2019-2020年初中數(shù)學(xué)競賽專題復(fù)習(xí) 第三篇 初等數(shù)論 第20章 同余試題 新人教版

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1、2019-2020年初中數(shù)學(xué)競賽專題復(fù)習(xí)第三篇初等數(shù)論第20章同余試題 新人教版 20.1.1^(1)證明：任意平方數(shù)除以4,余數(shù)為0或1；(2)證明：任意平方數(shù)除以8，余數(shù)為0、1或4． 解析(1)因為 奇數(shù)2=(2k+1)2=4k2+4k+1三l(mod4)， 偶數(shù), 所以,正整數(shù) (2)奇數(shù)可以表示為,從而 奇數(shù)2=4k2+4k+1=4k(k+1)+1. 因為兩個連續(xù)整數(shù)、中必有一個是偶數(shù),所以是8的倍數(shù),從而奇數(shù)． 又,偶數(shù)(為整數(shù))． 若偶數(shù),則． 若奇數(shù),則 4k2=4(2t+1)2=16(t2+1)+4三4(mod8). 0(mod8), 所以，平方

2、數(shù)”1(mod8), 4(mod8). 評注事實上，我們也可以這樣來證：因為對任意整數(shù)，有，±1，2()，所以，1()；又0，±1，±2±3，4()，所以，0，1，． 20.1.2★求證：一個十進(jìn)制數(shù)被9除所得的余數(shù)，等于它的各位數(shù)字被9除所得的余數(shù).解析設(shè)這個十進(jìn)制數(shù)． 因101(),故對任何整數(shù)三1,有因此 =ax10n+ax10n-1++ax10+a nn-110 三a+a++a+a nn-110 即被9除所得?的余數(shù)等于它的各位數(shù)字之和被9除所得的余數(shù). 評注(1)特別地，一個數(shù)能被9整除的充要條件是它的各位數(shù)字之和能被9整除．(2)算術(shù)中的“棄 九 驗算法”就

3、是依據(jù)本題的結(jié)論． 20.1.3*★求證:(1)； (2)； (3)． 解析(1)因，所以 551999+17三一1+17=16三0(mod8), 于是． (2)因為，，所以，即 (3)因為，，所以 191000=(194)5°三(-1)250三1(mod17), 于是 20.1.4*★對任意的正整數(shù)，證明：A=2903n-803”-464”+261”能被1897整除.解析，7與271互質(zhì)．因為 ，， ，， 所以A=2903”—803”—464”+261”三5”—5”—2”+2”=0(mod7)，故7| 又因為 所以 A=2903n—803”—464”+261

4、” 三193n—261n—193n+261”=0(mod271)，故271|因(7，271)=1，所以1897整除． 20.1.5★證明：能被7整除. 解析因為，， 所以55552222三42222三42-42220三16三2(mod7). 因為，，，所以 于是 55552222+22225555三(2+5)(mod7)三0(mod7), 20.1.6*★求最大的正整數(shù)，使得能被整除. 解析因為 31024—1= (3512+1)^256+1)(128+1) (3+1)(3—1)，① 而對于整數(shù)三1,有… 32*+1三(-皿+1=2(mod4)， 所以，①式右

5、邊的11個括號中，(3+1)是4的倍數(shù)，其他的10個都是2的倍數(shù)，但不是4的倍數(shù).故的最大值為12. 20.1.7★求使為7的倍數(shù)的所有正整數(shù). 解析因為，所以對按模3進(jìn)行分類討論(1)若，則 2n—1=(23)—1=8k—1三1k—1=0(mod7)； (2)若，則 2n—1=2- (23)k —1=2-8k—1 (3)若，則 2n—1=22- (23)k 所以，當(dāng)且僅當(dāng)3|時，為7的倍數(shù)． 20.1.8★設(shè)是正整數(shù)，求證：7不整除.解析因為，，．所以 當(dāng)時， 4n+1=(43)+1=1+1=2(mod7)； 當(dāng)時， 4n+1= (43〉?4+1

6、=4+1=5(mod7)； 當(dāng)時， 4n+1= (43〉?16+1=16+1=3(mod7). 所以，對一切正整數(shù)，7不整除． 20.1.9★今天是星期日，過天是星期幾?解析，所以 3100=(33)?3-3三(—1)33?3=—3三4(mod7). 因此，過天是星期四． 20.1.10*★求被50除所得的余數(shù).解析，． 又，所以 即． 從而25733+46三7+46三3(mod50). 由于．，所以．于是 326=320?35-3三(一7)?3=—21三29(mod50).故除以50所得的余數(shù)為29. 20.1.11*(1)求33除的余數(shù)； (2)求

7、8除的余數(shù). 解析(1)先找與同余的數(shù)．因為所以． 21998=(210)99?25?23三一8三25(mod33). 故所求的余數(shù)為25． (2)因為，所以 即余數(shù)為6． 20.1.12★求除以4所得的余數(shù). 解析因為，，所以 三1+3+5++99=502三0(mod4). 20.1.13*形如，0,1,2,…的數(shù)稱為費馬數(shù).證明：當(dāng)三2時，的末位數(shù)字是7. 解析當(dāng)三2時，是4的倍數(shù)，故令. 于是 =24t+1=16t+1=6t+1三7(modlO). 即的末位數(shù)字是7． 評注費馬數(shù)的頭幾個是，，，，，它們都是素數(shù)．費馬便猜測：對所有的正整數(shù)，都是素數(shù)．然而，這一

8、猜測是錯誤的．首先推翻這個猜測的是歐拉，他證明了下一個費馬數(shù)是合數(shù)．有興趣的讀者可以自己去證明． 20.1.14*★已知，求被9除后所得商的個位數(shù)字是多少？ 解析因為 三1919x20三2x2三4(mod9). 所以．又的個位數(shù)字是5，故被9除后所得商的個位數(shù)字是5．20.1.15*★求的末兩位數(shù). 解析因為 ，， (210)00三(一1)00=1(mod25)， 所以的末兩位數(shù)字只可能是00、25、50、75，即的末兩位數(shù)字只可能是01、26、51、76.又是4的倍數(shù)，故的末兩位數(shù)字只可能是76． 又，所以的末兩位數(shù)字只可能是38、88，而4|88，438，故的末兩位數(shù)字是

9、 88． 20.1.16*★求所有的正整數(shù)，使得是一個立方數(shù). 解析假設(shè)存在正整數(shù)、，使得，則，于是．設(shè)，則，易知不能被3整除，故不存在正整數(shù)，使得是一個立方數(shù)． 20.1.17*★有一列數(shù)排成一行，其中第一個數(shù)是3,第二個數(shù)是7,從第三個數(shù)開始，每個數(shù)恰好是 、八 前兩個數(shù)的和，那么，第1997個數(shù)被3除，余數(shù)是多少? 解析該數(shù)列是： 3，7，10，17，27，44，71，115， 186,301,487,788,… 除以3的余數(shù)分別是： 0,1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,…余數(shù)剛好是按“0,1,1,2,0,2,2,1”八個一循環(huán)． 又1

10、9975(8),因此所求余數(shù)為0． 20.1.18*★★求的末位數(shù)字和的末兩位數(shù)字，其中是大于1的正整數(shù). 解析我們知道,求一個數(shù)的末位數(shù)字就是求這個數(shù)除以10的余數(shù),求一個數(shù)的末兩位數(shù)字就是求這個數(shù)除以100的余數(shù)．為此,先設(shè)法求出中的,然后求出(,是整數(shù))中的．這樣,問題歸結(jié)為求被10除所得的余數(shù)． 因為 72三一l(modl0),73三3(modlO), 74三1(mod10),74m三1(mod10)，是正整數(shù). 而7三3(mod4),7三36三(-1)6三1(mod4). 所以，.可設(shè). 于是. 所以，的末位數(shù)字是3. 考慮的末兩位數(shù)字.這時，由，，，得 而，其

11、中是整數(shù)且三0.于是7/7三72t+1三32t+1三(—lb+1三3(mod4). k-1個7 可設(shè),那么 777=74n+3三73三43(modlOO). k-1個7 所以,所求的末兩位數(shù)字是43． 20.1.19*★求1X3X5X???X1997Xxx的末三位數(shù)字. 解析這個積顯然是5X25=125的倍數(shù)，設(shè) 5X25X1X3X7X—X23X27X—Xxx=. 由于1000=8X125，所以，我們只需求出除以8所得的余數(shù)，進(jìn)而便可求得除以1000的余數(shù). (1X3X7)X(9X11X13X15) X(17X19X21X23)X(27X29X31) X(33X35X3

12、7X39)X… X(1985X1987X1989X1991) X(1993X1995X1997Xxx)在上述乘積中,除第一和第四個括號外,每個括號中都是四個數(shù)的乘積,這個積是 (8k+1)(8k+3)(8k+5)(8k+7) X3X5X7 于是． 所以，125m=125x(8k+5)三125x5=625(modlOOO)，即的末三位數(shù)字是625. 20.1.20**★★如果是大于1的整數(shù)，是的根.對于大于10的任意正整數(shù)，的個位數(shù)字總是7,求是的個位數(shù)字. 解析首先，我們證明的個位數(shù)字不可能是偶數(shù).其次，根據(jù)與7對模10同余，從中確定的個位數(shù)字.因為是的根，所以這方程的另一個根

13、是.于是 如果的個位數(shù)字是偶數(shù)，那么 (1)2 a2+a-2=a+—-2=k2-2 ka丿 的個位數(shù)字仍是偶數(shù). 的個位數(shù)字也是偶數(shù).對于，的個位數(shù)字也是偶數(shù)，與題設(shè)矛盾.的末位數(shù)字不能是偶數(shù). (1) 如果的個位數(shù)字是1或9，那么 ， 由此得a2"+a-2"三-l(modlO)，n三1. (2) 如果的個位數(shù)字是3或7，那么 ， 由此得，. (3) 如果的個位數(shù)字是5，那么 ，. 所以，. 綜上所述，的個位數(shù)字是3或5或7. 20.1.21^^2005年12月15日，美國中密蘇里州大學(xué)的數(shù)學(xué)家CurtisCooper和StevenBoone教授發(fā) 現(xiàn)了第4

14、3個麥森質(zhì)數(shù)，求這個質(zhì)數(shù)的末兩位數(shù). 解析因為，所以 230402457三G10)°4°545?27三(-1)3040245-27 ， 所以，的末兩位數(shù)只能是22、47、72、97.又0()，所以，的末兩位數(shù)只能是72.從而，的末兩位數(shù)是71. 20.1.22*★★求最小的正整數(shù)，使得存在正整數(shù)，滿足. 解析因為xx=3X23X29，所以，要使，只要使 易知 55"+a?32"三1+a(-1)"(mod3)， 55n+a-32n三9n+a- 9n三(a+1)-9n(mod23), 55n+a-32n三(-3)n+a-3”(mod29). (1)若是奇數(shù)，則，，，而(

15、3，29)=1，故令，則，所以即，所以，則能取的最小正整數(shù)是5．所以是奇數(shù)時，的最小正整數(shù)解是(2)若是偶數(shù)，貝嘰，，由于(3,23)=1,(3,29)=1,(23,29)=1，所以(X23X29).故當(dāng)是偶數(shù)時,的最小正整數(shù)解是等于xx. 綜上所述,滿足條件的最小正整數(shù)為436. 20.1.23*★證明：對任意正整數(shù)，不可能是三個整數(shù)的平方和. 解析假設(shè)存在整數(shù)、、,使得由于對任意整數(shù),0,1,4(),于是 0,1,2,3,4,5,6().而,矛盾！ 20.1.24★證明不定方程無整數(shù)解.解析因為,顯然,是奇數(shù). (1)若為偶數(shù),貝又.所以,矛盾,故不能為偶數(shù). (2)若為奇數(shù)

16、,貝.但,矛盾,故不能為奇數(shù). 由(1),(2)可知：原方程無整數(shù)解. 20.1.25★證明：不定方程沒有整數(shù)解. 解析如果0,1,2,3(),那么 0,1,4(). 所以0,1,2,4,5().但與矛盾.從而原不定方程無整數(shù)解. 20.1.26★證明：不定方程沒有整數(shù)解. 解析以5為模,如果,±1,±2(),那么 0,1,4(),0,1,1(). 即對任一整數(shù),0,1().同樣,對任一整數(shù),0,1(). 所以2,3,4().從而原不定方程無整數(shù)解. 20.1.27*★★求最小的正整數(shù)，使得存在整數(shù),，???，，滿足解析對任意整數(shù)，可知 或， 由此可得或. 利用這個

17、結(jié)論，可知，若＜15，設(shè) X4+x4+ 12 +x4=m(mod16), n 則W<15, 而， 矛盾，所以215. 另外,當(dāng)=15時,要求 X4三X4三 12 三x4三l(modl6), n 即，，…,??都為奇數(shù)，這為我們找到合適的數(shù)指明了方向.事實上。在，，…，中，1個數(shù)取為5,12個取為3，另外兩個取為1，就有 =625+972+2=1599. 所以，的最小值為15. 20.1.28*★是否存在正整數(shù)、使得成立？ 解析如果有這樣的正整數(shù)，那么、都小于xx,由xx為質(zhì)數(shù)（這個結(jié)論可通過所有不超過 的質(zhì)數(shù)都不能整除xx直接計算得到），所以、都與x

18、x互質(zhì)，這表明（，‘xx）是原方程的本原解，從而知存在正整數(shù)、使得但是、1或2（），而 （），矛盾.所以，不存在正整數(shù)、滿足條件. 20.1.29*★★設(shè)是質(zhì)數(shù)，證明：，，…，被除所得的余數(shù)各不相同.解析假設(shè)有兩個數(shù)、（1WW）,且和被除余數(shù)相同. 則.即 (a+b)(a-b)三0(mod(2n+1)). 又是質(zhì)數(shù)，所以或 .① 而，都小于且大于0，所以與互質(zhì)，也與互質(zhì).因此與都不能被整除.這與①式矛盾，故原命題成立. 20.1.30★求除以17的余數(shù). 解析因17是素數(shù)，171993，故由費馬小定理，有所以 19932000=(199316)25三1(mod17). 即

19、除以17的余數(shù)是1. 評注本題用了費馬（Femat）小定理：若是質(zhì)數(shù)（，）=1，則20.1.31★證明：，能被5型除，但不能被5整除. 解析由于5是質(zhì)數(shù)，且分別和1、2、3、4互質(zhì).由費馬小定理得，而 所以1241+2241+3241+4241三1+2+3+4三0(mod5). 但 1240+2240+3240+4240三4(mod5), 所以，不能被5整除. 20.1.32*★證明：2730|. 解析因為2730=2X3X5X7X13.由費馬小定理, 而由易得：，，，.所以且2、3、5、7、13兩兩互質(zhì)，因此原結(jié)論成立 3，5， 7， 13. 20.1.33★是

20、一個整數(shù)，證明：.解析由費馬小定理， 而，所以 ，． 又因為a5-a=a(a-1)(a+1)(a2+1)是偶數(shù)，故.但2、3、5兩兩互素，故 20.1.34*★★證明：若為大于1的正整數(shù)，則不能被整除.解析若是偶數(shù)，顯然． 若是奇素數(shù)，由費馬小定理，即 所以． 若是奇合數(shù)，設(shè)是的最小質(zhì)因數(shù)，由費馬小定理又設(shè)是使成立的最小正整數(shù)，則2WW，因此.令， W,那么 2n=(2i)q-2r三2r羊1(modp)， 故，進(jìn)而． 20.1.35*★★試求最小的正整數(shù)，它可以被表示為四個正整數(shù)的平方和，且可以整除某個形如的整數(shù),其中為正整數(shù)． 解析最小的5個可以被表示為四個正整數(shù)的平

21、方和的正整數(shù)為，4=1+1+1+1，7=4+1+1+1，10=4+4+1+112=9+1+1+1和13=4+4+4+1． 顯然，由于為奇數(shù)，所以這個最小的正整數(shù)不能是4，10和12． 當(dāng)時， 2n+15=23k+15三1+15三2(mod7)； 當(dāng)時， 2n+15=2-23k+15三2+15三3(mod7)； 當(dāng)時， 2n+15=4-23k+15三4+15三5(mod7). 所以不是7的倍數(shù)．而，所以符合條件的最小正整數(shù)是13. 20.1.36*★★設(shè)為正整數(shù).證明：的充要條件是. 解析若， 則， 于是，由費馬小定理，知 ， 從而，由 ， 知， 故. 反過來

22、，若， 則， 并且， 即， 利用費馬小定理知 ， 故. 命題獲證. 評注涉及指數(shù)的同余式經(jīng)常需要用到費馬小定理，因為由費馬小定理得出的結(jié)論中，同余式的一邊是1，這帶來很大的方便. 20.1.37**★★由費馬小定理知，對任意奇質(zhì)數(shù)，都有.問：是否存在合數(shù)，使得成立？ 解析這樣的合數(shù)存在，而且有無窮多個.其中最小的滿足條件的合數(shù)（它是從兩個不同奇質(zhì)數(shù)作乘積去試算出來的）. 事實上，由于 ， 故， 所以， 故341符合要求. 進(jìn)一步，設(shè)是一個符合要求的奇合數(shù)，則是一個奇合數(shù)（這一點利用因式分解可知）.再設(shè)，為正奇數(shù)則 2^_1）_1_1=22（2k7）_1=22a

23、q-1=GaL—1 因此也是一個符合要求的數(shù).依此遞推（結(jié)合341符合要求），可知有無窮多個滿足條件的合數(shù) 評注滿足題中的合數(shù)稱為“偽質(zhì)數(shù)”，如果對任意（，）=1，都有成立，那么合數(shù)稱為“絕對偽質(zhì)數(shù)”.請讀者尋找“絕對偽質(zhì)數(shù)”. 20.1.38**★★設(shè)為質(zhì)數(shù).證明：存在無窮多個正整數(shù)，使得. 解析如果，那么取為偶數(shù)，就有， 命題成立.設(shè)，則由費馬小定理知 ， 因此，對任意正整數(shù)，都有 所以，只需證明存在無窮多個正整數(shù)，使得(這樣，令，就有)． 而這只需，這樣的當(dāng)然有無窮多個．所以，命題成立． 評注用費馬小定理處理數(shù)論中的一些存在性問題有時非常方便、簡潔． 20.1.39

24、*★求出大于1的整數(shù)的個數(shù)，使得對任意的整數(shù)，都有. 解析設(shè)滿足條件的正整數(shù)組成集合，若,，則，因此中全部數(shù)的最小公倍數(shù)也屬于，即中的最大數(shù)是其余每個數(shù)的倍數(shù)．，則的約數(shù)也整除，于是只需確定最大數(shù)，其一切大于1的約數(shù)組成集合． 因為，‘并且,=2X3X5X7X13，由費馬小定理，易證2X3X 5X7X13，所以2X3X5X7X13，集合共有31個元素. 評注利用特殊值法確定最大值，再進(jìn)行證明是處理競賽問題的典型技巧． 20.1.40*★★已知正整數(shù)，滿足，求證： 三. 解析由題設(shè)條件可得三. 對于整數(shù)，有0，1，2,4(),所以(否則，)，(否則，)，故三，于是 m2m2

25、1丫 mn丿 n2—1 + m2n2 三， 故三. 20.1.41^^★★正整數(shù)不能被2、3整除，且不存在非負(fù)整數(shù)、，使得.求的最小值. 解析先通過具體賦值猜出值，再進(jìn)行證明.當(dāng)時，；時，；時，；時，；時，；時，；時，；時，；時，；時，；時，. 下證35滿足要求，用反證法，若不然，存在非負(fù)整數(shù)、，使得. (1) 若，顯然0，1，2,故23.模8,得，即，但，，不可能. (2) 若，易知工0,1,模9,得，因為 :2,4,8,7,5,1,2,4，…所以，；，，，于是，其中為非負(fù)整數(shù)，所以.再模7,得.因為：3,2,6,4,5,1,3,2,…，故為正整數(shù)，所以，所以或 于是，或6，不可能．綜上可知20.1.42*★★求方程 ①的所有正整數(shù)解． 解析顯然，是方程的一組解．下面證明這是唯一的解設(shè)正整數(shù)、、滿足方程，則 5z=3x+4y三0+1y=1(mod3), 所以是偶數(shù)．令，那么①可變?yōu)? 所以 ，② ．③其中，． ②+③，得 2-5z1=3專+3x2=3x36]-x2+1). 因為3與2和5都互質(zhì)，所以，由②、③可得 所以 故是奇數(shù)，是偶數(shù).再由②式，得 ，所以也是偶數(shù)． 若，由②得 ， 矛盾，故只能為2.由③知，再由②，得.所以，是方程的唯一解．