2020北京 初二数学竞赛 数论专题：整数的整除性质(包含答案)

L35 99L39能被7整除，问中间方格代表的数字是几？ 1. 下面这个41位数55121220个520个9解析 因为5555555111111，9999999111111，11111137111337，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

L3500L30+55 9900L3099L39， 原数=551212121218个523个018个518个9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55 99能被7整

除，原数就能被7整除． 把55 99拆成两个数的和： 55A00B99

其中 AB.因为7|55300，7|399，所以 336．

评注 记住111111能被7整除很有用．

2. 一位魔术师让观众写下一个六位数a，并将a的各位数字相加得b，他让观众说出

ab中的5个数字，观众报出1、3、5、7、9，魔术师便说出余下的那个数，问那个数是多少？ 解析 由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同，所以ab是9的倍数．设余下的那个数为x，则 9|13579x，

即

9|7x，

由于0≤x≤9，所以，x2．

2p12q1

3. 若p、q、、都是整数，并且p1，q1．求pq的值．

qp

解析 若pq，则 2p12p112 qpp不是整数，所以pq．不妨设pq，于是 1≤2p12q12q2， qqq而

2p12p1是整数，故1，即q2p1．又 qq2q14p334 ppp是整数，所以p只能为3，从而q5．所以 pq3515．

4. 试求出两两互质的不同的三个正整数x、y、z使得其中任意两个的和能被第三个数整除． 解析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．

zxyzxy不妨设xyz，于是、、都是正整数．先考虑最小的一个：

yxzxyzz2， zzzxxy所以，因为y|zx，即y|y2x，所以y|2x，1，即zxy．再考虑

yz2x2y于是1≤2，

yy1≤所以

2x

1，即y2x，从而这三个数为x、2x、3x．又因为这三个数两两互质，所以y

x1．

所求的三个数为1、2、3．

5. 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除． 解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．设三个连续的奇数分别为2n1、2n1、2n3（其中n是整数），于是

2n1所以

22n12n3112n2n1．

2222212|2n12n12n3．

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 2n122n122n32． 24Œ6. 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． 解析 设u2x3y，9x5y．若17|u，从上面两式中消去y，得 ① 3v5u17x． 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． 7. 设n是奇数，求证：60|6n3n2n1．

解析 因为602235，22、3、5是两两互质的，所以只需证明22、3、5能整除6n3n2n1即可． 由于n是奇数，有 22|6n2n，22|3n1，

所以22|6n2n3n1； 又有3|6n3n，3|2n1， 所以3|6n3n2n1；

又有5|6n1，5|3n2n， 所以5|6n3n2n1． 所以60|6n3n2n1．

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．

8. 设n为任意奇正整数，证明：1596n1000n270n320n能被2006整除． 解析 因为200621759，所以为证结论成立，只需证n为奇正整数时，1596n1000n270n320n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，

anbnaban1an2bLbn1， anbnaban1an2bLbn1.

由于159610005944，2703205910，所以1596n1000n270n320n能被59整除.

又159627013261778，10003206801740，所以1596n1000n270n320n能被17整除．

9. 若整数a不被2和3整除，求证：24|a21．

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、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）．

故a具有6k1的形式，其中k是整数，所以 a216k1136k212k12k3k1．

2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．

10. 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． 解析 按模2分类．若n2k为偶数，k为正整数，则

3n132k13n1．

2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8l1，于是

23n18l224l1，

4l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138l1146l1．

2由于6l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． 11. 设p是质数，证明：满足a2pb2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

a2pb2.

令a , bd，aa1d，bb1d，则a1 , b11.所以 a12d2pb12d2，a12pb12，

222所以p|a12．由于p是质数，可知，p|a1.令a1pa2，则a2ppb12，所以pa2b12．同理

可得，p|b1.即a1、b1都含有p这个因子，这与a1 , b11矛盾． 12. 如果p与p2都是大于3的质数，那么6是p1的约数.

解析 每一整数可以写成6n、6n1、6n1、6n2、6n2、6n3中的一种（n为整数），其中6n、6n2、6n2、6n3在n≥1时都是合数，分别被6、2、2、3整除．因此，质数p是6n1或6n1的形式. 如果p6n1n≥1，那么 p26n332n1

是3的倍数，而且大于3，所以p2不是质数．与已知条件矛盾． 因此p6n1n≥1．这时 p16n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6n1或6n1的形式．当然，反过来，形如6n1或6n1的数并不都是质数．但可以证明形如6n1的质数有无穷多个，形如6n1的质数也有无穷多个．

猜测有无穷多个正整数n，使6n1与6n1同为质数．这是孪生质数猜测，至今尚未解决．

13. 已知a、b是整数，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，3Œb．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3n19m26m19n26n133m23n22m2n2，

22不能被3整除，矛盾．

由此可知，a、b都是3的倍数．

x214. 若正整数x、y使得是素数，求证：x≤y.

xyx2p是素数，则pyxxp，所以p|xxp，故p|x，或者设

xy解析

p|xp，故可得p|x，且px.令xkp，k是大于1的整数，则 yxk1≥x．

15. 证明：形如abcabc的六位数一定被7、11、13整除． 解析

abcabcabc1001abc71113．

由此可见，abcabc被7、11、13整除．

16. 任给一个正整数N，把N的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的正整数

N，试证明：NN被9整除．

解析 N除以9，与N的数字和除以9，所得余数相同．N除以9，与N的数字和除以9，所得余数相同．N与N的数字完全相同，只是顺序相反，所以N与N的数字和相等．N除以9与N除以9，所得的余数相同，所以NN被9整除． L4199917. N1999199914442443.求N被11除所得的余数．

连写1999个1999解 显然，N的奇数位数字和与偶数位数字和的差为1999999119998.19998除以11的余数与88除以11的余数相同，即余数为9．从而N除以11，所得的余数为

9．

18. 在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被3、4、5分别整除．符合这些

条件的六位数中，最小的一个是多少？ 解析 要命名这个六位数尽可能小，而且能被5整除，百位数字和个位数字都应选

0．这样，已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19．要使这个六位数能被3整除，十位上可填2、5、8．由能被4整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知，应在十位上填2． 这个六位数是568020．

19. 已知四位数abcd是11的倍数，且有bca，bc为完全平方数，求此四位数． 解析

在三个已知条件中，bca说明给出b和c，a就随之给定，再由11|abcd，可

定d.而bc为完全平方数，将b和c的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中，只要从这个范围中挑选符合要求的即可．

由bc完全平方数，只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况．由bca，此时相应的a为7、7、9、13、10、9．其中13和10显然不可能是四位数的千位数字． 在716d、725d、936d、981d，这四种可能性中，由11|abcd，应有11|dbac．

11|d176时，d可为1； 11|d275时，这种d不存在； 11|d396时，d可为1； 11|d891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，b0，因此，不考虑00、01、04、09这

四种情况，否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.

20. 用0，1，2，…，9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？ 解析 因为0+1+2+…+9=45．这个最大十位数若能被11整除，其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）为0或11的倍数．由于这十个数字之和是45（奇数），所以这个差不可能是0、22、44（偶数）．

若这个差为33，则只能是396，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，4511228，452817．

如果偶数位为9、7、5、3、1，其和为25；奇数位为8、6、4、2、0，其和为20．交换偶数位上的1与奇数位上的4，可得偶数位上的数为9、7、5、4、3，奇数位上的数为8、6、2、1、0．于是所求的最大十位数为9876524130．

21. 一个六位数12 34 是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12A34B，因为它是88的倍数，而88811，8与11互质，所

以，这个六位数既是8的倍数，又是11的倍数．由12A34B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

2341A44A能被11整除，则4A0，即A4．

124344881413．

所以，这个六位数是124344，它除以88的商是1413．

22. 如果六位数1993 能被105整除，那么，它的最后两位数是多少？ 解析 因为这个六位数能被105整除，而105357，3、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：395199196，196能被7整除．

所以，199395能被105整除，它的最后两位数是95． L4199352023. 形如19931993，且能被11整除的最小数是几？ 144243n个1993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12n2，奇数位数字之和为

10n5，两者之差为12n210n52n3．要使11|2n3，不难看出最小的

L41993520． n7，故所求最小数为199319931442437个199324. 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n≥3，下述n个数

3，23，232，…，23n2，3n1， 它们的最小公倍数为23n1，和为

323232L23n23n132232L23n23n133233L23n23n1L3n13n123n1．所以，这几个数的和等于它们的最小公倍数．

取n100，可知存在符合要求的100个数．