2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第20章 同余试题 新人教版.doc

2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第20章 同余试题 新人教版20.1.1(1)证明：任意平方数除以4，余数为0或1；(2)证明：任意平方数除以8，余数为0、1或4解析 (1)因为奇数，偶数，所以，正整数 (2)奇数可以表示为，从而奇数因为两个连续整数、中必有一个是偶数，所以是8的倍数，从而奇数又，偶数(为整数)若偶数，则若奇数，则所以，平方数评注 事实上，我们也可以这样来证：因为对任意整数，有，1，2()，所以，1()；又0，1，2，3，4()，所以，0，1，20.1.2求证：一个十进制数被9除所得的余数，等于它的各位数字被9除所得的余数解析 设这个十进制数因101()，故对任何整数1，有因此即被9除所得的余数等于它的各位数字之和被9除所得的余数评注 (1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论20.1.3求证：(1)；(2)；(3)解析 (1)因，所以，于是(2)因为，所以，即(3)因为，所以，于是20.1.4对任意的正整数，证明：能被1897整除解析 ，7与271互质因为，所以，故7|又因为，所以，故271|因(7，271)=1，所以1897整除20.1.5证明：能被7整除解析 因为，所以 因为 ，所以于是，即 20.1.6求最大的正整数，使得能被整除解析 因为，而对于整数1，有，所以，式右边的11个括号中，(3+1)是4的倍数，其他的10个都是2的倍数，但不是4的倍数故的最大值为1220.1.7求使为7的倍数的所有正整数解析 因为，所以对按模3进行分类讨论(1)若，则；(2)若，则;(3)若，则所以，当且仅当3|时，为7的倍数20.1.8设是正整数，求证：7不整除解析 因为，所以当时，；当时，；当时，所以，对一切正整数，7不整除20.1.9今天是星期日，过天是星期几?解析 ，所以因此，过天是星期四20.1.10求被50除所得的余数解析 ，又，所以即从而由于，所以于是故除以50所得的余数为2920.1.11(1)求33除的余数；(2)求8除的余数解析 (1)先找与同余的数因为，所以故所求的余数为25(2)因为，所以，即余数为620.1.12求除以4所得的余数解析 因为，所以20.1.13形如，0，1，2，的数称为费马数证明：当2时，的末位数字是7解析 当2时，是4的倍数，故令于是即的末位数字是7评注 费马数的头几个是，它们都是素数费马便猜测：对所有的正整数，都是素数然而，这一猜测是错误的首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数是合数有兴趣的读者可以自己去证明20.1.14已知，求被9除后所得商的个位数字是多少?解析 因为所以又的个位数字是5，故被9除后所得商的个位数字是520.1.15求的末两位数解析 因为，所以的末两位数字只可能是00、25、50、75，即的末两位数字只可能是01、26、5l、76又是4的倍数，故的末两位数字只可能是76又，所以的末两位数字只可能是38、88，而4|88，438，故的末两位数字是8820.1.16求所有的正整数，使得是一个立方数解析 假设存在正整数、，使得，则，于是设，则，易知不能被3整除，故不存在正整数，使得是一个立方数20.1.17有一列数排成一行，其中第一个数是3，第二个数是7，从第三个数开始，每个数恰好是前两个数的和，那么，第1997个数被3除，余数是多少?解析 该数列是：3，7，10，17，27，44，71，115，186，301，487，788，除以3的余数分别是：0，1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，余数刚好是按“0，1，1，2，0，2，2，1”八个一循环又19975(8)，因此所求余数为020.1.18求的末位数字和的末两位数字，其中是大于1的正整数解析 我们知道，求一个数的末位数字就是求这个数除以10的余数，求一个数的末两位数字就是求这个数除以100的余数为此，先设法求出中的，然后求出(，是整数)中的这样，问题归结为求被10除所得的余数因为，是正整数而所以，可设于是所以，的末位数字是3考虑的末两位数字这时，由，得而，其中是整数且0于是可设，那么所以，所求的末两位数字是4320.1.19求1351997xx的末三位数字解析 这个积显然是525=125的倍数，设5251372327xx=由于1000=8125，所以，我们只需求出除以8所得的余数，进而便可求得除以1000的余数(1 37)(9111315)(17192123)(272931)(33353739)(1985198719891991)(199319951997xx)在上述乘积中，除第一和第四个括号外，每个括号中都是四个数的乘积，这个积是357而 ，于是 所以，即的末三位数字是62520.1.20如果是大于1的整数，是的根对于大于10的任意正整数，的个位数字总是7，求是的个位数字解析 首先，我们证明的个位数字不可能是偶数其次，根据与7对模10同余，从中确定的个位数字因为是的根，所以这方程的另一个根是于是如果的个位数字是偶数，那么的个位数字仍是偶数的个位数字也是偶数对于，的个位数字也是偶数，与题设矛盾的末位数字不能是偶数(1)如果的个位数字是1或9，那么，由此得(2)如果的个位数字是3或7，那么，由此得，(3)如果的个位数字是5，那么，所以，综上所述，的个位数字是3或5或720.1.212005年12月15日，美国中密苏里州大学的数学家Curtis Cooper和Steven Boone教授发现了第43个麦森质数，求这个质数的末两位数解析 因为，所以，所以，的末两位数只能是22、47、72、97又0()，所以，的末两位数只能是72从而，的末两位数是7120.1.22求最小的正整数，使得存在正整数，满足解析 因为xx=32329，所以，要使，只要使，易知，(1)若是奇数，则，而(3，29)=1，故令，则，所以，即，所以，则能取的最小正整数是5所以是奇数时，的最小正整数解是(2)若是偶数，则， ，由于(3，23)=1，(3，29)=1，(23，29)=1，所以(2329)故当是偶数时，的最小正整数解是等于xx综上所述，满足条件的最小正整数为43620.1.23证明：对任意正整数，不可能是三个整数的平方和解析 假设存在整数、，使得由于对任意整数，0，1，4()，于是0，1，2，3，4，5，6()而，矛盾！20.1.24证明不定方程无整数解解析 因为，显然，是奇数(1)若为偶数，则又所以，矛盾，故不能为偶数(2)若为奇数，则但，矛盾，故不能为奇数由(1)，(2)可知：原方程无整数解20.1.25证明：不定方程没有整数解解析 如果0，1，2，3()，那么0，1，4()所以0，1，2，4，5()但与矛盾从而原不定方程无整数解20.1.26证明：不定方程没有整数解解析 以5为模，如果，1，2()，那么0，1，4()，0，1，1()即对任一整数，0，1()同样，对任一整数，0，1()所以2，3，4()从而原不定方程无整数解20.1.27求最小的正整数，使得存在整数，满足解析 对任意整数，可知或，由此可得 或利用这个结论，可知，若15，设，则 15，而 ，矛盾，所以15另外，当=15时，要求，即，都为奇数，这为我们找到合适的数指明了方向事实上。在，中，1个数取为5，12个取为3，另外两个取为1，就有=625+972+2=1599所以，的最小值为1520.1.28是否存在正整数、，使得成立?解析 如果有这样的正整数，那么、都小于xx，由xx为质数(这个结论可通过所有不超过的质数都不能整除xx直接计算得到)，所以、都与xx互质，这表明(，xx)是原方程的本原解，从而知存在正整数、使得但是、1或2()，而()，矛盾所以，不存在正整数、满足条件20.1.29设是质数，证明：，被除所得的余数各不相同解析 假设有两个数、(1)，且和被除余数相同则即又是质数，所以或 而，都小于且大于0，所以与互质，也与互质因此与都不能被整除这与式矛盾，故原命题成立20.1.30求除以17的余数解析 因17是素数，17 1993，故由费马小定理，有，所以即除以17的余数是1评注 本题用了费马(Femat)小定理：若是质数(，)=1，则20.1.31证明：，能被5型除，但不能被5整除解析 由于5是质数，且分别和1、2、3、4互质由费马小定理得，而所以 但,所以，不能被5整除20.1.32证明：2730|解析 因为2730=235713由费马小定理， 而由易得：，所以，3，5，7，13且2、3、5、7、13两两互质，因此原结论成立20.1.33是一个整数，证明：解析 由费马小定理，而，所以，又因为是偶数，故但2、3、5两两互素，故20.1.34证明：若为大于1的正整数，则不能被整除解析 若是偶数，显然若是奇素数，由费马小定理，即，所以若是奇合数，设是的最小质因数，由费马小定理又设是使成立的最小正整数，则2，因此令，那么，故，进而20.1.35试求最小的正整数，它可以被表示为四个正整数的平方和，且可以整除某个形如的整数，其中为正整数解析 最小的5个可以被表示为四个正整数的平方和的正整数为，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显然，由于为奇数，所以这个最小的正整数不能是4，10和12当时，；当时，；当时，所以不是7的倍数而，所以符合条件的最小正整数是1320.1.36设为正整数证明：的充要条件是解析 若，则，于是，由费马小定理，知，从而，由，知，故反过来，若，则，并且，即，利用费马小定理知，故命题获证评注 涉及指数的同余式经常需要用到费马小定理，因为由费马小定理得出的结论中，同余式的一边是1，这带来很大的方便20.1.37由费马小定理知，对任意奇质数，都有问：是否存在合数，使得成立?解析 这样的合数存在，而且有无穷多个其中最小的满足条件的合数(它是从两个不同奇质数作乘积去试算出来的)事实上，由于，故 ，所以 ，故341符合要求进一步，设是一个符合要求的奇合数，则是一个奇合数(这一点利用因式分解可知)再设，为正奇数，则因此也是一个符合要求的数依此递推(结合341符合要求)，可知有无穷多个满足条件的合数评注 满足题中的合数称为“伪质数”，如果对任意(，)=1，都有成立，那么合数称为“绝对伪质数”请读者寻找“绝对伪质数”20.1.38设为质数证明：存在无穷多个正整数，使得解析 如果，那么取为偶数，就有，命题成立设，则由费马小定理知，因此，对任意正整数，都有，所以，只需证明存在无穷多个正整数，使得(这样，令，就有)而这只需，这样的当然有无穷多个所以，命题成立评注 用费马小定理处理数论中的一些存在性问题有时非常方便、简洁20.1.39求出大于1的整数的个数，使得对任意的整数，都有解析 设满足条件的正整数组成集合，若,，则，因此中全部数的最小公倍数也属于，即中的最大数是其余每个数的倍数，则的约数也整除，于是只需确定最大数，其一切大于1的约数组成集合因为,，并且,=235713，由费马小定理，易证235713，所以235713，集合共有31个元素评注 利用特殊值法确定最大值，再进行证明是处理竞赛问题的典型技巧20.1.40已知正整数，满足，求证：解析 由题设条件可得对于整数，有0，1，2，4()，所以(否则，)，(否则，)，故，于是，故20.1.41正整数不能被2、3整除，且不存在非负整数、，使得求的最小值解析 先通过具体赋值猜出值，再进行证明当时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，下证35满足要求，用反证法，若不然，存在非负整数、，使得(1)若，显然0，1，2，故3模8，得，即，但，不可能(2)若，易知0，1，模9，得，因为：2，4，8，7，5，1，2，4，所以，；，于是，其中为非负整数，所以再模7，得因为：3，2，6，4，5，1，3，2，故，为正整数，所以，所以或于是，或6，不可能综上可知，20.1.42求方程 的所有正整数解解析 显然，是方程的一组解下面证明这是唯一的解设正整数、满足方程，则，即所以是偶数令，那么可变为，所以， 其中，+，得因为3与2和5都互质，所以，由、可得，所以，故是奇数，是偶数再由式，得，所以也是偶数若，由得，矛盾，故只能为2由知，再由，得所以，是方程的唯一解