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2019-2020年初中數學競賽專題復習 第三篇 初等數論 第20章 同余試題 新人教版 20.1.1★(1)證明：任意平方數除以4，余數為0或1； (2)證明：任意平方數除以8，余數為0、1或4． 解析 (1)因為 奇數， 偶數， 所以，正整數 (2)奇數可以表示為，從而 奇數． 因為兩個連續(xù)整數、中必有一個是偶數，所以是8的倍數，從而 奇數． 又，偶數(為整數)． 若偶數，則． 若奇數，則 ． 所以，平方數 評注 事實上，我們也可以這樣來證：因為對任意整數，有，1，2()，所以，，1()；又0，1，2，3，4()，所以，0，1，． 20.1.2★求證：一個十進制數被9除所得的余數，等于它的各位數字被9除所得的余數． 解析 設這個十進制數． 因101()，故對任何整數≥1，有 ． 因此 ． 即被9除所得的余數等于它的各位數字之和被9除所得的余數． 評注 (1)特別地，一個數能被9整除的充要條件是它的各位數字之和能被9整除．(2)算術中的“棄九 驗算法”就是依據本題的結論． 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，證明：能被1897整除． 解析 ，7與271互質．因為 ，， ，， 所以，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，使得能被整除． 解析 因為 ，① 而對于整數≥1，有 ， 所以，①式右邊的11個括號中，(3+1)是4的倍數，其他的10個都是2的倍數，但不是4的倍數．故的最大值為12． 20.1.7★求使為7的倍數的所有正整數． 解析 因為，所以對按模3進行分類討論． (1)若，則 ； (2)若，則 ; (3)若，則 ． 所以，當且僅當3|時，為7的倍數． 20.1.8★設是正整數，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，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． 解析 ，． 又，所以 ． ． 即． 從而． ． 由于．，所以．于是 ． 故除以50所得的余數為29． 20.1.11★(1)求33除的余數； (2)求8除的余數． 解析 (1)先找與同余的數．因為 ， 所以． ． 故所求的余數為25． (2)因為，所以 ， ． 即余數為6． 20.1.12★求除以4所得的余數． 解析 因為，，所以 ． 20.1.13★形如，0，1，2，…的數稱為費馬數．證明：當≥2時，的末位數字是7． 解析 當≥2時，是4的倍數，故令． 于是 ． 即的末位數字是7． 評注 費馬數的頭幾個是，，，，，它們都是素數．費馬便猜測：對所有的正整數，都是素數．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是合數．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字是多少? 解析 因為 ． 所以．又的個位數字是5，故被9除后所得商的個位數字是5． 20.1.15★★求的末兩位數． 解析 因為 ，， ， ． 所以的末兩位數字只可能是00、25、50、75，即的末兩位數字只可能是01、26、5l、76． 又是4的倍數，故的末兩位數字只可能是76． 又，所以的末兩位數字只可能是38、88，而4|88，438，故的末兩位數字是 88． 20.1.16★★求所有的正整數，使得是一個立方數． 解析 假設存在正整數、，使得，則，于是．設，則，易知不能被3整除，故不存在正整數，使得是一個立方數． 20.1.17★★有一列數排成一行，其中第一個數是3，第二個數是7，從第三個數開始，每個數恰好是前 兩個數的和，那么，第1997個數被3除，余數是多少? 解析 該數列是： 3，7，10，17，27，44，71，115， 186，301，487，788，… 除以3的余數分別是： 0，1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，…余數剛好是按“0，1，1，2，0，2，2，1”八個一循環(huán)． 又19975(8)，因此所求余數為0． 20.1.18★★★求的末位數字和的末兩位數字，其中是大于1的正整數． 解析 我們知道，求一個數的末位數字就是求這個數除以10的余數，求一個數的末兩位數字就是求這個數除以100的余數．為此，先設法求出中的，然后求出(，是整數)中的．這樣，問題歸結為求被10除所得的余數． 因為 ， ，是正整數． 而． 所以，．可設． 于是． 所以，的末位數字是3． 考慮的末兩位數字．這時，由，，，得 ． 而，其中是整數且≥0．于是． 可設，那么 ． 所以，所求的末兩位數字是43． 20.1.19★★求135…1997xx的末三位數字． 解析 這個積顯然是525=125的倍數，設 525137…2327…xx=． 由于1000=8125，所以，我們只需求出除以8所得的余數，進而便可求得除以1000的余數． (1 37)(9111315) (17192123)(272931) (33353739)… (1985198719891991) (199319951997xx) 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的乘積，這個積是 357 ． 而 ， ． 于是 ． 所以，，即的末三位數字是625． 20.1.20★★★★如果是大于1的整數，是的根．對于大于10的任意正整數，的個位數字總是7，求是的個位數字． 解析 首先，我們證明的個位數字不可能是偶數．其次，根據與7對模10同余，從中確定的個位數字． 因為是的根，所以這方程的另一個根是．于是 ． 如果的個位數字是偶數，那么 的個位數字仍是偶數． 的個位數字也是偶數． 對于，的個位數字也是偶數，與題設矛盾．的末位數字不能是偶數． (1)如果的個位數字是1或9，那么 ， 由此得． (2)如果的個位數字是3或7，那么 ， 由此得，． (3)如果的個位數字是5，那么 ，． 所以，． 綜上所述，的個位數字是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學家Curtis Cooper和Steven Boone教授發(fā) 現了第43個麥森質數，求這個質數的末兩位數． 解析 因為，所以 ， 所以，的末兩位數只能是22、47、72、97． 又0()，所以，的末兩位數只能是72．從而，的末兩位數是71． 20.1.22★★★求最小的正整數，使得存在正整數，滿足． 解析 因為xx=32329，所以，要使，只要使 ， ， ． 易知 ， ， ． (1)若是奇數，則，，，而(3，29)=1，故 ． 令，則，所以 ， 即， 所以，則能取的最小正整數是5．所以是奇數時，的最小正整數解是 ． (2)若是偶數，則， ，，由于(3，23)=1，(3，29)=1，(23，29)=1，所以(2329)．故當是偶數時，的最小正整數解是等于xx． 綜上所述，滿足條件的最小正整數為436． 20.1.23★★證明：對任意正整數，不可能是三個整數的平方和． 解析 假設存在整數、、，使得 ． 由于對任意整數，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解． 解析 因為，顯然，是奇數． (1)若為偶數，則 ． 又．所以，矛盾，故不能為偶數． (2)若為奇數，則． 但，矛盾，故不能為奇數． 由(1)，(2)可知：原方程無整數解． 20.1.25★證明：不定方程沒有整數解． 解析 如果0，1，2，3()，那么 0，1，4()． 所以0，1，2，4，5()．但與矛盾． 從而原不定方程無整數解． 20.1.26★證明：不定方程沒有整數解． 解析 以5為模，如果，1，2()，那么 0，1，4()，0，1，1()． 即對任一整數，0，1()． 同樣，對任一整數，0，1()． 所以2，3，4()． 從而原不定方程無整數解． 20.1.27★★★求最小的正整數，使得存在整數，，…，，滿足 ． 解析 對任意整數，可知 或， 由此可得 或． 利用這個結論，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，這為我們找到合適的數指明了方向．事實上。在，，…，中，1個數取為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、，使得成立? 解析 如果有這樣的正整數，那么、都小于xx，由xx為質數(這個結論可通過所有不超過 的質數都不能整除xx直接計算得到)，所以、都與xx互質，這表明(，，xx)是原方程的本原解，從而知存在正整數、使得 ． 但是、1或2()，而 ()， 矛盾．所以，不存在正整數、滿足條件． 20.1.29★★★設是質數，證明：，，…，被除所得的余數各不相同． 解析 假設有兩個數、(1≤≤)，且和被除余數相同． 則．即 ． 又是質數，所以 或 ． ① 而，都小于且大于0，所以與互質，也與互質．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． 解析 因17是素數，17 1993，故由費馬小定理，有 ， 所以 ． 即除以17的余數是1． 評注 本題用了費馬(Femat)小定理：若是質數(，)=1，則 ． 20.1.31★證明：，能被5型除，但不能被5整除． 解析 由于5是質數，且分別和1、2、3、4互質．由費馬小定理得，而 ． 所以 ． 但 , 所以，不能被5整除． 20.1.32★★證明：2730|． 解析 因為2730=235713．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，因此原結論成立． 20.1.33★是一個整數，證明：． 解析 由費馬小定理， ， ， 而，所以 ，． 又因為是偶數，故．但2、3、5兩兩互素，故 ． 20.1.34★★★證明：若為大于1的正整數，則不能被整除． 解析 若是偶數，顯然． 若是奇素數，由費馬小定理， ， 即 ， 所以． 若是奇合數，設是的最小質因數，由費馬小定理 ． 又設是使成立的最小正整數，則2≤≤，因此．令， ≤，那么 ， 故，進而． 20.1.35★★★試求最小的正整數，它可以被表示為四個正整數的平方和，且可以整除某個形如的整數，其中為正整數． 解析 最小的5個可以被表示為四個正整數的平方和的正整數為，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，所以這個最小的正整數不能是4，10和12． 當時， ； 當時， ； 當時， ． 所以不是7的倍數． 而，所以符合條件的最小正整數是13． 20.1.36★★★設為正整數．證明：的充要條件是． 解析 若， 則， 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 涉及指數的同余式經常需要用到費馬小定理，因為由費馬小定理得出的結論中，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，對任意奇質數，都有．問：是否存在合數，使得成立? 解析 這樣的合數存在，而且有無窮多個．其中最小的滿足條件的合數(它是從兩 個不同奇質數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，則是一個奇合數(這一點利用因式分解可知)．再設，為正奇數，則 ． 因此也是一個符合要求的數．依此遞推(結合341符合要求)，可知有無窮多個滿足條件的合數． 評注 滿足題中的合數稱為“偽質數”，如果對任意(，)=1，都有成立，那么合數 稱為“絕對偽質數”．請讀者尋找“絕對偽質數”． 20.1.38★★★★設為質數．證明：存在無窮多個正整數，使得． 解析 如果，那么取為偶數，就有， 命題成立． 設，則由費馬小定理知 ， 因此，對任意正整數，都有 ， 所以，只需證明存在無窮多個正整數，使得 (這樣，令，就有)． 而這只需，這樣的當然有無窮多個． 所以，命題成立． 評注 用費馬小定理處理數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的整數的個數，使得對任意的整數，都有． 解析 設滿足條件的正整數組成集合，若,，則，因此中全部數的最小公倍數也屬于，即中的最大數是其余每個數的倍數．，則的約數也整除，于是只需確定最大數，其一切大于1的約數組成集合． 因為,，并且,=235713，由費馬小定理，易證23 5713，所以235713，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，滿足，求證： ≥． 解析 由題設條件可得≥． 對于整數，有0，1，2，4()，所以(否則，)，(否則，)，故≥，于是 ≥ ≥， 故≥． 20.1.41★★★★正整數不能被2、3整除，且不存在非負整數、，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、，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，所以．再模7，得．因 為：3，2，6，4，5，1，3，2，…，故′，′為正整數，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、、滿足方程，則 ， 即 ． 所以是偶數． 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，所以，．由②、③可得 ， ， 所以 ， ． 故是奇數，是偶數．再由②式，得 ， 所以也是偶數． 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．