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

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2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專(zhuān)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?yàn)? 奇數(shù)， 偶數(shù)， 所以，正整數(shù) (2)奇數(shù)可以表示為，從而 奇數(shù)． 因?yàn)閮蓚€(gè)連續(xù)整數(shù)、中必有一個(gè)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 ． 所以，平方數(shù) 評(píng)注 事實(shí)上，我們也可以這樣來(lái)證：因?yàn)閷?duì)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(gè)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(gè)十進(jìn)制數(shù)． 因101()，故對(duì)任何整數(shù)≥1，有 ． 因此 ． 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(píng)注 (1)特別地，一個(gè)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(yàn)算法”就是依據(jù)本題的結(jié)論． 20.1.3★★求證：(1)； (2)； (3)． 解析 (1)因，所以 ， ， 于是． (2)因?yàn)?，，所以，? ． (3)因?yàn)?，，所? ， 于是 ． 20.1.4★★對(duì)任意的正整數(shù)，證明：能被1897整除． 解析 ，7與271互質(zhì)．因?yàn)? ，， ，， 所以，故7| 又因?yàn)? ， ， ， 所以 ，故271| 因(7，271)=1，所以1897整除． 20.1.5★證明：能被7整除． 解析 因?yàn)?，? 所以 ． 因?yàn)? ，，，所以 ． 于是 ， 即 ． 20.1.6★★求最大的正整數(shù)，使得能被整除． 解析 因?yàn)? ，① 而對(duì)于整數(shù)≥1，有 ， 所以，①式右邊的11個(gè)括號(hào)中，(3+1)是4的倍數(shù)，其他的10個(gè)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?yàn)?，所以?duì)按模3進(jìn)行分類(lèi)討論． (1)若，則 ； (2)若，則 ; (3)若，則 ． 所以，當(dāng)且僅當(dāng)3|時(shí)，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?yàn)?，，．所? 當(dāng)時(shí)， ； 當(dāng)時(shí)， ； 當(dāng)時(shí)， ． 所以，對(duì)一切正整數(shù)，7不整除． 20.1.9★今天是星期日，過(guò)天是星期幾? 解析 ，所以 ． 因此，過(guò)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． ． 由于．，所以．于是 ． 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8除的余數(shù)． 解析 (1)先找與同余的數(shù)．因?yàn)? ， 所以． ． 故所求的余數(shù)為25． (2)因?yàn)?，所? ， ． 即余數(shù)為6． 20.1.12★求除以4所得的余數(shù)． 解析 因?yàn)?，，所? ． 20.1.13★形如，0，1，2，…的數(shù)稱(chēng)為費(fèi)馬數(shù)．證明：當(dāng)≥2時(shí)，的末位數(shù)字是7． 解析 當(dāng)≥2時(shí)，是4的倍數(shù)，故令． 于是 ． 即的末位數(shù)字是7． 評(píng)注 費(fèi)馬數(shù)的頭幾個(gè)是，，，，，它們都是素?cái)?shù)．費(fèi)馬便猜測(cè)：對(duì)所有的正整數(shù)，都是素?cái)?shù)．然而，這一猜測(cè)是錯(cuò)誤的．首先推翻這個(gè)猜測(cè)的是歐拉，他證明了下一個(gè)費(fèi)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(gè)位數(shù)字是多少? 解析 因?yàn)? ． 所以．又的個(gè)位數(shù)字是5，故被9除后所得商的個(gè)位數(shù)字是5． 20.1.15★★求的末兩位數(shù)． 解析 因?yàn)? ，， ， ． 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、5l、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 88． 20.1.16★★求所有的正整數(shù)，使得是一個(gè)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(gè)立方數(shù)． 20.1.17★★有一列數(shù)排成一行，其中第一個(gè)數(shù)是3，第二個(gè)數(shù)是7，從第三個(gè)數(shù)開(kāi)始，每個(gè)數(shù)恰好是前 兩個(gè)數(shù)的和，那么，第1997個(gè)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(gè)一循環(huán)． 又19975(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(gè)數(shù)的末位數(shù)字就是求這個(gè)數(shù)除以10的余數(shù)，求一個(gè)數(shù)的末兩位數(shù)字就是求這個(gè)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(wèn)題歸結(jié)為求被10除所得的余數(shù)． 因?yàn)? ， ，是正整數(shù)． 而． 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(shí)，由，，，得 ． 而，其中是整數(shù)且≥0．于是． 可設(shè)，那么 ． 所以，所求的末兩位數(shù)字是43． 20.1.19★★求135…1997xx的末三位數(shù)字． 解析 這個(gè)積顯然是525=125的倍數(shù)，設(shè) 525137…2327…xx=． 由于1000=8125，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)． (1 37)(9111315) (17192123)(272931) (33353739)… (1985198719891991) (199319951997xx) 在上述乘積中，除第一和第四個(gè)括號(hào)外，每個(gè)括號(hào)中都是四個(gè)數(shù)的乘積，這個(gè)積是 357 ． 而 ， ． 于是 ． 所以，，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(duì)于大于10的任意正整數(shù)，的個(gè)位數(shù)字總是7，求是的個(gè)位數(shù)字． 解析 首先，我們證明的個(gè)位數(shù)字不可能是偶數(shù)．其次，根據(jù)與7對(duì)模10同余，從中確定的個(gè)位數(shù)字． 因?yàn)槭堑母?，所以這方程的另一個(gè)根是．于是 ． 如果的個(gè)位數(shù)字是偶數(shù)，那么 的個(gè)位數(shù)字仍是偶數(shù)． 的個(gè)位數(shù)字也是偶數(shù)． 對(duì)于，的個(gè)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(gè)位數(shù)字是1或9，那么 ， 由此得． (2)如果的個(gè)位數(shù)字是3或7，那么 ， 由此得，． (3)如果的個(gè)位數(shù)字是5，那么 ，． 所以，． 綜上所述，的個(gè)位數(shù)字是3或5或7． 20.1.21★★2005年12月15日，美國(guó)中密蘇里州大學(xué)的數(shù)學(xué)家Curtis Cooper和Steven Boone教授發(fā) 現(xiàn)了第43個(gè)麥森質(zhì)數(shù)，求這個(gè)質(zhì)數(shù)的末兩位數(shù)． 解析 因?yàn)?，所? ， 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(mǎn)足． 解析 因?yàn)閤x=32329，所以，要使，只要使 ， ， ． 易知 ， ， ． (1)若是奇數(shù)，則，，，而(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(shí)，的最小正整數(shù)解是 ． (2)若是偶數(shù)，則， ，，由于(3，23)=1，(3，29)=1，(23，29)=1，所以(2329)．故當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，的最小正整數(shù)解是等于xx． 綜上所述，滿(mǎn)足條件的最小正整數(shù)為436． 20.1.23★★證明：對(duì)任意正整數(shù)，不可能是三個(gè)整數(shù)的平方和． 解析 假設(shè)存在整數(shù)、、，使得 ． 由于對(duì)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(wú)整數(shù)解． 解析 因?yàn)?，顯然，是奇數(shù)． (1)若為偶數(shù)，則 ． 又．所以，矛盾，故不能為偶數(shù)． (2)若為奇數(shù)，則． 但，矛盾，故不能為奇數(shù)． 由(1)，(2)可知：原方程無(wú)整數(shù)解． 20.1.25★證明：不定方程沒(méi)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(wú)整數(shù)解． 20.1.26★證明：不定方程沒(méi)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(duì)任一整數(shù)，0，1()． 同樣，對(duì)任一整數(shù)，0，1()． 所以2，3，4()． 從而原不定方程無(wú)整數(shù)解． 20.1.27★★★求最小的正整數(shù)，使得存在整數(shù)，，…，，滿(mǎn)足 ． 解析 對(duì)任意整數(shù)，可知 或， 由此可得 或． 利用這個(gè)結(jié)論，可知，若<15，設(shè) ， 則 ≤<15， 而 ， 矛盾，所以≥15． 另外，當(dāng)=15時(shí)，要求 ， 即，，…，都為奇數(shù)，這為我們找到合適的數(shù)指明了方向．事實(shí)上。在，，…，中，1個(gè)數(shù)取為5，12個(gè)取為3，另外兩個(gè)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(gè)結(jié)論可通過(guò)所有不超過(guò) 的質(zhì)數(shù)都不能整除xx直接計(jì)算得到)，所以、都與xx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(mǎn)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(gè)數(shù)、(1≤≤)，且和被除余數(shù)相同． 則．即 ． 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?cái)?shù)，17 1993，故由費(fèi)馬小定理，有 ， 所以 ． 即除以17的余數(shù)是1． 評(píng)注 本題用了費(fèi)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(fèi)馬小定理得，而 ． 所以 ． 但 , 所以，不能被5整除． 20.1.32★★證明：2730|． 解析 因?yàn)?730=235713．由費(fèi)馬小定理， ，，，，． 而由易得：，，，．所以 ，，3，5，7，13． 且2、3、5、7、13兩兩互質(zhì)，因此原結(jié)論成立． 20.1.33★是一個(gè)整數(shù)，證明：． 解析 由費(fèi)馬小定理， ， ， 而，所以 ，． 又因?yàn)槭桥紨?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?cái)?shù)，由費(fèi)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(fèi)馬小定理 ． 又設(shè)是使成立的最小正整數(shù)，則2≤≤，因此．令， ≤，那么 ， 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(gè)正整數(shù)的平方和，且可以整除某個(gè)形如的整數(shù)，其中為正整數(shù)． 解析 最小的5個(gè)可以被表示為四個(gè)正整數(shù)的平方和的正整數(shù)為，4=1+1+1+1，7=4+1+1+1，10=4+4+1+1，12=9+1+1+1和13=4+4+4+1． 顯然，由于為奇數(shù)，所以這個(gè)最小的正整數(shù)不能是4，10和12． 當(dāng)時(shí)， ； 當(dāng)時(shí)， ； 當(dāng)時(shí)， ． 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(fèi)馬小定理，知 ， 從而，由 ， 知， 故． 反過(guò)來(lái)，若， 則， 并且， 即， 利用費(fèi)馬小定理知 ， 故． 命題獲證． 評(píng)注 涉及指數(shù)的同余式經(jīng)常需要用到費(fèi)馬小定理，因?yàn)橛少M(fèi)馬小定理得出的結(jié)論中，同余式的一邊 是1，這帶來(lái)很大的方便． 20.1.37★★★★由費(fèi)馬小定理知，對(duì)任意奇質(zhì)數(shù)，都有．問(wèn)：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(wú)窮多個(gè)．其中最小的滿(mǎn)足條件的合數(shù)(它是從兩 個(gè)不同奇質(zhì)數(shù)作乘積去試算出來(lái)的)． 事實(shí)上，由于 ， 故 ， 所以 ， 故341符合要求． 進(jìn)一步，設(shè)是一個(gè)符合要求的奇合數(shù)，則是一個(gè)奇合數(shù)(這一點(diǎn)利用因式分解可知)．再設(shè)，為正奇數(shù)，則 ． 因此也是一個(gè)符合要求的數(shù)．依此遞推(結(jié)合341符合要求)，可知有無(wú)窮多個(gè)滿(mǎn)足條件的合數(shù)． 評(píng)注 滿(mǎn)足題中的合數(shù)稱(chēng)為“偽質(zhì)數(shù)”，如果對(duì)任意(，)=1，都有成立，那么合數(shù) 稱(chēng)為“絕對(duì)偽質(zhì)數(shù)”．請(qǐng)讀者尋找“絕對(duì)偽質(zhì)數(shù)”． 20.1.38★★★★設(shè)為質(zhì)數(shù)．證明：存在無(wú)窮多個(gè)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(fèi)馬小定理知 ， 因此，對(duì)任意正整數(shù)，都有 ， 所以，只需證明存在無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)，使得 (這樣，令，就有)． 而這只需，這樣的當(dāng)然有無(wú)窮多個(gè)． 所以，命題成立． 評(píng)注 用費(fèi)馬小定理處理數(shù)論中的一些存在性問(wèn)題有時(shí)非常方便、簡(jiǎn)潔． 20.1.39★★求出大于1的整數(shù)的個(gè)數(shù)，使得對(duì)任意的整數(shù)，都有． 解析 設(shè)滿(mǎn)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(gè)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?yàn)?，并且,=235713，由費(fèi)馬小定理，易證23 5713，所以235713，集合共有31個(gè)元素． 評(píng)注 利用特殊值法確定最大值，再進(jìn)行證明是處理競(jìng)賽問(wèn)題的典型技巧． 20.1.40★★★已知正整數(shù)，滿(mǎn)足，求證： ≥． 解析 由題設(shè)條件可得≥． 對(duì)于整數(shù)，有0，1，2，4()，所以(否則，)，(否則，)，故≥，于是 ≥ ≥， 故≥． 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(guò)具體賦值猜出值，再進(jìn)行證明． 當(dāng)時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，． 下證35滿(mǎn)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≥3．模8，得，即，但，，不可能． (2)若，易知≠0，1，模9，得，因?yàn)? ：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(mǎn)足方程，則 ， 即 ． 所以是偶數(shù)． 令，那么①可變?yōu)? ， 所以 ， ② ． ③ 其中，． ②+③，得 ． 因?yàn)?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．