6.整除问题
病句的六大类型-关于新年的祝福语
六 整除问题
——概念清，规律要记牢
同学们与数学交朋友都是从整数 1、2、3、⋯⋯开始的，现在大家都有
了
一些关于整数方面的知识，但这仅仅是整数中最简单、最基本的内容，还
有
许许多多奥妙的理论与问题等待着我们去发现、去创造。陈景润爷爷所研
究
的“哥德巴赫猜想”就是整数中的一个著名的问题，他已取得了世界上令
人
嘱目的领先地位。
本章概念多、理论性强，希望大家在弄清概念的基础上要记牢规律，它
对
于解答整数问题，一定有很大的帮助。
本章所研究的数或英文字母，仍指零和自然数（统称叫整数）。
例1 四位数 能被3A71
9整除，
（美国长岛小学数学比赛题）
求 。A
解：根据“如果一个数各位上的数的和
能被 9 整除，那么这个数能被 9
整除”的规律，要使四位数 能被3A71 9整1＋1 必须能A
被
除，
9 整
3
除，
＋
这里，
A＋
A 是 0～9 中的整数，
7＋
因此，
＝1
A＋11＝18，得 A＝7。 答：A 是 7。
说明：为了学好《整除问题》，必须牢记能被一些常用数（如 2、5、4、
25、8、125、3、9、7 11、13⋯⋯）整除的数的特征以及整数的基本性质。
现
在分别叙述如下：
（一）能被一个数整除的数的特征
（1）能被 2 或 5
整除的数的特征是：这个数的末一位数能被 2 或 5 整除；
（2）能被 4 或 25
整除的数的特征是：这个数的末两位数能被 4 或 25 整
除；
（3）能被 8 或
125 整除的数的特征是：这个数的末三位数能被 8 或 125 整除；
（4）能被 9 或
3 整除的数的特征是：这个数的各个数位上的数之和能被
9 或 3 整除；
（5）能被
11 整除的数的特征是：这个数奇数位上数的和与偶数位上数 的
和之差（或反过来）能被 11
整除；
（6）能被 7、11、13 整除的数的特征是：这个数的末三位数与末三位以
前
的数之差（或反过来）能被 7、 11、 13 整除。
（二）整数的基本性质
（1）如果两个整数都能被同一个自然数整除，那么这两个数的和或差也
能
被这个自然数整除。
如： 18 与 12 都能被 3 整除，所以 18 与 12
的和 30 也能被 3 整除， 18 与 12 的差
6 也能被 3 整除。
（2）如果一个整数能被一个自然数整除，那么这个数的整数倍也能被这 个
自然数整除。
如： 14 能被 7 整除，所以 14×5 的积 70 也能被 7 整除。
（3）如果一个整数能被两个互质数中的每一个数整除，那么这个整数能
被
这两个互质数的积整除。
如：60 能被 3 整除，也能被 5 整除，3 与 5
是互质数，所以 60 能被 3×
5 的积 15 整除。
例
2 如果六位数□8919□能被 33 整除，那么这个六位数是多少？ 解：
设这个六位数为
W，并且它的十万位上的数为 x，个位上的数为 y（也
就是 W＝x8919y）。
因为 33＝3×11，3 与 11 是互质数，所以根据整数的基本性质（3），可
得如
果 W 能被 3、11 整除，那么 W 就能被 3×11＝33 整除。
要使 W
能被 3 整除，必须使 x＋8＋9＋1＋9＋y＝27＋x＋y 能被 3 整除， 因为
27
能被 3 整除，如果 x＋y 也能被 3 整除，那么根据整数的基本性质（1） 可得
27＋x
＋y 能被 3 整除，从而 W 能被 3 整除。
要使 W 能被 11
整除，必须使（9＋9＋x）－（y＋1＋8）＝9＋（x－y） 能
被 11 整除。
综合以上情况，得
x＋y 能被 3 整除⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1）
9＋（x－y）能被 11 整除⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2）
因为 x、y 均是 0～9
中的整数（x≠0），所以，9＋（x－y）＝11，即 x
＝y＋2。
当
y＝0、1、2、3、4、5、6、7 时， x＝2、3、
4、5、6、7、8、9。
由（1），可得 y＝2，x
＝4 或 y＝5，x＝7。 所以 W＝489192 或
789195。
答：这个六位数是 489192 或 789195
例 3 下面这个
41 位数
55⋯⋯5□99⋯⋯9（其中 5 和 9 各有 20 个）能被 7
整除，那么中间方格 内的数字
是多少？
（1991 年小学奥赛决赛题）
解：根据数的整除特征（6），555555，999999
这两个数都能被 7 整除，
这样，18 个 5 和 18 个 9 分别组成的十八位数，也都能被 7 整除。
原数＝
⋯5⋯0
＋
55□99
00
⋯
0
＋
99
⋯
9
23个0 18 个0 18个9
在这个和式中，
第一部分与第三部分加数都能被 7 整除，所以只要第二部分 加数中
55□99 能
被 7 整除，也就是只要□99－55＝□44 能被 7 整除，原数 就能被 7
整除，经试
除得□内填 6。
答：中间方格内的数字是 6。
说明：由 6
个相同的数字所组成的六位数总能被 7、11、13 整除。
例 4
一个三位数的百位、十位、个位数字分别是 5、a、b，将它接连重 复
写 99 次成为：
5
⋯⋯
5ab
99 个5ab
< PGN > 如果所成之数能被91
5ab
整除，问：这个三位数
是几？
解：因为 ＝
×5ab
1000＋5ab
5ab5ab
＝
＝
×5
×
ab
1×1
1001
，91
5ab
所以，由2个能被5ab5ab 91整除，进而可得由98个5ab
所得的数5ab
5
也能被 91
整除，因此：
⋯⋯
5ab
98 个5ab
原数＝
⋯⋯
5ab
×
1000＋ 。
98个
5ab
5ab
又由于原数能被性质（ ）可得1 5ab能被91
整除，根据整数的
因为91×6＝546，所以 ＝5ab 546。
答：这个三位数 是5ab 546。
例 5 三个质数的和为
122，求这三个质数的乘积的最大值。 解：因为
三个质数的和为 122
是偶数，所以这三个质数当中必定有一个
数是偶数，另外两个质数都是奇数。在质数中，2
是唯一的偶数，故三个质 数
中有一个质数是 2。
另外两个质数的和为定值（120），为使这两个质数的乘积尽可能地大，
就
要使该两个质数的差值尽可能地小，因为 1202÷2＝60，所以得到 59 和 61
两个质
数，是和为 120 且差为最小的两个质数，它们的积也就最大。
综合以上情况，和为 122 的三个质数中，以 2、59、61 这三个质数的乘
积
最大，最大乘积为 2×59×61＝7198。
答：三个质数的乘积的最大值是
7198。 说明：注意“如果两个整数的和
一定，那么当这两个数的差值尽可能小
时，其乘积最大”。
例如，和为 11
的两个整数有如下五种情况：1＋10、2＋9、3＋8、4＋7、
5＋6，相对应的乘积是
10、18、24、28、30，通过比较，可得“和为 11，其 积
最大的两个整数是 5 和
6”。
例 6 如果 325×472＋765×895×（ ）的积的最后五个数字都是零，
那么括号内填入的自然数最小可以是多少？
（上海市 1989 年小学六年级数学比赛题）
解：
要使五个数的连乘积的最后五个数字都是 0，这个连乘积一定是 100000
的倍数，把 100000 分解质因数：
100000＝2
5
×5
5
。
说明要使连乘积的末尾有五
个零，因数中至少应该有五个 2 和五个 5。 因为
325＝5
2
×13，765＝3
×5×51，
472＝2
3
×59，895＝5×179
四个数的乘积里一共包含了 4
个 5 和 3 个 2，必须要再乘以两个 2 和一 个 5，
所以括号里应填
22×5＝20。
答：在括号内最小可以是 20。
例 7 一个自然数能分解成 3
个质因数的积，如果这 3 个质因数的平方
和是 1710，求这个自然数。
解：设所求的自然数是 N，把 N 分解质因数为
N＝a
1
·a
2
·a
3
。
由题意得a
2 2 2
1
＋a
2
＋a
3
＝1710，因为奇数（或偶数）的平方仍是
奇
数（或偶数），而
1710 是偶数，所以这三个质数中一定有一个是偶数，在质 数
中，
a
2
2
2
是唯一的偶数。假设
2
1
+
a
2
= 1710 - 2 = 1706
，又因为任何一个奇数的平方的个位数只能是
a ＝2，则 a、a是奇数又是质数，且
、
1
，
5
9、1 加上 5 等于 1706
的个位数 6，而个位数是 5 的质数只有一个是 5，所以
a
1
、a
2
中一定有一个数是 5，假设 a
2
=5，则
2
=
1706 - 5
2
=
1681
a
＜1681＜502。找出 4
1
。
4020～50 中个位数是 1 的质数，得 a
1
=41。所以 N=2
×5×41=410。 答：这个自然
数是 410。
例 8 360
这个数的约数有多少个？这些约数的和是多少？
（第三届华罗庚金杯赛决赛题）
解：把
360 分解质因数是：360=23×32×5，所以 360 的任何一个约数都 是
从三个质数
2、二个质数 3、一个质数 5 中取若干个出来相乘得到的。
2
3
的约数是
1、2、4、8（或 1、21、22、23）；
3
2
的约数是 1、3、9（或
1、31、32）；
5 的约数是 1、5（或 1、51）。 如
果我们把下面的式子
（l+2+4+8）×（1+3+9）×（1+5）
展开成一个和式，和式中的每一个
加数都是在每个括号里各取一个数相乘的
积。由前面的分析可得，360 的任
一个约数都恰好是这个展开式中的一个加
数。由于第一个括号里有 4 个数，
第二个括号里有 3 个数，第三个括号里有
2
个数，所以这个展开式中的加数个数是 4×3×2=24，这就是 360 的约数的
总
个数，这些约数是：
1×1×1=1，2×1×1=2，4×1×1=4，8×1×1=8，
1×1×5=5，2×1×5=10，4×1×5＝20，8×1×5=40，
1×3×1=3，2×3×1＝6，4×3×1＝12，8×3×1=24，
1×3×5=15，2×3×5=30，4×3×5=60，8×3×5=120，
1×9×1＝9， 2×9×1=18，4×9×1=36，8×9×1=72，
1×9×调 5＝45，2×9×5=90，4×9×5=180，8×9×5=360。
（你能知道上面每个等式中，三个数相乘的由来吗？）
另一方面，360 的所有约数的和就
等于这个展开式的和，也就是（1+2
1
+2
2
+2
3
）
×（1+3
1
+3
2
）×（1+5
1
）＝1170
。 答：
360 的约数有 24 个，这些约数的和是 1170。
说明：本题中的二个问题的解法具有一般性，并由此可以得出下面二个 结
论。
若
自然数 N 可以分解质因数为：
N=a
m
·b
5
·c
t
（其中
a、b、C 为不同的质数，m、s、t 为自然数）， 则（1）自然
数 N
的约数的总个数是（m+1）·（s+1）·（t+1）；
（2）自然数 N 的所有约数的总和是
（1+a+a
2
+⋯+a
m
）·（1+b+b
2
+
⋯b
s
）·（1+c+c
2
⋯+c
3
）。
以上两个结论可以推广到一般的情况。
例 9 A、B
两数都只含有质因数 3 和 5，它们的最大公约数是 75，已知 A 有
12 个约数，B 有
10 个约数，那么 A、B 两数的最小公倍数是多少？
解：因为 A、B 两数都只含有质因数
3 和 5，所以设
A＝3
m
·5
n
，B=3
s
·5
t
。
因为
A、B 两数的最大公约数是 75=3×5
2
，所以，n≥2，t≥2。
又因为 A 有 12 个约数，根据例 8 后的说明可得（m+1）
·（n-1）=12=（1 十 1）·（5+1）=（2+1）·(3+1）=（3+1）
·（2＋1）。所以 A 有三种可能：
3×5
5
或
3
2
×5
3
或 3
3
×5
2
。
同
理，因为乙有 10 个约数，可得
（s+1）·（t+1）=10=（1 十
1）·（4+1）， 所
以 B=3×5
4
=1875。
由于 A、B
的最大公约数是 3×5
2
，所以 A 只能是
3
3
×5
2
=673。这样可得 A、
B 两数的最小公倍数是
3
3
×5
4
=16875。
答：A、B 两数的最小公倍数是
16875。
例 10 有 8 个不同约数的自然数中，最小的一个是多少？
解：设有
8 个不同约数的自然数为 N，根据例 8 后的说明来分析 N 的取 值
可能性。
因为
8=7+1=（1+1）·（3+1）=（3+1）·（1+1）=（1＋l）·（1＋1）·（1
＋l），所以 N 只能为下面四种形式：
（1）N=a
7
（3）N=a
3
×b
（2）N=a×b
3
（4）N=a×b×C
（a、b、c 为不同的质数）
要使 N 最小，可以用
a=2，b=3，C=5 去代入上面四个等式，分别得到 N 为
128、54、24、30。所以有
8 个不同约数的自然数中最小的一个是 24。
答：最小的一个是 24。
例11
⋯
66
÷7
的余数是多少？
1990个 6
五届小学生数学比赛题）
解：我们可以先试除一下，666666÷7=95238，如果
把连续六个 6 作为
一组，1990÷ 6 = 331（组）⋯⋯ 4 ，就是 666 ⋯ 6 可
以分成
组还多331
个 6，即：
4
6
⋯
66
= 666666
666666⋯666666×10000 + 6666。
1990个
6
6
个6
一组
一共
331个组
1990 个 6 6 个
6 一组
显然在这个和式中，第一部分加数能被7
整除，因此666
⋯66÷7 的余
数等于 6666÷7 的余数。因为
6666÷7=952⋯⋯2，所以，所求的余数也是
2。 答：
余数是 2。
例 12 把 4 到 50 的每个整数都除以 4，余数是 2
的数共有多少个？
（日本小学数学比赛题）
解：先试除一下：
4 除以 4，余数为 0；
5 除以 4，余数为 1；
6
除以 4，余数为 2；
7 除以 4，余数为 3。
8、9、10、11 除以
4，余数分别为 0、1、2、3。由此可得，从 4～50 的 每
个整数都除以 4，余数为
0，1，2，3，0，1，2，3，⋯⋯
每四个余数“0，1，2，
3”作为一个循环节。因为 4～50 中共有 50-4＋
1=47 个整数，47÷4=11⋯⋯3，说明这 47 个整数都除以 4 后，一共有 11 个
循环
节，还有 3 个余数（0、1、2）。
所以，所求的余数共有 1×11+1=12
个。
答：余数是 2 的数共有 12 个。
例 13
下列数中，除了第一个数和第二个数以外，每个数都等于它前面 两
个数的和：
1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、⋯⋯。 问
这列数中第
1993 个数被 6 除余几？
解：一方面，虽然我们根据已知的这列数中的写数规律能求出第
1993
个数是几，但毕竟太麻烦了。另一方面，如果我们用 6 去除已知的这列数中
的
每个数得到的余数分别是：
1、1、2、3、5、2、1、3、4、1、5、0⋯⋯
从
这列数里也看不出它有什么规律。
我们考虑到 6=2×3，把被 6 除转化为被 2
除和被 3 除两步来考虑。
（1）将已知的每个数都除以 2，所得的余数是：
1、1、0、1、1、0、1、1、0、1、1、0、⋯⋯
显然，每 3
个余数作为一个循环节。因为 1993÷3＝664⋯⋯1， 所以，
已知的这列数中的第 1993
个数除以 2 的余数是 1。同理：
（2）将已知的每个数都除以 3，所得的余数是：
1、1、2、0、2、2、1、0、1、1、2、0、2、2、1、0⋯⋯
显然，每 8
个余数作为一个循环节。因为
1993÷8＝249⋯⋯1， 所以，已知的这列
数中的第
1993 个数除以 3 的余数也是 1。 设 已知的数中第
1993 个数是
a，则由（1）、（2）
得：
a＝2q
1
+1①（q
1
是
a 除以 2 的商）
a=3q
2
+1②（q
2
是 a 除以 3 的商）
所以 3q
2
=2q
1
，由于
2q
1
是偶数，所以
3 q
2
也是偶数，因而得
q
2
，必为偶 数。
令 a
2
=2k，代入②，得
a=3·（2k）+1=6k+1， 由
此可得 a 破 6 除，余数是 1。
答：这列数中第 1993
个数被 6 除余 1。
例 14 （中国古代问题）
今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之
剩三，七七数之剩二，问物
几何？
这一问题可译为：
一个数除以 3 余 2，除以 5 余 3，除以 7
余 2，求适合这些条件的最小数。 解法 1：
用枚举法。
（1）除以 3 余 2
的数有：
5、8、11、14、17⋯⋯；
（从第二个数起，每一个数都比它的前一个数多
3）
（2）除以 5 余 3 的数有：
8、13、18、23、28、⋯⋯。
（从第二个数起，每一个数都比它的前一个数多 5）
显然 8 被 3 除余 2，且被
5 除余 3。因为 3 与 5 的最小公倍数是 15，所 以
15＋8、
15×2＋8⋯⋯15×n＋8，都同时满足被 3 除余 2，被 5 除余 3 这两
个条件，只须在这
列数中找到被 7 除余 2 的最小数。为此只要用 n=1、2、3、
4、⋯⋯依次去代入 15×n＋8。当 n=1 时，15×1＋8=23，23÷7=3⋯⋯2
所以 符合题
意的数是 23。
解法 2：
（1）从 5 和 7 的公倍数
35、 70、 105⋯中找出除以 3 余 2 的最小数 是 35。
（2）从 3 和
7 的公倍数 21、 42、63、⋯中找出除以 5 余 3 的最小数 是 63。
（3）从
3 和 5 的公倍数 15、30、45、⋯中找出除以 7 余 2 的最小数是
30。
所以 35＋63＋30=128 能符合“被 3 除余 2、被 5 除余 3、被 7 除余
2”。 又因为
3、5、7 的最小公倍数是 105，由此得符合题意的数是 128-105
×1=23。
答：适合这些条件的最小数是 23。
说明：这个问题是驰名中外的中国古
代问题之一。解答这类问题要用到
古代数学家孙子所发明的著名定理——“孙子定理”，它的解法很早就流传
到
国外，被称为“中国剩余定理”。
例 15 一个数减去 1 能被 2 整除，减去 2
能被 5 整除，减去 3 能被 7 整 除，加
上 4 能被 9 整除，这个数最小是多少？
（1990 年江西省小学生“八一杯”数学比赛题）
解：
（1）“减去 1
能被 2 整除”的数，可知这个数是奇数。
（2）“减去 2 能被 5
整除”的数，可知它的个位数是 2 或 7。
（3）“减去 3 能被 7
整除”的数，可知这个数是 10、 17、24、⋯⋯ 同时
符合（1）、（2）、（3）的数是
17。
因为 2、5、7 的最小公倍数是 70，所以同时符合（1）、（2）、 （3）
的
数的一般式是 70×n＋17。
又因为“一个数加上 4 能被 9
整除”相当于“一个数被 9 除不足 4”， 也
就是“一个数被 9 除余 9-4=5”。所以用
n=1、2、3、4、5、⋯⋯代入 70
×n＋17，当 n=6 时，70×6+17=437
被 9 除余 5，由此得符合题意的最小数是
437。
答：这个数最小是 437。
例 16 幼儿园拿出一块长方体木料，长 72 厘米，宽 60 厘米，高 36 厘
米，请王师傅把它锯成同样大小的正方体木块，木块的体积要最大，木料又
不
能剩余，算一算，可以锯成几块？
（厦门市小学生 1986 年“从小爱数学”预赛题）
解：由题意可得王师傅要
把原长方体木料锯成同样大小的正方体木块（体
积要最大），木料又不能剩余，那么锯成的正方体的棱长必须是长方体木料
的
长、宽、高的最大公约数。
72、60、36 的最大公约数是
2×2×3＝12。所以，能锯成最大正方体的 木
块数是 6×5×3＝90（块）。
或（72×60×36）÷（12×12×12）90（块）。 答：
可以锯成 90 块。
练习六
1.五位数4A97A能被3整除，它的最末两位数字组成的7A又能被6整除，
求这个五位数？
2.某班全班有 50
人，上体育课时，男生横着正好站成两排，前排同学报 数，
先 1、2、3、1、2、3⋯⋯报，再
1、2、3、4、1、2、3、4⋯⋯报，最后
1、2、3、4、5、6、1、2、3、4、5、6、⋯⋯报，三次报数，末尾的同学都 报
2，这个班有男生多少人？
（1990 年青岛市四方区小学数学比赛题）
3.被
2、3、5 除都余 1，被 7 除能整除的最小数，各位数之和是多少？
（1990
年长春市小学数学比赛题）
4.某个七位数 1993□□□能够同时被
2、3、4、5、6、7、8、9 整除， 那
么它的最后三位数是多少？
（1993
年小学奥赛数学初赛（B）卷题）
5.222⋯⋯2 除以 13 所得的余数是多少？
2000 个 2
（第五届《小学生数学报》初赛题）
6.三个质数的和是
140，求这三个质数的乘积的最大值。
7.P 为质数，P
3
+5，仍是质数，求
P
6
＋7 的值。
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8.右图有一个长方体，它的正面和上面的面积之和是
209，如果它的长、 宽，
高都是质数，那么这个长方体的体积是多少？
（1991
年小数奥赛决赛试题）
9.把 20、26、33、35、39、42、44、55、91
分成三组，使每组数相乘的 积
相等。
10.5397 除以一个质数，所得的余数是
15，这个质数是多少？
（1990 年哈尔滨市第九届小学生数学比赛题）
11.棱长
1 米的正方体 2100 个，堆成了一个实心的长方体。它的高 10
米，长、宽都大于高。问长方体的长与宽的和是多少？
12.600
的约数有多少个？这些约数的和是多少？
13.求具有 15
个约数的最小自然数，并求这个自然数的 15 个约数之和。
14.某自然数是 3
和 4 的倍数，包括 1 和本身在内共有 10 个约数，那么 这自
然数是多少？
（上海市 1990 年小学六年级数学比赛题）
15. 已知：a = 1991
1991
1991
⋯⋯
1991个1991
问：a 除以 13 所得余数是几？
（第三届“华罗庚金杯”赛决赛题）
16.有一个整数，用它去除 63、91、129
所得到的三个余数之和为 25， 这
个整数是多少？
17.小张在计算有余数的除法时，把被除数 113 错写成 131，结果商比原 来
多
3，但余数恰巧相同。那么该题的余数是多少？
（上海市 1989 年小学五年级数学比赛题）
18.70 个数排成一行，除两头外，每个数的 3 倍恰好等于它两旁的两个
数
的和，这一行最左边的几个数是：0、1、3、8、 21、⋯⋯，求第 70 个数 被 6
除
余几？
19.一个数除以 3 余 2，除以 5 余 4，除以 7 余
6，这个数最小是多少？
（1990 年宜兴市第五届小学数学比赛题）
20.召开学生座谈会，每组 5 人，多 3 人；每组 6 人，多 4 人；每组 7
人，
少 4 人，参加座谈会的学生至少有多少人？
（1990
年乌鲁木齐市小学五年级数学比赛题）
21.在长 60 米、宽 54
米的矩形花圃的各边上以最大且相等的距离种桃
树，每两棵桃树间种月季花 5
棵，共种月季花多少棵？