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

1、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，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

2、.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

3、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520.1.15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

4、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

5、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25172327xx=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）（19931995xx）在上述乘积中，除第一和第四个括号外，每个括号中

6、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，

7、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=329，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，

8、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：解析 以5为模，如果，2（），那么0，1，4（），0，1，1（）即对任一

9、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

10、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：2

11、730|解析 因为2730=213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，

12、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，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

13、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

14、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,=213，由费马小定理，易证213，所以213，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

15、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 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，那么可变为， 其中，+，得因为3与2和5都互质，所以，由、可得故是奇数，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