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第 27讲 数的整除性
一、填空题(每题5分，共50分)
1. 使得: 可被n+3整除的所有正整数n 的和是 .
2.11个女孩与n个男孩找蘑菇，共找到 个，若每个人找到的一样多，则男孩的人数是 .
3.李明写了几个质数，若从1到9的每个数码都刚好用了一次，则这几个质数的和的最小值为 .
4.若六位数 能被 8 和 9 整除,则
5.已知两位数 ab能整除十位数字为零的三位数 ，且a6.如果由1~6这6个数字组成一个没有重复数字的六位数 使得4个三位数 依次能被4、5、3、11整除,那么
7.将正整数 N 接写在每个正整数的后面，如果得到的新数都能被 N 整除，那么称 N 为“魔术数”.小于 2020的正整数中“魔术数”的个数有 个.
8.对于整数p，通过划去它的数字，不能得到可被11整除的数，则这样p 的最大正整数为 .
9.若a、b、c、d 都是整数，则不能表示为 的形式的最小的正整数为 .
10.若质数 p 与q 具有如下性质:7p+1可被 q 整除,且7q+1可被 p 整除.则 p 与q 构成的整数对(p，q)有 对.
二、解答题(每题 10 分,共 50 分)
11.证明：当且仅当整数A 被划去个位数后得到的数加上个位数的4倍能被13整除时，A 能被 13 整除.
12.圆周上依次写下了2019个数字(都是0~9的整数)，已知从某一位置开始顺时针方向读出这些数字，得到的 2019位数能被27 整除.证明：从任何一个位置开始按顺时针方向读出这些数字所得的2019位数，都能被27 整除.
13.已知 其中 是既约分数，试证：m能被5整除.
14.m×n 的矩形被分割为如图27-1所示一系列角状形：
试证明：a型与b型角状形的数目之差能被3整除.
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15.试对每个质数p找出p！ 的最大方幂数，使得( 可被其整除.
一、填空题(每题5分，共50分)
1.【答案】13.
【解析】由于 可被n+3整除，不妨设 =(n+3)·A,A 为整式.
注意到n +3=(n+3)(n-3)+12,故(n+3)(n-3)+12=(n+3)·A,即(n+3)(A-n+3)=12.
从而(n+3)|12,又因为n+3>3,所以n+3=4、6 或 12,即n=1、3或9.
因此， 可被n+3整除的所有正整数n的和为 13.
2.【答案】9.
【解析】由于各个孩子采到的蘑菇数目一样多，故孩子的总数n+11能整除蘑菇的总数 =(n+11)(n-2)+20,从而n+11 整除 20.由于 n+11>11,故 n 只能是9.
3.【答案】207.
【解析】要使这几个质数的和最小，所有的偶数，除了数字2，都应当位于十位上面(否则相应的数不是质数)，其余的数则应都是个位.枚举可知这几个质数可为2、3、5、41、67、89 或 2、3、5、47、61、89 或2、5、7、43、61、89,都能取到最小值207.
4.【答案】64.
【解析】由题意可知,整数x、y 满足0≤x,y≤9.因为六位数 能被 8 整除,所以8|(400+10x+y),即8|(2x+y),所以2x+y=8、16、24.因为六位数 能被9整除,所以9|(1+2+3+4+x+y),即9|(1+x+y),所以x+y=8、17.若x+y=8,则2x+y=8或2x+y=24,故x=8,y=0或x=16,y=—8,不符合题意,舍去.
若x+y=17,则2x+y=24,故x=7,y=10,不符合题意，舍去.
因此，.
5.【答案】3.
【解析】由题意可知,(10a+b)|(100a+b),因为100a+b=90a+(10a+b),所以(10a+b)|90a.注意到 且06.【答案】324561.
【解析】根据整除的性质可得
d=5,c+e=410,
d+f-e=0,
10b+c=4m(m=3,4,5,…).
因为1≤a,b,c,d,e,f≤6,d+f--e=0,且d=5,所以e=6,f=1.
又因为c+e=410,所以c=4,又因为 1b+c=4m,可得b=2,故a=3.
因此
7.【答案】11.
【解析】设“魔术数”为k 位数，M为任意一个正整数，则
根据题意可知， 故N|10*.
当k=1时,N=1,2,5;
当k=2时,N=10,20,25,50;
当k=3时,N=100,125;
当k=4时,N=1000,2000,5000.
因此，小于 2020的正整数中共有 11个“魔术数”，分别为1,2,5,10,20,25,50,100,125,1000,2000.
8.【答案】987654321.
【解析】如果在正整数的十进制表达式中有0或两个相同的数字，那么只要划去其余所有数字，就可得到11的倍数.这就表明，所求的正整数不超过9位数，它的各位数字互不相同.这样的正整数中最大的就是987654321.现在证明它满足题中条件.
假设划去 987654321的n(≥0)个数字后得到整数 其中 (如果得到的整数不是偶数，则在数的末尾补上一个0，这不会影响其对11的整除性).于是
≤a ≤9.
所以，( a 不是11 的倍数,因此, 不能被11 整除.
9.【答案】11.
【解析】通过枚举，我们有：
假设 不失一般性,可设a>b,c>d,记m=a-b,n=c-d,k=b-d.
于是得到
该式左端为奇数，因此k=0.易知n=1不能使该式成立.而如果m>n>1,则 2”—1 与 2”—1 被 4除的余数都是3，从而该式左端被 4除的余数为1，右端却为3，此为矛盾.
10.【答案】3.
【解析】不失一般性，可设 p≤q.根据题意，存在正整数k 和l,使得7p+1= kq和7q+1= lp,从而 kq=7p+1≤7q+1,由此得知(k-7)q≤1,这表明k≤7.另一方面, klp=k(7q+1)=49p+7+k,故得k+7=( kl-49)p.因而知p≤k+7≤14,从而 p 只能取 2、3、5、7、11 或 13.相应地,7p+1所取的值为:15=3×5,22=2×11,36=2 ×3 ,50=2×5 ,78=2×3×13 和 23.通过逐个检验上述各值的质约数，可知满足题意的数对 p和q 只有如下3对：2和3，2和5，3 和 11.
评注 事实上，若考虑奇偶性，此题还有如下两种解法：
另解一 先看质数 p 与q 中有一个为偶数，即2的情形.由于7×2+1=15=3×5,故此时可得两组解:2和3,2 和5.
下面考虑 p 与q 都是奇数的情形.由题意知，对某正整数a 与b，有7p+1=2aq,7q+1= 2bp.因此7(7p+1)=14aq=2a(2bp-1),由此得 类似地，可知
上述两个分数中的分母应当为正数，所以 ab> 意即 ab≥13.另一方面,p≥3,所以 2a+7≥3(4ab-49),亦即12ab-2a≤154,6ab-a≤77.如果ab≥14,则 84—a≤6ab—a≤77,由此知a≥7.同理可知b≥7.于是我们有77≥a(6b—1)≥7×(6×7—1)=287,此为不可能.所以仅存 ab=13这一种可能情况.
当 ab=13时,有a=1,b=13,或a=13,b=1.此时 4ab-49=4×13-49=3,
我们找到一组满足题中条件的质数： 和
另解二 首先指出，数对 2和 3，2和 5 满足题中条件.在其余的解中都有p,q≥3.此时7p+1与7q+1都是偶数，故对某正整数a与b，有7p+1=2aq,7q+1=2bp.于是
因此，
注意到4a b 作为4的倍数又满足上述不等式，所以仅有一种可能,即 4ab=52,亦即 ab=13.若a=1,b=13,我们得7p+1=2q,7q+1=26p,故知49p+7=14q=52p-2,因而 对于 a =13,b=1,我们亦得p=11,q=3.
二、解答题(每题 10 分,共50 分)
11.【答案】证明：设A 的个位数为b，划去个位数后所得的数是a，则A=10a+b.划去个位数后所得的数加个位数的 4 倍所得的数是 因为 即 所以当且仅当13|A'时,13|A.
12.【答案】证明:设用a ,a ,…,a 表示这 2019个数字，并设从a 开始按顺时针方向读出的数为 依题意，只需证明：当27|A时，从a 开始按顺时针方向读出的数 B = 也能被 27 整除.为此，作
2019个
因 为 3 |2019, 所 以 3|11…1,从 而27|(10A-B).
又由于27|A,所以27|B,命题得证.
13.【答案】证明:记 只需把分数 写成分子能被5整除的不可约分数之和的形式，我们有
下面证明将每个小括号中的分数化为不可约分数后，它们的分子都能被5 整除.事实上，有 并对每一个k=0,1,2,3都有
这里l∈N,l ∈N,分母5l。+24不能被 5 整除，而分子能被 5 整除，从而分数在化为不可约分数后，其分子仍能被 5 整除.
14.【答案】证明：易知，若m×n 矩形可被分为一系列角状形,则 m·n 可被 3 整除.
按答图27-1所示的方式在矩形中的方格里填数.这些数的和等于 因此也被 3整除.观察答图27-1可知，填在每个 a 型角状形中的数的和被3除余2，填在每个b型角状形中的数的和被 3除余 1，而填在每个 c 型与d 型角状形中的数的和可被3整除.如果分别以 n。和 nb表示所有a型角状形和所有b型角状形中的数的和，则矩形中所填之数的总和具有形式 ，其中N是某个整数.所以2(n。— nb),从而( 都能被 3 整除.
1 2 3 4 … n-3 n-2 n-1 n
2 3 4 5 … n-2 n--1 n n+1
… … … … … … … … …
m-1 m m+1 m+2 … m+n --5 m+n -4 m+n| -3 m+n -2
m m+1 m+2 m+3| … m+n -4 m+n| --3 m+n -2 m+n -1
答图27-1
15.【答案】证明:如果(p )! 可被(p!)" 整除(n∈N+),则n≤p+1,因为 p在p! 的质因数分解式中的指数是1(因而在(p！)"的质因数分解式中的指数是n)，而在(p )！的质因数分解式中的指 数 是 p + 1.我们 来 证 明,(p )!可被(p!)p+]整除.
证法 1 设想将一个 p 元集合中的所有元素列成一个 p×p表格.将两个这样的表格称为等价的，如果其中一个可由另一个经过某一行中的元素重新排列得到，或者经过行与行之间的某种重新排列得到.易知，每个等价类中包含着((p!)p 个不同表格，事实上，每一行中p个元素有p！种不同排列，p行元素共有(p！)”种排列，而行与行之间还有 p！ 种不同排列，所以一共有(p!)p+1.个不同表格.另一方面，p 个不同元素共可列成(p )！个不同表格.既然这些表格可以分为各 含 有(p!)p+1个 表 格 的 等 价 类，所以(p )!可被((p!)p+1整除.
证法 2 对于任何正整数 k≤n，组合数 都是整数，此因 n 元集合的k 元子集的个数是整数.因此， 可被p！ 整除，此因对.j=1,2,…,p,都有 可被j 整除.

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