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1、初一数学,数的整除性 专题02数的整除性例1267提示：33366267例2C提示：关于的证明：对于a，b若至少有一个是3的倍数，则ab是3的倍数若a，b都不是3的倍数，则有：(1)当a3m1，b3n1时，ab3(mn)； (2)当a3m1，b3n2时，ab3(mn1)； (3)当a3m2，b3n1时，ab3(mn1)； (4)当a3m2，b3n2时，ab3(mn).例3a8b0提示：由9(19ab)得ab8或17； 由11|(3ab)得ab8或3例4设x，y，z，t是整数，并且假设5a7b22cx(7a2b3c)13(yazbtc).比较上式a，b，c的系数，应当有，取x3，可以得到y2，z
2、1，t1，则有13(2abc)3(7a2b3c)5a7b22c既然3(7a2b3c)和13(2abc)都能被13整除，则5a7b22c就能被13整除例5考虑到“魔术数”均为7的倍数，又a1，a2，an互不相等，不妨设a1a2an，余数必为1，2，3，4，5，6，0，设aikit(i1，2，3，n； t0，1，2，3，4，5，6)，至少有一个为m的“魔术数”，因为ai10km(k是m的位数)，是7的倍数，当ib时，而ait除以7的余数都是0，1，2，3，4，5，6中的6个； 当i7时，而ai10k除以7的余数都是0，1，2，3，4，5，6这7个数字循环出现，当i7时，依抽屉原理，ai10k与m二
3、者余数的和至少有一个是7，此时ai10km被7整除，即n7例6(1)A5：0，1，2，1，0.(或A5：0，1，0，1，0)(2)a1000139991012(3)n被4除余数为0或1A级11231433397984A5C6B7五位数10e.又为4的倍数故最值为1000，又因为为9的倍数故1000e能被9整除，所以e只能取8因此最小值为10008.8324561提示：dfe是11的倍数，但6df5611，1e6，故0dfe10，因此dfe0，即5fe，又ed，f1，故fl，e6，919提示：173的和能被9整除，故里只能填7，同理，得到后两个数为8，4B级12521a2520n1(nN)257
4、3719895提示：这个数能被33整除，故也能被3整除于是，各位数字之和(x1989y)也能被3整除，故xy能被3整除4B5B6A提示：两两差能被n整除，n179，m1647由题意得3194，两边加上得222(abc)3194222(abc)2221486则86是222的倍数且abc14设86222n考虑到是三位数，依次取n1，2，3，4.分别得出的可能值为136，358，580，802，又因为abc14故3588设N为所求的三位“拷贝数”，它的各位数字分别为a，b，c(a，b，c不全相等)将其数码重新排列后，设其中最大数为，则最小数为故N(100a10bc)(100c10ba)99(ac)可
5、知N为99的倍数这样的三位数可能是198，297，396，495，594，693，792，891，990而这9个数中，只有954459495.故495是唯一的三位“拷贝数”9设原六位数为，则6，即6(1000)1000，所以9945999，即142857，(142，857)1，142|，857|，而，为三位数，142，857，故xxxx10设这个数为，则1000a100b10cdabcd1999，即1001a101b11c2d1999，得a1，进而101b11c2d998，101b998117881，有b9，则11c2d89，而02d18，7111c89，推得c7，d6，故这个四位数是197611当n4时，数1，3，5，8中没有若干个数的和能被10整除当n5时，设a1a2，a5是1，2，9中的5个不同的数，若其中任意若干个数，它们的和都不能被10整除，则中不可能同时出现1和9，2和8，3和7，4和6，于是中必定有一个为5，若中含1，则不含9，于是，不含，故含6； 不含,故含7； 不含,故含8； 但是5+7+8=20是10的倍数,矛盾.若中含9,则不含1,于是不含故含4;不含故含3;不含故含2;但是是10的倍数,矛盾.综上所述,n的最小值为5 2