席琳迪翁专辑-日记50字大全

数论的灵魂(整除问题)
一、数的整除之四大判断法：
1．2系列：
被2整除只需看末位能否被2整除；
被4整除只需看末两位能否被4整除；
被8整除只需看末三位能否被8整除，依此类推； < br>以四位数
abcd
为例，四位数
abcd
=1000×a+100×b +10c+d。10、100、1000都是2的倍数，只需d
也是2的倍数即可。
2．3系列：
被3整除只需看各位数字之和能否被3整除；
被9整除只需看各位数字之和能否被9整除；
以3为例，
abcd
=1000×a+100×b+10c+d =999a+99b +9c+a+b+c+d。999、99、9均为3的倍数。只
需要a+b+c+d是3的倍数即可。
从中我们还发现，数字之和除以3余几，则原数除以3余几。9依次类推。
3．5系列：
被5整除只需看末位是否为0或5
被25整除只需看末两位能否被25整除，即只可能是00，25，50，75．
被125整除的特征依次类推看末三位。
4．7、11、13系列：
通用
⑴一个数如果是1001的倍数，即能被7、11、13整除。比如201201=201×1001，则其必 然能被7、
11、13整除；
⑵从末三位开始，三位一段，奇数数之和与偶数段之和的差如果 是7、11、13的倍数，则其为7、
11、13的倍数；
⑶末三位一段，前面均为一段，用 较大的减去较小的，如果为7、11、13的倍数，则其为7、11、
13的倍数；
合数的整除特征：
判断一个数能否被某个合数整除，一般的方法是先把这个合数分解成几个容 易判断整除的数的乘积
的形式，并且这些数两两互质，再分别判断。

二、数的整除的性质：
⑴传递性:若
c|b
，
b|a
，则
c|a
； |ab）
⑵可加性:若
c|a
，
c|b
，则
c（。

三、试除法：在整除里，对未知部分，我们可以使用试除法，令被除数为最大或为最 小(一般为最大)。
当令被除数最大时，除以除数会得到一个余数，把余数减去，即为所求数。

四、数的整除的代数表示方法：对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的 表示形
式，则常常有助于问题的解决．这些常用的形式有：
Aa
n
an1
a
1
a
0
a
n
10
n< br>a
n1
10
n1
a
1
10a
0
；

1．在方框中填上两个数字，可以相同也可以不同，使4□32□是9的倍数．
⑴请随便填出一种，并检查自己填的是否正确；
⑵一共有多少种满足条件的填法？



2．⑴从1～3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除？
⑵从1～3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？



3．(第2届华杯赛初赛第14题)用1、9、8、8这四个数字能排成几个被11除余8的四位数？


4．右图的方格表中已经填入了9个数，其余20个方格内的数都等于它左侧方格 中的数乘以它上面方
格中的数。比如a=5×10=50，b=5×12=60。那么c方格内所填的自 然数的末尾有___个连续的0。
10
12
14
16
5
a
10
15
20
25
c


5．右图中最上 排有五个数，将相邻两个数的乘积写在它们之间下方的圈内。第二排的四个数填完后，
再依次填第三、四 、五排，第五排中的数
A
的末尾共有多少个
0
？
12
15
20
25
29
b
A


6．(2008年数学解题能力展示初赛试题)已知九位数
2007□12□2
既是< br>9
的倍数，又是
11
的倍数；那么，
这个九位数是多少？




99的倍数n为奇数时
7．试证明
n位原序数与n位 反序数
的差一定是


9的倍数n为偶数时

(如：
12365
为原序数，那么它对应的反序数为
56321
，它们的差
439 56
是
99
的倍数.)

8 ．如图，把1～9这9个数字放在一个圆圈上。请在某两个数字之间剪开，分别按顺时针和逆时针次
序形 成两个九位数(比如在7和8之间剪开，就形成了826543197和791345628这两个九位数)．如
果要求剪开后所得到的两个九位数的差能被396整除，那么可以从哪两个数字之间剪开？
8
7
2
6
9
1

9．对怎样的最小值n，数
122

2219
整除？
 
被
99

n个2
9个9
5
3
4



10．一个19位数
77

77 444

44
能被13整除，求О内的数字．


9个
9个


11．(第7届希 望杯培训试题)在六位数11□□11中的两个方框内各填入一个数字，使此数能被17和19
整除，那 么方框中的两位数是多少？


12．(2009年迎春杯五年级初赛第8题)
将数字4，5，6，7，8，9各使用一次，组成一个被667整除的6位数，那么，这个6位数除以6 67
的结果是 。



13．(200 9年学而思五升六竞赛班选拔考试第20题)把数字1到9各使用一次，组成一个被555667整
除的 9位数，这个9位数是 。




14．如果一 个五位数，它的各位数字乘积恰好是它的各位数字和的25倍．那么，这个五位数的前两位
的最大值是 。


15．已知
ABABA
能被22整除，B-A的最大值为 .

16．(2010年“数学解题能力展示”五年级初赛)已知一个五位回文数等于45与 一个四位回文数的乘积(即
abcba45deed
)，那么这个五位回文数最大的可能值 是_____.

17．已知：
23!258D20C67388849766A B000
．则
DCBA
。

18．(2009年迎春杯高年级复赛试题第15题)
老师给前来参加“迎春晚会”的31位同学发放编号：1，2，⋯31。如果有两位同学的编号的乘积是
它们编号和的倍数，则称这两位同学是“好朋友”。从这31位同学中至少需要选出
人，才能保证在选出的人中一定可以找到两位同学是“好朋友”。



1 9．对于两个不同的整数，如果它们的积能被和整除，就称为一对“好数”，例如70与30。那么在1，
2，......，16这16个整数中，有好数多少对？



20． (2004年希望杯第二届五年级二试第4题，6分)若四位数
9a8a
能被15整除，则a
代表的数字是 。

21．三位数中能被11整除，且数字之和为11的有( )个。


22．把30个自然数
1
，
2
，
3
，

3 0乘到一起，那么这个乘积的末尾会有( )个0。


23．要使
26abcd2
能被36整除，而且所得的商最小，那么a、b、c、d的和是( )。


24．刘叔叔给18名工人发完工资后，把总钱数写在一张纸上，可是由于他吸烟 不小心，火星落在纸上，
把这笔帐的总数烧去两个数字，
978
每名工人的工资最高可 能是( )。



25．(全国小学数学奥林匹克)如果
20 052005

200501

能被11整除，那么n的最 小值是 。
n个2005
，刘叔叔记得每名工人的工资都一样，而且都是整数元，

< br>26．把三位数
3ab
接连重复写下去，共写1993个
3ab
，所得 的数
3
试求
ab
？
ab3ab3

ab恰是91的倍数，

1993个3ab


答案 < br>1．一个数是9的倍数，那么它的数字和就应该是9的倍数，即4

□

3

2

□是9的倍数，而4

3

2

9,
所以只需要两个方框中的数的和是9的倍数．
⑴依次填入3、6，因 为4

3

3

2

6

18是9的倍数，所以43326是9的倍数；
⑵经过分析容易得到两个方框内的数的和是9的倍数 ，如果和是9,那么可以是(9,0)；(8,1)；(7,2)；
(6,3)；(5,4)；(4,5 )；(3,6)；(2,7)；(1,8)；(0,9)，共10种情况，还有(0,0)和(9,9)，所以一 共有12种
不同的填法。

2．⑴第一问比较简单，3998÷4=999…6所以1～3998中有996个能被4整除的 ⑵考虑数字和，如果一个一个找规律我们会发现规律是不存在的，因此我们考虑分组的方法，我们
补 充2个数，0000和3999，此外所有的一位两位三位数都在前面加上0补足4位，然后对这4000个数做如下分组：(0000，1000，2000，3000)，(0001，1001，2001，300 1)，(0002，1002，2002，
3002)， …(0999，1999，2999，399 9)，共1000组，容易发现每一组恰好有个数字和是4的倍数，
因此共有1000个数字和是4的倍 数，但注意到我们补充了一个0000进去．所以原来的3998个数里，
有999个数字和是4的倍数 ．
方法二、考虑个位，选法有10种；十位，选法有10种；百位选法有10种；选定之后个位、十位 、百
位数字之和除以4的余数有3种情况，余0、余1、余2、余3，对应这四种在千位上刚好有一种与 之对
应，共有1000个，1000-1=999.

3．用1、9、8、8可排成 12个四位数，即1988，1898，1889，9188，9818，9881，8198，8189，89 18，
8981，8819，8891
它们减去8变为1980，1890，1881，91 80，9810，9873，8190，8181，8910，8973，8811，8883。
其中被 11整除的仅有1980，1881，8910，8811，即用1、9、8、8可排成4个被1除余8的四位数 ，
即1988，1889，8918，8819。

4．由于考虑的是c末尾有多少个连续的0，则只需考虑有多个5，有多少个2即可。
先考虑因数5，其累积如下图：
1
1
1
1
1
2
再考虑因数2，其累积过程如下图。
0
2
5
0
2
0
22
3
4
7
9
9
16
25
5
14
30
55
7
2151
106

1
2
0
1
0
2
0

1
4
4
1
2
2
38
5
9
17
716< br>33
4
1127
60
4
1542102

由于5多于2，则c方格内所填的自然数有102个0。

5．几个整数的乘积，如果要确定它后面的几个0，可以用这样的办法：把每 个乘数分解质因数，把分
解中2的重数加起来，5的重数也加起来，看哪一个小，哪一个就是乘积尾部0 的个数．
我们可以分别计算质因数2和5的重数．为此我们画两个图(如右上图)，由图可知
A
中含有14个因
数2，18个因数5，所以末尾有14个0。
2
2
4
8
14
因子2的个数
0
2
4
6
22
2
0
0
0
0
1
1
2
38
1
3
5
2
2
5
10
0
18
因子5的个数

6．(方法一)设原数
2007a12b2
，∵< br>9|2007a12b2

ab4
或者
ab13
，< br>∵
11|
2007a12b2

20a
22
(
071b
)
0
或者
(
071b
)
(22a02)
11

ab2
或者
b a9
根据两数和差同奇偶，得：

ab4

a3

ab13

a2
或者

不成立.所以，
20 07a12b2
200731212
.



ab2b1ba9b11


7．(1)当
n
为奇数时，设原序数为
a
1
a
2
a
3

a
2n
a
2n1
，则反序数为
a
2n1
a2n

a
3
a
2
a
1
，则

a
2n1
a
n2

aa
3
a
1
2
a
1
a
2
a
3
a
n
a
2n2

2n
(方法二)设原数=
2007a12b2
，该数既能被9整除，又能被11整除，则该数能被99整除。所以
b2127a0299
，所以
b27a85

所以
b1，a3
。
2007a12b2
200731212

1
n

( a
1
a
2
)

999a(a
n2


)

9990
n12



2n2
a(
n
a
2
)9

900

n1
0
(2)因为等式右边的数能被
99
整 除，所以
a
2n1
a
2n

a
3
a2
a
1
a
1
a
2
a
3
a
2n
a
2n1
能被
99
整除
当
n
为偶数时设原序数为
a
1
a
2
a
3
a
2n
，则反序数为
a
2n
a
3
a
2a
1
，则

a
1
a
2
a

a
3n2
a< br>2n
a
3
a
2
1
a

(a
1
a
2
999a(
n
)
2
a< br>n2

2n1
)9990

2n3a(
n
a
n1

00)

9
n1
0
因为等式右边的数能被
9
整除，所以
a
2n1
a
2n

a3
a
2
a
1
a
1
a
2
a< br>3
a
2n
a
2n1
能被
9
整除

8．将396分解质因数：
3964911
，也就是说要让两个九位 数的差分别是4、9、11的倍数．
首先可以看出，不论在哪两个数之间剪开，得到的两个九位数的各 位数字之和都是45，是9的倍数，
所以它们的差肯定也是9的倍数．
另外，能被11整除的 数，其奇数位上所有的数字和与偶数位上的所有数字和的差是11的倍数．而
一个数如果不是11的倍数 ，那么这个数除以11的余数实际上就是从右开始奇数位所有的数字和减
去偶数位上的所有数字和的差除 以11的余数．这样一来，可以发现，无论从哪两个数之间剪开，
由于得到的两个九位数互为反序数，这 两个九位数的奇数位上的5个数和偶数位上的4个数也都分
别颠倒了顺序，但它们具体是哪几个数字不变 ，所以它们的总和也不变，那么奇数位所有的数字和
减去偶数位上的所有数字和的差也就不变，也就是说 互为反序数的两个九位数，它们除以11的余
数是相同的，那么它们的差是11的倍数．
由此 可见，不论从哪里剪开，得到的两个九位数的差都是9和11的倍数，那么只需要判断差是不
是4的倍数 就可以了．
而要判断是否是4的倍数，只需要看末两位数，此时可以一一检验，可得从
1,9

，

3,1

、

8,2< br>
、

7,9

之间剪开得到的差是4的倍数．
所以从这四处剪开符合题意。

9．设
A1222219
，根据A、B的特征可对A、B进行分解：

，
B99

n个2
9个9
110
111

1111B19111
，根据条件
9 111|11111
．注意到因为
A1
，

n1 个1n个11n个119个19个1n1个1
n1个1

11
1
（111，）111
，根据整除的性质，为使A被B整除，必须且只需算式是一个整 数，这就说

911

1
9个1

9个1
明了两点：
n1个1n1个19个19个1

8个08个0

11

111

111

1

1 1

1

⑴ 算式也是一个整数，所以
10

01

10

01


11
111

1
11

1


k个1
9个1
9个19个1
8个08个0

⑵ 算式
1 0

01

10

01
的数字之和应是9的倍数， 这说明
k9
．

k个1
综上所述，
n99180
．

10．∵13|
77

77444
44



9个
9个
∴13|
7 7

77444


9

11．方 法一：采用试除法.设六位数为
11ab11,11ab111110000ab00111 10011ab00

如果一个数能同时被
17
和
19
整 除，那么一定能被
323
整除．
110011323340191
，余
191
也可以看成不足
323191132
．
所以当ab00
132323n
时，即
ab00
是
100
的倍数时，六位数才是
323
的倍数．
所以有
323n
的末位只能 是
1028
，所以
n
只能是
6
，
16
，
26
，


验证有
n16
时，
132 323165300
，所以原题的方框中填入
5
，
3
得到的< br>115311
满足题意．
方法二：视为数字谜
因为[
17
，
19
]
323
，所以有：
323
□□□
□□□□
□□□□
□□□
< br>11□□11
注意，第3行的个位数字为1，于是乘数的个位数字只能为7，所以第3行为323 ×7=2261；
于是有

∴13|7777770000000+
777444

∵13|777777
∴13|7777770000000
∴13|
777444

∴13|
777

444
∵
44413342

∴13|
777

2
∴设
777
=7770
7770135979

∴○
13(92)6

323
□□7
2261
□□□□
□□□
11□□11

所以第4行的末位为
10165
，所以乘数的 十位数字只能为5，于是第4行为
32351615
；
于是有，
323
□57
2261
1615
□□□

11□ □11
所以第5行在(110011-16150-2261=)91600～(119911-161 50-2261=)101500之间，又是323×100的倍
数，所以只能为32300×3=96 900；
于是最终有.
323
357
2261
1615
969

115311
所以题中的方框内应填入5，3这两个数字．

12．六位数 的数字和是4+5+6+7+8+9=39,是3的倍数，而667与3互质，因此这个六位数能被667×3= 2001
整除，于是它的前三位组成的三位数是后三位组成的三位数的两倍。用4，5，6，7，8，9 组成两
个三位数，一个是另一个的两倍，容易算出只能是956和478。而956478÷2001= 478，所以商为
956478÷667=478×3=1434。

13．九位数 的数字和是1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,是9的倍数，而555667与9互质，因此这个九位 数能
被555667×9=5001003整除，于是它的前三位组成的三位数是中间三位数组成的数的 5倍；后三位
组成的三位数是中间的三位数组织的数的3倍。根据题意，则中间三位组成的三位数的百位 必为1，
前三位组成的三位数的个位必为5；
1

1
5


5
3

则中间三位数的末位可能是3、7、9。(如为偶数，则前 三位组成三位数组成的三位数末位应为0，
显然不符)
(1)当中间三位数的末位是3时，
1
由
3
可得，后三位的末位应是9，则中间三位组成的三位数的十位必然为 4或6之一，因
为如为1、2未进位，则后三位组成的三位数的百位为3，不符；

如为7，8，9则进了两位，则后三位组成的三位数的百位为5，不符；
(2)当中间三位数的末位是7时，后三位组成的三位数的末位为1，显然不符；
(3)当中间三位组成的末位为9时，则
1

919
3
7
5


5

根据题意，中间三位数组成的十位上的数字与3的乘积加2最多只能进 1次位，除去已选数，该
数的选法有：2、4两种；
当中间三位组成的三位数的十位上是2时，后三位组成的三位数为129×3=387；
前三位组成的三位数为129×5=645。该九位数为645129387。
当中间三位数组成的三位数的十位上是4时，后三位组成的三位数为447，重复，不符。
所以符合条件的9位数为645129387。

14．假设组成这个五位数的5
个数字分别为
a
、
b
、
c
、
d、
e
，可知其中不能有0．
由题知
abcde25(ab cde)
，由于
25|abcde
可知
a
、
b
、
c
、
d
、
e
中有两
个
5，不妨设
de5
，则
abcabc10
．
要求这个五位数的最大值，必须使其中最大的数尽可能大．不妨设
a
是其中最大的数．
①如果
a9
，则
9bcbc19
，即
bc19
是9的倍数，
bc
可以为8或17．若
bc8
，则
b c3
；若
bc17
，则
bc4
，这两种情况下都没有满足条 件的整数
b
、
c
；
②如果
a8
，则
8 bcbc18
，即
bc18
是8的倍数，
bc
可以为6 或14．若
bc6
，则
bc3
；若
bc14
，则
bc4
，这两种情况下都没有满足条件的整数
b
、
c
；
cbc17
，① 果
a7
，则
7b
即
b c17
是7的倍数，
bc
可以为4或11
或18
．若
b c4
，
则
bc3
；若
bc11
，则
bc 4
，若
bc18
，则
bc5
，易知只有前一种情况下有满足 条件的
整数
b
、
c
，此时
b
、
c
分别为1和3．
故此时组成五位数的
5
个数字分别为
7
，
5
，
5
，
3
，
1
，所以所求最大的五位数为
75531
。

15．A只能取2；4；6；8，奇数位上的和对应分别为6；1 2；18；24，由于被11整除的数奇偶数位数
字和的差为11的倍数，所以对应的偶数位上的数的和 为6或17；12；18或7；23或2，对应的符
合条件的可能的B的值为3；6；9；1,所以B- A的最大值为3.
16．根据题意，
abcba45deed
，则
ab cba
为４５的倍数，所以
a
应为０或５，又
a
还在首位，所以a
＝５，现在要让
abcba
尽可能的大，首先需要位数高的尽可能的大，所以令
b9
，
c8
，则
abcba
＝５＋９＋８＋９ ＋５＝３６是９的倍数，用５９８９５÷４５＝１３３１符合条
件，所以这个五位回文数最大的可能值是 59895。

17．由于1～23中有4个5的倍数，所以
23!
的末尾 有4个0，所以
B0
．
由于
23!251015820M 1000083M
(
M
为正整数)，所以
258D20C67388 849766AB000
去掉末尾的4个0后得到的数是8的倍数，那么
66A
是8的 倍数，
所以
A4
．
易知
258D20C673888497664
是9和11的倍数，所以
2 58D20C67388849766493CD
是9的 倍数；

282C788964



5D0638476

15CD
是11的倍数，
那么
CD6
或15，
CD7
或
DC4
． 若
CD15
，由于
CD
与
CD
(或
D C
)奇偶性相同，所以此时
CD7
，得
C11
，不合
题意．所以
CD6
，
DC4
，得
C1
，
D5
，所以
DCBA51042040
。

18．由题意知，当a,b两数互质时，他们的积显然不能被他们 的和整除，ab(a+b)运算出来不是整数；
当a，b互质时，令A=ka,B=kb,ka·kb (ka+kb)=kab(a+b),由于ab(a+b),则k需要为a+b的倍数即可。
则此题可分两步：找出一对互质的数，再把这一对数分别扩大他们的和的倍数，即为好数。
( 1，2)对应的好数有：(3，6)；(6，12)；(9，18)；(12，24)；(15，30)；
(1，3)对应的好数有：(4，12)；(8，24)；
(1，4)对应的好数有：(5，20)；
(1，5)对应的好数有：(6，30)；
(2，3)对应的好数有：(10，15)；(20，30)；
(3，4)对应的好数有：(21，28)；
则全部同学相互之间的关系网如图(其余
311516
名学生未列)：
9
8
18
24
21
12
6
28
4
3
15
10

5
20
30
关系网图可分为不关联的
3
部分，其中包含
11
个人的部分最多可以选出
6
名互不是 “好朋友”的同
学，包含
2
个人的两个部分各可选出
1
人，以保证互 不是“好朋友”，加上未列出的16人，所以
31
人
中最多可以选出
166 1124
人互不是“好朋友”，此时只要再选出一人，即可保证选出的人当
中有两位同学 是“好朋友”，所以至少应该选出
25
人．

19．由题意知，当a、b两 数互质时，他们的积显然不能被他们的和整除，
当a，b互质时，令A=ka，B=kb ，
ab
运算出来不是整数；
ab
ka

kbkabab

，由于不是整数，则k需要为a+b的
kakbk

a b

ab
倍数即可。
则此题可分两步：找出一对互质的数，再把这一对数分别扩大他们的和的倍数，即为好数。
(1，2)对应的好数有：(3，6)；(6，12)；
(1，3)对应的好数有：(4，12)；
(2，3)对应的好数有：(10，15)；
所以，在1，2，......，16这16个整数中，有好数4对。

20．15=3×5，能被15整除，那么能同时被5和3整除。
能被5整除，看个位，那么
a
只能是0或5；
但是当
a
=0，9080不能被3整除；
当
a
=5时，9+5+8+5=27是3的倍数，所以
a
=5。

21．设这个三位数为
abc
，有
abc11
和< br>acb0或者11
，显然有
ac11
，
b0
，所 以就有
209、308、407、506、605、704、803、902，共8个。
< br>22．易知从1乘到30，共会有5、10、15、20、25、30共计6个5的倍数，其中25是25 的倍数，所

以这个乘积的末尾有6个0。
23．
26abcd2
能被36整除，而36=4×9
所以说明
26abcd2
即能被4整除也能被9整除
26abcd2
能被4整除说明：
d2
能被4整除，从而d只可能是1，3，5，7，9
要使商最小，a、b、c应尽可能小
先取a=0，b=0，
则数字之和为：2+6+2+0+0+c+d=10+c+d应为9的倍数。
而d只可能是1，3，5，7，9。
所以，c最小取1，此时d=7。
此时a+b+c+d=0+0+1+7=8。

24．由于每名工人的工资都一样，说明总工资能被18整除
令总工资为
97a8b
，因为18=2×9，该数能被2整除，也能被9整除
能被2整除说明，则该数的末位为0、2、4、6、8中的一种；
9+7+8+a+b=24+a+b。
现在要为9的倍数，则a尽量大，为8，此时b=4。
所以每个工人的最高工资为：97884÷18=5438元。

25．
2 0052005

200501

中奇数位减偶数位的差为 (5－2)n＋1=3n＋1,当n=7时，(3n＋1)是11的倍数，
n个2005
所以n 的最小值是7。

（7,13）1
，所以7|
3
26．因为91713
，且
ab3ab3

ab
，13|
3 ab3ab3

ab


1993个3a b1993个3ab
根据一个数能被7或13整除的特征可知：
原数
3ab3ab 3

ab
能被7以及13整除，当且仅当
3ab3ab3

ab
-
3ab
能被7以及13整除，也就是
1993个3ab
1992组
3ab3

ab000
能被7以 及13整除．

1991组
（7,10）1
，
（13,1 0）1
，所以7|
3
因为
ab3

ab000
，13|
3ab3

ab000
也就是7|
3ab3

ab
，

1991组1991组1991组
13|
3ab3

ab
，因此，用一次性质(特征)，就去掉了两组3ab
；反复使用性质996次，最后转

1991组
化成：原 数能被7以及13整除，当且仅当
3ab
能被7以及13整除
又
91的倍数中小于1000的只有
914364
的百位数字是3，
ab364
．