初中數(shù)學競賽專題復習 第三篇 初等數(shù)論 第20章 同余試題 新人教版

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1、 第20章 同 余 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)， 偶數(shù)， 所以，正整數(shù) (2)奇數(shù)可以表示為，從而 奇數(shù)． 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 ． 所以，平方數(shù) 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：一個十進制數(shù)被9除所得的余數(shù)，等于它的各位數(shù)字被9

2、除所得的余數(shù)． 解析 設這個十進制數(shù)． 因101()，故對任何整數(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)因為，，所以，即 ． (3)因為，，所以 ， 于是 ． 20.1.4★★對任意的正整數(shù)，證明：能被1897整除． 解析 ，7與271互質(zhì)．因為 ，， ，， 所以

3、，故7| 又因為 ， ， ， 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 因為，， 所以 ． 因為 ，，，所以 ． 于是 ， 即 ． 20.1.6★★求最大的正整數(shù)，使得能被整除． 解析 因為 ，① 而對于整數(shù)≥1，有 ， 所以，①式右邊的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進行分類討論． (1)若，則 ； (2)若，則 ;

4、 (3)若，則 ． 所以，當且僅當3|時，為7的倍數(shù)． 20.1.8★設是正整數(shù)，求證：7不整除． 解析 因為，，．所以 當時， ； 當時， ； 當時， ． 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 ． 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． ． 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)．因為 ， 所以．

5、 ． 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 ． 20.1.13★形如，0，1，2，…的數(shù)稱為費馬數(shù)．證明：當≥2時，的末位數(shù)字是7． 解析 當≥2時，是4的倍數(shù)，故令． 于是 ． 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

6、 ． 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 ，， ， ． 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)，使得是一個立方數(shù)． 解析 假設存在正整數(shù)、，使得，則，于是．設，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

7、數(shù)是7，從第三個數(shù)開始，每個數(shù)恰好是前 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

8、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 ， ，是正整數(shù)． 而． 所以，．可設． 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，其中是整數(shù)且≥0．于是． 可設，那么 ． 所以，所求的末兩位數(shù)字是43． 20.1.19★★求1×3×5×…×1997×1999的末三位數(shù)字． 解析 這個積顯然是5×25=125的倍數(shù)，設 5×25×1×3×7×…×23×27×…×1999=． 由于1000=8×125，所以，我們只需求出除以8所得的余數(shù)，進而便可求得除以1000的余數(shù)． (1× 3×7)×(

9、9×11×13×15) ×(17×19×21×23)×(27×29×31) ×(33×35×37×39)×… ×(1985×1987×1989×1991) ×(1993×1995×1997×1999) 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 ×3×5×7 ． 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．

10、 因為是的根，所以這方程的另一個根是．于是 ． 如果的個位數(shù)字是偶數(shù)，那么 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． (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的數(shù)學家Curtis Cooper和Steven Boone教授發(fā) 現(xiàn)了第43個麥森質(zhì)數(shù)，求這個質(zhì)數(shù)的末兩位數(shù)． 解析 因為，

11、所以 ， 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2001=3×23×29，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，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(×23×29)．故當是偶數(shù)時，的最小正整數(shù)解是等于2

12、000． 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)，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

13、，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． 利用這個結(jié)論，可知，若<15，設 ， 則 ≤<15， 而 ， 矛盾，所以≥15． 另外，當=15時，要求 ， 即，，…，都為奇數(shù)，這為我們找

14、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2003，由2003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2003直接計算得到)，所以、都與2003互質(zhì)，這表明(，，2003)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★★★設是質(zhì)數(shù)，證明：，，…，被除所得的余數(shù)各不相同． 解析

15、 假設有兩個數(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是素數(shù)，17 1993，故由費馬小定理，有 ， 所以 ． 即除以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 ． 但 , 所以，不能被5

16、整除． 20.1.32★★證明：2730|． 解析 因為2730=2×3×5×7×13．由費馬小定理， ，，，，． 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★是一個整數(shù)，證明：． 解析 由費馬小定理， ， ， 而，所以 ，． 又因為是偶數(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)，設是的最小質(zhì)因數(shù)，由費馬小定理 ． 又設是使成立的最

17、小正整數(shù)，則2≤≤，因此．令， ≤，那么 ， 故，進而． 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)，所以這個最小的正整數(shù)不能是4，10和12． 當時， ； 當時， ； 當時， ． 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★★★設為正整數(shù)．證明：的充要條件是． 解析 若， 則

18、， 于是，由費馬小定理，知 ， 從而，由 ， 知， 故． 反過來，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． 進一步，設是一個符合要求的奇合數(shù)

19、，則是一個奇合數(shù)(這一點利用因式分解可知)．再設，為正奇數(shù)，則 ． 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，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，這樣的當然有無窮多個． 所以，命題

20、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★★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,=2×3×5×7×13，由費馬小定理，易證2×3× 5×7×13，所以2×3×5×7×13，集合共有31個元素． 評注 利用特殊值法確定最大值，再進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： ≥． 解析 由

21、題設條件可得≥． 對于整數(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，且不存在非負整數(shù)、，使得．求的最小值． 解析 先通過具體賦值猜出值，再進行證明． 當時，；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，因為 ：2，4，8，7，5，1，2，4，…所以，；，，，，．于是，其中為非負整數(shù)，所以．再模7，得．因 為：3

22、，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． 設正整數(shù)、、滿足方程，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． 17