹣2，﹣3）＝（1）“快乐方程”x2﹣4x+3＝0的“快乐数”为，若关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣3）x+m2﹣4m﹣5＝0（m为整数，且5＜m＜22）是“快乐方程”，求其“快乐数”（2）若关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣1）x+m+1＝0与x2﹣（n+2）x+2n＝0（m，n均为整数）都是“快乐方程”，且其“快乐数”互为“乐呵数”，求n的值．27．对于一个四位自然数n，如果n满足各个数位上的数字互不相同且均不为0，它的千位数字与个位数字之和等于百位数字与十位数字之和，那么称这个数n为“平衡数”．对于一个“平衡数”，从千位数字开始顺次取出三个数字构成四个三位数，把这四个三位数的和与222的商记为F（n）．例如：n＝1526，因为1+6＝2+5，所以1526是一个“平衡数”，从千位数字开始顺次取出三个数字构成的四个三位数分别为152、526、261、615，这四个三位数的和为：152+526+261+615＝1554，1154÷222＝7，所以F（1526）＝7．（1）写出最小和最大的“平衡数”n，并求出对应的F（n）的值；（2）若s，t都是“平衡数”，其中s＝10x+y+3201，t＝1000m+10n+126（0≤x≤9，0≤y ≤8，1≤m≤9，0≤n≤7，x，y，m，n都是整数），规定：k＝，当F（s）+F （t）是一个完全平方数时，求k的最大值．参考答案一．选择题1．解：∵9是合数，但是9不是偶数， ∴选项A 不符合题意；∵两个相邻的正整数的公约数只有1， ∴两个相邻的正整数互素， ∴选项B 符合题意；∵2是素数，但是2不是奇数，2是偶数， ∴选项C 不符合题意；∵0.5不是整数，∴不能说10能被0.5整除， ∴选项D 不符合题意． 故选：B ． 2．解：由题意知＝5000﹣201+30＝4829，＝3000﹣240+1＝2761， ∴＝4829﹣2761＝2068，故选：C ．3．解：∵1～30中，除以5余3的有：8，13，18，23，28， 1～30中，除以7余6的有：13，20，27， ∴刻的数是36的钥匙所对应的原来房间应该是13． 故选：D ．4．解：（2005﹣x 1）（2005﹣x 2）（2005﹣x 3）（2005﹣x 4）（2005﹣x 5）＝242， 而242＝2×（﹣2）×4×6×（﹣6）， （2005﹣x 1）2+（2005﹣x 2）2+…（2005﹣x 5）2 ＝22+（﹣2）2+42+62+（﹣6）2＝96，即5×20052+2005×2×（x1+x2+x3+x4+x5）+（x12+x22+x32+x42+x52）的末位数为96，由上式可知：5×20052的末位数为5，2005×2×（x1+x2+x3+x4+x5）的末位数为0，而96的末位数为6，所以6﹣5＝1，即x12+x22+x32+x42+x52的末位数为1．故选：A．5．解：2n的个位数字是2，4，8，6四个一循环，所以2130÷4＝532…2，则22130的末位数字是4．故选：B．6．解：∵相邻两数和为奇质数，则圆周上的数奇偶相间，∴8的两侧为3，5，而7的两侧为4，6，∴剩下两数1，2必相邻，且1与4，6之一邻接，考虑三个模块【4，7，6】，【5，8，3】，【1，2】的邻接情况，得到4种填法．故选：A．7．解：由23＝3+5，分裂中的第一个数是：3＝2×1+1，33＝7+9+11，分裂中的第一个数是：7＝3×2+1，43＝13+15+17+19，分裂中的第一个数是：13＝4×3+1，53＝21+23+25+27+29，分裂中的第一个数是：21＝5×4+1，63＝31+33+35+37+39+41，分裂中的第一个数是：31＝6×5+1，所以63“分裂”出的奇数中最大的是6×5+1+2×（6﹣1）＝41．故选：A．8．解：∵0﹣100中的完全平方数有：0，1，4，9，16，25，36，49，64，81，100；完全立方数有：0，8，27，64；∴0﹣100的自然数中既不是完全平方数与也不是完全立方数的共有101﹣11﹣4+2＝88个；∴在不大于100的自然数中，既不是完全平方数（平方根是整数）也不是完全立方数（立方根是整数）的数的概率为．故选：D．9．解：根据题意个位数需要满足要求：∵n+（n+1）+（n+2）＜10，即N＜2.3，∴个位数可取0，1，2三个数，∵十位数需要满足：3n＜10，∴n＜3.3，∴十位可以取0，1，2，3四个数，故四个数的连绵数共有3×4＝12个．故选：C．10．解：∵a1，a2，a3，…，a n，…中，个位数字每4个数一循环，∴a2004的个位数字是7，a2003的个位数字是3，则a2004﹣a2003的个位数字是7﹣3＝4．故选：B．11．解：设原来完全平方数M的个位数码是a，十位数码是b，则交换后得到另一个完全平方数N的个位数码是b，十位数码是a，因为M＞N，所以两个数的差是（10b+a）﹣（10a+b）＝10b+a﹣10a﹣b＝9b﹣9a＝9（b﹣a），设M＝x2，N＝y2，则M﹣N＝x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）＝9（b﹣a），由于完全平方数个位上只能是0（不合题意），1，4，5，6，9，则b﹣a＝1，2，3，4，5，8，9，则有（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），，解得，即M＝196，N＝169（符合题意），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去）．只有一组解符合要求，因此符合条件的M是196，个数为1．故选：A．12．解：ab+9＝3a+3b，（a﹣3）（b﹣3）＝0，∵b是无理数，∴a﹣3＝0，∴a＝3；∵31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，可知3n的个位数字是3，9，7，1四个一循环，2012÷4＝503，∴a2012的个位上的数字是1．故选：D．二．填空题（共8小题）13．解：设5×2m+1＝n2（其中n为正整数），则5×2m＝n2﹣1＝（n+1）（n﹣1），∵5×2m是偶数，∴n为奇数，设n＝2k﹣1（其中k是正整数），则5×2m＝4k（k﹣1），即5×2m﹣2＝k（k﹣1）．显然k＞1，∵k和k﹣1互质，∴或或，解得：k＝5，m＝4．因此，满足要求的整数m只有1个．故答案为：1．14．解：根据题意可得：a，b，c，d是小于10的自然数，∵a3+b3+c3+d3+1＝10c+d，∴可得a3+b3+c3+d3+1是两位数，∴a，b，c，d均为小于5的自然数，∴如果c＝1，d＝0，则a＝2，b＝0，此时这个四位数为2010，如果c＝1，d＝1，则a＝2，b＝0，此时这个四位数为2011，如果c＝1，d＝2，则a＝1，b＝1，此时这个四位数为1112，如果c＝2，找不到符合要求的数，如果c＝3，d＝0，则a＝1，b＝1，此时这个四位数为1130，如果c＝3，d＝1，则a＝1，b＝1，此时这个四位数为1131，如果c＝4，则c3＝64，不符合题意，故此四位数可能为：2010或2011或1112或1130或1131．故答案为：5．15．解：∵＝0.，∴数字B为1，4，2，8，5，7中，其中的一个，则B必定是1、2、4、5、7、8中的一个，即一个三位数可能是111、222、444、555、777、888中的一个，因为乘积是6位数，所以，A＞1根据乘积的个位数字与B相同，当B＝1时，A＝1，不符合题意，舍去，当B＝2时，A＝1（舍）或6，∴666×222＝147825，刚好符合题意，∴A+B＝6+2＝8，当B＝4，A＝1（舍）或6，∴666×444＝295704，不符合题意，当B＝5时，A＝1（舍）或3或5（舍）或7或9，333×555＝184815，不符合题意，777×555＝431235，不符合题意，999×555＝554445，不符合题意，当B＝7时，A＝1（舍），当B＝8时，A＝1（舍）或6，∴666×888＝591408，不符合题意，所以A+B＝2+6＝8，故答案为：8．16．解：设小王年龄为x岁，小孙年龄为y岁，可得，100x+y＝m2，100（x+31）+y+31＝n2，两式相减得100×31+31＝n2﹣m2，31×101＝（n﹣m）（n+m），∴，解得，，∴100x+y＝352＝1225，∴x＝12，y＝25，即：小王现在的年龄是12岁，故答案为：12．17．解：①∵27的分解有27×1，9×3，∴9×3为27的最佳分解，则f（12）＝＝，故说法①错误；②∵13的分解有13×1，∴13×1为13的最佳分解，则f（13）＝，故说法②正确；③∵2018的分解有2018×1，1009×2，∴1009×2为2018的最佳分解，则f（2018）＝，故说法③错误；④∵2的分解有2×1，∴2×1为2的最佳分解，则f（2）＝，∵32的分解有32×1，16×2，8×4，∴8×4为32的最佳分解，则f（22）＝＝，∴f（2）＝f（32），故说法④正确；⑤∵m是一个完全平方数，设m＝n2（m＞0），∴n×n为m的最佳分解，则f（m）＝＝1，故说法⑤正确，∴正确判断的序号为②④⑤，故答案为②④⑤．18．解：∵a1＝26；因为2+6＝8，所以a2＝65；因为6+5＝11，所以a3＝122；因为1+2+2＝5，所以a4＝a1．发现：每3个一循环，则10÷3＝3…1，则a10＝a1＝26．∴a10＝a1＝26．故答案为：26．19．解：由题意可知，5的乘方的末4位数字末4位数字从5次方开始以3125、5625、8125、0625四个数字为一循环，∵2013÷4＝503…1，∴52013的末4位数字与55的末4位数字相同是3125．故答案为：3125．20．解：如图，∵运算结果2993的百位与十位上都是9，∴在进行减法运算时需要借位，∴a＝3，∵10+b﹣a＝9+1，解得：b＝3，∴a+b＝6，∵十位数字是9，∴c≠0，∵个位数字为3，且a+b+c+3＞9，∴个位相减时也需借位，∴10+c﹣b﹣a＝9+1，解得：c＝6，∵10+d﹣c﹣b﹣a＝3，∴d＝5．∴这个四位数是3365．故答案为：3365．三．解答题（共7小题）21．解：（1）把y＝1代入﹣＝得，，解得，x＝，故答案为；（2）∵﹣＝，∴，去分母得，6x﹣10y＝15x﹣15y，移项得，15x﹣6x＝15y﹣10y，合并得，9x＝5y，即：y＝x，故答案为y＝x；（3）∵（a．b）是“巧合数对”，∴b＝a，∴6a﹣13b﹣3（5a﹣6b+2）＝6a﹣13b﹣15a+18b﹣6＝﹣9a+5b﹣6＝﹣9a+5×a﹣6＝﹣6．22．解：（1）设三位自然数为，（1≤a≤9，0＜b≤9，0＜c≤9的整数），∵三位数是“和悦数”，∴b＝a+c，取a＝2，c＝5，则b＝7，∴三位数为275，取a＝5，c＝3，则b＝8，∴三位数为583，任意一个“和悦数”是11的倍数，设三位自然数为，∵三位数是“和悦数”，∴b＝a+c，∴三位数为100a+10（a+c）+c＝110a+11c＝11（10a+c），∵a，c整数，∴10a+c是整数，∴11（10a+c）能被11整除，即：任意一个“和悦数”是11的倍数；（2）设两个十位上的数字相同的“和悦数”为m＝，n＝，（a≥e，当a＝e时，c＞d），则b＝a+c＝e+d，∴c﹣d＝e﹣a，c＝b﹣a．d＝b﹣e．∴F（m）＝a•c＝a（b﹣c），F（n）＝e•d＝e（b﹣e），∵F（m）﹣F（n）＝5，∴a•（b﹣a）﹣e（b﹣e）＝ab﹣a2﹣eb﹣e2＝（ab﹣eb）﹣（a2﹣e2）＝b（a﹣e）﹣（a+e）（a﹣e）＝（a﹣e）（b﹣a﹣e）＝5，∵a，b，e是整数，∴a﹣e＝1或a﹣e＝5，∴m﹣n＝（100a+10b+c）﹣（100e+10b+d）＝（110a+11c）﹣（110e+11d）＝110（a﹣e）+11（c﹣d）＝110（a﹣e）﹣11（a﹣e）＝99（a﹣e）＝99或495．23．解：（1）由21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，28＝256，不难发现2的正整数幂的个位数字以2、4、8、6为一个周期循环出现，由此可以得到：∵299＝24×24+3，∴299的个位数字与23的个位数字相同，应为8．不难发现9的正整数幂的个位数字以9、1为一个周期循环出现，由此可以得到：∵999＝92×49+1，∴999的个位数字与91的个位数字相同，应为9．（2）∵22010＝24×502+2，∴22010的个位数字与22的个位数字相同，应为4；∵32010＝34×502+2，∴32010的个位数字与32的个位数字相同，应为9；∵92010＝92×1005，∴92010的个位数字与92的个位数字相同，应为1．∴4+9+1＝14．∴22010+32010+92010的个位数字为4；（3）92010﹣22010﹣32010的个位数字为21﹣4﹣9＝8．24．解：根据题意得，F（542）＝＝11，∵282能被2整除，828能被3整除，282能4整除，∴三位数282是3的一个“行进数”，故答案为11，2；（2）∵三位数是3的一个“行进数”，∴400+10x+y能被3整除，100x+10y+4能被4整除，100y+40+x能被5整除，而100y+40+x能被5整除，∴x＝0（舍）或x＝5，而400+10x+y能被3整除，∴400+10×5+y＝450+y能被3整除，∴y能被3整除，∴y＝0或3或6或9，而100x+10y+4能被4整除，当y＝0时，100×5+10×0+4＝504能被4整除，符合题意，∴原三位数为450，F（450）＝＝9，当y＝3时，100×5+10×3+4＝534不能被4整除，不符合题意，当y＝6时，100×5+10×6+4＝564能被4整除，符合题意，∴原三位数为456，F（456）＝＝15，当y＝9时，100×5+10×9+4＝594不能被4整除，不符合题意，∴F（）的最大值为15．25．解：（1）由题意得，第二行的前两格是，两个十位数字相乘，积如果是一位数前面补0，后两格是，两个个位数字相乘，积如果是一位数前面补0，如：2×7＝14，3×8＝24，第三行的前三格是，第一个两位数字的个位数字乘以第二个两位数的十位数字再加上第一个两位数的十位数字乘以第二个两位数的个位数字，如图：2×8+3×7＝16+21＝37，第四行，同列的两个数相加，如果大于9，进一位；64×87＝5568，6×8＝48，4×7＝28，6×7+4×8＝42+32＝74，如图，所以，a＝4，b＝8，c＝2，d＝8，e＝7，f＝4，故答案为：4，8，2，8，7，4；（2）由（1）的规律得，3×y+1×x＝10x+6，∴y＝3x+2，∵x，y是两位数的十位数字和个位数字，∴1≤x≤9，0≤y≤9的整数，∴0≤3x+2≤9，∴﹣≤x≤，∴0＜x≤，∴x＝1或x＝2，当x＝1时，y＝5，即：两位数为15，当x＝2时，y＝8，即：两位数为28，即：满足条件的两位数为15或28，故答案为15或28．26．解：（1）方程：x2﹣4x+3＝0的“快乐数F（1，﹣4，3）＝＝﹣1，x2﹣（2m﹣3）x+m2﹣4m﹣5＝0，△＝b2﹣4ac＝4m+29，∵5＜m＜22，即：49＜4m+29＜117，4m+29＝64或81或100，m＝13，m＝（舍去），m＝（舍去），方程变为：x2﹣23x+112＝0，则F（1，﹣23，112）＝112﹣＝﹣，故：答案是﹣1，其“快乐数”数是﹣；（2）x2﹣（m﹣1）x+m+1＝0，△＝（﹣m+1）2﹣4（m+1）＝（m﹣3）2﹣12，设：△＝a2，则：（m﹣3+a）（m﹣3﹣a）＝12，（m﹣3+a）＝6或2或﹣6或﹣2，（m﹣3﹣a）＝2或6或﹣2或﹣6，解得：m＝7或﹣1，方程变为：x2﹣6x+8＝0或x2+2x＝0；x2﹣（n+2）x+2n＝0，△＝（n﹣2）2，F[1，﹣（n+2），2n]＝﹣，当m＝7时，2n×（﹣1）﹣8×[﹣]＝0，解得：n＝1或4，当m＝﹣1时，2n×（﹣1）﹣0＝0，解得：n＝0，故：n＝0或1或4．27．解：（1）最小的平衡数为1234，F（1234）＝（123+234+341+412）÷222＝5，最大的平衡数为9876，F（9876）＝（987+876+769+698）÷222＝15；（2）∵s＝10x+y+3201，t＝1000m+10n+126∴s＝，t＝，∴+++＝320+x+200+10x+y+1+100x+10y+10+3+100y+100+32 ＝111x+111y+666，∴F（s）＝＝，∵s是平衡数，故y＝x﹣2，∴F（s）＝＝x+2，同理：F（t）＝＝，∵t是平衡数，∴m＝n﹣3，1≤m≤9，0≤n≤7∴F（t）＝n+3，∵0≤y≤8，∴0≤y＝x﹣2≤8，∴2≤x≤10，∵0≤x≤9．∴2≤x≤9，∴4≤x+2≤11，同理：7≤n+3≤10，∴11≤F（s）+F（t）≤21，∵F（s）+F（t）是一个完全平方数，∴x+n＝11，∵0≤x≤9，0≤n≤7，x，n都是整数∴x＝6，n＝5或x＝5，n＝6当x＝6，n＝5时，F（s）＝8，F（t）＝8，∴k＝＝0当x＝5，n＝6时，F（s）＝7，F（t）＝9，∴k＝＝＝﹣∴k的最大值为0．。

初中数学竞赛整数的整除性试题1.整数的整除性的相关概念、性质(1)整除的定义：对于两个整数a、d(d≠0)，若存有一个整数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da，如2|6，46。

(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(这个性质还能够推广到更多项的和)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)(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，所以一定可被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，所以它们之积一定能够被2整除，也可被3整除，所以也能够被2×3=6整除。

这个性质能够推广到任意个整数连续之积。

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能够被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)，∵3a，∴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相关知识来解几个整数问题.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的值为时,相对应地n的值为.因为900的因子是900.所以,n+10=900,n=890.1.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________.。

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）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。

初中数学竞赛题典--整除（本站推荐）正文第一篇：初中数学竞赛题典--整除（本站推荐）初中数学竞赛题典数的整除题l 所有四位数中，有（）个数能同时被入3，5，7和11整除？（A）l（B）2（C）3（D）4题2 设n是100到2021间的自然数，则满足7n＋2是5的倍数的。

共有（）个．题3一个六位数a1991b能被12整除，这样的六位数共有多少个．（A）4 （B）（C）8（D）12题4 已知724－1可被40至50之间的两个整数整除，这两个整数是（），题6 n是一个两位数，它的数码之和为a．当n分别乘以3，5，79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n有（）．题8设某个n位正整数的n个数宇是1，2，…，n的一个排列，如果它的前k个数字所组成的整数能被k整除，其中k ＝1，2，…，n，那么就这个n位数为一个“好数”．例如，321就是一个三位“好数”，因为1整除3，2整除32，3整除321．那么六位“好数”的个数为（）．题9能被11整除的最小的九位数是题12在自然数1，2，3，…，1990，1991中．不能披7整除的数有（）个．题13将自然数N接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N整除，那么N称为魔术数，在小于l30的自然数中，魔术数的个数为（）．题14在所有的五位数中，各位数字之和等于43且能被11整除的数是（）。

题15定义：如果n个不同的正整数，对其中的任意两个数，这两数的积能被这两数的和整除．那么，叫这组数为n个数的祖冲之数组。

例如：60，1202180这三个数就构成一个三个数的祖冲之数组，（因（60×12021（60＋12021（60×180）÷（60＋180），（1202180）÷（1202180）都是整数）．请你写出一组四个数的祖冲之数组．题16 设a、b、c为整数，且a＋b和ab均可被c整除，求怔：a3＋b3可被c2整除．题17 设a、b、c为正整数，求证：a3（b－c）＋b3（c－a）＋c3（a－b）可被a＋b＋c整除．题19 一个魔方是由自然数组成的正方形网格。

专题02 数的整除性例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．B7．五位数—abcde ＝10×—abcd ＋e .又∵——abcd 为4的倍数．故最值为1 000，又因为—abcde 为9的倍数．故1＋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8；但是5+7+8=20是10的倍数, 矛盾. 若125,,,a a a 中含9, 则不含1, 于是不含6(69520),⨯++=故含4; 不含7(74920),⨯++=故含3; 不含8(89320),⨯++=故含2; 但是53210++=是10的倍数, 矛盾. 综上所述,n 的最小值为5。

综上可知，命题成立．评注如果两个互质的正整数之积是一个完全平方数，则这两个正整数都是完全平方数．这一命题是我们证明此题的出发点．19．4．27★★★如果正整数a 、b 、c 满足222c a b =+．证明：数2c ab +和2c ab -都可以表示为两个正整数的平方和．解析 巧妙运用下述命题：如果正整数x 可表示为两个正整数的平方和，则2x 也可表示为两个整数的平方和．事实上，设22x u v =+，这里x 、u 、v 都是正整数．则()()2222222x u v u v u v =+=++-．于是，2x 可表示为两个整数u v +和u v -的平方和，命题获证．注意到，由条件有 ()()22222222c ab c a ab b c a b ±=+±+=+±． 利用已证命题，可知()()()2224c ab c a b c a b ±=+±+- ． 记c a b x +±=，c a b y -= ，由222c a b =+可知x 、y 都是正整数，并且()2224c ab x y ±=+．若x 、y 不同为偶数，则由平方数0≡或()1mod 4，可知221x y +≡或()2mod 4，这是一个矛盾．所以，x 、y 都是偶数，从而22222x y c ab ⎛⎫⎛⎫±=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，这就是 要证的结论．评注 这里本质上只是恒等式()()()22222u v u v u v +=++-的应用，在处理竞赛问题时，代数式变形能力显得十分重要．19．4．28是否存在正整数m 、n 使得331m n a =++是完全平方数？解析 分如下三种情形讨论：（1）若m m 、n 都是偶数，则()31mod 4m ≡，()31mod4n ≡，所以()3313mod4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数．（2）若m 、n 都是奇数，则()33mod4m ≡，()33mod 4n =，所以()3313mod4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数．（3）若m 、n 是一奇一偶，不妨设m 是奇数，n 是偶数，则()33mod8m ≡，()31mod8n ≡，所以()3315mod8m n a =++≡，故此时a 不是完全平方数．综上所述，对于任意正整数m 、n ，正整数331m n a =++都不是完全平方数．评注 判断一个数不是完全平方数，我们也可以用“模”的方法，例如，我们知道，偶数的平方是4的倍数，奇数的平方除以4余1，所以，若一个整数同余2或者3模4，则它一定不是完全平方数；类似地，若一个整数同余2模3，则它一定不是完全平方数；一个整数同余2、3模5，则它一定不是完全平方数等等．其实，考虑末位数也是用“模”的方法，即模10．19．4．29★★★已知n 是正整数，且21n +和31n +都是完全平方数，求证：40|n ． 解析 因为34025=⨯，所以，只需证明：32|n ，且5|n 即可．设221n a +=，231n b +=，其中a 、b 都是正整数．由于a 是奇数，所以，()21mod8a ≡，从而4|n ，于是，31n +是奇数，所以，()21mod8b ≡，即()311mod8n +≡，从而()0mod8n ≡． 又对于任意整数x ，有()0 , 1 , 2mod5x ≡±±，所以，()20 , 1 , 4mod5x ≡，于是()22522mod5a b n +=+≡，故只能是()221mod5a b ≡≡，所以，()211mod5n +≡，从而()0mod5n ≡．因为（8，5）=1，所以，40|n19．4．30★★★—个正整数若能表示为两个正整数的平方差，称为“智慧数”，比如221653=-，16就是一个“智慧数”，从1开始数起，第2008个“智慧数”是哪个数？ 解析 1不是“智慧数”，大于1的奇正整数()()22211 1 , 2 , 3 , k k k k +=+-= ，都是“智慧数”．被4整除的偶数4k ，有()()()22411 2 , 3 , k k k k =+--= ，都是“智慧数”，而4不能表示为两个正整数的平方差，4不是“智慧数”．被4除余2的数()42 1 , 2 , k k += ，设()()2242k x y x y x y +=-=+-，其中x 、y 为正整数，当x 、y 奇偶性相同时，x y +，x y -均为偶数，()()x y x y +⋅-被4整除，而42k +不被4整除，所以x 、y 奇偶性相同的假设不可能成立；当x 、y 奇偶性不同时，x y +，x y -均为奇数，()()x y x y +-为奇数，而42k +为偶数，故x 、y 奇偶性不同的假设也不可能成立．即不存在正整数x 、y ，使2242k x y +=-，即形如42k +的数均不是“智慧数”． 综述，在正整数列中，前四个正整数中只有3为“智慧数”，之后每连续四个数中有三个“智慧数”，其中第二个数，即形如42k +的数不是智慧数．200813669=+⨯，()466912680⨯+=．因此，第2008个“智慧数”是2680． 19．4．31★★★把能表示成两个正整数平方差的这种正整数，从小到大排成一列：12 , , , , n a a a ，例如：22222222123421 3 , 32 5 , 437 , 318 , a a a a =-==-==-==-= ，求122007a a a +++ 的值．解析 当9m ≥时，若21m k =+是奇数，则()221m k k =+-，即m 能表示成两个正整数的平方差；若4m k =，则()()211m k k =+--，即m 也能表示成两个正整数的平方差；若4m k =，则()()2211m k k =+--，即m 也能表示成两个正整数的平方差；若42m k =+，则m 不能表示成两个正整数的平方差．所以，59a =，611a =，712a =，…，一般地，343k a k =+，3144k a k +=+，3245k a k +=+， 1 , 2 , k =故3132334445471216k k k a a a k k k k +++++=+++++=+，而20073669=⨯，所以()12200712312116122161266816a a a a a a +++=+++⨯++⨯+++⨯+()166866815126681626920052+=++⨯=． 19．4．32★★在二个连续的平方数之间能不能有二个完全立方数？换言之，是否存在正整数a 、b 、n 使得()22331n a b n <<<+？解析 假设存在正整数a 、b 、n ，使得()22331n a b n <<<+．因33a b <，可得()()323311a a b n <+<+≤．又因为23n a <，可得24n a <，即2n a <．故()()323221331311a a a a n n n +=+++>++>+，矛盾． 故假设不成立，即二个连续的平方数之间不能有二个完全立方数．19．4．33★★★设n 为正整数，如果存在一个完全平方数，使得在十进制表示下此完全平方数的各位数字之和为n ，那么称n 为好数（例如13是一个好数，因为2749=的各位数字之和等于13）．问：在1，2，…，2007中有多少个好数？解析 首先，对()0 , 1 , 2 , 3 , 4mod9x ≡±±±±分别计算，可得()20 , 1 , 4 , 0 , 7mod9x ≡，利用十进制下一个数与它的数码和模9同余，可知满足条件的()0 , 1 , 4 , 7mod7n ≡，即()0mod9n ≡或()1mod3n ≡．其次，注意到 23333512121225m m = 个个12，因此，若存在非负整数m ，使得37n m =+，则n 为好数，又由211=，224=可知1n =，4是好数，因此，若()1mod3n ≡，则n 为好数．最后，由()2211010110210199980001m m m m m ---=-⨯+= 个9个，可知若()0mod9n ≡，则n 是好数．综上可知，n 为好数的充要条件是()0mod9n ≡或()1mod3n ≡．依此可求得1，2，…，2007中好数的个数为669223892+-个．19．4．34★★★在黑板上依如下规则写下了若干个数：第一个数为1，以后的每一个数都等于已写数的个数加上这些已写数的平方和．证明：黑板上不可能出现除1以外的完全平方数．解析 利用相邻两个完全平方数之间的正整数都不是完全平方数这一结论．设第n 次所写的数为n ，则11a =，22a =，并且222112n n a n a a a +=++++ ，1n ≥． ①利用递推式①，可知()22111n n a n a a -=-+++ ，2n ≥，② 由①-②，可知211n n na a a +-=+，2n ≥， 即211n n n a a a +=++，2n ≥．注意到，()22211n n n n a a a a <++<+，故2n ≥时，1n a +不是完全平方数，又2a 不是完全平方数，故命题成立．评注 用递推式表示题中的条件后，问题得以数学化，从而获得解决．用恰当的方式将问题表示，这一过程是一个数学化的过程，是处理实际问题时必要的第一步．19.4.35★★★如果对x 的一切整数值，x 的二次三项式2ax bx c ++都是平方数（即整数的平方）．证明：（1）2a 、2b 、c 都是整数；（2）a 、b 、c 都是整数，并且c 是平方数．反过来，如果（2）成立，是否对一切x 的整数值，2ax bx c ++的值都是平方数？ 解析 （1）令0x =得c =平方数2l .令1x =±得2a b c m ++=，2a b c n -+=，其中m 、n 都是整数，所以2222a m n c =+-，222b m n =-都是整数．（2）如果2b 是奇数21k +（k 是整数），那么令4x =得22164a b l h ++=，其中h 是整数．由于2a 是整数，所以16a 被4整除，1641642a b a k +=++除以4余2．而()()22h l h l h l -=+-，在h 、l 的奇偶性不同时，()()h l h l +-是奇数；在h 、l 的奇偶性相同时，()()h l h l +-被4整除．因此22164a b h l +≠-，从而2b 是偶数，b 是整数．2a m c b =--也是整数． 在（2）成立时，2ax bx c ++不一定对x 的整数值都是平方数．例如，2a =，2b =，4c =，1x =时，28ax bx c ++=不是平方数． 19．4．36★★★设n 为任意正整数，p 为正整数． 试确定正整数p ，使123p p p p n ++++ 都是某个正整数的平方． 解析 令 , 123p p p p n p S n =++++ .首先我们知道：（1）() , 112n n n S +=，()() , 2126n n n n S ++=. 因此 2 , 13S =， 2 , 25S =均不为完全平方数． 所以1p =，2不满足所要求的条件．（2）()()222 , 31142n n n n n S ++⎛⎫== ⎪⎝⎭，对任意正整数而言，()12n n +必为整数，所以 , 3n S 必为完全平方数．（3）对任意4p ≥而言， 2 , 1221p p p p S =+=+必为奇数，但任一奇数m ，设21m k =+（k 为整数），则()()2221411m k k k =+=++． 显然2m 不可能是21p +型的数．（因为()1k k +必为一奇一偶，除1k =之外，()412p k k +≠，又4p ≥时，216p ≥，而1k =时，()418k k +=也不为2p 的数）． 由（1）、（2）、（3）的讨论得知3p =是唯一使123p p p p n ++++ 恒为完全平方数的正整数．。

初中数学竞赛专题选讲数的整除(三)一、内容提要在《数的整除(一)》和《数的整除(二)》中，分别介绍了数的整除特征和运用因式分解法解答数的整除问题，本讲介绍应用“同余”方面的知识.一. 同余的概念 两个整数a 和b 被同一个正整数m 除，所得的余数相同时，称a, b 关于模m 同余.记作a ≡b(mod m).如：8和15除以7同余1，记作8≡15(mod 7), 读作8和15关于模7同余. ∵2003=7×286+1，∴2003≡1 (mod 7)；∵－7和6对于模13同余6（余数是非负数）∴－7≡6（mod 13）；∵35和0除以5，余数都是0（即都能整除）∴35≡0（mod 5）.二. 用同余式判定数的整除若a ≡b(mod m)， 则m|(a －b).即a －b ≡0(mod m)⇔m|(a －b).例如：11≡25(mod 7)⇔7|(25－11)； 或 7|(11－25).∵25+35≡2+3≡0 (mod 5)，∴5|25+35.三. 同余的性质 (注意同余式与等式在变形中的异同点)1. 传递性： )(mod )(mod )(mod m c a m c b m b a ≡⇒⎭⎬⎫≡≡.2. 可加可乘性：⎩⎨⎧≡+≡+⇒⎭⎬⎫≡≡).(mod )(mod ).(mod )(mod m bd ac md b c a m d c m b a ；，推论 可移性：a ≡b+c (mod m)⇒(a －b)≡c(mod m).可倍性：a ≡b(mod m)⇒ka ≡kb(mod m) (k 为正整数).可乘方：a ≡b(mod m)⇒ a n ≡b n (mod m) (n 为正整数).3. 当d 是a, b, m 的正公因数时， a ≡b(mod m)⇒d b d a ≡(mod d m ). 如：2是20，26，6的正公因数， 20≡26(mod 6)1310≡⇒(mod 3).四. 根据抽屉原则：任给m+1个整数，其中至少有两个数对于模m 同余.即至少有两个，其差能被m 整除.例如：任给5个数a, b, c, d, e.其中至少有两个，它们的差能被4整除. ∵除以4的余数只有0，1，2，3四种.∴5个数除以4至少有两个同余.二、例题例1. 已知：69，90，125除以正整数n 有相同的余数.求：n 的值解：∵69≡90(mod n)， 90≡125(mod n).∴ n|(90－69)， n|(125－90).而21,35的最大公约数是7， 记作(21,35)=7 (7是质数).∴n=7例2. 求388除以5的余数.解：∵38≡3 (mod 5)，∴388≡38≡(32)4≡(－1)4≡1 (mod 5).(注意 9除以5余4，－1除以5也是余4，∴32≡－1 (mod 5)例3. 求997的个位数字.解： ∵74k+n 与7n 的个位数字相同， 且9≡1 ( mod 4)，∴ 99≡19 ≡1 (mod 4).∴997与71的个位数字相同都是7.例4. 求证：7|(+).证明：∵+=(22225)1111+(55552)1111∵2222=7×317+3 ， 5555=7×793+4.∴2222≡3 ( mod 7)； 5555≡4 (mod 7).∴22225≡35≡5(mod 7)； 55552≡42≡2 (mod 7).∴22225+55552≡5+2≡0 ( mod 7).即22225≡－55552 (mod 7).∴(22225)1111≡(－55552)1111≡－(55552)1111 (mod 7).∴+≡0 (mod 7).∴7|(+).例5.求使32n－1能被5整除的一切自然数n.解：∵32≡－1 (mod 5) ，∴(32)n≡(－1)n (mod 5).32n－1≡(－1) n－1 (mod 5)∵当且仅当n为偶数时，(－1) n－1=0.∴使32n－1能被5整除的一切自然数n是非负偶数例6.已知：a,b,c是三个互不相等的正整数.求证：a3b－ab3,b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有一个数能被10整除.证明：用同余式判定整除法证明当正整数n的个位数是0，1，4，5，6，9时，n3的个位数也是0，1，4，5，6，9.∴这时n3≡n (mod 10)；当正整数n的未位数为2，3，7，8时，n3的个位数分别是8，7，3，2.∵8与－2，7与－3，3与－7，2与－8，除以10是同余数，∴这时n3≡－n (mod 10)；把三个正整数a,b,c按个位数的情况，分为上述两类时，则至少有两个属于同一类.设a,b的末位数是同一类，那么a3b－ab3≡ab－ab≡0 (mod 10)；或a3b－ab3≡(－a)b－a(－b)≡0 (mod 10).∴10| (a3b－ab3)三、练习1.三个数33，45，69除以正整数N有相同余数，但余数不是0，那么N=_______.2.求777的个位数字.3.求379245除以19的余数；41989除以9的余数.4.求÷1990的余数.5.四个数2836，4582，5164，6522都被同一个正整数除，所得的余数都相同且不是0，求除数和余数.6. 求证：7|(+).7. 已知：正整数n>2 . 求证：31111≡321Λ个n (mod 4).8. 任给8个整数，其中必有两个，它们的差能被7整除，试证之.9. 求使2n +1能被3整除的一切自然数n.10. 已知 69，90，125除以N (N>1) 有同余数，那么对于同样的N ，81同余于( )（A ）3. （B ）4. （C ）5. （D ）7. （E ）8.参考答案1. N=12，6，2.(舍去3，∵余数是0).解法仿例1.2. 个位数字是3.∵7≡－1(mod 4), ∴ 777≡(－1)77(mod 4)……仿例33. 余数是18和1. ∵37≡－1 (mod 19) ∴原式≡－1 ≡18 (mod 19)； 41989=(43)663 64≡1(mod 9) 64663≡1663 ≡1.4. 余数是1. ∵1989≡－1 (mod 1990) ∴≡(－1)1990≡1 (mod 1990).5. 根据题意 2836≡4582≡5164≡6522≡r (mod m)而且4582－2836=1746, 6522－5164=1358.∴ m| 1746, 且m|1358， (1746，1358)=2×97∴m=194, 97, 2 (2不合题意.舍去)答：除数为194， 余数是120或除数为97， 余数是236. ∵ +≡14444+(－1)3333≡0 (mod 7).7. 321Λ321Λ个个211111111-=n n 00+11≡11≡3 (mod 4).8. 8个正整数分别除以7，必有两个或两个以上是同余数9. ∵2≡－1 (mod 3) ∴2n ≡(－1)n (mod 3)2n +1≡(－1)n +1 (mod 3)当且仅当n 奇数时, (－1)n +1≡0∴能被3整除的一切正整数n 是奇数10. (B).。