七年级数学竞赛讲座01 自然数的有关性质自然数的有关性质一、一、知识要点1、1、最大公约数定义1如果a1,a2,…,a n和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…, d∣a n，那么d叫做a1,a2,…,a n的公约数。

公约数中最大的叫做a1,a2,…,a n的最大公约数，记作(a1,a2,…,a n).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、2、最小公倍数定义2如果a1,a2,…,a n和m都是正整数，且a1∣m, a2∣m,…, a n∣m，那么m叫做a1,a2,…,a n 的公倍数。

公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,a n的最小公倍数，记作[a1,a2,…,a n].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、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()nbanbna,,=⎪⎭⎫⎝⎛.性质4 若a=bq+r (0≤r<b), 则(a,b)= (b,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[]nbanbna,,=⎥⎦⎤⎢⎣⎡.4、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ba5、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∣na6、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(mod m)7、7、同余的性质性质1 如果a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，那么a±c≡b±d(mod m)，ac≡bd(mod m)性质2 如果a≡b(mod m)，那么对任意整数k有ka≡kb(mod m)性质3 如果a≡b(mod m)，那么对任意正整数k有a k≡b k(mod m)性质4如果a≡b(mod m)，d 是a ，b 的公约数，那么()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡d m,m mod d b da 二、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⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-=-=-=-=-+=+=+=+=+=543215432161514131211615141312q x q x q x q x q x q x q x q x q x q x 即由此可见，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a 1，a 2，a 3，…，a 9，a 10的和1001等于，设d 为a 1，a 2，a 3，…，a 9，a 10的最大公约数，试求d 的最大值。

解 由于d 为a 1，a 2，a 3，…，a 9，a 10的最大公约数，所以和a 1+a 2+a 3+…+a 9+a 10＝1001能被d 整除，即d 是1001＝7⨯11⨯13的约数。

因为d ∣a k ，所以a k ≥d ，k ＝1，2，3，…，10 从而1001＝a 1+a 2+a 3+…+a 9+a 10≥10d 所以 101101001<≤d 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：a a +19951995分子、分母都含有a ，对a 的讨论带来不便，因此可以将a a+19951995化成a +⨯-1995199519951995，这样只有分母中含有a ，就容易对a 进行讨论。

解()a a a aa +⨯-=+⨯-+=+19951995199519951995199519951995199519951995 因为(1995+a)能整除1995⨯a ，所以a a +19951995是整数，从而a +⨯199519951995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=252 7，32⨯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a a+19951995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6 11+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(mod 3)，33≡0(mod 3)，66≡0(mod 3)，99≡0(mod 3)又 22=4≡1(mod 3)，44≡14≡1(mod 3)，55≡25≡(-1)5≡(-1)(mod 3)，77≡17≡1(mod 3)，88≡(-1)8≡1(mod 3)∴11+22+33+44+55+66+77+88+99≡1+1+0+1-1+0+1+1+0≡4≡1(mod 3)即所求余数是1评注：用同余式求余数非常方便。

例7 已知： 19911991199119911991个=a ，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()199048410101011991⨯++++⨯= a ，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究()19904841010101⨯++++ 除以13的余数规律。

解()199048410101011991⨯++++⨯= a mod 13，103≡(-3)3=-27≡-1，1+104+108≡1-10+102=91≡0，1991≡2∴a≡()41012+⨯≡()1012-⨯=-18≡8，即a 除以13，所得余数是8例8 n 是正偶数，a 1,a 2,…,a n 除以n ，所得的余数互不相同；b 1,b 2,…,b n 除以n ，所得的余数也互不相同。

证明a 1+b 1，a 2+b 2，…，a n +b n 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，∴()2121-⋅=-n n n n 不是n 的倍数， ∵a 1,a 2,…,a n 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a 1+a 2+…+a n ≡0+1+…+(n-1)=()≠-21n n 0(mod n)同样b 1+b 2+…+b n ≡()≠-21n n 0(mod n)但 (a 1+b 1)+(a 2+b 2)+…+(a n +b n )= (a 1+a 2+…+a n )+( b 1+b 2+…+b n )≡()+-21n n ()()n n n n 121-=-≡0(mod n)所以a 1+b 1，a 2+b 2，…，a n +b n 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(mod 9)，所以对整数a 0，a 1，a 2，…，a n 有()9 m od 1010100110111a a a a a a a a n n n n n n ++++≡+⋅++⋅+⋅---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(mod 9).所以只要估计出C 的大小，就不难确定C解：4444≡7 (mod 9)，而73≡(-2)3=-8≡1(mod 9)，所以 44444444≡74444=73⨯1481+1≡7(mod 9)，所以 C≡B≡A≡44444444≡7(mod 9)，另一方面，44444444<(105)4444=1022220，所以44444444的位数不多于22220从而A<9⨯22220=199980，即A 至多是6位数。