第七讲数论综合之高难度因数与倍数问题模块一、因数与倍数的综合问题例1．对于正整数a、b，[a，b]表示最小公倍数，(a，b)表示最大公约数，求解下列关于未知数m，n的方程：[,]55(,)[,](,)70mnmnmnmnmnmn①②③。解：设m=ap，n=bp，a，b互质，则[m，n]=abp，(a，b)=p，则5570abapbpabpp，由p×(ab-1)=70，所以p|70，70=2×5×7，若p=2，则ab=36，a≠b，得a=12，b=3，代入①式矛盾，舍去；若p=7，则ab=11，a≠b，得a=11，b=1，代入①式矛盾，舍去；若p=5，则ab=15，a≠b，得a=5，b=3，于是m=25，n=15，[m，n]=75，(m，n)=5，所以原方程的解是2515mn。例2．n为非零自然数，a=8n+7，b=5n+6，且最大公约数(a，b)=d>1，求d的值。解：用辗转相除的方法，(8n+7，5n+6)=(3n+1，5n+6)=(3n+1，2n+5)=(n-4，2n+5)=(n-4，n+9)=(13，n+9)，所以(a，b)=13.例3．Mn为1、2、3、⋯⋯、n的最小公倍数，对于样的正整数n，Mn-1=Mn。解：如果n是一个合数，且n不是某一整数的k次方，则Mn-1=Mn。因为n是一个合数，所以n=a×b，a，b都小于n，且a、b互质，于是a
10，所以[a1，a2，a3，⋯⋯10，当a1≥2时，先看a1，a2；a2>a1，若a1、a2互质，a2>2，则它们的公倍数大于等于2a1。若a2的因数中含有a1的因数，则取p=(a1，a2)，a2=mp，m≥2，它们的公倍数为ma1≥2a1，同理研究[a1，a2]与a3的关系，若a3是质数，则a3>4，所以三个数的公倍数大于3a1，若a3是合数，则a3至少可以分解为两个因数的和，若因数都不是a1或a2的约数，那么公倍数一定大于3a1，若这两个因数分别是a1和a2的因数，则这两个因数最小是2与3，同样可以推出，公倍数一定大于3a1；以此类推，可知10个数的最小公倍数不小于10a1.模块三、因数、倍数与计数的综合问题例5．在1~300的全部自然数中，与30互质的数共有个。解：30=2×3×5，在1~300中，是2的倍数的有150个，是3的倍数的有100个，是5的倍数的有60个；既是2的倍数，又是3的倍数的有50个，既是2的倍数，又是5的倍数的有30个，既是3的倍数，又是5的倍数的有20个，同时是2、3、5的倍数的有10个，所以至少含有2、3、5一个约数的数有300-(150+100+60)+(50+30+20)-10=80(个)。所以与30互质的有80个。例6．270000共有100个因数，其中数字和为18的共有个。解：270000=24×33×54，18是9的倍数，所以该数一定是9的倍数，也就是约数中含有32，如果恰好含有2个3，另外还有若干个2和5，如果是1个2、2个2、3个2、4个2；1个5、2个5、3个5，则它们与9乘，得到的乘积数字和都是9，也就是都不成立，只有当32×54=5625时，得到的乘积的数字和是18，符合要求；如果恰好含有3个3，另外还有若干个2和5，如果是1个2、2个2、3个2、4个2；1个5、则它们与9乘，得到的乘积数字和都是9，也就是都不成立；只有当33×25=675、33×125=3375时，得到的乘积的数字和是18，符合要求；对于33×54=16875，又不符合要求；另外对于33×25=675，再填上一个2×5或22×52，它们的数字和也是18对于33×125=3375，再填上一个2×5，数字和也是18.所以一共有1+3+2=6个符合条件的数。例7．蓝精灵王国的A、B两地的距离等于2010米，国王派第1号信使从A地出发以1米/分钟的速度向B地送信，一分钟之后又派出第2号信使使用比第1号信使快1米/分钟的速度向B地送信，一般地，第k分钟之后，又派出第k+1号信使使用比第k号信使快1米/分钟的速度向B地送信，⋯⋯，直到第2009分钟后，派出第2010号信使使用比第2009号快1米/分钟的速度向B第送信。每个信使都是匀速行进，问其中第号信使能同时到达B地。解：第k名信使到达终点的时间是k-1+2010k（分钟），设第m名与第n名信使同时抵达B地．则m-1+2010m=n-1+2010n，m-n=2010n-2010m=2010()mnmn，则mn=2010=2×3×5×67，由此看出同时抵达B地的信使成对出现，共8对：(1，2010)，(2，1005)，(3，670)，(5，402)，(6，335)，(10，201)，(15，134)，(30，...
