自然数的有关性质。
一、知识要点。
1、 最大公约数。
定义1 如果a1,a2,…,an和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…,d∣an ，那么d叫做a1,a2,…,an的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2,…,an的最大公约数，记作(a1,a2,…,an).
如对于这一组数，显然都是它们的公约数，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、 最小公倍数。
定义2 如果a1,a2,…,an和m都是正整数，且a1∣m, a2∣m,…,an∣m，那么m叫做a1,a2,…,an的公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,an的最小公倍数，记作[a1,a2,…,an].
如对于这一组数，显然都是它们的公倍数，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、 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。
性质4 若a=bq+r (0≤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。
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ba
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∣na
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、 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ak≡bk(mod m)
性质4如果a≡b(mod m)，d是a，b的公约数，那么。
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)=157=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。
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a1，a2，a3，…，a9，a10的和1001等于，设d为a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公约数，试求d的最大值。
解由于d为a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公约数，所以和a1+a2+a3+…+a9+a10＝1001能被d整除，即d是1001＝71113的约数。
因为dak，所以ak≥d，k＝1，2，3，…，10 从而1001＝a1+a2+a3+…+a9+a10≥10d
所以由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1995a (第五届华杯赛决赛试题)
分析：分子、分母都含有a，对a的讨论带来不便，因此可以将化成，这样只有分母中含有a，就容易对a进行讨论。
解 因为(1995+a)能整除1995a，所以是整数，从而是整数。
因为19951995=325272192，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：
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：
如果1995+a 能被192整除，那么它的值只能是以下两种：
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。
评注：本题通过对的适当变形，便于对a的讨论。讨论时通过将***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：，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，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究除以13的余数规律。
解 mod 13，103≡(-3)3=-27≡-1，1+104+108≡1-10+102=91≡0，1991≡2
∴a≡≡=18≡8，即a除以13，所得余数是8
例8 n是正偶数，a1,a2,…,an除以n，所得的余数互不相同；b1,b2,…,bn除以n，所得的余数也互不相同。证明a1+b1，a2+b2，…，an+bn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，∴不是n的倍数，∵a1,a2,…,an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a1+a2+…+an≡0+1+…+n-1)=0(mod n)
同样b1+b2+…+bn≡0(mod n)
但 (a1+b1)+(a2+b2)+…an+bn)= a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)
≡0(mod n)
所以a1+b1，a2+b2，…，an+bn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a0，a1，a2，…，an有。
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=731481+1≡7(mod 9)，
所以 c≡b≡a≡44444444≡7(mod 9)，另一方面，44444444<(105)4444=1022220，所以***的位数不多于22220
从而a<922220=199980，即a至多是6位数。所以b<96=54
在1到53的整数中，数字和最大的是49，所以c≤4+9=13
在小于13的自然数中，只有7模9同余于7，所以c=7
评注：本题用了十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余这个结论。根据这个结论逐步估计出c的大小，然后定出c。
一、 三、巩固练习。
选择题。1、两个二位数，它们的最大公约数是8，最小公倍数是96，这两个数的和是( )
a、56 b、78 c、84 d、96
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