《整数的整除性》竞赛专题精讲

小学数学竞赛七数的整除特征数的整除是数学中的基本概念之一，广泛应用于数论和代数等数学领域。

在小学数学竞赛中，了解数的整除特征是非常重要的，因为它能够帮助我们更好地进行数的计算和分析。

本文将介绍数的整除的基本定义和特征，以及一些常见的整除规则和应用。

首先，我们来回顾一下数的整除的定义。

对于任意两个非零整数a和b，如果存在一个整数c使得a=bc，那么我们说a可以被b整除，或者说b可以整除a，记作b，a。

在这里，a被称为被除数，b被称为除数，c被称为商。

与此相关的概念还有倍数和约数。

如果一个数a可以被另一个数b整除，那么b是a的约数，a是b的倍数。

接下来，我们来研究数的整除的一些特征。

首先，任意整数a都可以被1整除，即1，a。

这是因为任意整数a都可以写成a=1×a，其中1是a的约数，a是1的倍数。

另外，任意整数a都可以被自身整除，即a，a。

这是因为任意整数a都可以写成a=a×1，其中a是a的约数，a是a的倍数。

再次，我们来研究一些整除的规则和性质。

首先，如果一个数a能够整除数b，而b能够整除数c，那么a一定能够整除数c。

这个性质可以用简单的代数证明来证明。

假设a，b，b，c，那么根据整除的定义，我们可以找到整数m和n使得b=am，c=bn。

代入式子中得到c=a(mn)，由此可知a，c。

这个性质可以帮助我们在计算中进行整除的简化，将较大的数按照因数的形式进行分解。

第二，如果一个数a能够整除数b，那么a一定能够整除b的倍数。

这个性质也可以通过代数证明来证明。

假设a，b，那么根据整除的定义，我们可以找到整数m使得b=am。

如果计算b的倍数，那么b的一些倍数可以写成nb=n(am)=(na)m，其中na是b的一些倍数。

所以，通过这个性质，我们可以将整除的计算转化为计算倍数，从而简化问题的解决过程。

接下来，我们来讨论一些常见的整除规则和应用。

首先，如果一个数是10的倍数，那么这个数一定能够被10整除。

整数的整除性整数的整除性问题，是数论中的最基本问题，也是国内外数学竞赛中最常出现的内容之一．由于整数性质的论证是具体、严格、富有技巧，它既容易使学生接受，又是培养学生逻辑思维和推理能力的一个有效课题，因此，了解一些整数的性质和整除性问题的解法是很有必要的．1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作b a．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1 若b｜a，c｜b，则c｜a．性质2 若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)．性质3 若c｜a，c b，则c(a±b)．性质4 若b｜a，d｜c，则bd｜ac．性质5 若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．性质6 若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a(此处[b，c]为b，c的最小公倍数)．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a(此处(b，c)为b，c的最大公约数)．性质7 若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．性质8 若a≠b，n是自然数，则(a-b)｜(a n-b n)．性质9 若a≠-b，n是正偶数，则(a＋b)｜(a n-b n)．性质10 若a≠-b，n是正奇数，则(a＋b)｜(a n＋b n)．2．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法．下面举例说明．例1. 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．证设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以,12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故24 [(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例2. 若x，y为整数，且2x+3y，9x＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证设u=2x＋3y，v=9x＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17x．①所以 17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9x＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2x＋3y．例3．若2121,,,p qp qq p--都是整数，并且p＞1，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=8x ＋1，于是3n＋1=8x＋2=2(4x＋1)．4x＋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(8x＋1)＋1=4(6x＋1)．由于6x＋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．练习三1.求证：对任意自然数n，2×7n＋1能被3整除．2．证明：当a是奇数时，a(a2-1)能被24整除．3．已知整数x，y，使得7｜(13x+8y)，求证： 7｜(9x＋5y)．4．设p是大于3的质数，求证：24｜(p2-1)．5．求证：对任意自然数n，n(n-1)(2n-1)能被6整除．6．求证：三个连续自然数的立方和能被9整除．7．已知a，b，c，d为整数，ab＋cd能被a-c整除，求证：ad＋bc也能被a-c整除．。

数学的整除性整数的整除性定义：设a ，b 为二整数，且b ≠０，如果有一整数c ，使a ＝bc ，则称b 是a 的约数，a 是b 的倍数，又称b 整除a ，记作b |a ．显然，1能整除任意整数，任意整数都能整除0．性质：设a ，b ，c 均为非零整数，则①．若c |b ，b |a ，则c |a ．②．若b |a ，则bc |ac③．若c |a ，c |b ，则对任意整数m 、n ，有c |ma ＋nb④．若b |ac ，且(a ，b )＝1，则b |c证明：因为(a ，b )＝1则存在两个整数s ，t ，使得as ＋bt ＝1∴ asc ＋btc ＝c∵ b |ac ⇒ b |asc∴ b |(asc ＋btc ) ⇒ b |c⑤．若(a ，b )＝1，且a |c ，b |c ，则ab |c证明：a |c ，则c ＝as (s ∈Z )又b |c ，则c ＝bt (t ∈Z )又(a ，b )＝1∴ s ＝bt '(t '∈Z )于是c ＝abt '即ab |c⑥．若b |ac ，而b 为质数，则b |a ，或b |c⑦．(a －b )|(a n －b n )(n∈N)，(a ＋b )|(a n ＋b n )(n 为奇数)整除的判别法：设整数N ＝1121n a a a a - ①．2|a 1⇔2|N ，5|a 1⇔ 5|N②．3|a 1＋a 2＋…＋a n ⇔3|N9|a 1＋a 2＋…＋a n ⇔9|N③．4|21a a ⇔ 4|N25|21a a ⇔ 25|N④．8|321a a a ⇔8|N125|321a a a ⇔125|N⑤．7||14n n a a a -－321a a a |⇔7|N ⑥．11||14n n a a a -－321a a a |⇔11|N⑦．11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)]⇔11|N⑧．13||14n n a a a -－321a a a |⇔13|N推论：三个连续的整数的积能被6整除．例题： 1．设一个五位数abcad ，其中d －b ＝3，试问a ，c 为何值时，这个五位数被11整除． 解：11|abcad∴ 11|a ＋c ＋d －b －a即11|c ＋3∴ c ＝81≤a ≤9，且a ∈Z2．设72|673a b ，试求a ，b 的值．解：72＝8×9，且(8，9)＝1∴ 8|673a b ，且9|673a b∴ 8|73b ⇒ b ＝6且 9|a ＋6＋7＋3＋6即9|22＋a∴ a ＝53．设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ，求证：1985|A ．证明：∵1985＝397×5A ＝(3237n －632n )－(855n －235n )＝(3237－632)×u －(855－235)×v (u ，v ∈Z)＝5×521×u －5×124×v∴5|A又A ＝(3237n －855n )－(623n －235n )＝(3237－855)×s －(623－235)×t (s ，t ∈Z)＝397×6×s －397×t∴ 397｜A又∵(397，5)＝1∴397×5｜A即1985｜A4．证明：没有x ，y 存在，使等式x 2＋y 2＝1995(x ，y ∈Z)成立．证：假设有整数x ，y 存在，使x 2＋y 2＝1995成立．∵x 2，y 2被4除余数为0或1．∴x 2＋y 2被4除余数为0，1或2．又∵1995被4除余数为3．∴得出矛盾，假设不成立．故没有整数x ，y 存在，使x 2＋y 2＝1995成立．费马小定理：若p 是素数，(m ，p )＝1则 p |m p -1－15．试证：999…9能被13整除．12个证明：∵10－1＝9，100－1＝99，…，1012－1＝999…9．12个又（10，13）=1∴13｜(1013－1－1)，即13｜(1012－1)∴13 ｜999…9．12个6．请确定最小的正整数A ，其末位数是6，若将未位的6移至首位，其余数字不变，其值变为原数的4倍．解：设该数为A ＝121n n n a a a a --，其中a 1＝6 令x ＝122n n n a a a a -- 则A ＝6x ＝x ·10＋6于是4A ＝6x ＝6×10n-1＋x即有4×10x ＋24＝6×10n -1＋x x ＝12(104)13n -- ∵ (2，13)＝1，x 是整数∴ 13|(10n -1－4)n ＝1，2时，10 n -1－4＜10显然不满足条件n ＝3时，10 n -1－4＝96 不满足条件n ＝4时，10 n -1－4＝996 不满足条件n ＝5时，10 n -1－4＝9996不满足条件n ＝6时，10 n -1－4＝99996 满足条件 ∴ x ＝13999962⨯＝15384 即A ＝153846 7．一个正整数，如果用7进制表示为abc ，如果用5进制表示为cba ，请用10进制表示这个数． 解：由题意知：0＜a ，c ≤4，0≤b ≤4，设这个正整数为n ，则n ＝abc ＝a ×72＋b ×7＋c ， n =cba =c ×52＋b ×5＋a∴49a ＋7b ＋c ＝25c ＋5b ＋a48a ＋2b －24c ＝0b ＝12(c －2a )∴12｜b ，又∵0≤b≤4∴b＝0，∴c＝2a∴当a＝1，c＝2时，n＝51当a＝2，c＝4时，n＝102练习：1．证明：设N＝19881988－19861986，则1987∣N2．设n是自然数，求证n5－n可被30整除．3．请确定最小的正整数A，其末位数为2，若将末位数2移至首位，其余数字不变，则是原数的2倍．4．一个正整数，若用9进制表示为abc，若用7进制表示为cba，请用10进制表示此数．a a能被4整除，最末两位组成的数7a能被6整除，求此五位数．5．五位数467。

第四讲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．例2、证明：形如abcabc的六位数一定能被7、11、13整除．练习：1、已知7位数61287xy是72的倍数，求出所有的符合条件的7位数．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．3、若六位数9381ab 是99的倍数，求整数a 、b 的值．例3、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)．练习：证明：三个连续的奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除例4、已知a 是整数，a 不能被2和3整除，求162a 被24整除的余数练习：n为正整数，求证：30|)n(5n例6、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)练习：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．2、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个例7、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．例8、在射箭运动中，每一箭得到的环数或者是“0”，或者是不超过10的自然数。

第19章 整数的整除性综上可知，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 ≡，()31mod 4n ≡，所以()3313mod 4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数．（2）若m 、n 都是奇数，则()33mod 4m ≡，()33mod 4n =，所以()3313mod 4m 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()221mod 5a 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()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 , 7mod 7n ≡，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()2211010110210199980001mm 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 n a 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． x ，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， 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．。

2013年暑期初一数学竞赛第二十二讲：整数的整除性和奇偶性【例题精选】例1、如果,,a b c 是正整数，a 和b 是奇数，那么23()a b c c +-⋅（ ）A 、对于c 的所有选择都是奇数；B 、对于c 的所有选择都是偶数；C 、当c 是偶数时为奇数，c 为奇数时为偶数；D 、当c 是奇数时为奇数，c 为偶数时为偶数；1、设a 、b 、c 都是整数，且a b c ++是偶数，试说明a b c +-、b c a +-、c a b +-都 是偶数。

2、若,,a b c 中有两个是奇数，一个是偶数，判断222(2001)(2002)(2003)a b c +⨯+⨯+是 奇数还是偶数？3、设1a ，2a ，…，2011a 是1到2011的整数打乱顺序后，任意一种顺序的排列，请判断 122011(1)(2)...(2011)a a a +⋅+⋅⋅+是奇数还是偶数，并说明理由。

4、甲、乙两人玩纸牌游戏，甲持有全部的红桃牌（A 作1，J 、Q 、K 分别作11、12、13），乙持有全部的黑桃牌，两人轮流出牌，每次出一张，得到一对牌，出完为止，共得到13对牌，每对牌彼此相减，问这13个差的乘积的奇偶性能否确定？例2、黑板上写上1，2，3，…，1998，按下列规定进行操作：每次擦去其中的任意两个数a和b ，然后写上它们的差（大减小），直到黑板上剩下一个数为止。

问：黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？1、黑板上写有1，2，3，…，1997，1998这1998个数，对它们进行如下操作：擦去其中 三个数，再将这三个数和的个位数字补写在黑板上，例如擦去5，13，1998后添6，再如擦去6，6，38后添0，等等。

如果经过998次操作后，黑板上只剩下两个数，一个是25，则另一个数是什么？2、在1，2，3，…，1989之间填上“+”或“—”，求和时可以得到最小的非负数是多少？例3、设有m 只茶杯，开始时杯口都朝上，把茶杯随意翻转，规定每翻转n 只，称为一次翻动，翻动过的茶杯允许再翻。

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.。

初中数学竞赛精品标准教程及练习01数的整除数的整除是初中数学竞赛中常见的考点之一，在解题过程中需要掌握一些基本的概念和操作方法。

本文将介绍数的整除的基本概念和性质，并附上一些练习题供大家练习。

一、整除的定义对于两个整数a和b，如果存在一个整数c，使得a=c*b，那么我们就说a能够被b整除，b是a的一个因数，同时也说b是a的一个除数，记作b，a。

例如，2能够被4整除，就表示4是2的一个因数。

二、整除性质1.若a能够被c整除，而c能够被b整除，则a能够被b整除。

2.若a能够被b整除，且b能够被c整除，则a能够被c整除。

3.0除以任何非零整数都为0。

4.任何整数除以1都为本身。

5.任何整数除以0是没有意义的，应避免这样的操作。

三、整除的判定方法1.因数的概念：如果a能够被b整除，那么a一定是b的倍数，b一定是a的因数。

2.除数的性质：如果一个数a的除数是b，那么b的倍数一定是a的倍数。

3.余数的性质：如果一个数a除以b的余数为0，那么a一定能够被b整除。

四、整除的应用整除的概念和性质在解决一些实际问题时经常用到。

例如，求一个数的因数或倍数，判断一个数是否是另一个数的因数等等。

在这些问题中，我们可以应用整除性质和判定方法，进行推理和计算。

五、练习题1.一个数能够同时被3和5整除，它最小是多少？2.一个两位数，可以被3整除，这个两位数的十位数字加上个位数字等于6，这个两位数最大是多少？3.一个数同时是4和5的倍数，它最大是多少？解答：1.因为一个数能够同时被3和5整除，那么这个数一定是3和5的公倍数，即这个数是3和5的最小公倍数。

最小公倍数是两个数的乘积除以它们的最大公因数。

由于3和5没有公因数，所以它们的最大公因数是1，最小公倍数是3*5=15、所以这个数最小是152.设这个两位数为10a+b，其中a为十位数字，b为个位数字。

根据题意，有10a+b可以被3整除，且a+b=6、根据整除的判定方法，可以得到10a+b的各个位数之和能够被3整除。

第三篇 初等数论第19章 整数的整除性§19．1整除19.1.1★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．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． 19．1．2★★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 +． 19.1.3★★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．19．1．4★★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 ---+=+-++，()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++.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．19.1.5★★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 -．19．1．6★★★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． 19.1.7★★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．19．1．8★★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． 19.1.9★★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．19．1．10★★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 =-≥．19.1.11★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．19．1．12★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． 19.1.13★19991999199919991999N =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． 19．1．14★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568020．19.1.15★★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.19．1．16★★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、0．19.1.17★★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的商是1413．19．1．18★★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95．19.1.19★★形如1993199319931993520n 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71993199319931993520个．19．1．20★★★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 ----+⨯+⨯++⨯+=+⨯++⨯+33211113232333323n n n n n -----=+⨯++⨯+==+=⨯．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19.1.21★★下面这个41位数20555个2099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=185230555000个个1851890999+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，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．19．1．22★★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 =．19．1．23★★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 =⨯=．19．1．24★★★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 yz+都是正整数．先考虑最小的一个：12x y z z z z++<=≤，所以1x yz+=，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、3．19.1.25★★★求所有的有理数a ，使得421a -≤，并且44127a A a -=为整数.解析 由条件，可知1344a ≤≤.当14时，0A =是整数；下面考虑1344a <≤的情形，此时设pa q=，p 、q 为正整数，且() , 1p q =．则由()34427p q p A q -=为正整数和() , 1p q =可知4|4q q p -，进而|4q q p -，导致|q p ，再结合() , 1p q =，得1q =.于是()3427p p A -=，又114a p =>．故3p ≤，易知仅当3p =时A 为正整数． 综上可知，满足条件的14a =或13．19．1．26★★设正整数x 、y 、r 、t 满足1100x y r t <<<≤≤．求x ry t+的最小值．解析 由条件，可知11111121100100100100100100x r r y y y t y y y ++++=++=≥≥≥. 等号在()() , , , 1 , 10 , 11 , 100x y r t =时取到，因此所求的最小值为21100. 19.1.27★★已知正整数a 、b 、p 、q 、r 、s 满足条件1qr ps -=，p a rq b s<<．证明：b q s +≥．解析 由条件，可知pb aq <，as br <，故 1pb aq +≤， ①1as br +≤．② 将①s ⨯与②q ⨯，然后相加，得 psb s q brq ++≤．结合1rq ps -=，可知b q s +≥.19．1．28★★★将正整数N 接写在任意一个正整数的右面（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”.问：在小于130的正整数中有多少个魔术数？ 解析设P 为任意一个正整数，将魔术数()130N N <接后得PN ，下面对N 为一位数、两位数、三位数分别进行讨论．（1）当N 为一位数时，10PN P N =+，依题意|N PN ，则|10N P .由于需对任意数P 成立，故|10N ．所以N =1，2，5．（2）当N 为两位数时，100PN P N =+，依题意|N PN ，则|100N P ，故|100N ．所以N =10，20，25，50．（3）当N 为三位数时，1000PN P N =+，依题意|N PN ，则|1000N P ，故|1000N ．所以100N =，125．综上所述，魔术数的个数为9个．评注 （1）我们可以证明：k 位魔术数一定是10k 的约数．事实上，设N 是k 位魔术数，将N 接写在正整数P 的右面得：10k PN P N =⨯+，由魔术数定义可知：|N PN ，因而10k P ⨯也能被N 整除，所以|10k N ．这样我们有： 一位魔术数为1，2，5；二位魔术数为10，20，25，50；三位魔术数为100，125，200，250，500； 三位或三位以上的魔术数，每种个数均为5．（2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题较容易解决．19.1.29★★一个正整数如果从左读到右与从右到左读所得的结果相同，则称这个数为回文数．例如：1，343及2002都是回文数，但2005则不是．请问能否找到2005个不同的回文数122005 , , , n n n ，使得122005110 , 110 , , 110n n n +++也都是回文数？解析 取回文数10999901n =，则11011000011n +=也是回文数．因为n 中9的数目可以任选，可取110901n =，2109901n =，…，20052005910999901n =个，因此我们可以找到2005个回文数满足题目所要求的条件．19．1．30★★将2008个同学排成一行，并从左向右编为1至2008号．再从左向右从1到11地报数，报到11的同学原地不动，其余同学出列．留下的同学再次从左向右从1到11地报数，报到11的同学留下，其余同学出列．留下的同学第三次从左向右1到11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人？他们的编号是几号？ 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211121=的倍数． 第三次报数后留下的同学，他们的编号必为3111331=的倍数．因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1~2008中，1331的倍数只有一个，即1331号．所以，最后留下一位同学，编号为1331．19.1.31★★★甲、乙两人进行了下面的游戏．两人先约定一个整数N ，然后由甲开始，轮流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字之一填入下面的任一方格中．□□□□□□每一方格只填一个数字，六个方格都填上数字（数字可重复）后，就形成一个六位数，如果这个六位数能被N 整除，就算乙胜；如果这六位数不能被N 整除，就算甲胜．设N 小于15，那么当N 取哪几个数时，乙才能取胜？ 解析 N 取偶数，甲可以在最右边方格里填一个奇数（六位数的个位），就使六位数不能被N 整除，乙不能获胜．5N =，甲可以在六位数的个位填一个不是0或5的数，甲就获胜．上面已经列出了乙不能获胜的N 的取值情况． 如果1N =，很明显乙必获胜．如果3N =或9，那么乙在填最后一个数时，总是能把六个数字之和凑成3的整数倍或9的整数倍．因此乙必获胜． 当7N =，11，13时是本题最困难的情况．注意到100171113=⨯⨯，乙就有一种必胜的办法．我们从左往右数这六个格子，把第一与第四，第二与第五，第三与第六配对，甲在一对格子的一格上填某一个数字后，乙就在这一对格子的另一格子上填同样的数字，这就保证所填成的六位数能被1001整除，这个六位数就能被7、11或13整除，故乙就能获胜． 综合起来，使乙获胜的N 是1、3、7、9、11、13．19．1．32★★小明家电话号码原为六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个七位数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2，成为一个八位数的电话号码．小明发现，他家两次升位后的电话号码的八位数，恰是原来电话号码的六位数的81倍，问小明家原来的电话号码是多少？解析 设原来电话号码的六位数为abcdef ，则经过两次升位后电话号码的八位数为28a bcdef ．根据题意，有 8128abcdef a bcdef ⨯=．记43210101010x b c d e f =⨯+⨯+⨯+⨯+， 于是5568110812081010a x a x ⨯⨯+=⨯+⨯+，解得()125020871x a =⨯-． 因为5010x <≤，所以()5012502087110a ⨯-<≤，故1282087171a <≤. 因为a 为整数，所以2a =．于是 ()125020871282500x =⨯-⨯=．所以，小明家原来的电话号码为282500． 19.1.33★★若a 是不超过1000的正整数，且247a a ++是最简分数，则a 的取值有多少个？ 解析 因为2723444a a a a +=-+++，所以()4 , 231a +=，由于23是质数，所以4a +不是23的倍数即可，在5，6，…，1004中，23的倍数有43个，所以满足条件的正整数a 有100043957-=个．19．1．34★★★★在各位数码各不相同的10位数中，是11111的倍数的数共有多少个． 解析 设这个10位数为abcdefghij ，因为这10位数的各位数码各不相同，所以a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i 、j 是0 , 1 , 2 , , 9的一个排列，故 45a b c d e f g h i j +++++++++=． 所以9|abcdefghij ．因为11111|abcdefghij 且（11111，9）=1，所以99999|abcdefghij ，即599999|10abcde fghij ⨯+．又99999|99999abcde ⋅，所以99999|abcde fghij +．因为0999992abcde fghij <+<⨯，所以99999abcde fghij +=， 所以9a f b g c h d i e j +=+=+=+=+=．而99081726354=+=+=+=+=+，所以，符合题意的数共有 54543212432123456⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=（个）．19.1.35★★★从1，2，…，9这九个数字中，每次取出3个不同的数字组成三位数，求其中能被3整除的三位数的和．解析 对于固定的三个不同的非零数字a 、b 、c ，任意排列，可得6个不同的三位数，它们的和为()2111a b c ++⨯．因为()3|3|abc a b c ⇔++，所以有以下两种情况：（1）a 、b 、c 除以3所得的余数相同，即a 、b 、c 取成{}1 , 4 , 7，或{}2 , 5 , 8，或{} 3 , 6 , 9，这样得到的()332118⨯⨯⨯=个的三位数的总和为 ()()()21472583691119990++++++++⨯=⎡⎤⎣⎦．（2）a 、b 、c 除以3所得的余数各不相同，不妨设a 取自{}1 , 4 , 7，b 取自{}2 , 5 , 8，c 取自{}3 , 6 , 9，这种三位数共有()333321162⨯⨯⨯⨯⨯=个．对于固定的a ，易知b 、c有339⨯=种取法，因而这162个三位数的和为 ()91239211189910++++⨯⨯=．综合（1）、（2），可知，所求的满足条件的三位数总和为 9990+89910=99900．19．1．36★★★证明一个正整数，当且仅当它不是2的整数幂时，可以表示成若干个（至少两个）连续正整数的和．解析 当且仅当，有两方面的意思．一方面，当一个正整数不是2的整数幂时，它可以表示成几个连续正整数的和．另一方面，如果一个正整数可以表示成几个连续正整数的和，那么它一定不是2的整数幂．设n 不是2的整数幂．这时n 可以写成 2k n h =⋅，h 是大于1的奇数. ①我们可将n 写成h 个连续正整数的和．中间一个是2k ，它的两侧是21k -与21k +，再向外分别写22k -与22k +，…，直至122k h --与122k h -+（h 是奇数，所以12h -是整数），即()()132********k k k k kh h n --⎛⎫⎛⎫=-+-++-+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭312222k k h h --⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．另一方面，设n 是()1h h >个连续正整数1k +，2k +，…，k h +的和，则()()()()()11122122k k h hn k k k h k h h +++=++++++==++，其中h 与21k h ++奇偶性不同，即至少有一个是大于1的奇数．所以这时n 不是2的整数幂． 评注 2的整数幂没有大于1的奇约数．所以一个整数，如果有大于1的奇约数就一定不是2的整数幂．19.1.37★★★玛丽发现将某个三位数自乘后，所得乘积的末三位数与原三位数相同．请问：满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少？ 解析设三位数为abc ，则21000abc k abc =+，即()33125abc abc k -=⋅，而(), 11abc abc -=，所以，32|abc ，且35|1abc -；或者32|1abc -，且35|abc ． （1）若32|abc ，且35|1a b c -，则1125abc -=，375，625，875，只有376abc =使得32|abc ，故此时376abc =满足题意．（2）若32|1abc -，且35|abc ，则125abc =，375，625，875，只有625abc =使得32|1abc -，故此时625abc =满足题意．所以，所求的和为376+625=1001．19．1．38★★★我们知道，4998约分后是12，但按下面的方法，居然也得14941:29882==.试求出所有分子和分母都是十进制两位正整数，分子的个位数与分母的十位数相同，且具有上述“奇怪”性质的真分数．解析 设真分数ab bc 具有上述性质，则ab bc <，且1ab acbc =<，于是1010a b ab c c+=+，故()910ac b a c =-．若()9|10a c -，则()9|a c -，但是9a c -<，所以0a c -=，矛盾．故9不整除10a c -，所以3|b ．（1）若3b =，则310ac a c =-，于是10333131a a c a a -==+++，所以()()31|3a a +-，而331a a -<+，故只能是3a =，从而3c =，矛盾．（2）若6b =，则()3210ac a c =-，于是2021263232a a c a a -==+++，当6a >时，021232a a <-<+，此时c 不是整数；当6a =时，6c =，矛盾；当6a <时，应有12232a a -+≥，所以2a ≤，而当1a =时，4c =，此时，满足题意的真分数为1664，当2a =时，5c =，此时，满足题意的真分数为2665．（3）若9b =，则10ac a c =-，于是10101011a c a a ==-++，所以，()1|10a +，故a =1，4，9．当1a =时，5c =，此时，满足题意的真分数为1995；当4a =时，8c =，此时，满足题意的真分数为4998；当9a =时，9c =，矛盾．综上所述，满足题意的真分数为：1664，2665，1995，4998. 19.1.39★★★在1，2，3，…，1995这1995个数中，找出所有满足下面条件的数a ：()1995a +能整除1995a ⨯．解析 19951995aa+是一个整数．这个式子的分子、分母都有a ，所以应当先进行变形，使得分子不含有a ．()19951995199519951995199519951995199519951995a a a a a+-⨯⨯==-+++. 根据已知，19951995a a +是整数，所以199519951995a⨯+是整数．因为22221995199535719⨯=⨯⨯⨯，所以它的因数1995a +可以通过检验的方法定出．注意11995a ≤≤，所以199519953990a <+≤．如果1995a +不被19整除，那么它的值只能是以下两种： 223573675⨯⨯=，223572205⨯⨯=．如果1995a +被19整除，而不被219整除，那么它的值只能是以下两种： 237192793⨯⨯=，257193325⨯⨯=．如果1995a +被219整除，那么它的值只能是以下两种： 27192527⨯=，223193249⨯=．于是满足条件的a 有6个，即从以上1995a +的6个值分别减去1995，得出的6个值： 1680，210，798，1330，532，1254．评注 形如ac a b +的式子，可以化成cbc a b-+.使得只有分母含a ，而分子不含a ．这种方法有点像假分数化成带分数．19．1．40★★★在1，2，…，2010这2010个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除？解析 首先，如下61个数：11，11+33，11233+⨯，…，()1160331991+⨯=满足题设条件．另一方面，设12n a a a <<<是从1，2，…，2010中取出的满足题设条件的数，对于这n 个数中的任意4个数 , , , i j k m a a a a ，因为()33|i k m a a a ++，()33|j k m a a a ++，所以()33|j i a a -．因此，所取的数中任意两个之差都是33的倍数．设133i i a a d =+， 2 , 3 , , i n =.由()12333|a a a ++，得()12333|33333a d d ++． 所以133|3a ，111|a ，即111a ≥．1201011613333n n a a d --=<≤，故60n d ≤，所以，61n ≤． 综上所述，n 的最大值为61．19.1.41★★★圆周上放有N 枚棋子，如图所示．B 点的棋子紧邻A 点的棋子．小洪首先拿走B 点的棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子．这样连续转了10周．9次越过A ，当将要第10次越过A 取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N 是14的倍数，请帮助小洪精确计算一下圆周上还有多少枚棋子．解析 如果在A 、B 之间再添一枚棋子，并在第一次取棋子时将它取走，那么每一次都是在相邻3枚棋子中取走2枚，所以每取一周，剩下的棋子是上一次剩下的13．B设最后剩下a 枚棋子．根据分析所说 1013N a +=， ① 即1031N a =⨯-．因为N 是14的倍数，所以N 是偶数，a 是奇数．又N 是7的倍数，而10539==（7的倍数）+52=（7的倍数）+4，所以41a -是7的倍数． 因为a 是20与29之间的奇数，将a =21，23，25，27，29代入41a -，逐一检验，只有a =23时，4191713a -==⨯是7的倍数． 所以圆周上还有23枚棋子．评注 在A 、B 之间添上一枚棋子，使得取棋子有明显的规律，从而得到①．这是一种很巧妙的想法．在计算103除以7的余数时，可以将其中7的倍数抛弃，直至出现小于7的4．这是常用的方法．19．1．42★★★★求证：对1i =，2，3，均有无穷多个正整数n ，使得n ，2n +，28n +中恰有i 个可表示为三个正整数的立方和．解析 三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是因为整数可写为3k 或31k ±（k是整数），而()33393k k =⨯，()()332319331k k k k ±=±+±．对1i =，令()33312n m =--（m 是正整数），则n 、28n +被9除的余数分别为4、5，故均不能表示为三个整数的立方和，而()()()3332313131n m m m +=-+-+-．对2i =，令()331222n m =-+（m 是正整数）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而()3323126n m +=-++， ()333283155n m +=-++．对3i =，令3216n m =（m 是正整数）满足条件：()()()333345m m m m =++， ()3332611n m +=++， ()33328613n m +=++．§19．2奇数与偶数19.2.1★设有101个自然数，记为12101 , , , a a a ．已知12310123101a a a a s ++++=是偶数，求证：13599101a a a a a +++++是偶数．解析 ()1359910123451001012244100100a a a a a s a a a a a a +++++=-++++++是偶数．19．2．2★设121998 , , , x x x 都是1+或者1-．求证：12319982319980x x x x ++++≠．解析()12319981351997231998351997x x x x x x x x ++++=++++()241998241998x x x ++++.因为131997 , 3 , , 1997x x x 这999个数均为奇数，所以它们的和为奇数，于是12199821998x x x +++=奇数0≠．19.2.3★★设()12 , ,, 4n x x x n >为1+或为1-，并且123423451230n x x x x x x x x x x x x +++=． 求证：n 是4的倍数．解析 设12342345123 , , , n x x x x x x x x x x x x 中1+有k 个，于是1-也有k 个，故2n k =为偶数．把12342345123 , , , n x x x x x x x x x x x x 这n 个数相乘，得()()4121kn x x x =-，所以()11k-=．故k 是偶数，从而n 是4的倍数．19．2．4★某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数． 解析 我们证明每一个学生的得分都是偶数．设某个学生答对了a 道题，答错了b 道题，那么还有40a b --道题没有答．于是此人的得分是()5404240a a b b a b +---=-+，这是一个偶数．所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．19.2.5★把前50个正整数分成两组，使第一组内各数之和等于第二组内各数之和，能办到吗？说明你的理由．解析 不能办到．如果能办到，那么所有数加起来应该是第一组内各数之和的2倍，是偶数，但这50个数的总和为5051125025512⨯+++==⨯是个奇数，矛盾！19．2．6★设1，2，3，…，9的任一排列为129 , , , a a a ，求证：()()()129129a a a ---是一个偶数．解析 因为()()()()()()123912912391290a a a a a a a -+-+-++-=+++-+++=是偶数，所以，()()()1291 , 2 ,, 9a a a ---这9个数中必定有一个是偶数，从而可知()()()129129a a a ---是偶数．解析2 由于1，2，…，9中只有4个偶数，所以1a 、3a 、5a 、7a 、9a 中至少有一个是奇数，于是11a -、33a -、55a -、77a -、99a -中至少有一个是偶数，从而()()()129129a a a ---是偶数.19.2.7★有n 个数12 , ,, n x x x ，它们中的每一个数或者为1，或者为1-，如果1223110n n n x x x x x x x x -++++=， 求证：n 是4的倍数．解析 我们先证明2n k =为偶数，再证k 也是偶数． 由于12 , , , n x x x 的绝对值都是1，所以12231 , ,, n x x x x x x 的绝对值也都是1，即它们或者是为1+，或者为1-，设其中有k 个1-，由于总和为0，故1+也有k 个，从而2n k =． 下面我们来考虑()()()12231n x x x x x x ⋅⋅⋅.一方面，有()()()()122311kn x x x x x x ⋅⋅⋅=-，另一方面，有()()()()212231121n n x x x x x x x x x ⋅⋅⋅==．所以()11k-=，故k 是偶数，从而n 是4的倍数.19．2．8★★设a 、b 是正整数，且满足关系式()()1111111111123456789a b +-=．求证：a b -是4的倍数．解析 由已知条件可得11111a +与11111b -均为奇数，所以a 、b 均为偶数，又由已知条件()111112468a b ab -=+，因为ab 是4的倍数，24684617=⨯也是4的倍数，所以()11111a b ⨯-是4的倍数，故a b -是4的倍数．19.2.9★★9999和99!（注：99!123499=⨯⨯⨯⨯⨯，读作99的阶乘）能否表示成为99个连续的奇数的和？解析 （1）9999能．因为()()()()999898989898999998999699299992=-+-++-+++++()()989899969998+++．即9999能表示为99个连续奇数的和． （2）99!不能．因为99!12399=⨯⨯⨯⨯是一个偶数，而99个连续奇数之和仍为奇数，所以99!不能表示为99个连续奇数之和．评注 如果答案是肯定的，我们常常将满足题意的例子举出来或造出来，这称为构造法． 如果答案是否定的，常常采用反证法，找出其中的矛盾． 19．2．10★★代数式rvz rey suz swx tuy tvx --++-．① 中，r 、s 、t 、u 、v 、w 、x 、y 、z 可以分别取1+或1-． （1）证明：代数式的值都是偶数； （2）求这个代数式所能取到的最大值．解析 （1）①式中共有6项，每项的值都是奇数（1+或1-），所以它们的代数和为偶数．（2）显然，①式的值6≤，但它取不到6这个值，事实上，在rvz 、rwy -、suz -、swx 、tuy 、tvx -这六项中，至少有一项是1-，要证明这一点，将上面这6项相乘，积是 ()21rstuvwxyz -=-．所以六项中，至少有一项是1-，这样，六项和至多是514-=．在u 、x 、y 为1-，其他字母为1时，①式的值是4，所以①的最大值为4． 评注 本例中的代数式实际上是行列式 r s t u v w x y z的展开式，行列式是一个很有用的工具，在今后的学习中还会遇到．19.2.11★★★在n n ⨯（n 为奇数）方格表里的每一个方格中任意填上一个1+或1-，在每一列的下面写上该列所有数的乘积，在每行的右面写上该行所有数的乘积，求证：这个乘积的和不等于0．解析 设每列下面的数为12 , , , n a a a ,每行右面的数为12 , , , n b b b ，依题意得1i a =+或1-，1i b =+或\1-， 1 , 2 ,, i n =，若这2n 个乘积的和为0，即12120n n a a a b b b +++++++=，则这2n 个数中1+的个数与1-的个数一样多，都是n 个，但事实上，因为 1212n n a a a b b b =，()21212121n n n a a a b b b a a a ==．所以这2n 个数中1-的个数为偶数，即n 为偶数，矛盾．19．2．12★★在黑板上写上1，2，…，2000，2001，只要黑板上还有两个或两个以上的数，就擦去其中任意两个数a 和b ，并写上a b -，问最后黑板上剩下的数是奇数还是偶数？ 解析因为a b -与a b -有相同的奇偶性，而a b -又与a b +有相同的奇偶性，因此a b-与a b +具有相同的奇偶性．所以黑板上剩下的数的奇偶性与20012002122001*********⨯+++==⨯的奇偶性相同，是奇数．19.2.13★★把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色，问有没有可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由．解析 如果每条线上红圈都是奇数个，那么5条线上的红圈数相加仍是奇数．但另一方面，由于每个圈都在两条直线上，因而相加时每个红圈都被计算了两次，从而相加的总和应该是偶数．两方面的结果是矛盾的．因此，不可能使同一条线上的红圈数都是奇数．19．2．14★★围棋盘上有1919⨯个交叉点，在交叉点上已经放满了黑子与白子，并且黑子与白子相间地放，即黑子（白子）的上、下、左、右都放着白子（黑子）．问能否把这些黑子全部移到原来白子的位置上，而白子也全移到原来的黑子的位置上？ 解析 不能．因为1919361⨯=是奇数，所以，必有奇数个白子，偶数个黑子；或者奇数个黑子，偶数个白子．即黑、白子数必然一奇一偶．奇数不可能等于偶数，所以无法使黑子与白子的位置对调．19.2.15★★参加会议的人，有不少互相握过手．握手的次数是奇数的那部分人，人数是奇数还是偶数？为什么？解析 由于每握一次手，握手的两个人，每一个都握了一次手．因此每握一次手，两个人握手次数的和就是2次．所以，全部与会的人握手的总次数必定是偶数．我们把参加会议的人分成两类，甲类握手次数是偶数，乙类握手次数是奇数，甲类人握手的总次数显然是偶数．注意甲类人握手的总次数加上乙类人握手的总次数等于全部与会的人握手的总次数，所以乙类人握手的总次数也应当是偶数．由于乙类人每人握手的次数都是奇数，而偶数个奇数相加，和才能为偶数，因此，乙类人必为偶数个，即握手次数是奇数的那部分人，人数是偶数．19．2．16★★设标有A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 记号的七盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关．现在A 、C 、E 、G 四盏灯开着，其余三盏灯是关的．小刚从灯A 开始，顺次拉动开关.即从A 到G ，再从A 到G ，这样拉动了1999次开关后，哪几盏灯是开的？ 解析 一盏灯的开关被拉动奇数次后，改变状态，即开的变成关的，关的变成开的．一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变状态，即开的仍为开的，关的仍为关的．因此本题的关键是计算各盏灯被拉次数的奇偶性．由 199972854=⨯+，可知，A 、B 、C 、D 四盏灯的开关各被拉动了286次，而E 、F 、G 三盏灯的开关各被拉动了285次．所以，A 、B 、C 、D 四灯不改变状态，E 、F 、G 三灯改变状态．由于开始时A 、C 、E 、G 四灯是开着的．因此，最后A 、C 、F 三灯是开着的．19.2.17★★桌上放着七只杯子，杯口全朝上，每次翻转四个杯子．问能否经过若干次这样。

第一讲 整除性理论及其应用一. 基本概念和性质.1. 整除:设a,b 是两个整数,且b ≠0,如果存在一个整数q,使等式a=bq 成立,那么我们 称a 能被b 整除或b 整除a,记作b ︱a,其性质有(设b ≠0,c=0)1).若b ︱a , a ≠0,则b a ≤2) 若b ︱a, a ︱b ,a ≠0,则a=b 或b=a3) 若c ︱b, b ︱a, 则c ︱a4) 若b ︱a, 则cb ︱ca5) 若c ︱a, c ︱b,则c ︱ma+nb,m,n ∈Z2. 整除的基本定理:对于任意整数a,b(b ≠0,),存在唯一的一对整数q,r,使得a=qb+r,0≤r ＜b其中,q 和r 分别称为b 除a 的商和余数.3. 最大公约数和最小公倍数: a,b 的最小公倍数记为[a,b],a,b 的最大公约数记为(a,b) ,其性质有:1).设m 为正整数,则(am,bm)=m(a,b) [am,bm]=m[a,b]2)设a,b 是两个正整数,则(a,b)[a,b]=ab3)设a,b,c 是三个正整数,则(ab,bd,ac)[a,b,c]=abc4)设正整数k 是整数a,b 的公倍数,则(k/a,k/b)=k/[a,b]5)设正整数c 是a,b 的公约数,则(a/c,b/c)=(a,b)/c6)若(a,b)=1, (ab,c)=(a,c)(b,c)7)若a 1, a 2, …a n,是n 个不全为零的整数,则(a 1, a 2, …a n )=( (a 1, a 2, …a k ), (a k+1, a k+2, …a n ))4. 两个定理:1) 欧拉函数: 设整数n ≥2,n=11p α,22p α,…m m p α,是n 的质因数分解式，以φ（n ）表示小于n 且与n 互质的自然数的个数，则φ（n ）=12111(1)(1)(1)m n p p p ---L 2)勒让得定理:在乘积n ！中，质因数p 的指数为p(n!)=231[][][][]m m n n n n p p p p ∞=+++=∑L 二. 例题选讲.1. 设22,()(1)(526)n N f n n n n n ∈=--+,求证：120︱f(n)2. 设p 为奇质数,证明:1111231a p b++++=-L 的分子a 是p 的倍数 3． p,q 均为正整数,使得11111123413181319p q =-+-+-+L 试证:1979︱p4． 求同时满足下列条件的一组整数a ，b1）ab （a+b ）不能被7整除2）777()a b a b +--能被7整除。

数学奥赛辅导 第二讲整除知识、方法、技能整除是整数的一个重要内容，这里仅介绍其中的几个方面：整数的整除性、最大公约数、最小公倍数、方幂问题.Ⅰ. 整数的整除性初等数论的基本研究对象是自然数集合及整数集合. 我们知道，整数集合中可以作加、减、乘法运算，并且这些运算满足一些规律（即加法和乘法的结合律和交换律，加法与乘法的分配律），但一般不能做除法，即，如b a ,是整除，0≠b ，则ba不一定是整数. 由此引出初等数论中第一个基本概念：整数的整除性.定义一：（带余除法）对于任一整数a 和任一整数b ，必有惟一的一对整数q ，r 使得r bq a +=，b r <≤0，并且整数q 和r 由上述条件惟一确定，则q 称为b 除a 的不完全商，r 称为b 除a 的余数.若0=r ，则称b 整除a ，或a 被b 整除，或称b a 是的倍数，或称a b 是的约数（又叫因子），记为a b |.否则，b | a .任何a 的非1,±±a 的约数，叫做a 的真约数. 0是任何整数的倍数，1是任何整数的约数.任一非零的整数是其本身的约数，也是其本身的倍数.由整除的定义，不难得出整除的如下性质： （1）若.|,|,|c a c b b a 则（2）若.,,2,1,,|,|1n i Z c b c a b a i ni i i i =∈∑=其中则（3）若c a |，则.|cb ab 反之，亦成立.（4）若||||,|b a b a ≤则.因此，若b a a b b a ±=则又,|,|. （5）a 、b 互质，若.|,|,|c ab c b c a 则（6）p 为质数，若,|21n a a a p ⋅⋅⋅ 则p 必能整除n a a a ,,,21 中的某一个.特别地，若p 为质数，.|,|a p a p n 则（7）如在等式∑∑===mk k ni i b a 11中除开某一项外，其余各项都是c 的倍数，则这一项也是c 的倍数.（8）n 个连续整数中有且只有一个是n 的倍数. （9）任何n 个连续整数之积一定是n 的倍数.本讲开始在整除的定义同时给出了约数的概念，又由上一讲的算术基本定理，我们就可以讨论整数的约数的个数了.定理一：设大于1的整数a 的标准分解式为n n p p p p p p a n <<<⋅= 211(21ααα为质数，i α均为非负整数），则a 的约数的个数为∏=+=ni i a d 1)1)(α（.所有的约数和为：∏=+--=ni ii p p a i 1111)(ασ. 事实上，由算术基本定理的推论知∏=+=ni i a d 1)1()(α，而各约数的和就是∏=+++ni i i ipa p 1)1( 展开后的各项之和，所以∏∏==--=+++=ni ni i i i p p p p a ii11111)1()(αασ 例如，25200=24·32·52·7，所以90)11)(12)(12)(14()25200(=++++=d ， 999441717151513131212)25200(2335=--⨯--⨯--⨯--=σ.Ⅱ. 最大公约数和最小公倍数定义二：设a 、b 是两个不全为0的整数.若整数c 满足：b c a c |,|，则称b a c ,为的公约数，b a 与的所有公约数中的最大者称为b a 与的最大公约数，记为),(b a .如果),(b a =1，则称b a 与互质或互素.定义三：如果a d 是、b 的倍数，则称a d 是、b 的公倍数. b a 与的公倍数中最小的正数称为b a 与的最小公倍数，记为],[b a .最大公约数和最小公倍数的概念可以推广到有限多个整数的情形，并用),,,(21n a a a 表示n a a a ,,,21 的最大公约数，],,,[21n a a a 表示n a a a ,,,21 的最小公倍数.若1),,,(21=n a a a ，则称n a a a a ,,,,321 互质，若n a a a ,,,21 中任何两个都互质，则称它们是两两互质的.注意，n 个整数互质与n 个整数两两互质是不同的概念，前者成立时后者不一定成立（例如，3，15，8互质，但不两两互质）；显然后者成立时，前者必成立.因为任何正数都不是0的倍数，所以在讨论最小公倍数时，一般都假定这些整数不为0.同时，由于|||,|,b a b a 与有相同的公约数，且|)||,(|),(b a b a =（有限多个亦成立），因此，我们总限于在自然数集合内来讨论数的最大公约数和最小公倍数.显然，若b a ,的标准分解式为i ni i n i i p p b p a ii(,11∏∏====βα为质数，i i a β,为非负整数），则∏==ni i i i p b a 1),min(),(βα ①∏==n i man i i i p b a 1),(],[βα ②例如 3960=23·32·5·11， 756=22·33·7，则 （3960，756）=22·32=36，[3960，756]=23·33·5·7·11=83160. 求最大公约数也可以用辗转相除法，其理论依据是：定理二：设a 、b 、c 是三个不全为0的整数，且有整数t 使得c bt a +=，则a 、b 与b 、c 有相同的公约数，因而),(),(c b b a =，即).,(),(bt a b b a -=因为，若a d 是、b 的任一公约数，则由b d c d c bt a b d a d 是即知和,||,|+=、c 的公约数；反之，若b d 是、c 的任一公约数，a d 也是、b 的公约数.辗转相除法：设a 、b a N b >∈*且,， 由带余除法有⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=+=<<+=<<+=<<+=+++----.0,,0,,0,,0,111111212221111n n n n n n n n n n n r r q r r r r r q r r r r r q r b b r r bq a ③ 因为每进行一次带余除法，余数至少减1，即11+>>>>n n r r r b ，而b 为有限数，因此，必有一个最多不超过b 的正整数n 存在，使得0≠n r ，而01=+n r ，故由定理二得：).,(),,(),(),(11211b a b r r r r r r r r n n n n n ======-+（）例如，（3960，756）=（756，180）=（180，36）=36. 具体算式如下：5（q 1） 3960（a ） 756（b ） 4（q 2） 3780 720 180（r 1） 36（r 2） 5（q 3） 1800（r 3）由定义和上述求法不难得出最大公约数和最小公倍数的如下性质：（1）),(),(,b a m bm am N m =∈则.（2）设b a c ,为的公约数，则.),(),(cb a cb c a =特别地，若1),(),,(==cbc a b a c 则.（3）设n a a a ,,,21 是任意n 个正整数，如果n n n c a c c a c c a a ===-),(,,),(,),(1332221 ，则n n c a a a =),,,(21 .因21121111|,|,|,|,|,|--------n n n n n n n n n n n n c c a c c c a c c c a c 故而，如此类推得出n c 能整除n n n c a a a 于是,,,,11 -是它们的一个公约数.又设n a a a c ,,,21 为的任一公约数，则21|,|a c a c ，因而2|c c ，同理可推出3|c c ，如此类推最后可得n c c |. 于是n c c c ≤≤||，故n c 是最大公约数.（4）若c b a =),(，则一定有整数y x 和，使得c by ax =+. 特别地，⇔=1),(b a 存在1,=+by ax y x 使得. 这可由辗转相除法的③式逆推而得by ax r c n +==. （5）若),(),(,1),(b c b ac b a ==则. （6）*∈N b a , ①)(],[],[*∈=N k b a k bk ak ；②b a m ,为的任一公倍数，则m b a |],[；③ab b a b a =],)[,(，特别地，若ab b a b a ==],[,1),(则.①可由③直接得到，②可由最小公倍数定义得，③根据①、②式知，=],)[,(b a b a∏∏==+==ni ni i i i iab p pi i 11),min(βαβα.（7）设na a a ,,,21 是任意n 个正整数.若===-],[,,],[,],[1332221n n a m m a m m a a m n ，则n n m a a a =],,,[21 .这是一个求多个整数的最小公倍数的方法.它可用证明③类似的方法来证明. Ⅲ.方幂问题一个正整数n 能否表成m 个整数的k 次方和的问题称为方幂和问题.特别地，当1=m 时称为k 次方问题，当2=k 时，称为平方和问题.能表为某整数的平方的数称为完全平方数.简称平方数，关于平方数，明显有如下一些简单的性质和结论： （1）平方数的个位数字只可能是0，1，4，5，6，9.（2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余数只能是0或1.（3）奇数平方的十位数字是偶数.（4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6.（5）不能被3整除的数的平方被3除余1，能被3整除的数的平方能被3整除.因而，平方数被9除的余数为0，1，4，7，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能为0，1，4，7. （6）平方数的约数的个数为奇数.（7）任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数. 进一步研究可得到有关平方和的几个结论:定理三：奇素数p 能表示成两个正整数的平方和的充要条件是.14+=m p定理四：设正整数p m n 2=，其中p 不再含平方因数，n 能表示成两个整数的平方的充要条件是p 没有形如34+q 的质因数. 定理五：每个正整数都能表示成四个整数的平方和.这几个定理的证明略.这里重点是介绍有关k 方幂的解法技巧.k 方幂中许多问题实质上是不定方程的整数解问题，比如著名的勾股数问题.赛题精讲例1：证明：对于任何自然数n 和k ，数1042),(3++=k k n n k n f 都不能分解成若干个连续的正整数之积.（1981年全国高中联赛试题）【证明】由性质9知，只需证明数),(k n f 不能被一个很小的自然数n 整除.因,1)1)(1()3(31033),(333++--++=++-+=k k k k k k k k k n n n n n n n n n k n f),1)(1(|3),3(3|33+-++k k k k k n n n n n 3 1，故3 ),(k n f ，因而),(k n f 不能分解成三个或三个以上的连续自然数的积. 再证),(k n f 不能分解成两个连续正整数的积.由上知，)(13),(N q q k n f ∈+=，因而只需证方程：)1(13+=+x x q 无正整数解.而这一点可分别具体验算234,134,3++=r x 时，)1(+x x 均不是13+q 形的数来说明.故),(k n f 对任何正整数n 、k 都不能分解成若干个连续正整数之积. 例2： 设p 和q 均为自然数,使得.131911318131211+--+-= q p证明：p 可被1979整除. (第21届IMO 试题)【证明】)131814121(2)1319131211(+++-+++= q p =)6591211()1319131211(+++-++++=)99019891()131816611()131916601(++++++ =1979×)99098911318661113196601(⨯++⨯+⨯两端同乘以1319！得1319！*).(1979N m m qp∈⨯=⨯此式说明1979|1319！×.p 由于1979为质数，且1979 1319！，故1979|.p【评述】把1979换成形如23+k 的质数，1319换成*)(12N k k ∈+，命题仍成立.牛顿二项式定理和n b a b a b a b a n n n n (|)(,|)(-+--为偶数),n b a b a n n (|)(-+为奇数)在整除问题中经常用到.例3 ：对于整数n 与k ，定义,),(112∑=-=nr k r k n F 求证：)1,(n F 可整除).,(k n F（1996加拿大数学竞赛试题）【证明】当m n 2=时，,)12()1,2(21∑=+==mr m m r m F∑∑+=-=-+=mm r k mr k rrk m F 2112112),2(],)12([)12(12112112112-=-=-=--++=-++=∑∑∑k mr k mr k mr k r m r r m r由于[…]能被12)12(+=-++m r m r 整除，所以),2(k m F 能被12+m 整除，另一方面， =),2(k m F ,)2(])2([1212121112----=-++-+∑k k k m r k m m r m r上式中[…]能被m r m r 2)2(=-+整除，所以),2(k m F 也能被m 整除.因m 与2m +1互质，所以),2(k m F 能被m （2m +1）（即)1,(m F ）整除.类似可证当12+=m n 时，F （2m +1，k ）能被F （2m +1,1）整除. 故),(k n F 能被)1,(n F 整除.例4 ：求一对整数b a ,，满足：(1))(b a ab +不能被7整除；（2）777)(b a b a --+能被77整除.(第25届IMO 试题)【解】777)(b a b a --+=)](5)(3)[(7223355b a b a b a ab b a ab +++++=.))((7222ab b a b a ab +++ 根据题设要求(1)(2)知，|,)(|72226ab b a ++即.|7223ab b a ++令,7322=++ab b a 即,343)(2=-+ab b a 即19=+b a ，则.343192-=ab 故可令1,18==b a 即合要求.(第15届美国普特南数学竞赛试题)【评述】数学归纳法在整除问题中也有广泛应用.例5：是否存在1000000个连续整数，使得每一个都含有重复的素因子，即都能被某个素数的平方所整除？【解】存在.用数学归纳法证明它的加强命题：对任何正整数,m 存在m 个连续的整数，使得每一个都含有重复的素因子. 当m =1时，显然成立.这只需取一个素数的平方.假设当m =k 时命题成立,即有k 个连续整数k n n n +++,,2,1 ,它们分别含有重复的素因子k p p p ,,,21 ,任取一个与k p p p ,,,21 都不同的素数1+k p (显然存在),当21,2,1+=k p t 时,)1(22221+++k n p p tp k 这21+k p 个数中任两个数的差是形如)11(2122221-≤≤+k k p a p p ap 的数,不能被21+k p 整除,故这21+k p 个数除以21+k p 后,余数两两不同.但除以21+k p 后的余数只有0，1，…，21+k p －1这21+k p 个，从而恰有一个数)1(2100+≤≤k p t t ，使)1(222210+++k n p p p t k 能被21+k p 整除.这时，（)1+k 个连续整数：,1222210++n p p p t k ++n p p p t k 222210 2，…，++n p p p t k 222210 k ，++n p p p t k 222210 （k +1）分别能被2122221,,+k k p p p p 整除，即1+=k m 时命题成立.故题对一切正整数m 均成立.例6：求证：.),)(,)(,(),,(],][,][,[],,[22a c c b b a c b a a c c b b a c b a = （第1届美国数学奥林匹克竞赛试题）【证明】设,,,111∏∏∏======ni ini ini ii p c i p b i p a γβα其中i p 为质数，i i i γβα,,为非负整数，则 ∏==ni i iiip c b a 1),,max(,],,[γβα∏==ni i i i p b a 1),max(,],[ βα∏=∏=ni i iiip c b a 1),,min(,),,(γβα∏==ni i iip b a 1),min(,),( βα因此只需证明2max(),m ax (),m ax (),m ax (),,i i i i i i i i i αγγββαγβα---=2min(),m in(),m in(),m in(),,i i i i i i i i i αγγββαγβα---上式关于i i i γβα,,对称，则不妨设i i i γβα≥≥，于是上式变为：.22i i i i i i i i γγβγαβαα---=---此式显然成立，故得证.例7：设a 和b 是两个正整数，p b a ,1),(=为大于或等于3的质数，ba b a b a c pp +++=,(），试证：（1）1),(=a c ；（2）1=c 或.p c =（1985新加坡数学竞赛试题）【证明】由已知得),(,N s t cs ba b a ct b a pp ∈=++=+，两式相乘得,)(1112ct pa t pac t c a ct a b a st c p p p p p p p p p ---++-=-+=+= 于是,12211-----++-=p p p p p pa t pac t c cs 故.|1-p pa c（1）现用反证法来证明1),(=a c .若,1),(>=k a c 令q 是k 的一个质因子，则有.|,|a q c q 因b a c +|，则b a q +|，从而.|b q 于是q 是a 、b 的一个公约数，这与),(b a =1矛盾，故1),(=a c .（2）因为,1),(,|1=-a c pa c p 所以.|p c 而p 为质数且3≥p ，故1=c 或.p c =例8：设∑=+=nk n k k S 175)(，求最大公约数).,(3n n S S d =（第26届IMO预选题）【解】能过具体计算可猜想.)2)1((2)21(244+=+++=n n n S n 此式不难用数学归纳法获证. 为求),(3n n S S d =，对n 分奇偶来讨论.（1）当k n 2=时，).)16(812,)12(2()]2)16(6[2,]2)12(2[2(444444+⨯+=++=k k k k k k k k d 由于12+k 和16+k 互质，所以).81,)12((244+=k k d 而当13+=t k 时13,)12(81)12(44+≠+=+t k t k 时，4)12(+k 与81互质.故此时有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥++==+==⨯⨯=⨯=.)0(4666,812;26,8812812812444444t t t n n k t n n n k d 时或当时当 （2）当当12+=k n 时).)23)(12(3[2,)]1)(12[(2(44++++=k k k k d1,1223+++k k k 与因与质，所以).3,)1(()12(2444++=k k k 而当23+=t k 时，23),1(31+≠+=+k k t k 时，1+k 与34互质.故此时有⎪⎩⎪⎨⎧++==++==⨯=⨯+=.)36162)12(2;56,162323)12(2444444时或当时当t t n n k t n n n k d 例9：m 盒子中各若干个球，每一次在其中)(m n n <个盒中加一球.求证：不论开始的分布情况如何，总可按上述方法进行有限次加球后使各盒中球数相等的充要条件是.1),(=n m （第26届IMO 预选题）【证明】设1),(=n m ，则有Z v u ∈,使得)1()1(1++-=+=v m v vm un ，此式说明：对盒子连续加球u 次，可使1-m 个盒子各增加了v 个，一个增加)1(+v 个.这样可将多增加了一个球的盒子选择为原来球数最少的那个，于是经过u 次加球之后，原来球数最多的盒子中的球与球数最少的盒子中的球数之差减少1，因此，经过有限次加球后，各盒球数差为0，达到各盒中的球数相等.用反证法证明必要性.若1),(>=d n m ，则只要在m 个盒中放1+m 个球，则不管加球多少次，例如，加球k 次，则这时m 个盒中共有球kn m ++1（个），因为,1,|,|>d n d m d 所以kn m ++1不可能是d 的倍数，更不是m 的倍数，各盒中的球决不能一样多，因此，必须1),(=n m .例10：求所有这样的自然数n ，使得n 222118++是一个自然数的平方.（1980年第6届全俄数学竞赛试题）【证明】（1）当8≤n 时，)122(222118118++⋅++=--n n n N ，因（…）为奇数，所以要使N 为平方数，n 必为偶数.逐一验证8,6,4,2=n 知，N 都不是平方数. （2）当9=n 时，11222289118⨯=++=N 不是平方数.（3）当10≥n 时，)29(288-+=n N ，要N 为平方数，829-+n 应为奇数的平方，不妨假设829-+n =2)12(+k ,则).2()1(210+⨯-=-k k n 由于1-k 和2+k 是一奇一偶，左边为2的幂，因而只能1-k =1，于是得2=k ，由21022=-n 知12=n 为所求.。

第三篇 初等数论第19章 整数的整除性§19．1整除19.1.1★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．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 ⎡⎤-++++⎣⎦．19．1．2★★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 +． 19.1.3★★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．19．1．4★★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 ---+=+-++, ()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++.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．19.1.5★★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 -．19．1．6★★★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． 19.1.7★★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．19．1．8★★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． 19.1.9★★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 ．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．19．1．10★★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 =-≥．19.1.11★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．19．1．12★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． 19.1.13★19991999199919991999N =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． 19．1．14★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568020．19.1.15★★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.19．1．16★★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、0．19.1.17★★一个六位数88的倍数,这个数除以88所得的商是多少？ 解析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,的商是1413．19．1．18★★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,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95．19.1.19★★形如1993199319931993520n 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71993199319931993520个．19．1．20★★★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 ----+⨯+⨯++⨯+=+⨯++⨯+33211113232333323n n n n n -----=+⨯++⨯+==+=⨯．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10019.1.21★★下面这个41位数20555个 2099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=185230555000个个1851890999+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|399,336+=． 评注 记住111111能被7整除很有用． 19．1．22★★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 =．19．1．23★★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 =⨯=．19．1．24★★★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 yz+都是正整数．先考虑最小的一个.12x y z z z z++<=≤,所以1x yz+=,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、3．19.1.25★★★求所有的有理数a ,使得421a -≤,并且44127a A a -=为整数.解析 由条件,可知1344a ≤≤.当14时,0A =是整数；下面考虑1344a <≤的情形,此时设pa q =,p 、q 为正整数,且() , 1p q =．则由()34427p q p A q -=为正整数和() , 1p q =可知4|4q q p -,进而|4q q p -,导致|q p ,再结合() , 1p q =,得1q =.于是()3427p p A -=,又114a p =>．故3p ≤,易知仅当3p =时A 为正整数． 综上可知,满足条件的14a =或13．19．1．26★★设正整数x 、y 、r 、t 满足1100x y r t <<<≤≤．求x ry t+的最小值．解析 由条件,可知11111121100100100100100100x r r y y y t y y y ++++=++=≥≥≥. 等号在()() , , , 1 , 10 , 11 , 100x y r t =时取到,因此所求的最小值为21100. 19.1.27★★已知正整数a 、b 、p 、q 、r 、s 满足条件1qr ps -=,p a rq b s<<．证明.b q s +≥．解析 由条件,可知pb aq <,as br <,故 1pb aq +≤, ①1as br +≤．② 将①s ⨯与②q ⨯,然后相加,得 psb s q brq ++≤．结合1rq ps -=,可知b q s +≥.19．1．28★★★将正整数N 接写在任意一个正整数的右面（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”.问.在小于130的正整数中有多少个魔术数？ 解析设P 为任意一个正整数,将魔术数()130N N <接后得PN ,下面对N 为一位数、两位数、三位数分别进行讨论．（1）当N 为一位数时,10PN P N =+,依题意|N PN ,则|10N P .由于需对任意数P 成立,故|10N ．所以N =1,2,5．（2）当N 为两位数时,100PN P N =+,依题意|N PN ,则|100N P ,故|100N ．所以N =10,20,25,50．（3）当N 为三位数时,1000PN P N =+,依题意|N PN ,则|1000N P ,故|1000N ．所以100N =,125．综上所述,魔术数的个数为9个．评注 （1）我们可以证明.k 位魔术数一定是10k 的约数．事实上,设N 是k 位魔术数,将N 接写在正整数P 的右面得.10k PN P N =⨯+,由魔术数定义可知.|N PN ,因而10k P ⨯也能被N 整除,所以|10k N ．这样我们有. 一位魔术数为1,2,5；二位魔术数为10,20,25,50；三位魔术数为100,125,200,250,500；三位或三位以上的魔术数,每种个数均为5．（2）这里将问题分成几种情况去讨论,对每一种情况都增加了一个前提条件,从而降低了问题的难度,使问题较容易解决．19.1.29★★一个正整数如果从左读到右与从右到左读所得的结果相同,则称这个数为回文数．例如.1,343及2002都是回文数,但2005则不是．请问能否找到2005个不同的回文数122005 , , , n n n ,使得122005110 , 110 , , 110n n n +++也都是回文数？解析 取回文数10999901n =,则11011000011n +=也是回文数．因为n 中9的数目可以任选,可取110901n =,2109901n =,…,20052005910999901n =个,因此我们可以找到2005个回文数满足题目所要求的条件．19．1．30★★将2008个同学排成一行,并从左向右编为1至2008号．再从左向右从1到11地报数,报到11的同学原地不动,其余同学出列．留下的同学再次从左向右从1到11地报数,报到11的同学留下,其余同学出列．留下的同学第三次从左向右1到11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人？他们的编号是几号？ 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211121=的倍数． 第三次报数后留下的同学,他们的编号必为3111331=的倍数．因此,最后留下的同学编号为1331的倍数,我们知道从1~2008中,1331的倍数只有一个,即1331号．所以,最后留下一位同学,编号为1331．19.1.31★★★甲、乙两人进行了下面的游戏．两人先约定一个整数N ,然后由甲开始,轮流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字之一填入下面的任一方格中．□□□□□□每一方格只填一个数字,六个方格都填上数字（数字可重复）后,就形成一个六位数,如果这个六位数能被N 整除,就算乙胜；如果这六位数不能被N 整除,就算甲胜．设N 小于15,那么当N 取哪几个数时,乙才能取胜？ 解析 N 取偶数,甲可以在最右边方格里填一个奇数（六位数的个位）,就使六位数不能被N 整除,乙不能获胜．5N =,甲可以在六位数的个位填一个不是0或5的数,甲就获胜． 上面已经列出了乙不能获胜的N 的取值情况． 如果1N =,很明显乙必获胜．如果3N =或9,那么乙在填最后一个数时,总是能把六个数字之和凑成3的整数倍或9的整数倍．因此乙必获胜．当7N =,11,13时是本题最困难的情况．注意到100171113=⨯⨯,乙就有一种必胜的办法．我们从左往右数这六个格子,把第一与第四,第二与第五,第三与第六配对,甲在一对格子的一格上填某一个数字后,乙就在这一对格子的另一格子上填同样的数字,这就保证所填成的六位数能被1001整除,这个六位数就能被7、11或13整除,故乙就能获胜． 综合起来,使乙获胜的N 是1、3、7、9、11、13． 19．1．32★★小明家电话号码原为六位数,第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8,成为一个七位数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2,成为一个八位数的电话号码．小明发现,他家两次升位后的电话号码的八位数,恰是原来电话号码的六位数的81倍,问小明家原来的电话号码是多少？解析 设原来电话号码的六位数为abcdef ,则经过两次升位后电话号码的八位数为28a bcdef ．根据题意,有 8128abcdef a bcdef ⨯=．记43210101010x b c d e f =⨯+⨯+⨯+⨯+, 于是5568110812081010a x a x ⨯⨯+=⨯+⨯+,解得()125020871x a =⨯-． 因为5010x <≤,所以()5012502087110a ⨯-<≤,故1282087171a <≤. 因为a 为整数,所以2a =．于是 ()125020871282500x =⨯-⨯=． 所以,小明家原来的电话号码为282500．19.1.33★★若a 是不超过1000的正整数,且247a a ++是最简分数,则a 的取值有多少个？ 解析 因为2723444a a a a +=-+++,所以()4 , 231a +=,由于23是质数,所以4a +不是23的倍数即可,在5,6,…,1004中,23的倍数有43个,所以满足条件的正整数a 有100043957-=个．19．1．34★★★★在各位数码各不相同的10位数中,是11111的倍数的数共有多少个．解析 设这个10位数为abcdefghij ,因为这10位数的各位数码各不相同,所以a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 、h 、i 、j 是0 , 1 , 2 , , 9的一个排列,故 45a b c d e f g h i j +++++++++=． 所以9|abcdefghij ．因为11111|abcdefghij 且（11111,9）=1,所以99999|abcdefghij ,即599999|10abcde fghij ⨯+．又99999|99999abcde ⋅,所以99999|abcde fghij +．因为0999992abcde fghij <+<⨯,所以99999abcde fghij +=, 所以9a f b g c h d i e j +=+=+=+=+=．而99081726354=+=+=+=+=+,所以,符合题意的数共有 54543212432123456⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=（个）．19.1.35★★★从1,2,…,9这九个数字中,每次取出3个不同的数字组成三位数,求其中能被3整除的三位数的和．解析 对于固定的三个不同的非零数字a 、b 、c ,任意排列,可得6个不同的三位数,它们的和为()2111a b c ++⨯．因为()3|3|abc a b c ⇔++,所以有以下两种情况.（1）a 、b 、c 除以3所得的余数相同,即a 、b 、c 取成{}1 , 4 , 7,或{}2 , 5 , 8,或{}3 , 6 , 9,这样得到的()332118⨯⨯⨯=个的三位数的总和为 ()()()21472583691119990++++++++⨯=⎡⎤⎣⎦．（2）a 、b 、c 除以3所得的余数各不相同,不妨设a 取自{}1 , 4 , 7,b 取自{}2 , 5 , 8,c 取自{}3 , 6 , 9,这种三位数共有()333321162⨯⨯⨯⨯⨯=个．对于固定的a ,易知b 、c 有339⨯=种取法,因而这162个三位数的和为 ()91239211189910++++⨯⨯=．综合（1）、（2）,可知,所求的满足条件的三位数总和为 9990+89910=99900．19．1．36★★★证明一个正整数,当且仅当它不是2的整数幂时,可以表示成若干个（至少两个）连续正整数的和．解析 当且仅当,有两方面的意思．一方面,当一个正整数不是2的整数幂时,它可以表示成几个连续正整数的和．另一方面,如果一个正整数可以表示成几个连续正整数的和,那么它一定不是2的整数幂．设n 不是2的整数幂．这时n 可以写成 2k n h =⋅,h 是大于1的奇数. ①我们可将n 写成h 个连续正整数的和．中间一个是2k ,它的两侧是21k -与21k +,再向外分别写22k -与22k +,…,直至122k h --与122k h -+（h 是奇数,所以12h -是整数）,即()()132********k k k k kh h n --⎛⎫⎛⎫=-+-++-+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭312222k k h h --⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．另一方面,设n 是()1h h >个连续正整数1k +,2k +,…,k h +的和,则 ()()()()()11122122k k h hn k k k h k h h +++=++++++==++,其中h 与21k h ++奇偶性不同,即至少有一个是大于1的奇数．所以这时n 不是2的整数幂． 评注 2的整数幂没有大于1的奇约数．所以一个整数,如果有大于1的奇约数就一定不是2的整数幂．19.1.37★★★玛丽发现将某个三位数自乘后,所得乘积的末三位数与原三位数相同．请问.满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少？ 解析设三位数为abc ,则21000abc k abc =+,即()33125abc abc k -=⋅,而(), 11abc abc -=,所以,32|abc ,且35|1abc -；或者32|1abc -,且35|abc ．（1）若32|abc ,且35|1abc -,则1125abc -=,375,625,875,只有376abc =使得32|abc ,故此时376abc =满足题意．（2）若32|1abc -,且35|abc ,则125abc =,375,625,875,只有625abc =使得32|1abc -,故此时625abc =满足题意．所以,所求的和为376+625=1001．19．1．38★★★我们知道,4998约分后是12,但按下面的方法,居然也得14941:29882==.试求出所有分子和分母都是十进制两位正整数,分子的个位数与分母的十位数相同,且具有上述“奇怪”性质的真分数．解析 设真分数abbc具有上述性质,则ab bc <,且1ab a c bc =<,于是1010a b ab c c+=+,故()910ac b a c =-．若()9|10a c -,则()9|a c -,但是9a c -<,所以0a c -=,矛盾．故9不整除10a c -,所以3|b ．（1）若3b =,则310ac a c =-,于是10333131a a c a a -==+++,所以()()31|3a a +-,而331a a -<+,故只能是3a =,从而3c =,矛盾．（2）若6b =,则()3210ac a c =-,于是2021263232a a c a a -==+++,当6a >时,021232a a <-<+,此时c 不是整数；当6a =时,6c =,矛盾；当6a <时,应有12232a a -+≥,所以2a ≤,而当1a =时,4c =,此时,满足题意的真分数为1664,当2a =时,5c =,此时,满足题意的真分数为2665．（3）若9b =,则10ac a c =-,于是10101011a c a a ==-++,所以,()1|10a +,故a =1,4,9． 当1a =时,5c =,此时,满足题意的真分数为1995；当4a =时,8c =,此时,满足题意的真分数为4998；当9a =时,9c =,矛盾．综上所述,满足题意的真分数为.1664,2665,1995,4998.19.1.39★★★在1,2,3,…,1995这1995个数中,找出所有满足下面条件的数a .()1995a +能整除1995a ⨯．解析 19951995aa+是一个整数．这个式子的分子、分母都有a ,所以应当先进行变形,使得分子不含有a ．()19951995199519951995199519951995199519951995a a a a a+-⨯⨯==-+++. 根据已知,19951995a a +是整数,所以199519951995a⨯+是整数．因为22221995199535719⨯=⨯⨯⨯,所以它的因数1995a +可以通过检验的方法定出．注意11995a ≤≤,所以199519953990a <+≤．如果1995a +不被19整除,那么它的值只能是以下两种. 223573675⨯⨯=,223572205⨯⨯=．如果1995a +被19整除,而不被219整除,那么它的值只能是以下两种. 237192793⨯⨯=,257193325⨯⨯=．如果1995a +被219整除,那么它的值只能是以下两种. 27192527⨯=,223193249⨯=．于是满足条件的a 有6个,即从以上1995a +的6个值分别减去1995,得出的6个值. 1680,210,798,1330,532,1254．评注 形如ac a b +的式子,可以化成cbc a b-+.使得只有分母含a ,而分子不含a ．这种方法有点像假分数化成带分数． 19．1．40★★★在1,2,…,2010这2010个正整数中,最多可以取出多少个数,使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除？解析 首先,如下61个数.11,11+33,11233+⨯,…,()1160331991+⨯=满足题设条件． 另一方面,设12n a a a <<<是从1,2,…,2010中取出的满足题设条件的数,对于这n 个数中的任意4个数 , , , i j k m a a a a ,因为()33|i k m a a a ++,()33|j k m a a a ++,所以()33|j i a a -． 因此,所取的数中任意两个之差都是33的倍数．设133i i a a d =+, 2 , 3 , , i n =.由()12333|a a a ++,得()12333|33333a d d ++． 所以133|3a ,111|a ,即111a ≥．1201011613333n n a a d --=<≤,故60n d ≤,所以,61n ≤． 综上所述,n 的最大值为61．19.1.41★★★圆周上放有N 枚棋子,如图所示．B 点的棋子紧邻A 点的棋子．小洪首先拿走B 点的棋子,然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子．这样连续转了10周．9次越过A ,当将要第10次越过A 取走其他棋子时,小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N 是14的倍数,请帮助小洪精确计算一下圆周上还有多少枚棋子．解析 如果在A 、B 之间再添一枚棋子,并在第一次取棋子时将它取走,那么每一次都是在相邻3枚棋子中取走2枚,所以每取一周,剩下的棋子是上一次剩下的13．B设最后剩下a 枚棋子．根据分析所说 1013N a +=, ① 即1031N a =⨯-．因为N 是14的倍数,所以N 是偶数,a 是奇数．又N 是7的倍数,而10539==（7的倍数）+52=（7的倍数）+4,所以41a -是7的倍数．因为a 是20与29之间的奇数,将a =21,23,25,27,29代入41a -,逐一检验,只有a =23时,4191713a -==⨯是7的倍数． 所以圆周上还有23枚棋子．评注 在A 、B 之间添上一枚棋子,使得取棋子有明显的规律,从而得到①．这是一种很巧妙的想法．在计算103除以7的余数时,可以将其中7的倍数抛弃,直至出现小于7的4．这是常用的方法． 19．1．42★★★★求证.对1i =,2,3,均有无穷多个正整数n ,使得n ,2n +,28n +中恰有i 个可表示为三个正整数的立方和．解析 三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5,这是因为整数可写为3k 或31k ±（k是整数）,而()33393k k =⨯,()()332319331k k k k ±=±+±．对1i =,令()33312n m =--（m 是正整数）,则n 、28n +被9除的余数分别为4、5,故均不能表示为三个整数的立方和,而()()()3332313131n m m m +=-+-+-．对2i =,令()331222n m =-+（m 是正整数）被9除的余数为5,故不能表示为三个整数的立方和,而()3323126n m +=-++, ()333283155n m +=-++．对3i =,令3216n m =（m 是正整数）满足条件.()()()333345m m m m =++, ()3332611n m +=++, ()33328613n m +=++．§19．2奇数与偶数19.2.1★设有101个自然数,记为12101 , , , a a a ．已知12310123101a a a a s ++++=是偶数,求证.13599101a a a a a +++++是偶数．解析 ()1359910123451001012244100100a a a a a s a a a a a a +++++=-++++++是偶数．19．2．2★设121998 , , , x x x 都是1+或者1-．求证.12319982319980x x x x ++++≠．解析()12319981351997231998351997x x x x x x x x ++++=++++()241998241998x x x ++++.因为131997 , 3 , , 1997x x x 这999个数均为奇数,所以它们的和为奇数,于是12199821998x x x +++=奇数0≠．19.2.3★★设()12 , ,, 4n x x x n >为1+或为1-,并且123423451230n x x x x x x x x x x x x +++=．求证.n 是4的倍数．解析 设12342345123 , , , n x x x x x x x x x x x x 中1+有k 个,于是1-也有k 个,故2n k =为偶数．把12342345123 , ,, n x x x x x x x x x x x x 这n 个数相乘,得()()4121kn x x x =-,所以()11k-=．故k 是偶数,从而n 是4的倍数．19．2．4★某次数学竞赛,共有40道选择题,规定答对一题得5分,不答得1分,答错倒扣1分．证明.不论有多少人参赛,全体学生的得分总和一定是偶数． 解析 我们证明每一个学生的得分都是偶数．设某个学生答对了a 道题,答错了b 道题,那么还有40a b --道题没有答．于是此人的得分是 ()5404240a a b b a b +---=-+,这是一个偶数．所以,不论有多少人参赛,全体学生的得分总和一定是偶数．19.2.5★把前50个正整数分成两组,使第一组内各数之和等于第二组内各数之和,能办到吗？说明你的理由． 解析 不能办到．如果能办到,那么所有数加起来应该是第一组内各数之和的2倍,是偶数,但这50个数的总和为5051125025512⨯+++==⨯是个奇数,矛盾！19．2．6★设1,2,3,…,9的任一排列为129 , , , a a a ,求证.()()()129129a a a ---是一个偶数．解析 因为()()()()()()123912912391290a a a a a a a -+-+-++-=+++-+++=是偶数,所以,()()()1291 , 2 ,, 9a a a ---这9个数中必定有一个是偶数,从而可知()()()129129a a a ---是偶数．解析2 由于1,2,…,9中只有4个偶数,所以1a 、3a 、5a 、7a 、9a 中至少有一个是奇数,于是11a -、33a -、55a -、77a -、99a -中至少有一个是偶数,从而()()()129129a a a ---是偶数.19.2.7★有n 个数12 , ,, n x x x ,它们中的每一个数或者为1,或者为1-,如果1223110n n n x x x x x x x x -++++=, 求证.n 是4的倍数．解析 我们先证明2n k =为偶数,再证k 也是偶数．由于12 , , , n x x x 的绝对值都是1,所以12231 , , , n x x x x x x 的绝对值也都是1,即它们或者是为1+,或者为1-,设其中有k 个1-,由于总和为0,故1+也有k 个,从而2n k =． 下面我们来考虑()()()12231n x x x x x x ⋅⋅⋅.一方面,有()()()()122311kn x x x x x x ⋅⋅⋅=-,另一方面,有()()()()212231121n n x x x x x x x x x ⋅⋅⋅==．所以()11k-=,故k 是偶数,从而n 是4的倍数.19．2．8★★设a 、b 是正整数,且满足关系式()()1111111111123456789a b +-=．求证.a b -是4的倍数．解析 由已知条件可得11111a +与11111b -均为奇数,所以a 、b 均为偶数,又由已知条件()111112468a b ab -=+,因为ab 是4的倍数,24684617=⨯也是4的倍数,所以()11111a b ⨯-是4的倍数,故a b -是4的倍数．19.2.9★★9999和99!（注.99!123499=⨯⨯⨯⨯⨯,读作99的阶乘）能否表示成为99个连续的奇数的和？解析 （1）9999能．因为()()()()999898989898999998999699299992=-+-++-+++++()()989899969998+++．即9999能表示为99个连续奇数的和． （2）99!不能．因为99!12399=⨯⨯⨯⨯是一个偶数,而99个连续奇数之和仍为奇数,所以99!不能表示为99个连续奇数之和．评注 如果答案是肯定的,我们常常将满足题意的例子举出来或造出来,这称为构造法． 如果答案是否定的,常常采用反证法,找出其中的矛盾． 19．2．10★★代数式rvz rey suz swx tuy tvx --++-．① 中,r 、s 、t 、u 、v 、w 、x 、y 、z 可以分别取1+或1-． （1）证明.代数式的值都是偶数；（2）求这个代数式所能取到的最大值．解析 （1）①式中共有6项,每项的值都是奇数（1+或1-）,所以它们的代数和为偶数． （2）显然,①式的值6≤,但它取不到6这个值,事实上,在rvz 、rwy -、suz -、swx 、tuy 、tvx -这六项中,至少有一项是1-,要证明这一点,将上面这6项相乘,积是()21rstuvwxyz -=-．所以六项中,至少有一项是1-,这样,六项和至多是514-=．在u 、x 、y 为1-,其他字母为1时,①式的值是4,所以①的最大值为4． 评注 本例中的代数式实际上是行列式 r s t u v w x y z的展开式,行列式是一个很有用的工具,在今后的学习中还会遇到．19.2.11★★★在n n ⨯（n 为奇数）方格表里的每一个方格中任意填上一个1+或1-,在每一列的下面写上该列所有数的乘积,在每行的右面写上该行所有数的乘积,求证.这个乘积的和不等于0．解析 设每列下面的数为12 , , , n a a a ,每行右面的数为12 , , , n b b b ,依题意得1i a =+或1-,1i b =+或\1-, 1 , 2 , , i n =,若这2n 个乘积的和为0,即12120n n a a a b b b +++++++=,则这2n 个数中1+的个数与1-的个数一样多,都是n 个,但事实上,因为 1212n n a a a b b b =,()21212121n n n a a a bb b a a a ==．所以这2n 个数中1-的个数为偶数,即n 为偶数,矛盾．19．2．12★★在黑板上写上1,2,…,2000,2001,只要黑板上还有两个或两个以上的数,就擦去其中任意两个数a 和b ,并写上a b -,问最后黑板上剩下的数是奇数还是偶数？ 解析因为a b -与a b -有相同的奇偶性,而a b -又与a b +有相同的奇偶性,因此a b-与a b +具有相同的奇偶性． 所以黑板上剩下的数的奇偶性与20012002122001*********⨯+++==⨯的奇偶性相同,是奇数．19.2.13★★把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色,问有没有可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由．解析 如果每条线上红圈都是奇数个,那么5条线上的红圈数相加仍是奇数．但另一方面,由于每个圈都在两条直线上,因而相加时每个红圈都被计算了两次,从而相加的总和应该是偶数．两方面的结果是矛盾的．因此,不可能使同一条线上的红圈数都是奇数．19．2．14★★围棋盘上有1919⨯个交叉点,在交叉点上已经放满了黑子与白子,并且黑子与白子相间地放,即黑子（白子）的上、下、左、右都放着白子（黑子）．问能否把这些黑子全部移到原来白子的位置上,而白子也全移到原来的黑子的位置上？ 解析 不能．因为1919361⨯=是奇数,所以,必有奇数个白子,偶数个黑子；或者奇数个黑子,偶数个白子．即黑、白子数必然一奇一偶．奇数不可能等于偶数,所以无法使黑子与白子的位置对调． 19.2.15★★参加会议的人,有不少互相握过手．握手的次数是奇数的那部分人,人数是奇数还是偶数？为什么？解析 由于每握一次手,握手的两个人,每一个都握了一次手．因此每握一次手,两个人握手次数的和就是2次．所以,全部与会的人握手的总次数必定是偶数．我们把参加会议的人分成两类,甲类握手次数是偶数,乙类握手次数是奇数,甲类人握手的总次数显然是偶数．注意甲类人握手的总次数加上乙类人握手的总次数等于全部与会的人握手的总次数,所以乙类人握手的总次数也应当是偶数．由于乙类人每人握手的次数都是奇数,而偶数个奇数相加,和才能为偶数,因此,乙类人必为偶数个,即握手次数是奇数的那部分人,人数是偶数．19．2．16★★设标有A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 记号的七盏灯顺次排成一行,每盏灯安装一个开关．现在A 、C 、E 、G 四盏灯开着,其余三盏灯是关的．小刚从灯A 开始,顺次拉动开关.即从A 到G ,再从A 到G ,这样拉动了1999次开关后,哪几盏灯是开的？解析 一盏灯的开关被拉动奇数次后,改变状态,即开的变成关的,关的变成开的．一盏灯的开关被拉动偶数次后,不改变状态,即开的仍为开的,关的仍为关的．因此本题的关键是计算各盏灯被拉次数的奇偶性．由 199972854=⨯+,可知,A 、B 、C 、D 四盏灯的开关各被拉动了286次,而E 、F 、G 三盏灯的开关各被拉动了285次．所以,A 、B 、C 、D 四灯不改变状态,E 、F 、G 三灯改变状态．由于开始时A 、C 、E 、G 四灯是开着的．因此,最后A 、C 、F 三灯是开着的．19.2.17★★桌上放着七只杯子,杯口全朝上,每次翻转四个杯子．问能否经过若干次这样的翻动,使全部的杯子口都朝下？ 解析 不可能．我们将口向上的杯子记为0,口向下的杯子记为1．开始时,由于七个杯子全朝上,所以这七个数的和为0,是个偶数．一个杯子每翻动一次,所记的数由0变为1或由1变为0,改变了奇偶性．每一次翻转四个杯子,因此这七个数的和的奇偶性改变了四次,从而和的奇偶性仍与原来相同．所以,不论翻动多少次,这七个数的和与原来一样,仍为偶数．当杯子全部朝下时,这七个数的和为7,是奇数．因此,不论经过多少次翻转,都不可能使所有的杯子口都朝下．19．2．18★★★设1i x =1,1i =,2,…,2012．令 123420112012S x x x x x x =+++.。

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。