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整除法则的原理及应用1. 原理介绍整除法则是数学中的一个重要概念，用于判断一个数能否整除另一个数，或者得到余数。
以下是整除法则的原理：1.余数概念：对于两个整数a和b，如果存在一个整数q使得a=q*b+r，其中r是小于b的非负整数，则称b能够整除a，a被b整除，q是商，r是余数。
2.整除符号：如果b能够整除a，则可以表示为b|a。
3.整除性质：–如果a能够整除b，而b能够整除c，则a能够整除c；–如果a能够整除b，且b能够整除a，则a等于b或者a等于-b；–如果a能够整除b，且a能够整除c，则a能够整除b+c和b-c；–如果a能够整除b和c，则a能够整除b+c和b-c。
2. 应用案例整除法则在数学和实际生活中都有广泛的应用。
以下是一些常见的应用案例：2.1 判断能否整除整除法则可以用于判断一个数能否整除另一个数。
通过计算余数，我们可以判断两个数之间是否存在整除关系。
例如，我们可以使用整除法则来判断一个数是否是偶数或者奇数，因为偶数能够被2整除，而奇数不能。
2.2 素数判断素数是只能被1和自身整除的正整数。
整除法则可以用于判断一个数是否是素数。
如果一个数只能被1和自身整除，那么它一定是素数。
通过这个原理，我们可以编写一个程序来判断一个数是否是素数。
2.3 最大公约数和最小公倍数计算整除法则可以用于计算两个数的最大公约数和最小公倍数。
最大公约数是能够整除两个数的最大正整数，最小公倍数是能够被两个数整除的最小正整数。
通过应用整除法则，我们可以快速计算出最大公约数和最小公倍数。
2.4 分解质因数整除法则是分解质因数的基础原理之一。
分解质因数是将一个数表示为几个质数的乘积的过程。
通过多次使用整除法则，我们可以将一个数逐步分解为一组质因数的乘积。
2.5 约分和化简分数在分数运算中，整除法则可以用于约分和化简分数。
通过将分子和分母同时除以它们的最大公约数，我们可以将一个分数化简为最简形式。
这可以简化分数的计算和比较。
整除的性质和特征整除问题是整数内容最基本的问题;理解掌握整除的概念、性质及某些特殊数的整除特征,可以简单快捷地解决许多整除问题,增强孩子的数感;一、整除的概念：如果整数a除以非0整数b,除得的商正好是整数而且余数是零,我们就说a能被b 整除或b能整除a,记作b/a,读作“b整除a”或“a能被b整除”;a叫做b的倍数,b叫做a 的约数或因数;整除属于除尽的一种特殊情况;二、整除的五条基本性质：1如果a与b都能被c整除,则a+b与a-b也能被c整除；2如果a能被b整除,c是任意整数,则积ac也能被b整除；3如果a能被b整除,b能被c整除,则积a也能被c整除；4如果a能同时被b、c整除,且b与c互质,那么a一定能被积bc整除,反之也成立；5任意整数都能被1整除,即1是任意整数的约数；0能被任意非0整数整除,即0是任意非0整数的倍数;三、一些特殊数的整除特征：根据整除的基本性质,可以推导出某些特殊数的整除特征,为解决整除问题带来方便;1如果一个数是整十数、整百数、整千数、……的因数,可以通过被除数末尾几位数字确定这个数的整除特征;①若一个整数的个位数字是2的倍数0、2、4、6或8或5的倍数0、5,则这个数能被2或5整除；②若一个整数的十位和个位数字组成的两位数是4或25的倍数,则这个数能被4或25整除；③若一个整数的百位、十位和个位数字组成的三位数是8或125的倍数,则这个数能被8或125整除;推理过程：2、5都是10的因数,根据整除的基本性质2,可知所有整十数都能被10、2、5整除;任意一个整数都可以看作一个整十数和它的个位数的和,如果一个数的个位数字也能被2或5整除,根据整除的基本性质1,则这个数能被2或5整除;又因为4、25都是100的因数,8、125都是1000的因数,根据整除的基本性质2,可知任意整百数都能被4、25整除,任意整千数都能被8、125整除;同时,任意一个多位数都可以看作一个整百数和它末两位数的和或一个整千数和它的末三位数的和,根据整除的基本性质1,可以推导出上面第②条、第③条整除特征;同理可证,若一个数的末四位数能被16或625整除,则这个数能被16或625整除,依此类推;2若一个整数各位上数字和能被3或9整除,则这个数能被3或9整除;推理过程：因为10、100、1000……除以9都余1,所以几十、几百、几千……除以9就余几;因此,对于任意整数ABCDE…_______________都可以写成下面的形式n为任意整数：9n＋A＋B＋C＋D＋E＋……9n一定能被3或9整除,根据整除的基本性质1,只要这个数各位上的数字和A＋B ＋C＋D＋E＋……能被3或9整除,这个数就能被3或9整除;3用“截尾法”判断整除性;①截尾减2法：若一个整数截去个位数字后,再从所得的数中,减去个位数字的2倍,差是7的倍数,则原数能被7整除；②截尾减1法：若一个整数截去个位数字后,再从所得的数中,减去个位数字的1倍,差是11的倍数,则原数能被11整除；③截尾加4法：若一个整数截去个位数字后,再从所得的数中,加上个位数字的4倍,差是13的倍数,则原数能被13整除；④截尾减5法：若一个整数截去个位数字后,再从所得的数中,减去个位数字的5倍,差是17的倍数,则原数能被17整除；⑤截尾加2法：若一个整数截去个位数字后,再从所得的数中,加上个位数字的2倍,差是19的倍数,则原数能被19整除;根据整除的基本性质3,以上5条整除特征中,如果差太大,可以继续前面的“截尾翻倍相加”或“截尾翻倍相减”的过程,直到能直接判断为止;推理过程：设任意一个整数的个位数字为y,这个数可以表示成10x＋y的形式,其中x为任意整数;一个数截尾减2后,所得数为x－2y;因为截去这个数的个位数字后,所得数x减去个位数字y的2倍,实际上是在原数的十位数字上减去2个y,即减去了20个y,截尾一个y,总共减去了21个y,剩下了x－2y个10;如下式：10x－20y＋y－y﹦x－2y×10﹦10x ＋y－21y;根据整除的基本性质,如果x－2y能被7整除,则x－2y×10就能被7整除,即10x＋y－21y能被7整除,21y是7的倍数,可以推出原数10x＋y一定能被7整除;“截尾加4”就是原数截去1个y、加上40个y,总共加了39y13的倍数,得到x＋4y 个10,“截尾加4”所得x＋4y如果能被13整除,原数必能被13整除;同理,“截尾减1”就是原数减去了11个y11的倍数,原数剩下x－y个10,“截尾减1”所得x－y能被11整除,原数必能被11整除；“截尾减5”就是原数减去了51个y17的倍数,原数剩下x－5y个10,“截尾减5”所得x－5y能被17整除,原数必能被17整除；“截尾加2”就是原数加了19y19的倍数,得到x＋2y个10,“截尾加2” 所得x＋2y如果能被19整除,原数必能被19整除;依此类推,可以用“截尾加3”判断一个数能否被29整除,用“截尾减4”判断一个数能否被41整除等等;4 “截尾法”的推广使用;①若一个数的末三位数与末三位之前的数字组成的数相减之差大数减小数能被7、11或13整除,则这个数一定能被7、11或13整除；②若一个整数的末四位与之前数字组成数的5倍相减之差能被23或29整除,则这个数能被23或29整除;比较适合对五位数进行判断推理过程：①设任意一个整数的末三位数为y,则这个数可以表示成1000x＋y的形式,其中x 为任意整数;当x大于y时,这个数末三位之前的数字组成的数减去末三位数得到x－y;这里x 减y实际上是在原数的千位上减去y,即减去了1000y,加上截去末三位数y,总共减去了1001y,原数剩下x－y个1000;如下式：1000x－1000y＋y－y﹦1000x－y﹦1000x＋y－1001y7×11×13﹦1001,7、11和13都是1001的因数;综上所述,如果这个数末三位之前的数字组成的数减去末三位数得到x－y能被7、11或13整除,即1000x＋y－1001y能被7、11或13整除,则原数必能被7、11或13整除;当y大于x时,可得1000y－x﹦1001y－1000x＋y,如果y－x能被7、11或13整除,则原数必能被7、11或13整除;②设任意一个整数的末四位数为y,则这个数可以表示成10000x＋y的形式,其中x 为任意整数;末四位与之前数字组成数的5倍相减之差即y－5x;10000y－5x﹦1005y－510000x＋y因为1005是23和29的公倍数,如果一个数末四位与之前数字组成数的5倍相减之差即y－5x能被23或29整除,即10000y－5x能被23或29整除,则原数必能被23或29整除;依此类推,如果一个数末两位数与之前数字相减之差能被101整除,则这个数必能被101整除等等;5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;推理过程：一个整数偶数位上每个计数单位除以11都余1,如1、100、10000……等,除以11都余1,因此每个偶数位上数字是几,它所表示的数值除以11就余几,所有偶数位上数字之和除以11余几,所有偶数位数字所表示的数值除以11就余几;一个整数奇数位上每个计数单位除以11都“缺1”余数为10,如10、1000、100000……等,除以11都“缺1”, 因此每个奇数位上数字是几,它所表示的数值要整除11就缺几,所有奇数位上数字之和除以11缺几,所有奇数位数字所表示的数值除以11就缺几;“移多补少”,只有一个整数所有奇位数字之和与偶位数字之和相减之差能被11整除,原数才能被11整除;。
数字的整除性质数字的整除性质是数学中的一个重要概念，它描述了一个数能否被另一个数整除。
在这篇文章中，我们将讨论整数除法的基本原理，并探讨一些与整除性质相关的重要概念和性质。
1. 整数除法的基本原理整数除法是指将一个整数（被除数）除以另一个整数（除数），得到的商也是整数的运算过程。
在整数除法中，如果被除数能够被除数整除，那么我们说被除数是除数的倍数，除数是被除数的因数。
例如，当10除以2时，10能够被2整除，所以2是10的因数，10是2的倍数。
2. 整除与余数在整数除法中，有两个重要的概念，即整除和余数。
当一个整数能够被另一个整数整除时，我们称它们之间存在整除关系。
例如，12能够被3整除，所以3整除12。
而当一个整数不能被另一个整数整除时，我们说它们之间不存在整除关系。
例如，13不能被5整除，所以5不能整除13。
除了整除关系，整数除法还有一个关联的概念，即余数。
余数是指在整数除法中，被除数除以除数后所得到的剩余数。
例如，当17除以5时，17除以5的商是3余2，即17 = 3 * 5 + 2。
3. 整除性质与判定在实际问题中，我们常常需要判定一个数是否能被另一个数整除。
为了方便判定，我们可以利用一些整除性质。
以下是几个常见的整除性质：3.1. 偶数的整除性：如果一个整数的个位数字是0、2、4、6、8中的任意一个，那么它一定能被2整除。
3.2. 5的整除性：如果一个整数的个位数字是0或者5，那么它一定能被5整除。
3.3. 10的整除性：如果一个整数以0结尾，那么它一定能被10整除。
3.4. 除法性质：如果一个整数能被另一个整数整除，那么它也能被这个整数的约数整除。
例如，如果一个整数能被6整除，那么它一定也能被2和3整除。
4. 应用举例下面是一些应用整除性质的例子：4.1. 判断一个数能否被2整除：只需要判断该数的个位数字是否是0、2、4、6、8中的一个。
4.2. 判断一个数能否被3整除：只需要将该数的所有位上的数字相加，然后判断和是否能被3整除。
整除性质及规律总结整除性质是指一个数能够被另一个数整除的特性。
在数学中，整除性质是一个非常重要的概念，它可以帮助我们解决一些数学问题，特别是在解决整数运算、因式分解等问题时起到重要的作用。
整除性质的基本概念是“整除”。
如果一个整数a能够被另一个整数b整除，那么我们就说a被b整除，记作a，b。
换句话说，如果存在一个整数c使得a=bc，那么我们就可以说a被b整除。
整除性质有以下几个重要的规律：1.任何整数都能被1整除。
对于任意整数a，都有a，12.任何整数都能整除它自己。
对于任意整数a，都有a，a。
3.如果整数a能被整数b整除，那么a也能被b的所有因数整除。
即如果a，b，且b，c，则a，c。
4.如果整数a能够整除整数b，且整数b能够整除整数a，那么a和b相等或它们都是0。
即如果a，b且b，a，那么a=b或a=b=0。
5.如果一个整数a能够整除整数b，那么a的绝对值一定小于或等于b的绝对值。
即如果a，b，则，a，≤，b。
这些整除性质和规律可以帮助我们解决许多数学问题。
以下是一些例子：1.素数判定：根据整除性质，如果一个数除了1和它本身外没有其他因数，那么这个数一定是素数。
因为只有1和它本身能够整除它。
例如，判断一个数a是否为素数，我们只需要从2到a的平方根遍历，看是否有能够整除a的数。
2.因式分解：根据整除性质，如果一个数a能够整除另一个数b，那么a就是b的因数。
因此，我们可以通过找出一个数的所有因数，然后对这些因数进行组合，得到这个数的因式分解式。
例如，将一个数b进行因式分解，我们可以从2开始遍历到b的平方根，找出所有能够整除b的数，然后将它们进行组合。
3.取模运算：取模运算是指将一个数除以另一个数，所得到的余数。
根据整除性质，如果一个整数a能够整除另一个整数b，那么b模a的结果一定为0。
因此，我们可以利用取模运算来判断一个数能否被另一个数整除。
例如，判断一个数b能否被3整除，我们只需要计算b模3的结果，如果结果为0，则说明b能够被3整除。
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。
26.整数整除的概念和性质知识纵横对于整数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,a│c,则a│(b±);2.若a│b,b│c,则a│c;3.若a│bc,且(a,c)=1,则a│b,若质数p│bc,则必有p│b或p│c;4.若b│a,c│a,且(b,c)=1,则bc│a.解整除有关问题常用到数的整除性常见特征:1.被2整除的数:个位数字是偶数;2.被5整除的数:个位数字是0或5;3.被4整除的数:末两位组成的数被4整除;被25整除的数,•末两位组成的数被25整除;4.被8整除的数:末三位组成的数被8整除;被125•整除的数,•末三位组成的数被125整除;5.被3整除的数:数字和被3整除;6.被9整除的数:数字和被9整除;7.被11整除的数:奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除.例题求解【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_________. (重庆市竞赛题)思路点拨略解:37【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 (“希望杯”邀请赛试题)思路点拨举例验证.解:选A 提示:当a=3,b=5,c=2时,①③④都是假命题;当a=3,b=2,c=5,②是假命题.xy是72的倍数,求出所有的符合条件的7位数.【例3】已知7位数12876(第15届江苏省竞赛题)思路点拨 7位数12876xy 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.解:提示:因为72│12876xy ,所以8│12876xy ,9│12876xy ,由此得1+2+8+7+x+y+6=24+x+y 是9的倍数,而0≤x+y ≤18,则x+y=3或12,又6xy 必是8的倍数, 6y 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=0,8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1287216,1287576.【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-a)(x-b)(•x-c)(x-d)-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abcdef 也能被37整除.思路点拨 (1)x-a,x-b,x-c,x-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.解:(1)略;(2)提示:abcdef=abc ×1000+def=abc ×999+(abc+def)【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=1990111 个,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除的余数入手.解:(1)N+1为2～10的公倍数,要使N 最小,取N+1为它们的最小公倍数23×5×33•×7=2520,故所求N 的最小值为2520-1=2519.(2)设已知三数被自然数x 除时,商数分别为a,b,c,则由此得x为358,859,1253的公约数,x=179,进而求得y=164.(3)111111=7×15873,而1990=6×331+4,故只须考察1111被7除的余数,1111=•7×158+5,故N被7除余5.学力训练一、基础夯实a是3的倍数,那么a是________.1.如果五位数12342.如果从5,6,7,8,9这5个数中,选出4个组成一个四位数,使它能被3,5,7整除,•那么这些数中最大的是_______.ab能被198整除,那么a=________,b=_______.3.已知整数13456(第17届江苏省竞赛题)4.在1,2,3,…,2000这2000个自然数中,有_______个自然数能同时被2和3整除,而且不能被5整除. (2000年“五羊杯”竞赛题)5.能整除任意3个连续整数之和的最大整数是( ).A.1B.2C.3D.6 (第15届江苏省竞赛题)6.除以8和9都是余1的所有三位数的和是( ).A.6492B.6565C.7501 C.7514被15整除,则n的最小值等于( ).7.若20022002200215n个2002A.2B.3C.4D.58.有棋子若干,三个三个地数余1,五个五个地数余3,七个七个地数余5,•则棋子至少有( ).A.208个B.110个C.103个D.100个9.(1)证明:形如abcabc的六位数一定能被7,11,13整除.(2)若4b+2c+d=32,试问abcd能否被8整除?请说明理由.xy是99的倍数,求代数式950x+24y+1的值.10.已知7位自然数6242711.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.二、能力拓展12.五位数abcde是9的倍数,其中abcd是4的倍数,那么abcde的最小值是____.13.一个三位自然数,当它分别被2,3,4,5,7除时,余数都是1,那么具有这个性质的最小三位数是______;最大三位数是_______. (第15届“希望杯”邀请赛试题)14.今天是星期日,从今天算起,第1111天是星期_____.2000个115.用自然数n去除63、91、130,所得到的3个余数的和为26,则n=________.(北京市“迎春杯”竞赛题)16.今有自然数带余除法算式:A÷B=C…8,如果A+B+C=2178,那么A=( ).A.2000B.2001C.2071D.210017.有1997盏亮着的电灯,各有一个拉线开关控制着,现按其顺序编号为1,2,…,1997,然后将编号为2的倍数的灯线拉一下;再将编号为3的倍数的灯线拉一下;最后将编号为5的倍数的灯线拉一下,3次拉完后亮着的灯数为( ).A.1464盏B.533盏C.999盏D.998盏(《学习报》公开赛试题)18.19972000被7除的余数是( ).A.1B.2C.4D.619.n为正整数,302被n(n+1)除所得商数q及余数r都是正值,则r的最大值与最小值的得( ).A.148B.247C.93D.12220.某商场向顾客发放9999张购物券,每张购物券上印有一个四位数的号码,•从0001到9999,如果号码的前两位数字之和等于后两位数字的和,则称这张购物券为“幸运券”,试证明:这个商场所发的购物券中,所有幸运券的号码之和能被101整除.(“祖冲之杯”邀请赛试题)21.将分别写有数码1,2,3,4,5,6,7,8,9的九张正方形卡片排成一列,•发现恰是一个能被11整除的最大的九位数.请你写出这九张卡片的排列顺序,并简述推理过程.22.将糖果300粒、饼干210块和苹果163个平均分给某班同学,余下的糖果、•饼干和苹果的数量之比是1:3:2,问该班有多少名同学?三、综合创新23.已知质数p、q使得表达式21pq+及23qp-都是自然数,试确定p2q的值.24.重排任一个三位数三个数位上的数字,得到一个最大的数和一个最小的数,•它们的差构成另一个三位数(允许百位数字为0),再重复以上的过程,问重复2003•次后所得的数是多少?证明你的结论. (2004年武汉市选拨赛试题)答案1.2或5或82.97653.8,0 提示:原数能被2,9,11整除4.267 提示:自然数n 能同时被2和3整除,相当于n 能被6整除,有333个,•其中能被5整除的便能被30整除,有66个.5.C6.A 提示:n-1能被8和9整除,因此n-1是72的倍数,在3位数中,符合条件的n•是2×72+1,2×73+1,…13×72+1.7.B 8.C 提示:设有棋子n 个,则n+2能被3,5,7整除9.(1)提示: abcabc =1001×(100a+10b+c)=7×11×13×(100a+10b +c); (2) bcd =•96b+8c+(4b+2c+d)=8(12b+c+4).10.提示:因9│62427xy 且11│62427xy ,故9│(6+2+x+y+4+2+7),且11│[(6+•x+4+7)-(2+y+2)],又0≤x+y ≤18且-9≤x-y ≤9,得62x y x y +=⎧⎨-=-⎩或159x y x y +=⎧⎨-=⎩, 解得24x y =⎧⎨=⎩或123x y =⎧⎨=⎩(不合题意舍去) 把x=2,y=4代入得,原式=1997.11.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=3m+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).12.10008 13.421,84114.三提示:因111111=15873×7,2000=333×6+2故1112000个1被7除的余数与11被7除的余数相同.15.提示:设自然数n除63、91、130时,商分别为x、y、z,余数分别为a、b、c,•那么63=nx+a ①,91=ny+b ②,130=nz+c ③,①+②+③得 284=n(x+y+z)+(a+b+c),而a+b+c=26,则n(x+y+z)=258=2×3×43,故n=2,3,6,43,86,129或258.16.A 提示:A=BC+8代入得BC+B+C+8=2178,(B+1)(C+1)=2171=13×167,则1131167BC+=⎧⎨+=⎩或1167113BC+=⎧⎨+=⎩,两者都得A=166×12+8=200017.C 18.C19.A 提示:r为偶数,n(n+1)只能取6,12,20,30,42,56,•72,•90,110,132,156,182,210,240,272.20.提示:显然号码为9999是幸运券,除此之外,其余所幸运券可两两配对,•和为9999,因为9999=99×101,故所有幸运券号码之和也能被101整除.21.1～9组成的最大九位数是987654321,但这个数不是11的倍数.经分析所求数的奇位数字和为25,偶位数字和为20,987652413为所求.22.根据被除数、除数、商、余数关系列出方程组,可求得该班有同学为23人.23.提示:先设p≥q,则有1≤23qp-=2×qp-3p<2,于是只能23qp-=1,即p=2q-3,而这时21pq+=45pq-=4-5q,要21pq+为自然数,只能q=5,从而p=7,再设p<q,这时1≤21pq+=2×pq+1q<3,于是我们有以下两种情况:①21pq+=1,q=2p+1,此时23qp-=41pp-,得p=1,不合题意;②21pq+=2,2p+1=2q,左边为奇数,右边为偶数,矛盾.故p2q=72×5=245.24.(1)三个数位上的数字全相同,所得的数为0,(2)三个数位上的数字不全相同,所得的数为495证明:(1)显然成立,下面证(2).若三个数位上的数字不全相同,不妨设这个三位数为abc,其中a≥b≥c,且a≥c+1,abc-cba=99(a-c)=100(a-c-1)+10×9+(10+c-a) 故所得的三位数中必有一个9,而另两个数字之和为9,共有五种可能:990,981,972,963,954,易验证上述五个数经过不超过10次操作得到495.。
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。
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。
这也是解答数学竞赛题的一种常用方法．圆土有9个数码，已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下，得到的是一个九位数，并且能被27整除．试证：如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话，那么所得的一个九位数也能被27整除．思路点拨 把从某一位起按顺时针方向记下的九位数记为：9321a a a a ，它能被27整除．只需证明从其相邻一位读起的数：1932a a a a 也能被27整除即可．证明 设从某一位起按顺时针方向记下的九位数为9321a a a a ．依据题意 10× 1932a a a a －9321a a a a =（109-1）a 1∵109-1=10003-1=999(10002+1000+1)而999能被27整除，∴ 10003—1也能被27整除．因此，1932a a a a 能被27整除．从而问题得证．已知N=911x 是一个能被19整除的四位数，求x ．（6）【例13】从左向右将编号为1至2002号的2002个同学排成一行，从左向右从1到11报数，报到11的同学原地不动，其余同学出列；然后，留下的同学再从左向右从1到11报数，报到11的同学留下，其余同学出列；留下的同学再从左向左从1到11地报数，报到11的同学留下，其余同学出列．问最后留下的同学有多少?他们的编号是几号?思路点拨 由题意，第一次报数后留下的同学，他们的编号必为11的倍数；第二次报数后留下的同学，他们的编号必为112=121的倍数；第三次报数后留下的同学，他们的编号必为113=1331的倍数．因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1~2002中，1331的倍数只有一个，即1331号，所以，最后留下一位同学，其编号为1331．注：1~11地报数，使报数呈现周期性，所以11是解决问题的核心数．通过观察，知1331是要求的编号．证明：形如abcabc 的六位数一定能被7、11、13整除．求1000以内同时被3、4、5、6整除的正整数的个数．（16个）【例14】 (美国数学臭林匹克试题)在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数cba cab bca bac abc 、、、、的和N ，把N 告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数abc ．现在设N=3194，请你做魔术师，求出数abc 来．思路点拨 将abc 也加到和N 上，这样a 、b 、c 就在每一位上都恰好出现两次，所以有abc +N=222(a+b+c)从而3194<222(a+b+c) <3194+1000，而a 、b 、c 是整数．所以15≤<a 十b 十c ≤18．因为222×15—3194=136，222×16—3194=358，222×17-3194=580，222×18-3194=802， 其中只有3+5+8=16能满足①式，所以abc =358．注：本题将abc k 也加到和N 上，目的是使得由a 、b 、c 组成的6个三位数相加，这样a 、b 、c 在每个数位上出现的次数相同．这一技巧在解决数学问题中经常使用．【例15】 (江苏初一第2试)某公园门票价格对达到一定人数的团队按团队票优惠．现有A 、B 、C 三个旅游团共72人，如果各团单独购票，门票费依次为360元、384元、480元；如果三个团合起来购票，总共可少花72元．(1)这三个旅游团各有多少人?(2)在下面填写一种票价方案，使其与上述购票情况相符．思路点拨 (1)360+384+480－72=1152(元)，1152÷72=16(元／人)，即团体票是每人16元．因为16不能整除360，所以A 团未达到优惠人数．若三个团都未达到优惠人数，则三个团的人数比为360：384：480=15：16：20，即三个团的人数分别为725120,725116,725115⨯⨯⨯，这都不是整数(只要指出其中某一个不是整数即可)，不可能．所以B 、C 两团至少有一个团本来就已达到优惠人数．这有三种可能：①只有C 团达到；②只有B 团达到；③B 、C 两团都达到．对于①，可得C 团人数为480÷16=30，A 、B 两团共有42人，A 团人数为15/31×42，不是整数，不可能．刘于②，可得B 团人数为384÷16=24，A 、C 两团共有48人，A 团人数为15/35×48，不是整数，不可能．所以必是③成立，即C 团有30人，B 团有24人，A 团有18人．【例16】 ( “希望杯”竞赛试惠)如图19—1，若a 、b 、c 是两两不等的非零数码，按逆时针箭头指向组成的两位数ab 、bc 都是7的倍数，则可组成三位数abc 共有 个；其中最大的三位数与最小的三位数的和等于思路点拨 由已知ab =l0a+b=7k ，bc =l0b+c=7n(其中k ，n 均为正整数)，而ca =10c+a=10(7n-10b)+a=70n-100(7k-10a)+a=7m ，故ca 也是7的倍数，abc 总计15个，其中最大的一个为984，最小的一个为142，它们的和为1126．在下边的加法算式中，每个口表示一个数字，任意两个数字都不同：试求A 和B 乘积的最大值．思路点拨 先通过运算的进位，将能确定的口确定下来，再来分析求出A 和B 乘积的最大值．设算式为显然，g=1，d=9，h=0．a+c+f=10+B ，b+e=9+A ，∴A ≤6．2（A+B ）+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8．要想A ×B 最大，∵A ≤6，∴取A=5，B=3．此时b=6，e=8，a=2，c=4；f=7，故A ×B 最大值为15．注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g 、d 、h ，然后再通过分析、观察得出A 、B 的关系，最后求出A ·B 的最大值．【例17】 任给一个自然数N ，把N 的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的自然数N ′，试证明：N N '-能被9整数．思路点拨 令N =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a 1+a 2+…+a n 除以9所得的余数，而N ′除以9所得的余数等于a n +a n-1+…+ a 1除以9所得的的余数．显然，a 1+a 2+…+a n = a n +a n-1+…+ a 1．因此，N 与N ′除以9所得的余数相同，从而N N '-能被9整除．注 本例用了一个结论：若 a 与b 除以c 所得的余数相同，则c │a —b 这个结论是显然的，而且它的应用十分广泛．另外，本例的结论还可以推广．不一定非把N 的各位数字按相反顺序重写，可以以任意的次序重写N 的各位数宇得出N ′，则N N '-仍能被9整除．【例18】证明：111111+112112十113113能被10整除． 思路点拨 要证明111111+112112十113113能被10整除，只需证明111111+112112十113113的末位数字为0，即证111111、112112、113113三个数的末位数字和为10．证明 111111的末位数字显然为1；112112=(1124)28，而1124的末位数字是6，所以112112的末位数字也是6；113113=(1134)28×113．1134的末位数字是1，所以113113的末位数字是3． ∴111111、112112、113113三个数的末位数字和为10，∴111”’十112n ’十113m 能被10整除．注：本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字之和为10．解决数学问题时，常将未知的问题转化为熟知的问题，复杂的问题转化为简单的问题，这就是化归思想．学力训练1．如果五位数3412a 是3的倍数，那么a 是 ．2如果从5，6，?，8，9这5个数中，选出4个组成一个四位数，使它能被3，5，7整除，那么这些数中最大的是 ．3．已知整数45613ab 能被198整除，那么a= ，b= ．(江苏省竞赛题)4在1，2，3，…，2000这2000个自然数中，有 个自然数能同时被2和3整除，而且不能被5整除．( “五羊杯”竞赛题)5．能整除任意3个连续整数之和的最大整数是( )．A ．1B ．2C 3D ．6(江苏省竞赛题)6．除以8和9都是余1的所有三位数的和是( )．A ．6492B ．6565C 7501D ．75147．若152002200220022002 个n 被15整除，则n 的最小值等于( )．A ．2B ．3C ．4D ．5(北京市竞赛题)8．有棋子若干，三个三个地数余1，五个五个地数余3，七个七个地数余5，则棋子至少有( )．A ．208个B ．110个C ．103个D ．100个9．(1)证明：形如abcabc 的六位数一定能被7，1l ，13整除．(2)若4b+2c+d=32，试问abcd 能否被8整除?请说明理由．10．已知7位自然数42762xy 是99的倍数，求代数式950x+24y+1的值．11．已知a ，b 是整数，求证：a+b ，ab 、a-b 这三个数之中，至少有一个是3的倍数．12．五位数abcde 是9的倍数，其中abcd 是4的倍数，那么abcde 的最小值是 ．13．一个三位自然数，当它分别被2，3，4，5，7除时，余数都是1，那么具有这个性质的最小三位数是 ；最大三位数是 ． ( “希望杯”邀请赛试题)14．今天是星期日，从今天算起，第120001111个111…1天是星期 ． 15．用自然数n 去除63、9l 、130，所得到的3个余数的和为26，则n= ．(北京市“迎春杯”竞赛题)16．今有自然数带余除法算式：A ÷B=C …8，如果A+B+C ＝2178，那么A ＝( )．A ．2000B ．．2001C ．2071D ．210017．有1997盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为l ，2，…，1997，然后将编号为2的倍数的灯线拉一下；再将编号为3的倍数的灯线拉一下；最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，3次拉完后亮着的灯数为( )．A ．1464盏B ．533盏C ．999盏D ．998盏(《学习报》公开赛试题) 18．19972000”被7除的余数是( )．A ．1B ．2C ．4D ．619．n 为正整数，302被n(n+1)除所得商数q 及余数r 都是正值，则r 的最大值与最小值的和是( )．A ．148 D ．247 C ．93 D ．12220．某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字的和，则称这张购，物券为“幸运券”，试证明；这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除．(“祖冲之杯”邀请赛试题)21．将分别写有数码l ，2，3，4，5，6，7，8，9的九张正方形卡片排成一排，发现恰是一个能被11整除的最大的九位数．请你写出这九张卡片的排列顺序，并简述推理过程．22．将糖果300粒、饼干210块和苹果163个平均分给某班同学，余下的糖果、饼干和苹果的数量之比是1：3；2．问该班有多少名同学?23．已知质数p 、q 使得表达式q p 12+及p q 32-都是自然数，试确定p 2q 的值．24．重排任一个三位数三个数位上的数字，得到一个最大的数和一个最小的数，它们的差构成另一个三位数(允许百位数字为0)，再重复早上的过程，问重复2003次后所得的数是多少?证明你的结论．(武汉市选拔赛试题)参考答案。
