7年级第21讲数的整除性.doc

第21讲 数的整除性 知识方法扫描 1．数的整除性 对于整数a 和不为零的整数b，如果存在整数q，使得a=bq 成立，则就称b整除a或a被b整除，记作b∣a 此时，我们称b是a的约数，a是b的倍数 2．数的整除的特征1）能被2（或5）整除的数的特征：个位数字能被2（或5）整除。2）能被4（或25）整除的数的特征：末两位数字能被4（或25）整除3）能被8（或125）整除的数的特征：末三位数字能被8（或1255）整除4）能被3（或9）整除的数的特征：各位数字之和能被3（或9）整除5）能被11整除的数的特征：奇数位上数字之和与偶数位上数字之和的差能被11整除数的整除性的性质 （1） 若a∣b，b∣c，则a∣c 2） 若c∣a，c∣b，则c∣(a±b) 3） 若b∣a, n为整数，则b∣n a若∣bc, 且a,b互质, 则∣c. （5） 若∣b, c∣b, 且a,c互质，那么ac∣b. 经典例题解析 例1（2002年重庆市初中数学竞赛试题） 请你将1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数码排出一个能被11整除，且最大的九位数，并且简述排数的过程。 九位数九位数九位数九位数九位数九位数（1997年北京市初数学竞赛试题） 试求出末8位恰且能被71整除的最小自然数 ×108= k×（71×1408450+50）+71×259464+53=71（1408450k+259464）+50k+53 于是问题变成，求最小的自然数k，使得71|50k+53。 设 50k+53=71m，m的末位为3，取m=3，13，23，43，仅当m=43时，k是整数，此时k=60。所以k的最小值为6018421997。 例3（1985年北京市初中数学竞赛试题） 设a为自然数，证明10|(a1985-a1949)a1985-a1949=a1949(a36-1) 由于an-1=(a-1)(an-1+an-2+…+1),所以a36-1=(a4)9-1=(a4-1)(a32+a28+…+1).如果a的个位数字是1,3,7,9中的一个，不难验证a4-1的个位数字是0，即这时a4-1被10整除，从而更有a1985-a1949被10整除。如果a的个位数字是5，那么a36是奇数，a36-1被2整除，a1949被5整除，所以a1985-a1949被10整除。如果a 的个位数字是2,4,6,8中的一个，那么不难验证a4-1的个位数字是5,从而a1985-a1949被10整除。如果a的个位数字是0,当然10|(a1985-a1949).（年上海市初中数学竞赛试题）=1000a+100b+10c+d, 则 1000a+100b+10c+d = 111(a+b+c+d) 即 +(a-11b+10c+d)= 111(a+b+c+d), 于是 111|(a-11b+10c+d)。 又-98≤a-11b+10c+d≤108，于是a-11b+10c+d=0， a+10c+d=11b 1000a+100b+10c+d=111(9a+b) 由已知条件，9a+b=a+b+c+d,所以 8a=c+d≤18，故a=1或a=2. 若a=1，c+d=8，a+10c+d=9+9c=11b, 满足上式的一位整数b,c不存在； 若a=2，c+d=16，a+10c+d=18+9c=11b, 显然b=9,于是 c=9,d=7 所求的四位数只有一个：2997。 例5（1991年杭州市第三届“求是杯”初二学生数学竞赛试题） 已知自然数 1,2,3,…,1991。 (1)把这1991个自然数分组,使得每一组至少有一个是11的倍数的自然数,且至少有一组中含有两个同是11的倍数的自然数,问这些数最多可以分成几个组? (2)按上述分组方法,把每一组中是11的倍数的自然数取出来,其和记为S,求证:S必是91的倍数。 ×181，，故这1991个数中有181个是11的倍数，因此将这些数分成180组，使每一组含有一个11的倍数，由抽屉原理，其中至少有一组含有两个同是11的倍数，故这些数最多可以分成180组。 （2）把每一组中11的倍数取出来，其和就是S=11+22+33+…+1991=11（1+2+…+181）=11×91×181，所以S是91的倍数。 例6（1992年“迎春杯”数学竞赛试题） 把一个两位质数写在另一个与它不同两位质数后面，得到一个四位数，已知这个 四位数恰能被两个质数和的一半整除，试求出所有这样的四位数。 解 设两个两位质数分别为x,y(x≠y),且 100x+y = m·m为整数)。 故 200x+2y=m(x+y),即 198x+2(x+y)=m(x+y),于是198x能被(x+y)整除。 又x,y互