初中数学竞赛竞赛讲座自然数的有关性质Word下载.docx

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性质3若b∣a,n为整数，则b∣na

6、同余

定义4设m是大于1的整数，如果整数a，b的差被m整除，我们就说a，b关于模m同余，记作a≡b（modm）

7、同余的性质

性质1如果a≡b（modm），c≡d（modm），那么a±

c≡b±

d（modm），ac≡bd（modm）

性质2如果a≡b（modm），那么对任意整数k有ka≡kb（modm）

性质3如果a≡b（modm），那么对任意正整数k有ak≡bk（modm）

性质4如果a≡b（modm），d是a，b的公约数，那么

二、例题精讲

例1设m和n为大于0的整数，且3m+2n=225.

如果m和n的最大公约数为15，求m+n的值

（第11届“希望杯”初一试题）

解：

（1）因为（m,n）=15,故可设m=15a，n=15b，且（a,b）=1

因为3m+2n=225，所以3a+2b=15

因为a,b是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但（a,b）=1，所以a=1,b=6

从而m+n=15（a+b）=15

7=105

评注：

1、遇到这类问题常设m=15a，n=15b，且（a,b）=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。

这是一种常用方法。

2、思考一下，如果将m和n的最大公约数为15，改成m和n的最小公倍数为45，问题如何解决？

例2　有若干苹果，两个一堆多一个，3个一堆多一个，4个一堆多一个，5个一堆多一个，6个一堆多一个，问这堆苹果最少有多少个？

分析：

将问题转化为最小公倍数来解决。

解　设这堆苹果最少有x个，依题意得

由此可见，x-1是2，3，4，5，6的最小公倍数

因为　[2,3,4,5,6]=60，所以x-1=60，即x=61

答：

这堆苹果最少有61个。

例3　自然数a1，a2，a3，…，a9，a10的和1001等于，设d为a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公约数，试求d的最大值。

解　由于d为a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公约数，所以和a1+a2+a3+…+a9+a10＝1001能被d整除，即d是1001＝7

11

13的约数。

因为dak，所以ak≥d，k＝1，2，3，…，10　　从而1001＝a1+a2+a3+…+a9+a10≥10d

所以　

　由d能整除1001得，d仅可能取值1，7，11，13，77，91。

因为1001能写成10个数的和：

91+91+91+91+91+91+91+91+91+182

其中每一个数都能被91整除，所以d能达到最大值91

例4某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有四位数码，从0001到9999号，如果号码的前两位之和等于后前两位之和，则这张购物券为幸运券，如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购物券为幸运券。

证明：

这个商场所发购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。

（第7届初中“祖冲之杯”数学邀请赛试题）

显然，9999的购物券为幸运券，除这张外，若号码为n的购物券为幸运券，则号码为m=9999-n的购物券也为幸运券。

由于9999是奇数，所以m，n的奇偶性不同，即m≠n，由于m+n=9999，相加时不出现进位。

就是说，除号码为9999的幸运券外，其余所有的幸运券可两两配对，且每对号码之和为9999，从而可知所有的幸运券的号码之和为9999的倍数。

由101∣9999，所以所有幸运券的号码之和能被101整除。

本题是通过将数两两配对的方法来解决。

例5在1，2，3，…，1995这1995个数中，找出所有满足条件的数来：

（1995+a）能整除1995

a（第五届华杯赛决赛试题）

分子、分母都含有a，对a的讨论带来不便，因此可以将

化成

，这样只有分母中含有a，就容易对a进行讨论。

解

因为（1995+a）能整除1995

a，所以

是整数，从而

是整数

因为1995

1995=32

52

72

192，所以它的因数1995+a可以通过检验的方法定出。

注意到1≤a≤1995，所以1995<

1995+a≤3990

如果1995+a不被19整除，那么它的值只能是以下两种：

3

72=3675，32

5

72=2205

如果1995+a能被19整除，但不被192整除，那么它的值只能是以下两种：

19=2793，52

7

19=3325

如果1995+a能被192整除，那么它的值只能是以下两种：

7

192=2527，32

192=3249

于是满足条件的a有6个，即从上面6个值中分别减去1995，得到

1680、210、798、1330、532、1254

本题通过对

的适当变形，便于对a的讨论。

讨论时通过将1995

1995分解质因数，然后将因数1995+a通过检验的方法定出。

这种方法在解决数的整除问题中经常使用。

例611+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是几？

为什么？

（第四届华杯赛复赛试题）

解显然11≡1（mod3），33≡0（mod3），66≡0（mod3），99≡0（mod3）

又22=4≡1（mod3），44≡14≡1（mod3），55≡25≡（-1）5≡（-1）（mod3），

77≡17≡1（mod3），88≡（-1）8≡1（mod3）

∴11+22+33+44+55+66+77+88+99≡1+1+0+1-1+0+1+1+0≡4≡1（mod3）

即所求余数是1

用同余式求余数非常方便。

例7已知：

，问a除以13，所得余数是几？

（第三届华杯赛决赛试题）

将a用十进制表示成

，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究

除以13的余数规律。

解

mod13，103≡（-3）3=-27≡-1，

1+104+108≡1-10+102=91≡0，1991≡2

∴a≡

≡

=-18≡8，即a除以13，所得余数是8

例8n是正偶数，a1,a2,…,an除以n，所得的余数互不相同；

b1,b2,…,bn除以n，所得的余数也互不相同。

证明a1+b1，a2+b2，…，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。

证明∵n是正偶数，所以n-1为奇数，∴

不是n的倍数，

∵a1,a2,…,an除以n，所得的余数互不相同，所以这n个余数恰好是0，1，…，n-1.从而a1+a2+…+an≡0+1+…+（n-1）=

0（modn）

同样b1+b2+…+bn≡

0（modn）

但（a1+b1）+（a2+b2）+…+（an+bn）=（a1+a2+…+an）+（b1+b2+…+bn）

≡0（modn）

所以a1+b1，a2+b2，…，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。

例9十进制中，44444444的数字和为A，A的数字和为B，B的数字和为C，求C

由于10≡1（mod9），所以对整数a0，a1，a2，…，an有

它表明十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余。

根据上述结论有C≡B≡A≡44444444（mod9）.所以只要估计出C的大小，就不难确定C

4444≡7（mod9），而73≡（-2）3=-8≡1（mod9），

所以44444444≡74444=731481+1≡7（mod9），

所以C≡B≡A≡44444444≡7（mod9），

另一方面，44444444<

（105）4444=1022220，所以44444444的位数不多于22220

从而A<

922220=199980，即A至多是6位数。

所以B<

96=54

在1到53的整数中，数字和最大的是49，所以C≤4+9=13

在小于13的自然数中，只有7模9同余于7，所以C=7

本题用了十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余这个结论。

根据这个结论逐步估计出C的大小，然后定出C。

三、巩固练习

选择题

1、两个二位数，它们的最大公约数是8，最小公倍数是96，这两个数的和是（）

A、56B、78C、84D、96

2、三角形的三边长a、b、c均为整数，且a、b、c的最小公倍数为60，a、b的最大　公约数是4，b、c的最大公约数是3，则a+b+c的最小值是（　　）

　A、30B、31C、32D、33

3、在自然数1，2，3，…，100中，能被2整除但不能被3整除的数的个数是（）

A、33B、34C、35D、37

4、任意改变七位数7175624的末四位数字的顺序得到的所有七位数中，能被3整除的数的个数是（）

A、24B、12C、6D、0

5、若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是（）

A、25B、26C、27D、28

6、设n为自然数，若19n+14≡10n+3（mod83），则n的最小值是（）

A、4B、8C、16D、32

填空题

7、自然数n被3除余2，被4除余3，被5除余4，则n的最小值是.

8、满足[x,y]=6，[y,z]=15的正整数组（x,y,z）共有组.

9、一个四位数能被9整除，去掉末位数后得到的三位数是4的倍数，则这样的四位数中最大的一个，它的末位数是.

10、有一个11位数，从左到右，前k位数能被k整除（k=1,2,3,…,11），这样的最小11位数是.

11、设n为自然数，则32n+8被8除的余数是.

12、14+24+34+44+…+19944+19954的末位数是.

解答题

13、求两个自然数，它们的和是667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商是120。

14、已知两个数的和是40，它们的最大公约数与最小公倍数的和是56，求这两个数。

15、五位数

能被12整除，它的最末两位数字所成的数

能被6整除，求出这个五位数。

16、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

求证：

4∣（a+b+c+d）

17、一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积，这个数当然有许多约数是两位数，这些两位约数中，最大的是多少？

18、求2400被11除，所得的余数。

19、证明31980+41981被5整除。

20、xi=1或-1（i=1，2，…，1990），证明

答案

1、设这两个数为a,b，由（a,b）=8得a=8m,b=8n，且（m,n）=1

由[a,b]=96得[m,n]=12，又（m,n）=1，所以m=3，n=4或m=4，n=3

所以a+b=8（m+n）=56，故选A

2、由题意知，b既能被4整除，又能被3整除，所以b能被12整除

又60能被b整除，所以b＝12或60

（1）若b＝12，则60b＝5，因为5与4互质，5与3也互质，所以a、c中至少有一个含有因数5。

若a含有因数5，则a20，又c3，所以a+b+c20+12+3=35

若c含有因数5，则c15，又a4，所以a+b+c4+12+15=31

取a=4，b=12，c=15，能构成三角形

（2）若b＝60，则a+b+c＞60＞31

故a+b+c的最小值为31。

3、在自然数1，2，3，…，100中，能被2整除的数有50个；

既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的数有6，12，18，…，96共16个，所以能被2整除但不能被3整除的数有50-16=34个，选B

4、∵七位数各位数字之和为32，不能被3整除，∴任意改变七位数末四位数字的顺序得到的所有七位数均不能被3整除，故选D

5、1995除以6的余数是3，且a≡1995（mod6），所以a除以6的余数也是3，故选C

6、由19n+14≡10n+3（mod83）知19n+14–（10n+3）≡0（mod83）

∴9n+11≡0（mod83）∴

当k=1时，n取最小值8。

故选B

7、由题意得n+1是3、4、5的公倍数，最小的n=3

4

5-1=59

8、∵y整除6又整除15，∴y整除3，所以y=1,3.

代入可得：

（6，1，15），（2，3，5），（2，3，15），（6，3，5），（6，3，15）五组解。

9、被4整除的最大三位数是996，所求四位数可表示成

，∵9∣996x，∴x=3,于是所求的末位数是3。

10、2∣10，3∣102，4∣1020，5∣10200，6∣102000，7∣1020005，8∣10200056，9∣102000564，10∣1020005640，11∣10200056405，于是最小11位数是10200056405

11、∵32n+8=9n+8∴32n+8≡1n+0（mod8）≡1（mod8）∴32n+8被8除的余数是1

12、设自然数N的末位数是a，则N≡a（mod10），从而N4≡a4（mod10），

∴14≡1（mod10），24≡6（mod10），34≡1（mod10），44≡6（mod10），54≡5（mod10），64≡6（mod10），74≡1（mod10），84≡6（mod10），94≡1（mod10），104≡0（mod10）

∴14+24+34+44+…+19944+19954≡199

（14+24+34+44+…+104）+14+24+34+44+54

≡199

（1+6+1+6+5+6+1+6+1+0）+1+6+1+6+5≡199

33+19≡7+9≡6（mod10）

故14+24+34+44+…+19944+19954的末位数是6

13、设两个自然数是a,b（a≤b），且（a,b）=d，并设a1=

，b1=

，则（a1，b1）=1，且a+b=d（a1+b1）=667=23

29.

因为23，29都是质数，所以d=1或d=23或d=29

（1）若d=1，则[a,b]=ab=120

又因为a+b=667，所以a2-667a+120=0.但此方程中a不能是自然数，所以d≠1.

（2）若d=23，则有a1+b1=29

[a,b]=23[a1,b1]=23•a1•b1，所以a1•b1=

=120

∴

，则

，把120分解质因数，可得a1=5，从而b1=24。

所以a=23

5=115，b=23

24=552

（3）若d=29，则有a1+b1=23

[a,b]=29[a1,b1]=29•a1•b1，所以a1•b1=

，把120分解质因数，可得a1=8，从而b1=15。

所以a=29

8=232，b=29

15=435

综上所得，本题有两组解：

115，552或232，435

14、设这两个数为x,y，则x+y=40,且（x,y）+[x,y]=56，由于（x,y）

[x,y]=xy，所以

设（x,y）=d，则x=da，y=db，且（a,b）=1，于是可得方程组

由于（40，56）=8，所以d=1,2,4,8当d=1,2,4时方程组无整数解，所以d=8

d=8时，方程组变为

，可得a=2,b=3或a=3,b=2，所以x=16或24，y=24或16，从而所求的两个数为16和24

15、由于五位数

能被12整除，而12=3

4，且3，4互质，所以3∣

且4∣

。

∴3∣（4+H+9+7+H），即3∣（2H+20），经试算H可取2、5或8，又因为6∣

，所以2∣

，故H为偶数，所以H取2或8，又因为4∣

，所以4∣

，所以H取2，所以这个五位数为42972。

16、∵a,b,c,d是互不相等的整数，则x-a,x-b,x-c,x-d也是互不相等的整数。

∵（x-a）（x-b）（x-c）（x-d）=9，所以x-a,x-b,x-c,x-d均为9的约数，

而9=（-1）

（+1）

（-3）

（+3），则（x-a）+（x-b）+（x-c）+（x-d）=（-1）+（+1）+（-3）+（+3）=0

即a+b+c+d=4x，所以4∣（a+b+c+d）

17、∵99＝32

11，98＝72

2，97＝97，96＝25

3

　　∴96是25

33

7的最大的两位约数。

18、25=32≡-1（mod11），210≡（-1）2≡1（mod11），2400=（210）40≡140=1（mod11）

即2400被11除，余数是1

19、31980+41981=（32）990+41981=9990+41981≡1990+（-1）1981=1+（-1）=0（mod5）

所以31980+41981被5整除

20、∵xi=±

1≡1（mod2）

≡1+2+…+1990（mod2）≡995（mod2）≡1（mod2）

即

是一个奇数，它当然不可能是0。