竞赛讲座自然数的有关性质.docx
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竞赛讲座自然数的有关性质
竞赛讲座(自然数的有关性质)
一、知识要点
1、最大公约数
定义1 如果a1,a2,…,an和d都是正整数,且d∣a1,d∣a2,…,d∣an,那么d叫做a1,a2,…,an的公约数。
公约数中最大的叫做a1,a2,…,an的最大公约数,记作(a1,a2,…,an).
如对于4、8、12这一组数,显然1、2、4都是它们的公约数,但4是这些公约数中最大的,所以4是它们的最大公约数,记作(4,8,12)=4.
2、最小公倍数
定义2 如果a1,a2,…,an和m都是正整数,且a1∣m,a2∣m,…,an∣m,那么m叫做a1,a2,…,an的公倍数。
公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,an的最小公倍数,记作[a1,a2,…,an].
如对于4、8、12这一组数,显然24、48、96都是它们的公倍数,但24是这些公倍数中最小的,所以24是它们的最小公倍数,记作[4,8,12]=24.
3、最大公约数和最小公倍数的性质
性质1若a∣b,则(a,b)=a.
性质2若(a,b)=d,且n为正整数,则(na,nb)=nd.
性质3若n∣a,n∣b,则
.
性质4若a=bq+r(0≤r
性质4实质上是求最大公约数的一种方法,这种方法叫做辗转相除法。
性质5若b∣a,则[a,b]=a.
性质6若[a,b]=m,且n为正整数,则[na,nb]=nm.
性质7若n∣a,n∣b,则
.
4、数的整除性
定义3 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,若b∣a,我们也称a是b倍数;若b不能整除a,记作ba
5、数的整除性的性质
性质1若a∣b,b∣c,则a∣c
性质2若c∣a,c∣b,则c∣(a±b)
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)
证明:
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。
评注:
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)
分析:
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
52
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:
3
72
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
评注:
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
评注:
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)
分析:
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
分析:
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
解:
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
评注:
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=
=120
∴
,则
,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
52
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。