初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第20章 同余试题 新人教版文档格式.docx

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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

，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

即．

20.1.6★★求最大的正整数，使得能被整除．

解析因为

，①

而对于整数≥1，有

所以，①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12．

20.1.7★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，

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29．

20.1.11★

（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6．

20.1.12★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．

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?

所以．又的个位数字是5，故被9除后所得商的个位数字是5．

20.1.15★★求的末两位数．

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

88．

20.1.16★★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0．

20.1.18★★★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．

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43．

20.1.19★★求1×

3×

5×

…×

1997×

xx的末三位数字．

解析这个积显然是5×

25=125的倍数，设

25×

1×

7×

23×

27×

xx=．

由于1000=8×

125，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×

3×

7）×

（9×

11×

13×

15）

×

（17×

19×

21×

23）×

（27×

29×

31）

（33×

35×

37×

39）×

…

（1985×

1987×

1989×

1991）

（1993×

1995×

xx）

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

7

而，

于是．

所以，

，即的末三位数字是625．

20.1.20★★★★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7．

20.1.21★★2005年12月15日，美国中密苏里州大学的数学家CurtisCooper和StevenBoone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71．

20.1.22★★★求最小的正整数，使得存在正整数，满足．

解析因为xx=3×

29，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（×

29）．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436．

20.1.23★★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：

解析以5为模，如果，±

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（）．

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，

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15．

20.1.28★★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

．①

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①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，171993，故由费马小定理，有

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

但

所以，不能被5整除．

20.1.32★★证明：

2730|．

解析因为2730=2×

13．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

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

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．

所以不是7的倍数．

而，所以符合条件的最小正整数是13．

20.1.36★★★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，

并且，

利用费马小定理知

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,=2×

13，由费马小定理，易证2×

13，所以2×

13，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，．

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

①

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

所以是偶数．

令，那么①可变为

，②

．③

其中，．

②+③，得

因为3与2和5都互质，所以，．由②、③可得

故是奇数，是偶数．再由②式，得

所以也是偶数．

若，由②得

矛盾，故只能为2．由③知，再由②，得．

所以，是方程的唯一解．