整除与竞赛
99数学本四 翁秀琴 指导老师 蒙以财
摘要 主要介绍了有关整除的基本知识，重要推论以及在各种竞赛中的重要应用，从而提高学生的分析能力和数学素养，符合现代社会素质教育的要求。
关键词 整除
整除是初等数论中的一个重要内容，是自然数的重要性质之一，由于自然数内涵丰富，因此整除问题灵活而富于变化，解答整除问题往往需要较强的分析能力与具备一定的数学素养。正因为如此，整除性的有关问题常常是各层次数学竞赛的主要题源之一。在处理有关整除性问题时，除了要求会熟练地运用某些常用的方法外，更重要的是要善于分析，要学会抓问题的本质特征。
在学生不可能系统地掌握数论中同余性质的情况下，通过向学生介绍一些常见题型和基本解题思想和技巧的方法来提高学生的解题能力，是完全必要的，也是比较符合中学生的认知规律的，本文主要介绍一些适合初中学生解答的整除问题。
要解决整除问题，以下一些预备知识是必须具备的：
⒈一个整数的个位数是0，2，4，6，8（0或5），这个数就能被2（或5）整除。
⒉一个数的各位数字的和是3（或9）的倍数，这个数就能被3（或9）整除。
⒊一个数的末尾两位数是4（或25）的倍数，那么这个数就能被4（或25）整除。
⒋一个数的末三位数是8（或125）的倍数（包括末三位是0的情况），这个数就能被8（或125）整除。
⒌奇偶位差法：把一个整数所有偶数位置上的数字及所有奇数位置上的数字分别相加，再求出两个和的差，如果所得的差能被11整除，那么这个整数必能被11整除。
⒍把一个整数从右往左每两位分一段，无论最后一段是一位或两位，如果各段数值之和能被11整除，那么这个整数必然能被11整除。
⒎一个数的末三位数字所组成的三位数与其前段数字所组成的数的差是7（或11或13）的倍数，那么这个数就能被7（或11或13）整除。
利用此方法判断时，如果位数较多（数字较长），可以先将整数从右到左每三个数一节地分开，再从右边数起按下面方法计算：
［第一节］ －［第二节］＋［第三节］－［第四节］＋……
计算所得的数如果是7，11，13的倍数，原数就能被7，11或13整除。
推论：①一个六位数，如果它的前三位数字与后三位数字完全相同，顺序也相同，那么这个数必能被7，11，13整除。
②如果把一个数连着写六次得到的六位数均能被7，11，13整除，即形如aaaaaa的六位数是7，11，13的倍数。特别需要指出的是，把任意的三位数连着写偶数次，得到的多位数一定能被7，11，13整除。
⒏任意两个奇数的平方的差能被8整除。
⒐去尾法
⑴能被10n+1(n∈N)整除的数的特征为：这个数去掉末尾数字后所得的数，与末尾数的n倍之差能被10n+1整除。
推论：能被11，21，31，41，……，111，121，131，……整除的数的特征为：这个数去掉末尾数字后所得的数，分别与末位数的1倍，2倍，3倍，4倍，……，11倍，12倍，13倍，……之差能被11，21，31，41，……，111，121，131，……整除。
⑵能被10n﹣1(n∈N)整除的数的特征为：这个数去掉末尾数字后所得的数，与末尾数的n倍之和能被10n﹣1整除。
推论：能被19,29, …… ,109，……整除的数的特征为：这个数去掉末尾数字后所得的数，分别与末尾数的2倍，3倍，4倍，……，11倍之和能被19,29, ……，109，……整除。
⑶能被10n+3(n∈N)整除的数的特征为：这个数去掉末尾数字后所得的数，与末尾数的3n+1倍之和能被10n+3整除。
推论：能被13,23,33, ……整除的数的特征为：这个数去掉末尾数字后所得的数，分别与末尾数的4倍，7倍，10倍，……之和能被13,23,33, ……整除。
⑷能被10n-3(n∈N)整除的数的特征为：这个数去掉末尾数字后所得的数，与末尾数的3n-1倍之差能被10n-3整除。
推论：能被17,27,37, ……整除的数的特征为：这个数去掉末尾数字后所得的数，分别与末尾数的5倍，8倍，11倍，……之差能被17,27,37, ……整除。
⒑k个连续整数之积能被k！整除。
⒒①若a∣b ， b∣c ，则 a∣c
②若a∣b ， a∣c ，则 a ∣( b ± c)
③若a∣b ，则 a∣bc
④若a∣bi ，( i = 1，2，…，n )，则
a∣( b1c1 ± b2c2 ±…± bncn )
⑤若a︱bi ( i = 1,2,…, n), 且a︱(b1 + b2 + …+ bn + bn+1)
则a︱bn+1
⑥若a︱bc ,且 ( a, b ) = 1,则 a︱c
⑦若a︱c , b︱c , 且 ( a, b ) = 1,则 ab︱c
⑧若p为素数，且 p︱ab ，则 p︱a或 p︱b
为了让大家更好地运用整除的性质，下面结合几道数学奥林匹克竞赛题来加深理解。
例１ 已知66︱X1998Y，求所有满足条件的六位数X1998Y
分析：由性质我们可知，要为66的倍数，必须是6和11的倍数，（因为66＝6×11，且（6，11）＝１），而要是6的倍数，必为2、3的倍数，这样y必为偶，根据奇偶位差法y + 9 + 1 = 10 + y和8 + 9 + x = 17 + x的差必为11的倍数，且x + 1 + 9 + 9 + 8 + y = 27 + x + y必为3的倍数，即x + y必为3的倍数。根据三个限制条件，我们发现11的倍数最不好满足，所以我们先满足它，∵17+x－(10+y)=7+x－y的差要是11的倍数有两种情况，即7+x－y=0和7+x－y=11. 根据y为偶数和x+y为3的倍数，推出当y=8时，x=1,当y=4时，x=8.
解：∵66=2×3×11
∴2∣X1998Y , 3∣X1998Y , 11∣X1998Y
y取8时，x取1；
y取4时，x取8.
这样满足条件的六位数为119988和819984
答：这样的六位数可能为119988和819984.
例2 有一个自然数乘以9后，得到一个仅由数字1组成的多位数，求这个自然数最小为多少？
分析：因为这个自然数是乘以9后得到的新的多位数，不难看出，新的多位数一定是9的倍数，由于它的各位都是1，所以这个新的多位数必然为9个1组成，即111111111，要求原自然数，只要做一下除法就可以了。
解：∵9∣11111……111（n个1）,
∴n应最小取9
又∵111111111÷9=12345679 ，
∴所求自然数为12345679
答：这个自然数为12345679
例3 下面是一个多位数 88……8 99……9（前段有1994个8，后段有1994个9）能被13整除，那么中间的 内的数字就应是多少？
分析：这里，如果我们应用末三位与末三位以前的数字组成的数的差，看来并不好算，但我们知道，任意一个自然数所组成的六位数aaaaaa必为13的倍数。这样，原问题就转化成88 899，是否能被13整除就可以了，这样推出 填6。
解：∵13∣888888 、 13︱999999
∴13∣88……8 、13︱99……9（1992个8，1992个9）
这样，只研究13︱88 99
即13︱ 11
填6
答： 里的数字填6。
例4 已知：x和y是整数，13︱( 9x + 10y )
求证：13︱( 4x + 3y )
证明：∵x , y都是整数
∴13∣13 ( x + y )
即13∣( 13x + 13y )
而13x + 13y = ( 4x + 3y ) + ( 9x + 10y )
∴13∣( 4x + 3y ) + ( 9x + 10y )
∵13∣( 9x + 10y )
∴13∣( 4x + 3y )
例5 若 a ,b 是整数，且7∣( a + b ), 7∣( 2a－b )
证明:7|( 5a + 2b )
分析：设想将5a + 2b表示成5a + 2b与2a－b的倍数和，因此，关键在于由a + b与2a－b构造5a + 2b。为此可利用待定系数法。
证明：设m ,n为整数，且使得
5a + 2b = m ( a + b ) + n ( 2a－b )
即5a + 2b = ( m + 2n ) a + ( m－n ) b
∴ m + 2n = 5
m－n = 2
解得m = 3 , n = 1
∵7∣( a + b ) , 7∣( 2a－b )
∴7∣[ 3 ( a + b ) + ( 2a－b ) ]
即7|( 5a + 2b )
例6 已知: 782 + 8161能被57整除，
求证：783 +8163也能被57整除
证明：783 + 8163 = 7 ( 782 + 8161 )－7 × 8161 + 8163
= 7 ( 782 + 8161 ) + 8161 ( 82 － 7 )
= 7 ( 782 + 8161 ) + 8161 × 57
∵782 + 8161和57都能被57整除
∴原式得证
例7 在586后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能分别被3，4，5整除，且使这个数值尽可能小。
解：设所求的六位数为568abc
∵568abc被5整除，
∴c只能是0 , 5
∵568abc被4整除
∴bc是4的倍数，于是c只能是0
要使568abc的数值尽可能的小，bc必须取4的倍数中的最小数,即bc = 20
由于568abc被3整除，5 + 6 + 8 + a + b + c = 21 + a 是3的倍数，即a可取0 , 3 , 6 , 9
要使568abc尽可能的小，故a必须取0
∴568abc=568020
例8 设六位数a1527b是4的倍数，且它被11除余数是5，求a + b的值.
解：∵4∣a1527b
∴4∣7b
∴b = 2 或 b = 6
又∵a1527b = 11·m1 + 5（m1为整数）
当b = 2时，a15272 = 4x ，且 a15272－5 = 11·m1
即( 1 + 2 + 2 )－( a + 5 + 7 )－5 = 11·m2 （m2为整数）
∴－a－1 = 11·( m2+1)
∴a无解
当b = 6时，即4∣a15276
且( 1 + 2 + 6 )－( a + 5 + 7 )－5 = 11·m3（m3为整数）
∴－a－8 = 11·m3
当m3 =－1 时，a = 3；
当m3≠－1时，a无解
∴a + b = 3 + 6 = 9
例9 如果一个六位数19x91y能被33整除，这样的六位数共有多少个？
分析：利用被3和11整除的数的各位数字要满足的条件，求出x与y的值，并注意x与y只能取0～9之间的整数。
解：∵33∣19x91y
∴3∣19x91y 且 11∣19x91y
∵3∣19x91y
∴3∣( x + y + 20 ) 即 3∣x + y + 2
∵11∣19x91y
∴11∣( 9 + 9 + y )－( x + 1 + 1 )
∴11∣( y－x + 5 )
∵x 、y是小于10的非负整数，且0≤x + y≤18且 －9≤y－x≤9
∴x + y = 1 , 4 , 7 , 10 , 13 , 16 ,
y－x = 6 , －5
当x、y为整数时，（x + y）与（y－x）同奇偶
∴ x + y =1 x + y = 4 x + y = 7
y－x =－5 y－x = 6 y－x =－5
x + y = 10 x + y = 13 x + y = 16
y－x = 6 y－x =－5 y－x = 6
解得
x=6 或者 x=2 或者 x=9
y=1 y=8 y=4
所以，能被33整除的六位数19x91y共有三个，即196911, 192918,199914.
例10 设n为整数，求证:24∣n(n+2)(5n+1)(5n－1)
证明：f ( n ) = n ( n + 2 ) ( 5n + 1 ) ( 5n－1 )
= n ( n + 2 ) [ ( n2－1) + 24n2]
= ( n－1 ) n ( n + 1 ) ( n + 2 ) + 24 n3 ( n + 2 )
∵4!∣( n－1) n ( n + 1 ) ( n + 2 ),
24∣24 n3 ( n + 2 )
∴24∣f ( n )
例11 试证: ( 1 + 2 + … + 9 )∣( 15 + 25 + … + 95 )
证明：记s = 15 + 25 + … + 95
2s = ( 15 + 95)+(25 + 85)+…+(95 + 15)
=(1 + 9)n1 + (2 + 8)n2 +…+(9 + 1)n9
=10(n1 + n2 +…+ n9) (ni∈Z)
∴10∣2s
2s=(05 + 95) + (15 + 85) +…+ (95 + 05)
=(0 + 9)m1 + (1 + 8)m2 +…+ (9 + 0)m10
=9(m1 + m2 +…+ m10) (mi∈Z)
∴9∣2s
∵(9,10)=1
∴90∣2s
∴45∣s
∵1 + 2 + … + 9 = 45
∴( 1 + 2 + … + 9 )∣( 15 + 25 + … + 95 )
例12 判断11233577能否被61整除。
解：利用去尾法
去掉末位数7，减去7的6倍，得到
1123357－7×6=1123315；
去掉末位数5，减去5的6倍，得到
112331－5×6=112301；
去掉末位数1，减去1的6倍，得到
11230－1×6=11224；
去掉末位数4，减去4的6倍，得到
11224－4×6=112；
∵61∣112
∴61∣11233577
例13 判断37能否整除316203。
解：利用去尾法
去掉末位数3，减去3的11倍，得到
31620－3×11=31587；
去掉末位数7，减去7的11倍，得到
3158－7×11=3081；
去掉末位数1，减去1的11倍，得到
308－1×11=297；
去掉末位数7，减去7的11倍，得到
29－7×11=－38；
∵37不能整除－38
∴37不能整除316203
以上罗列了一些整除的基本知识，它们的延伸变化极大。大家要学会灵活运用观察，分析，判断，推理等解题的方法，来寻找题目的条件与条件，条件与问题的相互联系，把握题目的特点，发掘题目中的隐含条件，选择最佳解题方法。
参考文献
[1] 石长地 新编奥林匹克基础知识及素质教育丛书小学五年级 科学技术文献出版社 2000年4月第1版
[2] 钱万增 杨晓民 数学奥林匹克初中一年级 吉林教育出版社 2001年10月第2版
[3]李裕民 一类整除性的判别法----去尾法 中学数学 1990年第11期
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发表于 2004-1-9 02:16:55