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人教版初中数学《第20章同余》竞赛专题复习有答案
所属科目:竞赛试题    文件类型:doc
类别:试题、练习
上传日期:2018/3/2  
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第20章 同 余
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
,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,

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.
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5.
20.1.15★★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
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.
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43.
20.1.19★★求1×3×5×…×1997×1999的末三位数字.
解析 这个积显然是5×25=125的倍数,设
5×25×1×3×7×…×23×27×…×1999=.
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)
×(1993×1995×1997×1999)
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

×3×5×7

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71.
20.1.22★★★求最小的正整数,使得存在正整数,满足.
解析 因为2001=3×23×29,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(×23×29).故当是偶数时,的最小正整数解是等于2000.
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: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2003,由2003为质数(这个结论可通过所有不超过
的质数都不能整除2003直接计算得到),所以、都与2003互质,这表明(,,2003)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


. 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,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 .

,
所以,不能被5整除.
20.1.32★★证明:2730|.
解析 因为2730=2×3×5×7×13.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
,.
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,



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,
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,=2×3×5×7×13,由费马小定理,易证2×3×
5×7×13,所以2×3×5×7×13,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,;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



所以是偶数.
令,那么①可变为

所以
, ②
. ③
其中,.
②+③,得

因为3与2和5都互质,所以,.由②、③可得


所以


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.

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