对于整数和不为零的整数，总存在整数，使得＝bm+(0≤<b)，其中称为商，称为余数，特别地，＝0时，即＝bm，便称被被整除(也称是的倍数或的约数)，记为|．
整除有以下基本性质：
1．若|，|，则|（）；
2．若|，|，则|；
3．若| ，且(，)=1，则|，特别地，若质数|，则必有|或|；
4．若|，|，且(，) =1，则|．
1．被2整除的数：个位数字是偶数；
2．被5整除的数：个位数字是0或5；
3．被4整除的数：末两位组成的数被4整除；被25整除的数，末两位组成的数被25整除；
4．被8整除的数：末三位组成的数被8整除；被125整除的数，末三位组成的数被125整除；
5．被3整除的数：数字和被3整除；
6．被9整除的数：数字和被9整除；
7．被11整除的数：奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除．
【例1】 一个自然数与13的和是5的倍数，与13的差是6的倍数，则满足条件的最小自然数是 ．
思路点拨 略 (重庆市竞赛题)
注：确定已知条件来确定自然数，是数学活动中常见的一类问题，解这类问题时往往用到下列知识方法：
(1)运用整除性质； (2)确定首位数字； (3)利用末位数字；(4)代数化； (5)不等式估算；
(6)分类讨论求解等．
【例2】有三个正整数a、b、c其中a与b互质且b与c也互质，给出下面四个判断：①(a+c)2不能被b整除，②a2+c2不能被b整除：③(a+b)2不能被c整除；④a2+b2不能被c整除，其中，不正确的判断有( )．
A．4个 B．3个 C 2个 D．1个
思路点拨 举例验证． (“希望杯”邀请赛试题)
【例3】 已知7位数是72的倍数，求出所有的符合条件的7位数． (江苏省竞赛题)
思路点拨 7位数能被8，9整除，运用整数能被8、9整除的性质求出x，y的值．
【例4】(1)若a、b、c、d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x一a)(x一b)(x一c)(x一d)一9＝0，
求证：4︳(a+b+c+d)．
(2)已知两个三位数与的和+能被37整除，证明：六位数也能被37整除．
思路点拨 (1)x一a，x一b，x一c，x一d是互不相等的整数，且它们的乘积等于9，于是必须把9分解为4个互不相等的因数的积；(2)因已知条件的数是三位数，故应设法把六位数用三位数的形式表示，以沟通已知与求证结论的联系．
注：运用整除的概念与性质，建立关于数字谜中字母的方程、方程组，是解数学谜问题的重要技巧．
华罗庚曾说：“善于‘退’，足够地，‘退’，‘退’到最原始而不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍．”
从一般退到特殊，从多维退到低维，从空间退到平面，从抽象退到具体……只要不影响问题的求解，对于许多复杂的问题，以退求进是一种重要的解题思想．
【例5】 (1)一个自然数N被10除余9，被9除余8，被8除余7，被7除余6，被6除余5，被5除余4，被3除余2，被2除余1，则N的最小值是 ． (北京市竞赛题)
(2)若1059、1417、2312分别被自然数x除时，所得的余数都是y，则x—y的值等于( )．
A．15 B．1 C．164 D．174 (“五羊杯”竞赛题)偶极子天线
(3)设N=，试问N被7除余几?并证明你的结论． (安徽省竞赛题)
思路点拨 运用余数公式，余数性质，化不整除问题为整除问题．(1)N+1能分别被2，3，4，5，6，7，8，9，10整除，(2)建立关于x，y的方程组，通过解方程组求解，(3)从考察11，111，…111111被7除的余数人手．
【例6】盒中原有7个球，一位魔术师从中任取几个球，把每一个小球都变成了7个小球，
将其放回盒中，他又从盒中任取一些小球，把每一个小球又都变成了7个小球后放回盒中，如此进行，到某一时刻魔术师停止取球变魔术时，盒中球的总数可能是( )
A．1990个 B．1991个 C 1992个 D．1993个
思路点拨 无论魔术师如何变，盒中球的总数为6k+7个，其中k为自然数，经验证，1993=331×6+7符合要求．故选D．
【例7】在100以内同时被2、3、5整除的正整数有多少个?
思路点拨 由于2与3互质，3与5互质，5与2互质(这种特性我们也称为2、3、5两两互质)，所以同时被2、3、5整除的整数必然被2×3×5=30整除；另—方面，被30整除的正整数必然可同时被2、3、5整除，因此，在100以内同时被2、3、5整除的正整数就是在100以内被30整除的正整数，显然只有30、60、90三个．
【例8】某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”．证明：这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被101整除．
思路点拨 显然，号码为9999是幸运券，除这张外，如果某个号码n是幸运券，那么号m=9999—n也是幸运券，由于9是奇数，所以m≠n．由于m+n=9999相加时不出现进位，这就是说，除去号码9999这张幸运券外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的整倍数，而101│9999，故知所有幸运券号码之和也能被101整除
思考：“如果某个号码n是幸运券，那么号m=9999—n也是幸运券”，这是解决问题的关键，请你考虑这句话合理性．
若六位数是99的倍数，求整数a、b的值．
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∵能被9整除，∴8+1+a+b+9+3=21+a+b能被9整除，得3+a+b=9k制作无纺布手提袋l(k1为整数)． ①
又能被11整除，∴8—1+a—b+9—3=13+a—b能被11整除，得2+a—b=11k2(k2为整数)． ②
环保润滑油 ∵ 0≤a，b≤9 ∴ 0≤a+b≤18，－9≤a－b≤9．
由①、②两式，得3≤<9k1≤21，－7≤11k2≤1l，
知k1=1，或k1=2；k2=0，或，而3+a+b与2+a—b的奇偶性相异，而k1=2，k2=1不符合题意．
投饵机故把k1=1，k2=0代人①、②两式，解方程组可求得a=2，b=4．
【例9】 写出都是合数的13个连续自然数．
思路点拨 方法一：直接寻
从2开始，在自然数2，3，4，5，6，…中把质数全部划去，若划去的两个质数之间的自然数个数不小于13个，则从中取13个连续的自然数，就是符合要求的一组解，例如：自然数114，115，116，…，126就是符合题意的一组解．
方法二：构造法
我们知道，若一个自然数a是2的倍数，则a+2也是2的倍数，若是3的倍数，则a+3也是3的倍数，…，若a是14的倍数，则a+14也母14的倍数，所以只要取a为2，3，…，14的倍
数，则a+2，a+3，…a+14分别为2，3，…，14的倍数，从而它们是13个连续的自然．
所以，取a=2×3×4×…×14，则a+2，a+3，…，a+14必为13个都是合数的连续的自然数．
【例10】已知定由“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式20+5b=c，则a+b+c是整数n的倍数”．试问：这个定理中的整数n的最大可能值是多少?请证明你的结论．
思路点拨 先将a+b+c化为3(a+2b)的形式，说明a+b+c是3的倍数，然后利用整除的性质对a、b被3整除后的余数加以讨论得出a+2b也为3的倍数．
∵ =a+b+2a+5b=3(a+2b)，
显然，3│a+b+c
若设a、b被3整除后的余数分别为ra、rb，则ra≠0， rb ≠0．
若ra≠rb，则ra=2，rb=1或ra=1，rb=2，则2a+5b =2(3m+2)+5(3n+1)=3(2m+5n+3)，或者2a+5b=2(3p+1)+5(3q+2)；3(2P+59+4)，即2a+5b为合数与已知c为质数矛盾．
∴ 只有ra=rb，则ra=rb=1或ra=rb=2．
于是a+2b必是3的倍数，从而a+b+c是9的倍数．
又2a+5b=2×11十5×5=47时，=
a+b+c=11+5+47=63，
2a+5b =2×13十5×7=61时，
a+b+c =13+7+61=81，
而(63，81)=9，故9为最大可能值．
注： 由余数切入进行讨论，是解决整除问题的重要方法．
【例11】一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”．
思路点拨 将所有的三位“新生数”写出来，然后设出最大数、最小数，求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定．
【例12】设N是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a、b、c (a、b、c不全相等)，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：，不妨设其中的最大数为，则最小数为．由“新生数”的定义，得N=rc延时电路—=(100a+l0b+c)一(100c+l0b+d)=99(a—c)．
由上式知N为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990．这九个数中，只有954－459=495符合条件，故495是唯一的三位‘新生数”．
注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。这也是解答数学竞赛题的一种常用方法．
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