人教版初中数学《同余》竞赛专题复习含答案
高中数学竞赛专题精讲27同余(含答案)
27同余1．设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作，显然，；每一个整数a 恰与1，2，……，m ，这m 个数中的某一个同余；2.同余的性质：1).反身性：；2).对称性：；3).若，则;4).若，，则特别是；5).若，，则；特别是；6).；7).若； 8).若，………………，且例题讲解1．证明：完全平方数模4同余于0或1；2．证明对于任何整数,能被7整除；)(mod m b a ≡)(mod m b a ≡)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -⇔∈+=⇔≡)(mod m a a ≡)(mod )(mod m a b m b a ≡⇔≡)(mod m b a ≡)(mod m c b ≡)(mod m c a ≡)(m od 11m b a ≡)(m od 22m b a ≡)(m od 2121m b b a a ±≡±)(mod )(mod m k b k a m b a ±≡±⇔≡)(m od 11m b a ≡)(m od 22m b a ≡)(m od 2121m b b a a ≡)(m od ),(m od m bk ak Z k m b a ≡⇔∈≡则)(m od ),(m od m b a N n m b a n n ≡⇔∈≡则)(mod )(m ac ab c b a +≡+)(m od 1),(),(m od m b a m c m bc ac ≡=≡时，则当)(mod )(mod ).(mod),(m b a mc bc ac dm b a d m c ≡⇔≡≡=特别地，时，当)(m od 1m b a ≡)(m od 2m b a ≡)(mod 3m b a ≡)(mod n m b a ≡)(m od ],,[21M b a m m m M n ≡⋯⋯=，则0≥k 153261616+++++k k k3．试判断能被3整除吗？4．能否把1，2，……，1980这1980个数分成四组，令每组数之和为， 且满足5．在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和，能被11整除的数组共有多少组。
奥数讲义数论专题：余数及同余
华杯赛数论专题：余数及同余一、带余除法的定义：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q…r，也就是a＝b×q＋r, 0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式.这里：（1）当时：我们称a可以被b整除，记作b|a，q称为a除以b的商或完全商（2）当时：我们称a不可以被b整除，记作，q称为a除以b的商或不完全商二、同余的概念两个整数被同一个大于1的整数m除，所得的余数相同，就说这两个整数对于除数m来说是同余的.也可以换句话来说这个概念，如果两个整数的差能被大于1的整数m整除，那么这两个整数对于除数m来说是同余的.同余的概念和符号都是德国伟大数学家高斯引进的.一般地，两个整数a和b，除以大于1的正整数m，如果所得的余数相同，就说a、b对于模m同余，记作a≡b（mod m）.由于一个整数被m除的余数只能是0、1、2、3、…、m-1这m个数，所以全体整数可按被m除的余数分类，凡是余数相同的归为一类，全体整数就被划分成了m类，同一类中的任何两数被m除的余数都相等，即同一类中任何两数的差都能被m整除，不同类的任何两数被m除的余数都不相等.三、同余的性质1.如果a≡b（mod m），那么m|（a-b）；如果整数a和b对于模m是同余的，那么a 与b的差能被m整除.2.a≡a（mod m），即任何整数都与自身同余.3.若a≡b（mod m），则b≡a（mod m）.4.若a≡b（mod m），b≡c（mod m），则a≡c（mod m）.5.若a≡b（mod m），c≡d（mod m），则a+c≡b+d （mod m），a－c≡b－d （mod m），a×c≡b×d （mod m）.6.若a≡b（mod m），则an≡bn（mod m）。
（其中n为正整数）.例1.用一个两位数除708，余数为43，求这个两位数.【答案】95【解答】根据被除数-余数=商×除数，可知，所求两位数一定是707-43=665的大于43的约数，所以所求的两位数是95.例2.数713、1103、830、947被一个数除所得余数相同（余数不为0），求这个除数.【答案】39，13或3.【解答】1103－713=390=3×13×2×5，947－830=117=3×13×3，1103－947=156=2×13×3×2，除数为39，13或3.例3.从1、2、…100中最多能选出多少个数，使选出的数中每两个的和都不能被3整除？【答案】35【解答】1、2、…100中，除以3余1的数共34个，即1、4、7、10、…、100.除以3余2的数共33个，选出的数中，如果有除以3余1的，就一定不能有除以3余2的；如果有除以3余2的，也就不能有除以3余1的。
(完整版)同余问题知识点讲解
数论之同余问题余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。
许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！”余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。
知识点拨：一、带余除法的定义及性质：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r,0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。
这里：r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商(1)当0r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商(2)当0一个完美的带余除法讲解模型:如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为被除数，现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色，经过打包后共打包了c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。
这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。
并且可以看出余数一定要比除数小。
二、三大余数定理：1.【余数的加法定理】a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。
例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.2.【余数的乘法定理】a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。
当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
初中数学竞赛：数的整除(同余)
初中数学竞赛：数的整除（同余）【内容提要】一. 同余的概念 两个整数a 和b 被同一个正整数m 除，所得的余数相同时，称a, b 关于模m 同余.记作a ≡b(mod m).如：8和15除以7同余1，记作8≡15(mod 7), 读作8和15关于模7同余.∵2003=7×286+1，∴2003≡1 (mod 7)；∵－7和6对于模13同余6（余数是非负数）∴－7≡6（mod 13）；∵35和0除以5，余数都是0（即都能整除）∴35≡0（mod 5）.二. 用同余式判定数的整除若a ≡b(mod m)， 则m|(a －b).即a －b ≡0(mod m)⇔m|(a －b).例如：11≡25(mod 7)⇔7|(25－11)； 或 7|(11－25).∵25+35≡2+3≡0 (mod 5)，∴5|25+35.三. 同余的性质 (注意同余式与等式在变形中的异同点)1. 传递性： )(m o d )(m o d )(m o d m c a m c b m b a ≡⇒⎭⎬⎫≡≡. 2. 可加可乘性：⎩⎨⎧≡+≡+⇒⎭⎬⎫≡≡).(mod )(mod ).(mod )(mod m bd ac m d b c a m d c m b a ；， 推论 可移性：a ≡b+c (mod m)⇒(a －b)≡c(mod m).可倍性：a ≡b(mod m)⇒ka ≡kb(mod m) (k 为正整数).可乘方：a ≡b(mod m)⇒ a n ≡b n (mod m) (n 为正整数).3. 当d 是a, b, m 的正公因数时， a ≡b(mod m)⇒d b d a ≡(mod dm ). 如：2是20，26，6的正公因数， 20≡26(mod 6)1310≡⇒(mod 3).四. 根据抽屉原则：任给m+1个整数，其中至少有两个数对于模m 同余.即至少有两个，其差能被m 整除.例如：任给5个数a,b,c,d, e.其中至少有两个，它们的差能被4整除.∵除以4的余数只有0，1，2，3四种.∴5个数除以4至少有两个同余.【例题】例1.已知：69，90，125除以正整数n有相同的余数.求：n的值解：∵69≡90(mod n)，90≡125(mod n).∴n|(90－69)，n|(125－90).而21,35的最大公约数是7，记作(21,35)=7 (7是质数).∴n=7例2.求388除以5的余数.解：∵38≡3 (mod 5)，∴388≡38≡(32)4≡(－1)4≡1 (mod 5).(注意9除以5余4，－1除以5也是余4，∴32≡－1 (mod 5)例3.求997的个位数字.解：∵74k+n与7n的个位数字相同，且9≡1 ( mod 4)，∴99≡19 ≡1(mod 4).∴997与71的个位数字相同都是7.例4.求证：7|(22225555+55552222).证明：∵22225555+55552222=(22225)1111+(55552)1111∵2222=7×317+3 ，5555=7×793+4.∴2222≡3 ( mod 7)；5555≡4 (mod 7).∴22225≡35≡5(mod 7)；55552≡42≡2 (mod 7).∴22225+55552≡5+2≡0 ( mod 7).即22225≡－55552 (mod 7).∴(22225)1111≡(－55552)1111≡－(55552)1111 (mod 7).∴22225555+55552222≡0 (mod 7).∴7|(22225555+55552222).例5.求使32n－1能被5整除的一切自然数n.解：∵32≡－1 (mod 5) ，∴(32)n≡(－1)n (mod 5).32n－1≡(－1) n－1 (mod 5)∵当且仅当n为偶数时，(－1) n－1=0.∴使32n－1能被5整除的一切自然数n是非负偶数例6.已知：a,b,c是三个互不相等的正整数.求证：a3b－ab3,b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有一个数能被10整除.证明：用同余式判定整除法证明当正整数n的个位数是0，1，4，5，6，9时，n3的个位数也是0，1，4，5，6，9.∴这时n3≡n (mod 10)；当正整数n的未位数为2，3，7，8时，n3的个位数分别是8，7，3，2.∵8与－2，7与－3，3与－7，2与－8，除以10是同余数，∴这时n3≡－n (mod 10)；把三个正整数a,b,c按个位数的情况，分为上述两类时，则至少有两个属于同一类.设a,b的末位数是同一类，那么a3b－ab3≡ab－ab≡0 (mod 10)；或a3b－ab3≡(－a)b－a(－b)≡0 (mod 10).∴10| (a3b－ab3)【练习】1.三个数33，45，69除以正整数N有相同余数，但余数不是0，那么N=_______.2. 求777的个位数字.3. 求379245除以19的余数； 41989除以9的余数.4. 求19891990÷1990的余数.5. 四个数2836，4582，5164，6522都被同一个正整数除，所得的余数都相同且不是 0，求除数和余数.6. 求证：7|(33334444+44443333).7. 已知：正整数n>2 . 求证：31111≡ 个n (mod 4).8. 任给8个整数，其中必有两个，它们的差能被7整除，试证之.9. 求使2n +1能被3整除的一切自然数n.10. 已知 69，90，125除以N (N>1) 有同余数，那么对于同样的N ，81同余于() （A ）3. （B ）4. （C ）5. （D ）7. （E ）8.【答案】1. N=12，6，2.(舍去3，∵余数是0).解法仿例1.2. 个位数字是3.∵7≡－1(mod 4), ∴ 777≡(－1)77(mod 4)……仿例33. 余数是18和1. ∵37≡－1 (mod 19) ∴原式≡－1 ≡18 (mod 19)；41989=(43)663 64≡1(mod 9) 64663≡1663 ≡1.4. 余数是1. ∵1989≡－1 (mod 1990) ∴19891990≡(－1)1990≡1 (mod 1990).5. 根据题意 2836≡4582≡5164≡6522≡r (mod m)而且4582－2836=1746, 6522－5164=1358.∴ m| 1746, 且m|1358， (1746，1358)=2×97∴m=194, 97, 2 (2不合题意.舍去)答：除数为194， 余数是120或除数为97， 余数是236. ∵ 33334444+44443333≡14444+(－1)3333≡0 (mod 7).7. 个个211111111-=n n 00+11≡11≡3 (mod 4).8. 8个正整数分别除以7，必有两个或两个以上是同余数9. ∵2≡－1 (mod 3) ∴2n ≡(－1)n (mod 3)2n +1≡(－1)n +1 (mod 3)当且仅当n奇数时, (－1)n+1≡0∴能被3整除的一切正整数n是奇数10. (B).。
初中竞赛培优 同余
A卷一、填空题01.a除以5余1，b除以5余4。
如果3a＞b，那么3a−b除以5的余数是__________。
02. 71427和19的乘积被7除，余数是__________。
03. 1+22+33+44+55+66+77+88+99≡__________ (mod3)。
04. 一个数除以3余2，除以4余1，这个数除以12的余数是__________。
05. 今天是星期一，过21995是星期__________。
06. 10100被7除的余数是__________。
07. 1至5 000之间同时被3、5、7除都余2的数有__________个。
08. 1至1 000之间同时被2、3、7除都余1的数有__________个。
09.用199433333个除以7，余数是__________。
10. 1993年的元旦是星期五，那么1996年五月一日是星期__________。
二、解答题11.甲、乙两数都只含有质因数3和5，它们的最大公约数是75。
已知甲数有12个约数，乙数有10个约数，那么甲、乙两数的最小公倍数是多少？12. 试证不小于5的质数的平方与1的差必能被24整除。
B 卷一、填空题 01. 整数100011111个被6除的余数是__________。
02. (1989)1990的末二位数是__________。
03. 在所有的五位数中，各位数字之和等于43，并且能被11整除的数是__________。
04. 777777的末位数是__________。
05.令n 是一个奇数，则n 2除以8的余数是__________。
06. 21000除以13的余数是__________。
07.设a 、b 都是正整数，且a 被7除余数是2，b 被7除余数是5，则a 2＋4b 被7除余数是__________。
08.如果m 是大于1的整数，69、90、125对于m 同余，那么m 的值是__________。
09. 19901990化为7进制数后的个位数字是__________。
人教版八年级数学上册竞赛讲义-同余
第十三讲同余在日常生活中,有时我们感兴趣的不是某些整数,而是这些整数去除以某一个正整数所得的余数．例如：(1) 从甲地开往乙地的火车,全程运行时间是34小时15分,如果火车20点55分从甲地开出,问到达乙地的时间是几点？答案不是55点10分,而是7点10分,即用55小时10分去除以24小时所得的余数．(2) 已知1990年的元旦是星期一,问1991年的元旦是星期几？因为1990年有365天,而365除以7所得的余数是1,所以,1991年的元旦是星期二．由于同是几点钟或同为星期几,常常在生活中有同样的意义,这样就在数学中产生了“同余”的概念．可以说,“同余”这个概念的产生,大大地丰富了数学的内容．所谓“同余”,顾名思义,就是“余数相同”．由此,我们可以这样来定义,“同余”这个概念：设a,b都是整数,m是正整数,如果a,b除以m所得的余数相同,则称a,b对模m同余．上述定义具有直观、明瞭的优点,同学们很容易理解,但它不便在理论上进行推导,运用起来也不太方便,为此,我们需要将它进行改进．设a,b都是整数,m是正整数,如果已知a,b除以m所得的余数相同,则可设：a＝ms＋r, b＝mt＋r,其中s,t,r都是整数,且0≤r＜m, 所以a－b＝m(s－t),从而m|(a－b)．反之,如果已知m|(a－b),则a,b除以m所得的余数相同．否则,若a＝ms＋r1, b其中s,t,r1,,r2都是整数,0≤r1<m,0≤r2<m,且r1a－b＝m(s－t)＋(r1因为－m<r1－r2<m且r1－r2≠0,所以m盾．由此知：a,b除以ma,b除以m所得的余数相同,给“同余”定义设a,b都是整数,m是正整数,如果m果m不整除(a－b),则称a,b对模m不同余,由定义可知：①a≡b(mod m)⇔m|(a－b),特别地a≡②设1≤b＜m,则a≡b(mod m)⇔a被m除由同余的定义,表示整数,性质1a≡a (mod m)．性质2a≡b (mod m)⇒b≡a (mod m)．性质3 a≡b (mod m),b≡c (mod m)⇒a≡c性质4a≡b (mod m)⇒a＋c≡b＋c (mod推论1 若a≡b (mod m),c≡d (mod m推论2 若a1≡b1 (mod m),a2≡b2a1＋a2＋…＋a n＝b1性质5 a≡b (mod m)⇒ac≡bc(mod m)．推论1 若a≡b (mod m),c≡d (mod m),则ac≡bd (mod m)．推论2 若a1≡b1 (mod m),a2≡b2 (mod m), …,a n≡b n (mod m),则a1·a2…a n＝b1·b2…b n(mod m)．推论3 a≡b (mod m)⇒a n≡b n(mod m)．我们上面谈到的同余的性质,和等式的性质是完全类似的,因此,结合等式的性质,容易理解、掌握和运用同余的性质．但是,同余和等式毕竟是两个不同的概念,因此,它们的性质并不完全相同．例如,已知ac＝bc,c≠0,则a＝b．但是,如果已知ac≡bc(mod m),c≠0,却不能得到a≡b (mod m)．例如10×3≡4×3 (mod 18),但10≡4 (mod 18)．因此,我们在利用同余的概念及性质解题时,要特别注意不能和等式的性质混淆．例1．设a,b都是正整数,且a被7除余数是2,b被7除余数是5,求a2＋4b和a2－4b被7除的余数．(3) 17| (191000－1)．例6．求证：7|(22225555＋55552222)．例7．求证：1990|(996996－994994)．例8．一个正整数的个位数字是7,上述条件的最小正整数．例9．设n是正整数,求证：7不整除(4n＋练1．求证：(1) 7|(501990－1)；(2) 17|(502．求余数：(1) 471990除以5；(2) 471991除以5；(3) 1011990除以11；(4) 1011991除以11；(5) 10n除以13．3．求证；(1) 7|(21990＋5)；(2) 33|(21990－1)；993＋991991).,所得到的数是原数的4倍,求满足上,所得到的数是原数的3倍,求满足上7．在七位数30003x y．x y中,当x, y为何值时,13|300038．有40个整数,其中每一个都不能被5整除,求证：这40个数的40次幂的和能被5整除．9．设a,b,c都是正整数,且：a2＋b2＝c2,10．设n是正整数,求证：(1) 6不整除(5n＋3)；。
初中数学竞赛讲座——数论部分8(同余系的应用)
第8讲剩余系及其一次同余方程一、基础知识：（1）剩余系对于任意正整数n而言，一个整数除以m所得的余数只能是0,1,2, …,n-1中的某一个。
依次可将整数分成n个类（例如n＝2时，就是奇数或偶数），从每一类中各取一个数所组成的集合就称为模的一个完全剩余系，简称为模的完系。
定义1：如果一个剩余系中包含了这个正整数所有可能的余数（一般地，对于任意正整数n，有n个余数：0,1,2,...,n-1），那么就被称为是模n的一个完全剩余系。
定义2：剩余系：设模为m,则根据余数可将所有的整数分成m类，分别记成[0],[1],[2],…[m-1]，这m个数{0,1,2,…m-1}称为一个完全剩余系，每个数称为相应类的代表元。
例如：当m=10则,{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}最小非负完全{-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}绝对值最小{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5}绝对值最小（一）根据剩余类的概念，很容易得到以下几条有关剩余类的性质：①每一个整数一定包含在而且仅包含在模m的一个剩余类中②整数p所属的模m的剩余类中的每一个数都可以写成km+p的形式，这里k是整数用符号p mod m表示p所属的模m的剩余类，这条性质写成数学表达式就是p mod m= {p+km（k是整数）}③整数p、q在模m的同一个剩余类中的充要条件是p、q对模m同余。
这条性质用数学符号就可表示为：p mod m= q mod m p≡q（mod m）实际上，同余式就是剩余类等式的一个特殊情况，是集合中的一个元素，前面有关同余的一些性质对剩余类仍然成立。
这条性质表明，对于模m的两个剩余类要么相等，要么它们的交集为空集，因此，模m有且仅有m个剩余类，它们是：0mod m，1 mod m，2 mod m，…（m―1）mod m。
在解决一些有关模m余数的问题时，我们就可以查看m个数：0，1，2，…，m―1，从而得相应的剩余类的情况，使问题变得异常简单，具体例子，请看后面的例题。
奥数余数和同余讲义及答案
数学教师解题能力培训之四数的整除（4）余数和同余教室姓名学号【知识要点】1、例如：37÷5＝7……2，四者之间的数量关系：被除数=除数×商+余数2、同余的概念：两个整数，被同一个大于1的整数m除，所得余数如果相同，那么，这两个整数对于除数m来说是同余的。
例如：14和26这两个数虽然大小不同，但它们分别除以6所得的余数相同，我们把14和26叫做关于模6同余。
3、同余最基本的性质是：几个同余式（模相同）相加、减、乘、乘方仍然同余。
【典型例题】例1、两个整数相除商8，余16；并且被除数、除数、商及余数的和是463.那么被除数是多少？解：因为：被除数=除数×8+16，并且被除数+除数=463―8―16＝439，所以除数=（439－16）÷（8+1）=47，被除数=47×8＋16=392.例2、被3除余2，被5除余3，被7除余4的最小自然数是多少？解：被3除余2的数有2，5，8，11，…其中8又能被5除余3，并且满足条件最小的，而［3，5］=15，所以8+15=23，23+15=38，38+15=53，53满足了被7除余4这个条件，并且最小。
例3、五（3）班同学上体育课，排成3行少1人，排成4行多3人，排成5行少1人，排成6行多5人，问上体育课的同学最少多少名？解：［3,4,5,6］=60, 60－1=59(人).例4、小刚在一次计算除法时，把被除数171错写成117，结果商少了3而余数恰好相同，这题中的除数是几？解：设除数为m,正确的商位q，余数为r，那么错写被除数后，除数仍为m，商为q－3，余数仍为r。
因为：171=m×q+r117= m×（q－3）+r于是171－117=（m×q+r）－（m×q－3 m+r）得m=18.【精英班】例5、有一个三位数，其中个位上的数是百位上的数的3倍，且这个三位数除以5余4，除以11余3.这个三位数是多少？解：这个三位数除以5余4，所以它的个位数字是4或9，因为个位数字是百位数字的3倍，所以个位数字只能是9，百位数字是3.因为这个数除以11余3，所以它的十位数字=3+（9－3）=9，这个三位数是399.【竞赛班】例6、11+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是多少？解：由数的整除性质和同余性质可推知：（1）3的倍数的任何次方（0除外）除以3的余数为0，可知33+66+99除以3余0.（2）不是3的倍数的偶次方除以3的余数为0，可知22+44+88除以3余1.（3）11除以3余1，55与25对于3同余，它们除以3余2. 77与17对于3同余，它们除以3余1.所以（1+2+1）÷3=1……1。
初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)
第7讲同余的概念及基本性质数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯.先看一个游戏：有n+1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子,每步可前移1，2或3格,以先到最后一格者为胜.问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数,以后你的对手若走i格（ｉ=1，２,3),你走4-i格,即每一次交替,共走了4格．最后只剩4个空格时,你的对手就必输无疑了．因此，若n除以４的余数是1，2或３时,那么先走者甲胜;若ｎ除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜.在这个游戏里，我们可以看出,有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如,1999年元旦是星期五,1999年有365天,3６5＝７×5２＋1，所以2０00年的元旦是星期六.这里我们关心的也是余数．这一讲中,我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用.同余，顾名思义,就是余数相同．一、基础知识定义1 给定一个正整数ｍ,如果用m去除ａ，ｂ所得的余数相同,则称a与b对模ｍ同余,记作a≡b(ｍｏdｍ），并读作a同余b,模m.否则,就称a与b对于模m不同余，记作ａ≡b（ｍod m),根据定义,ａ与ｂ是否同余，不仅与a、b有关,还与模m有关,同一对数a和b,对于模ｍ同余,而对于模ｎ也许就不同余,例如,5≡8（moｄ3),而5≡８（mｏｄ4),若a与b对模m同余,由定义１,有a=mq１＋r，ｂ＝mｑ2+ｒ.所以ａ－b＝m(q１-q2)，即m|a-b.反之，若m｜a-ｂ，设ａ=mq1+r1，b＝mq2＋ｒ2，0≤r1,r2≤m-1,则有m|r1-r2.因｜r1-r2|≤ｍ-1,故r1－r２=0，即r1＝r2.于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2若a与ｂ是两个整数,并且它们的差a-b能被一正整数m整除,那么，就称a与b对模m同余.另外，根据同余的定义,显然有以下几种关系是成立的:⑴a≡ａ(mod ｎ)⑵a≡ｂ(moｄm）⇔b≡a（mod ｎ)⑶a≡ｂ（mod n)⇒a≡c（mod m）b≡c（moｄｍ)由此可见,同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性,而等式也具有这几条性质．二、典型例题；例1.如果a≡b（ｍｏd m),以下命题正确的有哪些?请说明理由?⑴ｍ| a-b⑵ａ=b＋mt⑶ａ＝k1m+ ｒ1,b =k2ｍ+r2(0≤ｒ1,r2＜m)⇔r１= ｒ２解:⑴因a≡b（moｄｍ）,所以可得a =ｋ1m＋r，b =ｋ２m+ r，那么ａ－ｂ=(k1－k2)m，由于k1－ｋ2是整数,因此ｍ｜a－b是正确的．⑵根据⑴可得a－b= ｍt，即a=b+ｍt⑶根据⑴可得，ｍ｜r1-r2,又因为0≤| ｒ1-r2 |＜ｍ，所以| ｒ1－r2 |=０，故r1=ｒ．2例２.判断正误，并说明理由.⑴如果a≡b(mｏd m）那么ka≡kb（ｍod m)⑵如果a≡b（modｍ），c是整数，那么ａ±c≡b±ｃ(mod m)⑶如果a1≡ｂ１（ｍod m)，a2≡b2(mod m)，那么ａ1±a2≡b１±b2 (mｏｄm),a１a2≡b1b2 (mod m）.⑷如果3a≡3ｂ(mod 6 ),那么a≡b (ｍod 6 )解：⑴∵a≡b（moｄm），∴m| a－b，∴m｜k (a-b)即ｍ｜(ka－kb)∴ｋa≡kb（mｏd m) ⑴成正确⑵∵a≡ｂ（ｍod m)，∴m | a－b又因为c是整数,所以ｍ| a-c－b＋c,即m | (ａ－c)－（b-c)即a－ｃ≡b-c(mod m）同理可得,ａ+c≡b+ｃ（mod m)⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的⑷显然６≡１2(ｍod6)，而２≡４（ｍod 6),因此，这个命题不正确说明：⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡ｂ（mod m)⇒a n≡b n（modｍ) 此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方,但同余式两边却不能除以同一数,那么,同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？我们先看下面的例题．例3.由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（moｄ５）①3a ≡3b （mo ｄ 5） ②10a ≡10b (ｍｏd 5）③6ａ≡６ｂ（mod １0） ④10a ≡10b (ｍod 20) 解：①因3a ≡3b (mod ５），所以5 | ３(a -ｂ),而5 | ３ , 因此5 ｜ ａ－ｂ,故a ≡ｂ（mod 5）②由１０ａ≡10b （mo ｄ 5)可以得到5 | 10(a －b )，而5 ｜ 10，因此5不一定整除a -b ,故a ≡b (mod 5）就成立③由６ａ≡6b (mod 1０)可得10 | ６（a －b ），而10=2×5，6=２×3，因此5 | a －b ,故ａ≡ｂ(m ｏd ５）成立④由10a ≡10b (mo ｄ ２０)可得到20 | １0(ａ-b ),而2０＝ 4×5,４ | 10，因此5 | (ａ－b )故ａ≡b (mod ５)不成立综上所述,由3a ≡3b (m ｏd 5)或６a ≡６b （mod 1０）都可以得到a ≡b （ｍｏd 5）说明:在①中，因为(３,５)＝1，因此由5 | 3(a －b )一定可以得到5 ｜ ａ－b ，进而得到a ≡b （mod 5)，一般地，如果(k ,ｍ）=1,ka ≡kb （mo ｄ ｍ）,那么ａ≡b （mod m ）在③中，因（6，10）=2，因此由10| 6(ａ-ｂ）一定可以得到5 | a -b ，进而得a ≡ｂ（mo ｄ 5)，一般地，如果（k ，m ）= d ，ka ≡kb （ｍｏd m ）,那么a ≡b )(moddm .例4．如果a ≡ｂ（mod １２）且a ≡b （ｍod 8)，那么以下同余式一定成立的是哪些？①a ≡ｂ（mod 4) ②a ≡ｂ(mod 24) ③a ≡ｂ（m ｏd 2０） ④ａ≡b （m ｏｄ ４8）解:正确的有①和②①由题中的条件可得１2 | a -ｂ,又因4 | 12，所以4 | a －b ,故a ≡b (mod 4).②因1２ ｜ a -b ，8| a －b ,所以a －b 是12和８的公倍数，又因为［8,1２]=24,因此 a -b 必是24的倍数，即２4 | a －b ，故a ≡b （mod 24).③显然,当ａ= 26,ｂ = ２时满足条件a ≡b (mod 12）和a ≡b (mo ｄ ８），但却不满足ａ≡b （ｍｏd 20).④同③，用a = 26，b = 2验证即可. 【说明】:⑴一般地，若a ≡b (mod m ）且n | m ，那么ａ≡b （mo ｄ ｎ) ⑵若a ≡b （m ｏd m ），a ≡b (mod n ）,那么a ≡b (mod [m ,n ]),它的一个特殊情况就是: 如果a ≡b （ｍｏd m ），a ≡b （mo ｄ n ）且（m ，n ）＝1，那么a ≡b （mod ｍ n )【一些结论】1.同余定义的等价形式①a ≡ｂ(ｍod m ） ｍ ｜ ａ-b②a ≡b (mod m ） ａ = ｂ+mt 2．同余式的同加、同乘性如果a １≡ｂ１(m ｏd m ）,a ２≡b 2（mod m )那么 ⑴a 1±a 2≡b 1±b ２（mod ｍ) ⑵ka 1≡kb 1(mod ｍ)(k ∈Z ) ⑶a 1a 2≡b １b 2（m ｏd ｍ） ⑷a 1n ≡b 1n （m ｏd ｍ）（ｎ是整数)． ３．如果（k ，m ）=d ,ka ≡ｋb (mod m ）,那么a ≡b )(moddm． 这条性质的直接推论就是：如果(k ,ｍ）=1，k ａ≡kb (ｍod m ）,那么a ≡b (mo ｄ m ） 4.如果a ≡b （mo ｄ m )且n | m ，那么a ≡ｂ(mod n ）５．如果ａ≡b (m ｏd ｍ)，ａ≡b （mo ｄ ｎ）,那么a ≡b （mod [ｍ,n ])这条性质的一个推论就是： 如果a ≡ｂ(m ｏd m ），ａ≡b (m ｏd n )且(m ,n ）=１，那么a ≡b (m ｏd ｍ n )例5．⑴求19992002除以9的余数;⑵求1010除以7的余数解：⑴∵9 ｜ 1999－10０0,∴1999≡１０00≡1（ｍod 9)∴1９９92000≡１２０02≡１（mod 9）,∴19992００0除以9的余数是1⑵∵10≡3（ｍod 7),∴１0３≡3３≡－1（mod 7)∴１06≡(-1）2≡１(m ｏｄ ７），∴1０10≡10４(ｍod 7） 又∵102≡9≡2（mod 7),∴１０2≡１0 4≡22≡４(mod 7） 所以1010除以７的余数是4．说明:求较大数的余数时,可先设法找到与±1同余的数,然后利用同余式的性质，求出所求数的余数.例6．求1４5８9+３2００2除以13的余数．解：∵145≡2(mod 13），∴1４５6≡26≡－１(mod 13)∴（1456)14≡(－１)１4≡1(mod 1３)即14584≡1(ｍｏd 1３)又∵145５≡２5≡6（ｍod 13）所以1458９≡1４584·１４55≡6×１≡6（mod 13）又∵３3≡1(mod １3)，∴(３3)66７≡32０0１≡1(ｍo ｄ 1３)，∴3２0０2≡3（mod 13） 所以，14589+32002≡6+3≡9(mod 13）即14５8９+32０02除以13的余数是9例７.求1998２0０2的十位数字分析：此题可以通过１998２00２的末两位数来求解，与前面的方法类似解：∵199８98≡-２（m ｏd 100),∴１99８２0０2≡（-2)２002≡22002≡41001(ｍｏd 100)因为４≡4(m ｏd 1０0)，42≡16（m ｏd 100)，4３≡6４(m ｏd １０0)，44≡５6(ｍod100），４5≡24（m ｏd 10０）,４6≡96(mod 10０）,47≡８4（ｍod １00)，４8≡36(mod 100）,49≡44（mo ｄ 100),41０≡7６(m ｏd 10０)，４１1≡4(mod １0０）…所以4 n 除以100的余数是以４、16、64、５6、24、96、84、３6、44、76周期性出现的,因41001＝410×10０+1,所以41０01≡4（m ｏｄ 10０）,因此19982０0２≡4(m ｏd 1０0)，故1９９8２002的十位数字是0.说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．例8(１998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使２n +１能被3整除的一切自然数n . 解∵∴则2n +1∴当n 为奇数时，2ｎ＋１能被3整除； 当n 为偶数时,2n ＋1不能被３整除.例９ 求证31980+4１981能被5整除. 证明 ∵∴∴∴例10．求20032０0２的末位数字.分析:此题就是求２０03２002除以10的余数解:∵2003≡3（mod 10),∴2003４≡3４≡1(ｍod 1０），∴2003２０02≡（2003４)５00·20０33≡1500·33≡27≡７(ｍｏｄ 10）∴２０02200２的末位数字是７．说明:对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质:)10(mod 0011a a a a a n n ≡- 例11．已知n 是正整数，证明４8 | ７2n ―2３52n ―1 证明:∵48=3×16，（３,1６)=1∴只需证明3｜ 72n ―２3５2n ―１且16 ｜ 72n ―2352n ―１即可 ∵7≡１（mod 3）,2352≡0(m ｏd ３） ∴72n ―２35２n ―1≡12n ―2３52×０－１≡0(mod 3） ∴3 | 72n ―2352n ―1，又∵235２=16×14７,∴2３52≡0(m ｏd 16) ∴72n ―23５2n ―1≡4９n －１≡１n －1≡0（m ｏd １6)∴1６ | ７2ｎ―2352n ―1，所以４８| 72n ―235２n ―1．说明：当模很大时,可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解,请同学位用这个方法重解例8.例12．已知n是任意的正整数，且m | ７n+1２ｎ―1,求正整数ｍ的最大值．解:设ａｎ=7n+1２n―1,那么,ａ1=7+12―1＝18，ａ2=72+24―1=72∴(a1，a2)=（18,７2）=1８,∴m≤18，下面证明对任何正整数n,都有18 | 7n+1２n―1又因为18=２×9，所以只须证明２| 7n＋1２ｎ，９｜７ｎ+１２n―1即可.∵７≡1(ｍod２）,∴7n+12―１≡１n＋0―1≡0(ｍod ２)即2 |7ｎ+12n―1，对ｎ进行分类讨论，⑴若ｎ≡0(mod 3),则n=3k（k为正整数)7n＋1２n―1≡７3k+３6k+1≡(―２）3k+0―１≡（―８)k―１≡1ｋ―1≡０(mod 9）⑵若n≡1(mod 3），则n=3k+1(k为非负整数)7n+12n―１≡73k+36k+127＋１２―1≡0（moｄ９)⑶若ｎ≡2(mod 3),则ｎ=3ｋ+2（k为非负整数）7n+１2ｎ―1≡7３k·７2＋36k+24―１≡72+24―1≡0(mod９）因此，对一切自然数n，都有9 | ７n+12n―1.综上所述,18 | 7n+12n―1,因此ｍ的最大值为18.例１３把１，2,3…，1２7，１28这１２8个数任意排列为a1,a2,…,a128,计算出｜a1－ａ２|,｜a3-ａ4｜,…,｜a12７－ａ12８｜,再将这64个数任意排列为b1，b2,…，b64，计算｜b1-b2|,|b3－b4｜，…，｜b63-b6４|．如此继续下去，最后得到一个数ｘ,问x是奇数还是偶数?解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(moｄ２), a≡-a(mod2）,所以b1＋b2+…+b６4=｜ａ１－a2｜+|ａ3-a4｜＋…+|a12７-a1２8｜≡a1-a2+a3-a4+…+a12７-a128≡a1＋a2＋a3＋ａ4＋…＋ａ127＋a1２８(ｍod 2),因此,每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a１+a２+...＋a1２８＝1＋２+ (12)=6４×１２9≡0(moｄ2），故x是偶数．例1４求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数.１0≡１（mｏｄ９)，故对任何整数k≥1,有１０k≡1k＝1（mod 9).因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数.说明(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.三、模拟训练1求证: (1)８|（5５１99９+1７)；(2) ８(32n +7)； （3)17|(1910０0-1).证 （1)因55≡－1(ｍod ８),所以５５1９９９≡-1(mo ｄ 8)，55１999＋17≡－1+１7=16≡０（m ｏd ８)，于是8｜（55１999+17）.（２)32=9≡１(m ｏd 8),32n ≡１（ｍod 8)，所以32n ＋7≡1+7≡0（mod 8），即8|（３2n ＋7)．(3)19≡２(mod 17),194≡2４＝16≡－1(m ｏd 17),所以１９1０00＝(194)25０≡(-１)２50≡１（mod 17),于是17｜(1９１000－1)．2．求２0032002的末位数字分析：此题就是求2０0320０２除以1０的余数解:∵200３≡3（m ｏｄ 10),∴２0034≡34≡1(ｍod 1０），∴２003２０02≡(20034)5０0·2０033≡1500·33≡2７≡7(mod 10)∴200220０2的末位数字是7说明：对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质:011a a a a n n -)10(mod 0a ≡．3求29９9最后两位数码.解 考虑用1０0除２999所得的余数. ∵∴又∴∴∴2９99的最后两位数字为88．4．求证:22000＋１不能被7整数.分析:只需证明２200０≡－1(mod 7）即可证明:∵26≡1（moｄ７)，∴2２０00≡(26）333·2２≡1·２２≡4(mｏd 7），∴２２000+1≡５(mｏd7)所以7 | 22000＋15 对任意的自然数n，证明Ａ＝290３n-80３n-464n+261n 能被１897整除．证1897＝７×27１，７与2７１互质.因为２９03≡5(ｍod 7),8０3≡5(mod 7)，464≡2(mｏｄ7),２61≡2(moｄ７), 所以A=２９03n-803ｎ-464n＋2６１n≡5n-5ｎ－2n+2n=0（mｏd 7), 故7|Ａ.又因为２90３≡１93（ｍod ２71)，803≡２６1(moｄ27１),464≡１93(mod 271)，所以故2７1｜A.因(7,271)＝1,所以1897整除A.６任意平方数除以4余数为0和1（这是平方数的重要特征). 证因为奇数2=（2k＋1)2=4k2+４ｋ＋1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4ｋ2≡0(mod ４)，所以７任意平方数除以８余数为0,1，４（这是平方数的又一重要特征）.证奇数可以表示为２k＋1，从而奇数2=４ｋ2+4k＋１＝4k(k+1)+1.因为两个连续整数ｋ,k＋１中必有偶数,所以4k(k+1)是8的倍数，从而奇数2＝8t+1≡1(mｏｄ8），偶数２=(2k)2=４k2(ｋ为整数).（１)若k＝偶数＝2ｔ,则4k2=16ｔ2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数＝2t＋1，则4ｋ2=４(2t+１)2=１6(t2+t)+４≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题.在这种问题中,先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．８形如Fｎ＝22n+1,ｎ＝0，1，２，…的数称为费马数．证明:当ｎ≥2时,Ｆn的末位数字是7.证当n≥２时，2ｎ是4的倍数,故令２n=４t.于是F n＝２2n+１=２4ｔ+1=1６ｔ＋1≡６t＋１≡７(mｏd 10）,即F n的末位数字是７.说明费马数的头几个是F0=3，F1＝5，F2=17，F3=257，F4＝65537,它们都是素数．费马便猜测:对所有的自然数n，F n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F5是合数．。
初中数学竞赛余数及同余
余数及同余一、带余除法的定义：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q…r，也就是a＝b×q＋r,0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式.这里：（1）当时：我们称a可以被b整除，记作b|a，q称为a除以b的商或完全商（2）当时：我们称a不可以被b整除，记作，q称为a除以b的商或不完全商二、同余的概念两个整数被同一个大于1的整数m除，所得的余数相同，就说这两个整数对于除数m来说是同余的.也可以换句话来说这个概念，如果两个整数的差能被大于1的整数m整除，那么这两个整数对于除数m来说是同余的.同余的概念和符号都是德国伟大数学家高斯引进的.一般地，两个整数a和b，除以大于1的正整数m，如果所得的余数相同，就说a、b对于模m同余，记作a≡b（mod m）.由于一个整数被m除的余数只能是0、1、2、3、…、m-1这m个数，所以全体整数可按被m除的余数分类，凡是余数相同的归为一类，全体整数就被划分成了m类，同一类中的任何两数被m除的余数都相等，即同一类中任何两数的差都能被m整除，不同类的任何两数被m除的余数都不相等.三、同余的性质1.如果a≡b（mod m），那么m|（a-b）；如果整数a和b对于模m是同余的，那么a与b的差能被m整除.2.a≡a（mod m），即任何整数都与自身同余.3.若a≡b（mod m），则b≡a（mod m）.4.若a≡b（mod m），b≡c（mod m），则a≡c（mod m）.5.若a≡b（mod m），c≡d（mod m），则a+c≡b+d （mod m），a－c≡b－d （mod m），a×c≡b×d （mod m）.6.若a≡b（mod m），则an≡bn（mod m）。
（其中n为正整数）.例1.用一个两位数除708，余数为43，求这个两位数.[答疑编号5721170101]【答案】95【解答】根据被除数-余数=商×除数，可知，所求两位数一定是707-43=665的大于43的约数，所以所求的两位数是95.例2.数713、1103、830、947被一个数除所得余数相同（余数不为0），求这个除数.[答疑编号5721170102]【答案】39，13或3.【解答】1103－713=390=3×13×2×5，947－830=117=3×13×3，1103－947=156=2×13×3×2，除数为39，13或3.例3.从1、2、…100中最多能选出多少个数，使选出的数中每两个的和都不能被3整除？[答疑编号5721170103]【答案】35【解答】1、2、…100中，除以3余1的数共34个，即1、4、7、10、…、100.除以3余2的数共33个，选出的数中，如果有除以3余1的，就一定不能有除以3余2的；如果有除以3余2的，也就不能有除以3余1的。
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
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()222214411(mod 4)k k k =+=++≡，偶数，所以，正整数(2)奇数可以表示为，从而奇数()22441411k k k k =++=++．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 ()()22244211644(mod8)k t t t =+=++≡． 所以，平方数()()()0mod8,1mod8,4mod8.⎧⎪≡⎨⎪⎩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1110101010n n n n a a a a --=⨯+⨯++⨯+ ()110mod9n n a a a a -≡++++．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，()19995517117160mod8+≡-+=≡，于是．(2)因为，，所以，即．(3)因为，，所以()()()25025010004191911mod17=≡-≡，于是．20.1.4★★对任意的正整数，证明：2903803464261n n n n A =--+能被1897整除．解析 ，7与271互质．因为，，，，所以()290380346426155220mod7n n n n n n n n A =--+≡--+=，故7|又因为，，，所以2903803464261n n n n A =--+()1932611932610mod271n n n n ≡--+=，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 ()22222222222205555444162mod 7≡≡⋅≡≡．因为 ，，，所以．于是()()()222255555555222225mod 70mod 7+≡+≡，即 ．20.1.6★★求最大的正整数，使得能被整除．解析 因为()()()()()1024512256112831313313131+-=+++-，①而对于整数≥1，有 ()()2231112mod4kk +≡-+=，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()()3212181110mod7kn k k -=-=-≡-=； (2)若，则()321221281kn k -=⋅-=⋅- ;(3)若，则()2321221481kn k -=⋅-=⋅- ．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，()()34141112mod7kn +=+=+=； 当时，()()341441415mod7kn +=⋅+=+=； 当时，()()34141611613mod7kn +=⋅+=+=． 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()()()333310033331334mod7=⋅≡-⋅=-≡． 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()33257467463mod50+≡+≡．．由于．，所以．于是()()262053333732129mod50=⋅⋅≡-⋅=-≡．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．()()199199810532222825mod33=⋅⋅≡-≡．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()213599500mod4≡++++=≡．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()421161617mod10t t t =+=+=+≡．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()191920224mod9≡⨯≡⨯≡．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，，()()()10010010211mod25≡-=，．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()()2371mod1073mod10≡-≡，，()()4471mod1071mod10m ≡≡，，是正整数．而()()()66673mod 47311mod 4≡≡≡-≡，． 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()()217721211777313mod 4t t t k +++-≡≡≡-≡个． 可设，那么()774331777743mod100n k +-=≡≡个．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5×25×1×3×7×…×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)×(1993×1995×1997×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()()()()81838587k k k k ++++×3×5×7．而 ，于是 ．所以，()()125125851255625mod1000m k =⨯+≡⨯=，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2222122a a a k a -⎛⎫+=+-=- ⎪⎝⎭ 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()221mod101n na a n -+≡-，≥． (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()()3040545304024530402457107722212≡⋅≡-⋅，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=3×23×29，所以，要使，只要使，，．易知()()553211mod3nn n a a +⋅≡+-，()()55329919mod 23n n n n n a a a +⋅≡+⋅≡+⋅，()()553233mod 29nn n n a a +⋅≡-+⋅． (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：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()44412mod16n x x x m +++=，则 ≤<15，而 ，矛盾，所以≥15．另外，当=15时，要求()444121mod16n x x x ≡≡≡≡，即，，…，都为奇数，这为我们找到合适的数指明了方向．事实上。
数论中的同余关系练习题
数论中的同余关系练习题同余关系是数论中的重要概念，常用于研究整数之间的关系。
在数论的学习中，同余关系练习题可以帮助我们加深对同余关系的理解。
下面是一些数论中的同余关系练习题，供大家练习和思考。
1. 求解以下同余方程：a) 3x ≡ 1 (mod 7)b) 2x ≡ 3 (mod 11)c) 5x ≡ 4 (mod 9)2. 判断以下数是否满足给定的同余关系：a) 13 ≡ 3 (mod 5)b) 24 ≡ 1 (mod 7)c) 9 ≡ 4 (mod 3)3. 证明以下定理：若a ≡ b (mod m)，且c ≡ d (mod m)，则a + c ≡ b + d (mod m)。
4. 证明以下定理：若a ≡ b (mod m)，则ac ≡ bc (mod m)，其中c为任意整数。
5. 证明以下定理：若a ≡ b (mod m)，且c ≡ d (mod m)，则ac ≡ bd (mod m)。
6. 证明以下定理：若a ≡ b (mod m)，且m > 0，则ac ≡ bc (mod m)，其中c为任意整数。
7. 证明以下定理：若a ≡ b (mod m)，且m > 0，则a^k ≡ b^k (mod m)，其中k为任意正整数。
8. 使用欧拉定理计算以下同余方程的解：a) x^7 ≡ 1 (mod 10)b) x^9 ≡ 3 (mod 11)c) x^5 ≡ 2 (mod 12)9. 证明以下定理：若m和n互质，且a ≡ b (mod m) 和a ≡ b (mod n)，则a ≡ b (mod mn)。
10. 使用中国剩余定理求解以下同余方程组：a) x ≡ 1 (mod 3)x ≡ 2 (mod 5)x ≡ 3 (mod 7)b) x ≡ 2 (mod 4)x ≡ 3 (mod 7)x ≡ 5 (mod 9)请根据以上练习题进行思考和解答，其中涉及到的定理可以进行证明，并附上解答步骤。
同余练习题
奥数中级教程同余解题1、2001年元旦是星期一，问20年后的元旦是星期几？由于每年有365天，20年共有20×365=7300天，但每四年有一个闰年，20年中有5个闰年，故20年有7305天。
7305=7×1043+4，说明20年中有1043周，外加4天，我们关心的其实不是20年中有多少周，而是1043周以后的那4天，因为经过1043周以后那天的是星期一，再往后数4天，即20年后的元旦是星期五。
2、某年级有将近400名学生。
有一次演出节目排队时出现：如果每8人站成一列则多余1人；如果改为每9人站成一列则仍多余1人；结果发现现成每10人结成一列，结果还是多余1人；同学们你们知道该年级共有学生多少名吗？假设有一名学生不参加演出，则结果一定是不管每列站8人或9人或10人都将刚好站齐。
因此此时学生人数应是8、9、10公倍数，而8、9、10的最小公倍数是360，因此可知该年级共有361人。
3、求437×309×1993被7除的余数。
思路分析：如果将437×309×1993算出以后，再除以7，从而引得到，即437×309×1993=269120769，此数被7除的余数为1。
但是能否寻找更为简变的方法呢？473≡3〔mod7〕；309≡1〔mod7〕由"同余的可乘性"知：437×309≡3×1〔mod7〕≡3〔mod7〕又因为1993≡5〔mod7〕所以：437×309×1993≡3×5〔mod7〕≡15〔mod7〕≡1〔mod7〕即：437×309×1993被7除余1。
4、分别求满足以下条件的最小自然数：〔1〕用3除余1，用5除余1，用7除余1。
〔2〕用3除余2，用5除余1，用7除余1。
〔3〕用3除余1，用5除余2，用7除余2。
〔4〕用3除余2，用7除余4，用11除余1。
初中数学竞赛之逻辑推理问题(含答案)
初中数学竞赛之逻辑推理问题1．41名运动员所穿运动衣号码是1，2，…，40，41这41个自然数，问：（1）能否使这41名运动员站成一排，使得任意两个相邻运动员的号码之和是质数？（2）能否让这41名运动员站成一圈，使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数？若能办到，请举一例；若不能办到，请说明理由．2．某校派出学生204人上山植树15301株，其中最少一人植树50株，最多一人植树100株，证明至少有5人植树的株数相同．3．有50名同学站在操场上玩游戏，他们彼此间的距离都各不相等．每人手中有一把水枪，游戏规则是：每人都向离自己最近的人打一枪．试证明：每一个人至多挨了5枪．（提示：也就是要证明：假定有一个人至少挨6枪是不可能的）4．把1到3这三个自然数填入10×10的方格内，每格内填一个数，求证：无论怎样填法都能使在各行、各列、两条对角线上的数字和中，必有两个是相同的．5．一个口袋内有100个球，其中有红球28个，绿球20个，黄球12个，蓝球20个，白球10个，黑球10个．从袋中任意取球，如果要求一次取出的球中至少有15个球的颜色相同，那么至少要从袋中取出多少个球？6．环行跑道的一周插了若干红、黄两种颜色的彩旗，已知一共变色了46次（一个红旗与一个黄旗相邻或一个黄旗与一个红旗相邻，称为一次变色），现可将相邻的旗子对调，如果若干次对调后，变色次数减少为26次．试说明：在对调过程中，必有一个时刻，彩旗的变色次数恰好为28次．7．有17个科学家，他们中的每一个都和其他的科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论三个问题，每一对科学家互相通信时，仅仅讨论同一个问题．证明至少有三个科学家关于同一个题目互相通信．8．对于平面上给定的25个点，如果其中任何3个点中都有某两个点的距离小于1，那么在这些给定的点中，一定可以找到13个点，这13个点都位于一个半径为1的圆内．9．如果三个完全平方数之和能被9整除，那么可以从这三个数中选出两个来，使得这两个完全平立数之差也能被9整除．10．某夏令营组织1987名营员去游览故宫、景山公园、北海公园，规定每人必须去一处，至多去两处游览．求证：至少有332人游览的地方完全相同．11．将2002张卡片分别标记1，2，3，…，2002的数，数字面朝上放在桌上．二位玩家轮流自桌上各取一张牌，直到桌上的牌取光为止．先计算每个人所有取的牌的数之总和，再比较这两个总和的个位数，较大者为胜方．请问两位玩家中哪一位有必胜之策略（无论对手如何对应）？如果有，这个必胜策略是什么？12．从1到100这100个自然数中，任意取出51个数，其中一定存在两个数，这两个数中的一个是另一个的整数倍．13．证明：在21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1﹣1这n﹣1个数中，至少有一个数能被n整除（其中n为大于1的奇数）．14．今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用这些纸币任意付款，可以付出不同数额的款共有多少种？15．圆周上有12个点，其中有一个是涂了红色，还有一个是涂了蓝色，其余10个是没有涂色，以这些点为顶点的凸多边形中，其顶点包含了红点及蓝点的多边形称为双色多边形，只包含红点（蓝点）的称为红色（蓝色）多边形，不包含红点及蓝点的称为无色多边形．试问以这12个点为顶点的所有凸多边形（边数从三角形到12边形）中，双色多边形的个数与无色多边形的个数哪一种多？多多少？16．有1997盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着．现将其顺序编号为1，2，3，…，1997．将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，拉完后还有几盏灯是亮的？17．某班的全体学生进行了短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到优秀，这部分学生达到优秀的项目、人数如下表求这个班的学生数．18．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．（1）化学不放在第1位，共有多少种不同排法？（2）语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？（3）物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？（4）文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？19．山城电信大楼一架最多可以容纳32人的33层电梯出故障，只能在第2层至第33层中的某一层停一次．对于每个人来说，他往下走一层楼梯感到1分不满意，往上走一层楼梯感到3分不满意．现有32个人在第一层，并且他们分别在第2至第33层的每一层办公．请你设计一个方案，使电梯停在某一层，使得这32个人的不满意总分达到最小，并求出这个最小值．注意：有些人可以不乘电梯而直接从楼梯上楼．20．如图所示，有一个正方体形的铁丝架，把它的侧棱中点I、J、K、L也用铁丝连上．（1）现在一个蚂蚁想沿着铁丝从A点爬到G点，问最近的路线一共有几条？并用字母把这些路线表示出来（用所经过的连接点字母表示，譬如蚂蚁从A点出发，经过I点L点，最后到达H点，这样的路线用AILH表示）．（2）蚂蚁是否可能从A点出发，沿着铁丝经过每一个连接点，恰好一次最后到达G点？如果可能，请找出一条这样的路线；如果不可能，说明为什么？参考答案1．解：（1）能办到．注意到41与43都是质数，据题意，要使相邻两数的和都是质数，显然，它们不能都是奇数，因此，在这排数中只能一奇一偶相间排列，不妨先将奇数排成一排：1，3，5，7，41，在每两数间留有空档，然后将所有的偶数依次反序插在各空档中，得1，40，3，38，5，36，7，34，8，35，6，37，4，39，2，41，这样任何相邻两数之和都是41或43，满足题目要求．（2）不能办到．若把1，2，3，40，41排成一圈，要使相邻两数的和为质数，这些质数都是奇数，故圆圈上任何相邻两数必为一奇一偶，但现有20个偶数，21个奇数，总共有41个号码，由此引出矛盾，故不能办到．（注站成一排和站成一圈虽只一字之差，但却有着质的不同，因为一圈形成了首尾相接的情形．）2．证明：利用抽屉原理，按植树的多少，从50至100株可以构造51个抽屉，则问题转化为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里；假设5人或5人以上植树的株数在同一个抽屉里，那只有4人以下植树的株数在同一个抽屉里，而参加植树的人数为204人，每个抽屉最多有4人，故植树的总株数最多有：4（50+51+52+…+100）＝4×＝15300＜15301，得出矛盾．因此，至少有5人植树的株数相同．3．解：假定有一个人至少挨了6枪，设此人为A、若B射向A，C也射向A，则在△ABC中，BC边最长（如图）．又由于三边不等，则角A应该大于60度．若有6个人都射向A，则从A出发的6个角都大于等于60度，从而周角就大于了360度，这是不可能的．4．证明：由于每个格内数字为1，2，3，则在各行、各列，两格对角线数字和中，最小的为10，最大的为30，共有21种取值，实际上，10行，10列，加2条对角线共22个和．所以由抽屉原理，必有两个和是相等的．5．解：最不利条件：前面取的球都没有达到15个球颜色相同的状况．也就是：黄球，白球，黑球全部都取完了（这些同颜色的都在15个球以下，全部取完也不会有15个球颜色相同），一共是12+10+10＝32个球然后红球，绿球，蓝球各取14个．14×3＝42个．依然没有15个球颜色相同．然后再取任意一个球，就能达到至少有15个球的颜色相同了，因此一共有32+42+1＝75个球．6．解：首先说明，将相邻的旗子对调一次，变色次数或不变，或增加2次，或减少2次．显然，如果对调的两旗同色，则不改变变色数，以下为了方便，用⊙表示红色旗，用△表示黄色旗，可设对调前两旗为⊙△，因对调一次只可能影响这两旗相邻旗子的变色数，因此（考虑对称性），只需考虑如下几种对调前的情形：⊙⊙△△，⊙⊙△⊙，△⊙△⊙，△⊙△△（变色数依次为1，2，3，2），将中间两旗对调后变为⊙△⊙△，⊙△⊙⊙，△△⊙⊙，△△⊙△（变色数依次为3，2，1，2）．由此可见，变色数或不变，或增加2次，或减少2次．由原来的变色数46，经过若干次增、减2，现在成为26，故必须经过46与26之间的所有偶数．所以在对调过程中，必有一个时刻，彩旗的变色次数恰好为28次．7．证明：从17个点中的一点，比如点A处作引16条线段，共三种颜色，由抽屉原理至少有6条线段同色，设为AB、AC、AD、AE、AF、AG且均为红色．若B、C、D、E、F、G这六个点中有两点连线为红线，设这两点为B、C，则△ABC是一个三边同为红色的三角形．若B、C、D、E、F、G这六点中任两点的连线不是红色，则考虑5条线段BC、BD、BE、BF、BG的颜色只能是两种，必有3条线段同色，设为BC、BD、BE均为黄色，再研究△CDE的三边的颜色，要么同为蓝色，则△CDE是一个三边同色的三角形，要么至少有一边为黄色，设这边为CD，则△BCD是一个三边同为黄色的三角形，即至少有三个科学家关于同一个题目互相通信．8．解：在给定的25个点中任取一点，记为A，以A为圆心，1为半径作圆，若⊙A盖住所有的点，则结论成立；若不然，则至少有一点B不在圆内，再以B为圆心，1为半径做圆，则所给的25个点中的任意一点要么在⊙A内，要么在⊙B内，否则，至少有一点C既不在⊙A内，又不在⊙B内，这样，所得三点A、B、C的连线AB、AC、BC的长都大于1，即在A、B、C三点中无两点距离小于1，与题设矛盾，因此⊙A、⊙B就可以盖住这25个点．把⊙A、⊙B作为两个抽屉，把25个点放进去，因为25＝12×2+1，由抽屉原理可知，至少有一个圆内有12+1＝13个点都位于一个半径为1的圆内．9．解：下面我们先来讨论任意的完全平方数被9除的余数．根据同余理论，我们知道，任何一个整数总可以表示成：9k，9k±1，9k±2，9k±3及9k±4这九种情况中的一种．现在将这九种情况分别平方，于是可得：（9k）2＝9×9k2+0；（9k±1）2＝9（9k2±2k）+1；（9k±2）2＝9（9k2±4）+4；（9k±3）2＝9（9k2±6k+1）+0及（9k±4）2＝9（9k2±8k+1）+7．可见，任何一个完全平方数被9除的余数只可能是0，1，4，7这四种情况之一．另一方面，由于所选的三个完全平方数之和能被9整除，因此这三个数的余数之和也一定能被9整除；而从0、1、4、7这四个数中选出三个，其和要能被9整除，只可能是{0，0，0}、{1，1，7}、{1，4，4}或{4，7，7}这四种情况中的一种．而在上面这四种可能的余数组合中，每一组都至多有两种余数，因此至少有两个完全平方数被所9除的余数相同，从而这两个余数相同的完全平方数之差就一定能被9整除．10．解：因为营员所去地方可分为（故宫），（景山），（北海），（故宫，北海），（故宫，景山），（北海，景山），共6种，构造为6个抽屉，而营员共有1987名．由抽屉原理可知，必有人游览的地方相同，所以至少有332人游览的地方完全相同．11．解：由题目可知，胜负的关键在于这个位数的大小，于是只考虑这个位数，试着将范围缩小，从2002缩小到22，∵2002＝2000+2，同理：22＝20+2，得到排列：1 2 3 4 5 6 7 8 9 1020 19 18 17 16 15 14 13 12 1121 22由上面的排列不难看出上面的两排数将其以横的相加，所得总和的个位数会一样，那么先取的人拿到22，再根据对称性拿，就可以必胜．将其推广：先取的人拿到2002，再根据对称性拿，就可以必胜．12．证明：由于任何一个自然数都可以表示成一个奇数与2n和乘积的形式，而且这种表示方法是惟一的．因此，我们可以按下面的方法来构造50个抽屉：{1，1×2，1×22，1×23，1×26}；{3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25}；{5，5×2，5×22，5×23，5×24}；…；{49，49×2}；{51}；{53}；…；{99}．于是从这50个抽屉中任取51个数，根据抽屉原则，其中一定存在至少两个数属于同一个抽屉，即命题得证．13．证明：用数学归纳法来证明．（1）当n＝2时成立．（2）假设，当n＝k时，成立．（3）证明：当n＝k+1时也成立．（31）2n﹣1个互不相同的整数中n个整数的和，有C（n，2n﹣1）种互不相同的可能性．（32）这C（n，2n﹣1）种互不相同的可能性，落在[0，（2n﹣1）•n]区间内．在这个区间内，不能被n整除的整数个数是（2n﹣1）•（n﹣1）个．（33）证明C（n，2n﹣1）＞（2n﹣1）•（n﹣1）．（34）原命题得证．14．解：∵不管怎么组合都不会重复，∴共有3×5×2×2×2﹣1＝120﹣1＝119种．故可以付出不同数额的款共有119种．15．解：对于任何一个双色n（n≥5）边形，显然去掉红、蓝顶点后，得到一个无色n﹣2边形，不同的双色n边形去掉红蓝顶点后，得到的是不同的无色n﹣2边形．反过来，对任一无色多边形，添上红蓝顶点后，总可以得到一个双色多边形，由此可知，无色多边形（从三角形到十边形）的个数与双色多边形（从五边形到十二边形）的个数相等．因此，双色多边形的个数多，多出来的数目恰是双色三角形和双色四边形的数目．双色三角形有10个．双色四边形有×10×9＝45个．这是由于每对应一个双色三角形，可以有九个双色四边形，而在90个双色四边形中，两两相重，故只有45个双色四边形．∴双色多边形比无色多边形多55个．16．解：①．被拉了三次的灯，为2、3、5的最小公倍数，也就是＝66②．被拉了两次的灯，也就是求2和3、3和5、2和5的最小公倍数的和，这里注意要扣除被重复拉的灯（也就是2、3、5三个数的最小公倍数）：++﹣3×66＝466③．被拉了一次的灯，++﹣2×466﹣3×66＝932那么最后亮着的灯的数量：1997﹣66﹣932＝99917．解：有4名学生在这三个项目都没有达到优秀，在每个单项上达到优秀的人数分别是17，18，15，因而，总人数是17+18+15+4＝54，但其中有人获得两项优秀，所以上面的计数产生了重复，重复人数应当减去，即总人数变为：54﹣6﹣6﹣5＝37，又考虑到获得三项优秀的人，他们一开始被重复计算了三次，但在后来又被重复减去了三次，所以最后还要将他们加进去．即这个班学生数为：37+2＝39．18．解：（1）4×4×3×2×1＝96种．故化学不放在第1位，共有96种不同排法．（2）2×4×3×2×1＝48种．故语文与数学必须相邻，共有48种不同排法．（3）（5×4﹣2×4）×3×2×1＝72种．故物理与化学不得相邻，共有72种不同排法．（4）3×2×1×2×1＝12种．故文科书与理科书交叉排放，共有12种不同排法．19．解：将人群分成三组，A组：直接上楼；B组：从电梯下楼；C组：从电梯上楼；由于各种组合是有限的，因此最小值是存在的，那么在达到最小值时，下楼的人数是一个确定的值m，除了1人不需要上下楼，上楼的人数为31﹣m，这31﹣m个人分在A，C两组，由于A，C两组的地位均等，因此要达到最小值人数要相等，但涉及到整数有可能相差1人，设A组的人有n，那么爬得最高的人要爬n层，3n分，如果C组的人比A组的人数多2个以上，则C组爬得最高的人＞＝3（n+2），这样如果我们从C组中移1个人到A组，将至少减少3（n+2）分，而A组增加1人增加的分是3（n+1），显然会使总分减少，同时B组的人数没有变动，分值没有变化，由此说明了A，C组人数应当相等或相差1人，基于以上分析，先考虑AC组人数相等的情况：设A，C组人数均为x，B组人数为31﹣2x，总分S＝＝5x2﹣60x+496，当x＝＝6，S最小＝316．20．解：（1）一共有12条：ABCKG、ABJKG、ABJFG、ADCKG、ADLKG、ADLHG、AIJKG、AIJFG、AILKG、AILHG、AIEFG、AIEHG；（2）不可能．用反证法证明．假设可能，那么将所有连接点染上黑、白两色，凡与黑点相邻的都是白点，凡与白点相邻的都是黑点．若A是白点，则黑白点的分布如下表：．由于A与G都是白点，所以蚂蚁从A点出发，依次经过其它各点，到达G点的路线应为白→黑→白→黑→…→黑→白．其中有奇数个白点，这与图中共有偶数个白点相矛盾．∴蚂蚁不可能从A点出发沿着铁丝经过每一个连接点恰好一次，最后到达G点．。
初中数学竞赛讲座——数论部分8(同余系的应用)
第8讲剩余系及其一次同余方程一、基础知识：（1）剩余系对于任意正整数n而言，一个整数除以m所得的余数只能是0,1,2, …,n-1中的某一个。
依次可将整数分成n个类（例如n＝2时，就是奇数或偶数），从每一类中各取一个数所组成的集合就称为模的一个完全剩余系，简称为模的完系。
定义1：如果一个剩余系中包含了这个正整数所有可能的余数（一般地，对于任意正整数n，有n个余数：0,1,2,...,n-1），那么就被称为是模n的一个完全剩余系。
定义2：剩余系：设模为m,则根据余数可将所有的整数分成m类，分别记成[0],[1],[2],…[m-1]，这m个数{0,1,2,…m-1}称为一个完全剩余系，每个数称为相应类的代表元。
例如：当m=10则,{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}最小非负完全{-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}绝对值最小{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5}绝对值最小（一）根据剩余类的概念，很容易得到以下几条有关剩余类的性质：①每一个整数一定包含在而且仅包含在模m的一个剩余类中②整数p所属的模m的剩余类中的每一个数都可以写成km+p的形式，这里k是整数用符号p mod m表示p所属的模m的剩余类，这条性质写成数学表达式就是p mod m= {p+km（k是整数）}③整数p、q在模m的同一个剩余类中的充要条件是p、q对模m同余。
这条性质用数学符号就可表示为：p mod m= q mod m p≡q（mod m）实际上，同余式就是剩余类等式的一个特殊情况，是集合中的一个元素，前面有关同余的一些性质对剩余类仍然成立。
这条性质表明，对于模m的两个剩余类要么相等，要么它们的交集为空集，因此，模m有且仅有m个剩余类，它们是：0mod m，1 mod m，2 mod m，…（m―1）mod m。
在解决一些有关模m余数的问题时，我们就可以查看m个数：0，1，2，…，m―1，从而得相应的剩余类的情况，使问题变得异常简单，具体例子，请看后面的例题。
初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)新选
第7讲同余的概念及基本性质数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯．先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜．在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用．同余，顾名思义，就是余数相同．一、基础知识定义1 给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作a≡b(mod m)，并读作a同余b，模m．否则，就称a与b对于模m不同余，记作a≡b（mod m），根据定义，a与b是否同余，不仅与a、b有关，还与模m有关，同一对数a和b，对于模m同余，而对于模n也许就不同余，例如，5≡8（mod 3），而5≡8（mod 4），若a与b对模m同余，由定义1，有a=mq1＋r，b=mq2+r．所以a-b=m(q1-q2)，即m｜a-b．反之，若m｜a-b，设a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2 若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a 与b对模m同余．另外，根据同余的定义，显然有以下几种关系是成立的：⑴a≡a（mod n）⑵a≡b（mod m）⇔b≡a（mod n）⑶a≡b（mod n）⇒a≡c（mod m）b≡c（mod m）由此可见，同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性，而等式也具有这几条性质．二、典型例题;例1．如果a≡b（mod m），以下命题正确的有哪些？请说明理由？⑴m | a－b⑵a = b+mt⑶a = k1m+ r1，b = k2m+ r2（0≤r1，r2＜m）⇔r1= r2解：⑴因a≡b（mod m），所以可得a = k1m+ r，b = k2m+ r，那么a－b=（k1－k2）m，由于k1－k2是整数，因此m | a－b是正确的．⑵根据⑴可得a－b= mt，即a= b+mt⑶根据⑴可得，m | r1－r2，又因为0≤| r1－r2 |＜m，所以| r1－r2 |=0，故r1= r2．例2．判断正误，并说明理由．⑴如果a≡b（mod m）那么ka≡kb（mod m）⑵如果a≡b（mod m），c是整数，那么a±c≡b±c (mod m)⑶如果a1≡b1（mod m），a2≡b2（mod m），那么a1±a2≡b1±b2 (mod m)，a1a2≡b1b2 (mod m)．⑷如果3a≡3b(mod 6 )，那么a≡b (mod 6 )解：⑴∵a≡b（mod m），∴m | a－b，∴m | k (a－b)即m | (ka－kb)∴ka≡kb（mod m）⑴成正确⑵∵a≡b（mod m），∴m | a－b又因为c是整数，所以m | a－c－b+c，即m | (a－c) －(b－c)即a－c≡b－c（mod m）同理可得，a+c≡b+c（mod m）⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的⑷显然6≡12(mod 6)，而2≡ 4 (mod 6)，因此，这个命题不正确说明：⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡b（mod m）⇒a n≡b n（mod m）此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方，但同余式两边却不能除以同一数，那么，同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？我们先看下面的例题．例3．由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（mod 5）①3a ≡3b （mod 5） ②10a ≡10b （mod 5）③6a ≡6b （mod 10） ④10a ≡10b （mod 20）解：①因3a ≡3b （mod 5），所以5 | 3（a －b ），而5 | 3 ，因此5 | a －b ，故a ≡b （mod 5）②由10a ≡10b （mod 5）可以得到5 | 10（a －b ），而5 | 10，因此5不一定整除a －b ，故a ≡b （mod 5）就成立③由6a ≡6b （mod 10）可得10 | 6（a －b ），而10=2×5，6=2×3，因此5 | a －b ， 故a ≡b （mod 5）成立④由10a ≡10b （mod 20）可得到20 | 10（a －b ），而20= 4×5，4 | 10，因此5 | (a －b )故a ≡b （mod 5）不成立综上所述，由3a ≡3b （mod 5）或6a ≡6b （mod 10）都可以得到a ≡b （mod 5）说明：在①中，因为（3，5）=1，因此由5 | 3（a －b ）一定可以得到5 | a －b ，进而得到a ≡b （mod 5），一般地，如果（k ，m ）=1，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b （mod m ）在③中，因（6，10）=2，因此由10| 6（a －b ）一定可以得到5 | a －b ，进而得a ≡b （mod 5），一般地，如果（k ，m ）= d ，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b )(mod dm ．例4．如果a ≡b （mod 12）且a ≡b （mod 8），那么以下同余式一定成立的是哪些？①a ≡b （mod 4） ②a ≡b （mod 24） ③a ≡b （mod 20） ④a ≡b （mod 48） 解：正确的有①和②①由题中的条件可得12 | a －b ，又因4 | 12，所以4 | a －b ，故a ≡b （mod 4）． ②因12 | a －b ，8| a －b ，所以a －b 是12和8的公倍数，又因为[8，12]=24，因此 a －b 必是24的倍数，即24 | a －b ，故a ≡b （mod 24）．③显然，当a = 26，b = 2时满足条件a ≡b （mod 12）和a ≡b （mod 8），但却不满足 a ≡b （mod 20）．④同③，用a = 26，b = 2验证即可．【说明】：⑴一般地，若a ≡b （mod m ）且n | m ，那么a ≡b （mod n ）⑵若a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ），那么a ≡b （mod [m ，n ]），它的一个特殊情况就是：如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ）且（m ，n ）=1，那么a ≡b （mod m n ）【一些结论】1.同余定义的等价形式①a ≡b （mod m ）⇔m | a －b②a ≡b （mod m ）⇔a = b +mt2．同余式的同加、同乘性如果a 1≡b 1（mod m ），a 2≡b 2（mod m ）那么⑴a 1±a 2≡b 1±b 2（mod m ）⑵ka 1≡kb 1（mod m ）（k ∈Z ）⑶a 1a 2≡b 1b 2（mod m ）⑷a 1n ≡b 1n （mod m ）（n 是整数）．3．如果（k ，m ）=d ，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b )(mod dm ． 这条性质的直接推论就是：如果（k ，m ）=1，ka ≡kb （mod m ），那么a ≡b （mod m ）4．如果a ≡b （mod m ）且n | m ，那么a ≡b （mod n ）5．如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ），那么a ≡b （mod [m ，n ]）这条性质的一个推论就是：如果a ≡b （mod m ），a ≡b （mod n ）且（m ，n ）=1，那么a ≡b （mod m n ）例5．⑴求19992002除以9的余数；⑵求1010除以7的余数解：⑴∵9 | 1999－1000，∴1999≡1000≡1（mod 9）∴19992000≡12002≡1（mod 9），∴19992000除以9的余数是1⑵∵10≡3（mod 7），∴103≡33≡－1（mod 7）∴106≡（－1）2≡1（mod 7），∴1010≡104（mod 7）又∵102≡9≡2（mod 7），∴102≡10 4≡22≡4（mod 7）所以1010除以7的余数是4．说明：求较大数的余数时，可先设法找到与±1同余的数，然后利用同余式的性质，求出所求数的余数．例6．求14589+32002除以13的余数．解：∵145≡2（mod 13），∴1456≡26≡－1（mod 13）∴（1456）14≡（－1）14≡1（mod 13）即14584≡1（mod 13）又∵1455≡25≡6（mod 13）所以14589≡14584·1455≡6×1≡6（mod 13）又∵33≡1（mod 13），∴（33）667≡32001≡1（mod 13），∴32002≡3（mod 13） 所以，14589+32002≡6+3≡9（mod 13）即14589+32002除以13的余数是9例7．求19982002的十位数字分析：此题可以通过19982002的末两位数来求解，与前面的方法类似解：∵199898≡－2（mod 100），∴19982002≡（－2）2002≡22002≡41001（mod 100） 因为4≡4（mod 100），42≡16（mod 100），43≡64（mod 100），44≡56（mod 100），45≡24（mod 100），46≡96（mod 100），47≡84（mod 100），48≡36（mod 100）， 49≡44（mod 100），410≡76（mod 100），411≡4（mod 100）…所以4 n 除以100的余数是以4、16、64、56、24、96、84、36、44、76周期性出现的，因41001=410×100+1，所以41001≡4（mod 100），因此19982002≡4（mod 100），故19982002的十位数字是0．说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．例8（1998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2n +1能被3整除的一切自然数n . 解∵ ∴则2n +1∴当n 为奇数时，2n +1能被3整除；当n 为偶数时，2n +1不能被3整除.例9 求证31980+41981能被5整除.证明 ∵∴∴∴例10．求20032002的末位数字．分析：此题就是求20032002除以10的余数解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10）∴20022002的末位数字是7． 说明：对于十进制的整数011a a a a n n Λ-有如下性质：)10(mod 0011a a a a a n n ≡-Λ 例11．已知n 是正整数，证明48 | 72n ―2352n ―1证明：∵48=3×16，（3，16）=1∴只需证明3| 72n ―2352n ―1且16 | 72n ―2352n ―1即可∵7≡1（mod 3），2352≡0（mod 3）∴72n ―2352n ―1≡12n ―2352×0－1≡0（mod 3）∴3 | 72n ―2352n ―1，又∵2352=16×147，∴2352≡0（mod 16）∴72n ―2352n ―1≡49n －1≡1n －1≡0（mod 16）∴16 | 72n ―2352n ―1，所以48| 72n ―2352n ―1．说明：当模很大时，可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解，请同学位用这个方法重解例8．例12．已知n是任意的正整数，且m | 7n+12n―1，求正整数m的最大值．解：设a n=7n+12n―1，那么，a1=7+12―1=18，a2=72+24―1=72∴（a1，a2）=（18，72）=18，∴m≤18，下面证明对任何正整数n，都有18 | 7n+12n―1又因为18=2×9，所以只须证明2 | 7n+12n，9 | 7n+12n―1即可．∵7≡1（mod 2），∴7n+12―1≡1n+0―1≡0（mod 2）即2 | 7n+12n―1，对n进行分类讨论，⑴若n≡0（mod 3），则n=3k（k为正整数）7n+12n―1≡73k+36k+1≡（―2）3k+0―1≡（―8）k―1≡1k―1≡0（mod 9）⑵若n≡1（mod 3），则n=3k+1（k为非负整数）7n+12n―1≡73k+36k+127+12―1≡0（mod 9）⑶若n≡2（mod 3），则n=3k+2（k为非负整数）7n+12n―1≡73k·72+36k+24―1≡72+24―1≡0（mod 9）因此，对一切自然数n，都有9 | 7n+12n―1．综上所述，18 | 7n+12n―1，因此m的最大值为18．例13 把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(mod 2)，a≡-a(mod 2)，所以b1＋b2＋…＋b64=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶数．例14 求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．10≡1(mod 9)，故对任何整数k≥1，有10k≡1k＝1(mod 9)．因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．说明(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．三、模拟训练1求证：(1)8｜(551999＋17)；(2) 8(32n ＋7)；(3)17｜(191000-1)．证 (1)因55≡-1(mod 8)，所以551999≡-1(mod 8)，551999＋17≡-1＋17=16≡0(mod 8)，于是8｜(551999＋17)．(2)32=9≡1(mod 8)，32n ≡1(mod 8)，所以32n ＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(32n ＋7)．(3)19≡2(mod 17)，194≡24=16≡-1(mod 17)，所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod 17)，于是17｜(191000-1)．2．求20032002的末位数字分析：此题就是求20032002除以10的余数解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10）∴20022002的末位数字是7说明：对于十进制的整数011a a a a n n Λ-有如下性质：011a a a a n n Λ-)10(mod 0a ≡． 3求2999最后两位数码.解 考虑用100除2999所得的余数.∵∴又∴∴∴2999的最后两位数字为88.4．求证：22000+1不能被7整数．分析：只需证明22000≡－1（mod 7）即可证明：∵26≡1（mod 7），∴22000≡（26）333·22≡1·22≡4（mod 7），∴22000+1≡5（mod 7）所以7 | 22000+15 对任意的自然数n，证明A=2903n-803n-464n＋261n 能被1897整除．证1897=7×271，7与271互质．因为2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以A=2903n-803n-464n+261n≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因为2903≡193(mod 271)，803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)．证因为奇数2=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod 4)，所以7 任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．证奇数可以表示为2k＋1，从而奇数2=4k2＋4k+1=4k(k＋1)+1．因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而奇数2=8t+1≡1(mod 8)，偶数2=(2k)2=4k2(k为整数)．(1)若k=偶数=2t，则4k2=16t2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数=2t+1，则4k2=4(2t＋1)2=16(t2＋t)+4≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．8 形如F n＝22n+1，n=0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n≥2时，F n的末位数字是7．证当n≥2时，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是F n=22n＋1=24t+1=16t＋1≡6t＋1≡7(mod 10)，即F n的末位数字是7．说明费马数的头几个是F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，F n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F5是合数．最新文件仅供参考已改成word文本。
初中数学重点梳理：同余式
同余式知识定位数论是初中数学竞赛比较重要的一个知识点，在历年竞赛中占据非常发比例，其中同余理论是初等数论中的重要内容之一，其同余式概念及应用，剩余系概念要熟练掌握。
本文归纳总结了同余的若干性质，将通过例题来说明这些方法的运用。
知识梳理1、同余概念定义1：给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m 同余，记作a≡b(modm)，并读作a同余b，模m。
（1）若a与b对模m同余，由定义1，有a=mq1＋r，b=mq2+r．所以a-b=m(q1-q2)，即m｜a-b。
反之，（2）若m｜a-b，设a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2。
于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2：若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．2、同余定理定理1：（1）a≡a(modm)．（2）若a≡b(modm)，则b≡a(modm)．（3）若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(modm)．定理2：若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．证：由假设得m｜a-b，m｜c-d，所以m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(a-b)＋b(c-d)，即a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数，n是自然数，则a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a n≡b n(modm)．定理3：若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则a≡b(modm)．定理4： 若n ≥2，a ≡b(modm 1)，a ≡b(modm 2)，…………a ≡b(modm n )，且M=[m 1，m 2，…，m n ]表示m 1，m 2，…，m n 的最小公倍数，则a ≡b(modM)3、剩余类和完全剩余系全体整数集合可按模m 来划分：当且仅当()mod a b m ≡时，a 和b 属于同一类。
初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性(下半部分)试题新人教版
第19章 整数的整除性综上可知，命题成立．评注如果两个互质的正整数之积是一个完全平方数，则这两个正整数都是完全平方数．这一命题是我们证明此题的出发点．19．4．27★★★如果正整数a 、b 、c 满足222c a b =+．证明：数2c ab +和2c ab -都可以表示为两个正整数的平方和．解析 巧妙运用下述命题：如果正整数x 可表示为两个正整数的平方和，则2x 也可表示为两个整数的平方和．事实上，设22x u v =+，这里x 、u 、v 都是正整数．则()()2222222x u v u v u v =+=++-．于是，2x 可表示为两个整数u v +和u v -的平方和，命题获证．注意到，由条件有 ()()22222222c ab c a ab b c a b ±=+±+=+±． 利用已证命题，可知()()()2224c ab c a b c a b ±=+±+- ． 记c a b x +±=，c a b y -= ，由222c a b =+可知x 、y 都是正整数，并且()2224c ab x y ±=+．若x 、y 不同为偶数，则由平方数0≡或()1mod 4，可知221x y +≡或()2mod 4，这是一个矛盾．所以，x 、y 都是偶数，从而22222x y c ab ⎛⎫⎛⎫±=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，这就是 要证的结论．评注 这里本质上只是恒等式()()()22222u v u v u v +=++-的应用，在处理竞赛问题时，代数式变形能力显得十分重要．19．4．28是否存在正整数m 、n 使得331m n a =++是完全平方数？解析 分如下三种情形讨论：（1）若m m 、n 都是偶数，则()31mod 4m ≡，()31mod4n ≡，所以()3313mod4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数．（2）若m 、n 都是奇数，则()33mod4m ≡，()33mod 4n =，所以()3313mod4m n a =++≡， 故此时a 不是完全平方数．（3）若m 、n 是一奇一偶，不妨设m 是奇数，n 是偶数，则()33mod8m ≡，()31mod8n ≡，所以()3315mod8m n a =++≡，故此时a 不是完全平方数．综上所述，对于任意正整数m 、n ，正整数331m n a =++都不是完全平方数．评注 判断一个数不是完全平方数，我们也可以用“模”的方法，例如，我们知道，偶数的平方是4的倍数，奇数的平方除以4余1，所以，若一个整数同余2或者3模4，则它一定不是完全平方数；类似地，若一个整数同余2模3，则它一定不是完全平方数；一个整数同余2、3模5，则它一定不是完全平方数等等．其实，考虑末位数也是用“模”的方法，即模10．19．4．29★★★已知n 是正整数，且21n +和31n +都是完全平方数，求证：40|n ． 解析 因为34025=⨯，所以，只需证明：32|n ，且5|n 即可．设221n a +=，231n b +=，其中a 、b 都是正整数．由于a 是奇数，所以，()21mod8a ≡，从而4|n ，于是，31n +是奇数，所以，()21mod8b ≡，即()311mod8n +≡，从而()0mod8n ≡． 又对于任意整数x ，有()0 , 1 , 2mod5x ≡±±，所以，()20 , 1 , 4mod5x ≡，于是()22522mod5a b n +=+≡，故只能是()221mod5a b ≡≡，所以，()211mod5n +≡，从而()0mod5n ≡．因为（8，5）=1，所以，40|n19．4．30★★★—个正整数若能表示为两个正整数的平方差，称为“智慧数”，比如221653=-，16就是一个“智慧数”，从1开始数起，第2008个“智慧数”是哪个数？ 解析 1不是“智慧数”，大于1的奇正整数()()22211 1 , 2 , 3 , k k k k +=+-= ，都是“智慧数”．被4整除的偶数4k ，有()()()22411 2 , 3 , k k k k =+--= ，都是“智慧数”，而4不能表示为两个正整数的平方差，4不是“智慧数”．被4除余2的数()42 1 , 2 , k k += ，设()()2242k x y x y x y +=-=+-，其中x 、y 为正整数，当x 、y 奇偶性相同时，x y +，x y -均为偶数，()()x y x y +⋅-被4整除，而42k +不被4整除，所以x 、y 奇偶性相同的假设不可能成立；当x 、y 奇偶性不同时，x y +，x y -均为奇数，()()x y x y +-为奇数，而42k +为偶数，故x 、y 奇偶性不同的假设也不可能成立．即不存在正整数x 、y ，使2242k x y +=-，即形如42k +的数均不是“智慧数”． 综述，在正整数列中，前四个正整数中只有3为“智慧数”，之后每连续四个数中有三个“智慧数”，其中第二个数，即形如42k +的数不是智慧数．200813669=+⨯，()466912680⨯+=．因此，第2008个“智慧数”是2680． 19．4．31★★★把能表示成两个正整数平方差的这种正整数，从小到大排成一列：12 , , , , n a a a ，例如：22222222123421 3 , 32 5 , 437 , 318 , a a a a =-==-==-==-= ，求122007a a a +++ 的值．解析 当9m ≥时，若21m k =+是奇数，则()221m k k =+-，即m 能表示成两个正整数的平方差；若4m k =，则()()211m k k =+--，即m 也能表示成两个正整数的平方差；若4m k =，则()()2211m k k =+--，即m 也能表示成两个正整数的平方差；若42m k =+，则m 不能表示成两个正整数的平方差．所以，59a =，611a =，712a =，…，一般地，343k a k =+，3144k a k +=+，3245k a k +=+， 1 , 2 , k =故3132334445471216k k k a a a k k k k +++++=+++++=+，而20073669=⨯，所以()12200712312116122161266816a a a a a a +++=+++⨯++⨯+++⨯+()166866815126681626920052+=++⨯=． 19．4．32★★在二个连续的平方数之间能不能有二个完全立方数？换言之，是否存在正整数a 、b 、n 使得()22331n a b n <<<+？解析 假设存在正整数a 、b 、n ，使得()22331n a b n <<<+．因33a b <，可得()()323311a a b n <+<+≤．又因为23n a <，可得24n a <，即2n a <．故()()323221331311a a a a n n n +=+++>++>+，矛盾． 故假设不成立，即二个连续的平方数之间不能有二个完全立方数．19．4．33★★★设n 为正整数，如果存在一个完全平方数，使得在十进制表示下此完全平方数的各位数字之和为n ，那么称n 为好数（例如13是一个好数，因为2749=的各位数字之和等于13）．问：在1，2，…，2007中有多少个好数？解析 首先，对()0 , 1 , 2 , 3 , 4mod9x ≡±±±±分别计算，可得()20 , 1 , 4 , 0 , 7mod9x ≡，利用十进制下一个数与它的数码和模9同余，可知满足条件的()0 , 1 , 4 , 7mod7n ≡，即()0mod9n ≡或()1mod3n ≡．其次，注意到 23333512121225m m = 个个12，因此，若存在非负整数m ，使得37n m =+，则n 为好数，又由211=，224=可知1n =，4是好数，因此，若()1mod3n ≡，则n 为好数．最后，由()2211010110210199980001m m m m m ---=-⨯+= 个9个， 可知若()0mod9n ≡，则n 是好数．综上可知，n 为好数的充要条件是()0mod9n ≡或()1mod3n ≡．依此可求得1，2，…，2007中好数的个数为669223892+-个．19．4．34★★★在黑板上依如下规则写下了若干个数：第一个数为1，以后的每一个数都等于已写数的个数加上这些已写数的平方和．证明：黑板上不可能出现除1以外的完全平方数．解析 利用相邻两个完全平方数之间的正整数都不是完全平方数这一结论． 设第n 次所写的数为n ，则11a =，22a =，并且222112n n a n a a a +=++++ ，1n ≥． ①利用递推式①，可知()22111n n a n a a -=-+++ ，2n ≥，② 由①-②，可知211n n na a a +-=+，2n ≥， 即211n n n a a a +=++，2n ≥．注意到，()22211n n n n a a a a <++<+，故2n ≥时，1n a +不是完全平方数，又2a 不是完全平方数，故命题成立．评注 用递推式表示题中的条件后，问题得以数学化，从而获得解决．用恰当的方式将问题表示，这一过程是一个数学化的过程，是处理实际问题时必要的第一步． 19.4.35★★★如果对x 的一切整数值，x 的二次三项式2ax bx c ++都是平方数（即整数的平方）．证明：（1）2a 、2b 、c 都是整数；（2）a 、b 、c 都是整数，并且c 是平方数．反过来，如果（2）成立，是否对一切x 的整数值，2ax bx c ++的值都是平方数？ 解析 （1）令0x =得c =平方数2l .令1x =±得2a b c m ++=，2a b c n -+=，其中m 、n 都是整数，所以2222a m n c =+-，222b m n =-都是整数．（2）如果2b 是奇数21k +（k 是整数），那么令4x =得22164a b l h ++=，其中h 是整数．由于2a 是整数，所以16a 被4整除，1641642a b a k +=++除以4余2．而()()22h l h l h l -=+-，在h 、l 的奇偶性不同时，()()h l h l +-是奇数；在h 、l 的奇偶性相同时，()()h l h l +-被4整除． 因此22164a b h l +≠-，从而2b 是偶数，b 是整数．2a m c b =--也是整数． 在（2）成立时，2ax bx c ++不一定对x 的整数值都是平方数．例如，2a =，2b =，4c =，1x =时，28ax bx c ++=不是平方数． 19．4．36★★★设n 为任意正整数，p 为正整数． 试确定正整数p ，使123p p p p n ++++ 都是某个正整数的平方． 解析 令 , 123p p p p n p S n =++++ . 首先我们知道：（1）() , 112n n n S +=，()() , 2126n n n n S ++=. 因此 2 , 13S =， 2 , 25S =均不为完全平方数． 所以1p =，2不满足所要求的条件．（2）()()222 , 31142n n n n n S ++⎛⎫== ⎪⎝⎭，对任意正整数而言，()12n n +必为整数，所以 , 3n S 必为完全平方数．（3）对任意4p ≥而言， 2 , 1221p p p p S =+=+必为奇数，但任一奇数m ，设21m k =+（k 为整数），则()()2221411m k k k =+=++． 显然2m 不可能是21p +型的数．（因为()1k k +必为一奇一偶，除1k =之外，()412p k k +≠，又4p ≥时，216p ≥，而1k =时，()418k k +=也不为2p 的数）． 由（1）、（2）、（3）的讨论得知3p =是唯一使123p p p p n ++++ 恒为完全平方数的正整数．。
人教版初中数学《第20章同余》竞赛专题复习含答案
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()222214411(mod4)k k k =+=++≡，偶数()222240(mod4)k k ==≡， 所以，正整数21(mod 4),;0(mod 4),.n n n ⎧≡⎨⎩奇偶为数为数 (2)奇数可以表示为21k +，从而奇数()22441411k k k k =++=++．因为两个连续整数k 、1k +中必有一个是偶数，所以()41k k +是8的倍数，从而奇数()2811mod8i =+≡．又，偶数()22224k k ==(k 为整数)．若k =偶数2t =，则()224160mod 8k t ==．若k =奇数21t =+，则 ()()22244211644(mod8)k t t t =+=++≡． 所以，平方数()()()0mod8,1mod8,4mod8.⎧⎪≡⎨⎪⎩评注 事实上，我们也可以这样来证：因为对任意整数a ，有0a ≡，±1，2(mod 4)，所以，0a ≡，1(mod4)；又a ≡0，±1，±2，±3，4(mod8)，所以，2a ≡0，1，()4mod8．20.1.2★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1210n n A a a a a a -=．因10≡1(mod9)，故对任何整数k ≥1，有()1011mod9k k ≡=．因此1210n n A a a a a a -=1110101010n n n n a a a a --=⨯+⨯++⨯+ ()110mod9n n a a a a -≡++++．即A 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)()199985517+；(2)()2837n +；(3)()100017191-．解析 (1)因()551mod8≡-，所以 ()1999551mod8≡-，()19995517117160mod8+≡-+=≡， 于是19998(5517)+．(2)因为2391(mod8)=≡，231(mod8)n ≡，所以()237170mod8n +≡+≡，即()2837n +．(3)因为()192mod17≡，()44192161mod17≡=≡-，所以()()()25025010004191911mod17=≡-≡，于是()100017191-．20.1.4★★对任意的正整数n ，证明：2903803464261n n n n A =--+能被1897整除．解析 1897727=⨯，7与271互质．因为 ()29035mod7≡，()8035mod7≡，()4642mod7≡，()2612mod7≡，所以()290380346426155220mod7n n n n n n n n A =--+≡--+=，故7|A又因为()2903193mod271≡，()803261mod271≡，()464193mod271≡，所以2903803464261n n n n A =--+()1932611932610mod271n n n n ≡--+=，故271|A因(7，271)=1，所以1897整除A ．20.1.5★证明：2222555555552222+能被7整除．解析 因为()55554mod7≡，()34641mod7≡≡，所以 ()22222222222205555444162m o d 7≡≡⋅≡≡． 因为 ()22223m o d 7≡，()232mod7≡，()231mod7≡，所以 55555555555502222333≡≡⋅ ()9252263333223≡⋅⋅⋅≡⋅⋅()5mod7≡．于是()()()222255555555222225mod70mod7+≡+≡，即 2222557|55552222+．20.1.6★★求最大的正整数n ，使得102431-能被2n 整除．解析 因为()()()()()1024512256112831313313131+-=+++-，①而对于整数k ≥1，有 ()()2231112mod4kk +≡-+=，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n 的最大值为12．20.1.7★求使21n -为7的倍数的所有正整数n ．解析 因为()3281mod7≡≡，所以对n 按模3进行分类讨论．(1)若3n k =，则()()3212181110mod 7k n k k -=-=-≡-=； (2)若31n k =+，则()321221281kn k -=⋅-=⋅- ()2111mod7k ≡⋅-=;(3)若32n k =+，则()2321221481kn k -=⋅-=⋅- ()4113mod7k ≡⋅-=．所以，当且仅当3|n 时，21n -为7的倍数．20.1.8★设n 是正整数，求证：7不整除()41n +．解析 因为()144mod7≡，()242mod7≡，()341mod7≡．所以当3n k =时，()()34141112mod 7kn +=+=+=； 当31n k =+时，()()341441415mod 7kn +=⋅+=+=； 当32n k =+时，()()34141611613mod 7kn +=⋅+=+=． 所以，对一切正整数n ，7不整除41n +．20.1.9★今天是星期日，过1003天是星期几?解析 ()33271m o d 7=≡-，所以 ()()()333310033331334mod 7=⋅≡-⋅=-≡． 因此，过1003天是星期四．20.1.10★★求3326(25746)+被50除所得的余数．解析 ()2577m o d 50≡，()33332577mod50≡． 又()27491mod50=≡-，所以()471mod50≡．()()83347777mod50=⋅≡． 即()332577mod50≡．从而()33257467463mod50+≡+≡．()332626(25746)3mod50+≡．由于()532437mod50==-．()103491mod50≡≡-，所以()2031mod50≡．于是()()262053333732129mod50=⋅⋅≡-⋅=-≡．故3326(25746)+除以50所得的余数为29．20.1.11★(1)求33除19982的余数；(2)求8除2171n +-的余数．解析 (1)先找与()1mod33±同余的数．因为()52321mod33=≡-，所以()1021mod33≡．()()199199810532222825mod33=⋅⋅≡-≡．故所求的余数为25．(2)因为()71mod8≡-，所以()()2121711mod8n n ++≡-=-，()217126mod8n +-≡-≡．即余数为6．20.1.12★求5555512399100+++++除以4所得的余数． 解析 因为()()520mod4n ≡，()()52121mod4n n +≡+，所以5555512399100+++++()213599500mod4≡++++=≡．20.1.13★形如221k n F =+，n =0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n ≥2时，n F 的末位数字是7．解析 当n ≥2时，2n 是4的倍数，故令24n t =．于是212k n F +=()421161617mod10t t t =+=+=+≡．即n F 的末位数字是7．评注 费马数的头几个是03F =，15F =，217F =，3257F =，465537F =，它们都是素数．费马便猜测：对所有的正整数n ，n F 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5F 是合数．有兴趣的读者可以自己去证明．20.1.14★★已知1919191919 191 919 1 919n =个，求n 被9除后所得商的个位数字是多少?解析 因为1919191919 191 919 1 919n =个()19191919≡⨯+++()191920224mod9≡⨯≡⨯≡．所以9|4n -．又4n -的个位数字是5，故n 被9除后所得商的个位数字是5．20.1.15★★求9992的末两位数．解析 因为()10210mod25+≡，()1021mod25≡-，()()()10010010211mod 25≡-=，()1000210mod25-≡．所以100021-的末两位数字只可能是00、25、50、75，即10002的末两位数字只可能是01、26、5l 、76． 又10002是4的倍数，故10002的末两位数字只可能是76．又9991000222=÷，所以9992的末两位数字只可能是38、88，而4|88，4|38，故9992的末两位数字是 88．20.1.16★★求所有的正整数n ，使得2337n n ++是一个立方数．解析 假设存在正整数m 、n ，使得23337n n m ++=，则()31mod 3m ≡，于是()31mod 3m ≡．设31m k =+，则223(331)2k k k n n ++=++，易知22n n ++不能被3整除，故不存在正整数n ，使得2337n n ++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1997≡5(mod 8)，因此所求余数为0．20.1.18★★★求777的末位数字和7777k 个的末两位数字，其中k 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71(mod10)t ≡中的t ，然后求出77at b =+(a ，b 是整数)中的b ．这样，问题归结为求67被10除所得的余数．因为()()2371mod1073mod10≡-≡，，()()4471mod1071mod10m ≡≡，，m 是正整数．而()()()66673mod47311mod4≡≡≡-≡，．所以，()773mod 4≡．可设7743m =+．于是()774337773mod10m +≡≡≡．所以，777的末位数字是3．考虑777的末两位数字．这时，由()2749mod100≡，()3743mod100≡，()471mod100≡，得 ()471mod100n ≡．而77211777t k +-=个，其中t 是整数且t ≥0．于是()()217721211777313mod 4t t t k +++-≡≡≡-≡个． 可设7717743k n -=+个，那么 ()774331777743mod100n k +-=≡≡个．所以，所求的末两位数字是43．20.1.19★★求n =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n =5×25×1×3×7×…×23×27×…×1999=125m ．由于1000=8×125，所以，我们只需求出m 除以8所得的余数，进而便可求得n 除以1000的余数． m =(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()()()()81838587k k k k ++++1≡×3×5×7 1≡()mod8．而 ()1375m o d8⨯⨯≡， ()2729311mod8⨯⨯≡．于是 ()515mod8m ≡⨯≡．所以，()()125125851255625mod1000m k =⨯+≡⨯=，即n 的末三位数字是625．20.1.20★★★★如果k 是大于1的整数，a 是210x kx -+=的根．对于大于10的任意正整数n ，22n na a -+的个位数字总是7，求是的个位数字．解析 首先，我们证明k 的个位数字不可能是偶数．其次，根据22n na a -+与7对模10同余，从中确定k 的个位数字． 因为a 是210x kx -+=的根，所以这方程的另一个根是1a．于是1a k a+=． 如果k 的个位数字是偶数，那么 2222122a a a k a -⎛⎫+=+-=- ⎪⎝⎭ 的个位数字仍是偶数．()22222222a a k -+=-- 的个位数字也是偶数．对于10n >，22n na a -+的个位数字也是偶数，与题设矛盾．k 的末位数字不能是偶数．(1)如果k 的个位数字是1或9，那么 ()221mod10a a -+≡-，由此得()221mod101n na a n -+≡-，≥．(2)如果k 的个位数字是3或7，那么 ()227mod10a a -+≡，由此得()227mod10n na a -+≡，1n ≥．(3)如果k 的个位数字是5，那么 ()223mod10a a -+≡，()22227mod10a a -+≡． 所以()227mod10n n a a -+≡，2n ≥．综上所述，k 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3040245721-，求这个质数的末两位数．解析 因为()10210241mod25=≡-，所以()()3040545304024530402457107722212≡⋅≡-⋅()128322mod25≡-≡-≡，所以，304024572的末两位数只能是22、47、72、97．又304024572≡0(mod4)，所以，304024572的末两位数只能是72．从而，3040245721-的末两位数是71． 20.1.22★★★求最小的正整数a ，使得存在正整数n ，满足2001|5532n n a +⋅．解析 因为2001=3×23×29，所以，要使2001|5532n n a +⋅，只要使3|5532n n a +⋅，23|5532n n a +⋅，29|5532n n a +⋅．易知()()553211mod3nn n a a +⋅≡+-， ()()55329919mod23n n n n n a a a +⋅≡+⋅≡+⋅，()()553233mod29nn n n a a +⋅≡-+⋅． (1)若n 是奇数，则()1mod3a ≡，()1mod 23a ≡-，()1mod 29a ≡，而(3，29)=1，故()1mod87a ≡ ．令12871231a k k =+=-，则18720(mod23)k +≡，所以()1520mod23k -+≡，即()145180mod23k -+≡，所以()118mod23k ≡-，则1k 能取的最小正整数是5．所以n 是奇数时，a 的最小正整数解是 8751436⨯+=．(2)若n 是偶数，则()1mod3a ≡-， ()1mod 23a ≡-，()1mod 29a ≡-，由于(3，23)=1，(3，29)=1，(23，29)=1，所以1a ≡-(mod3×23×29)．故当n 是偶数时，a 的最小正整数解是323291⨯⨯-等于2000． 综上所述，满足条件的最小正整数a 为436．20.1.23★★证明：对任意正整数n ，87n +不可能是三个整数的平方和． 解析 假设存在整数a 、b 、c ，使得22287n a b c +=++．由于对任意整数x ，2x ≡0，1，4(mod8)，于是222a b c ++≡0，1，2，3，4，5，6(mod8)．而()877mod8n +≡，矛盾！20.1.24★证明不定方程22257x y -=无整数解．解析 因为22257x y =+，显然，y 是奇数．(1)若x 为偶数，则()220mod8x ≡．又()21mod8y ≡．所以()2574mod8y +≡，矛盾，故x 不能为偶数．(2)若x 为奇数，则()222mod4x ≡．但()2570mod4y +≡，矛盾，故x 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2286a b c +-=没有整数解．解析 如果n ≡0，1，2，3(mod4)，那么2n ≡0，1，4(mod 8)．所以22a b +≡0，1，2，4，5(mod8)．但与()226mod8a b +≡矛盾．从而原不定方程无整数解．20.1.26★证明：不定方程4425x y z ++=没有整数解．解析 以5为模，如果0x ≡，±1，±2(mod5)，那么2x ≡0，1，4(mod5)，4x ≡0，1，1(mod5)．即对任一整数x ，4x ≡0，1(mod5)．同样，对任一整数y ，4y ≡0，1(mod5)．所以442x y ++≡2，3，4(mod5)．从而原不定方程无整数解．20.1.27★★★求最小的正整数n ，使得存在整数1x ，2x ，…，n x ，满足444121599n x x x +++=．解析 对任意整数a ，可知()20mod4a ≡或()21mod8a ≡，由此可得 40a ≡或()1mod16．利用这个结论，可知，若n <15，设()44412mod16n x x x m +++=，则 m ≤n <15，而 1599≡()15m o d 16，矛盾，所以n ≥15．另外，当n =15时，要求()444121mod16n x x x ≡≡≡≡，即1x ，2x ，…，n x 都为奇数，这为我们找到合适的数指明了方向．事实上。
【精品奥数】六年级下册数学思维训练讲义-第十八讲 同余问题 人教版(含答案)
第十八讲同余问题第一部分：趣味数学韩信巧点兵大将军韩信去校场清点兵马。
1000名左右的士兵整整齐齐地排列在操场上。
韩信身披战袍,威风凛凛地挥动令旗,开始指挥军队。
韩信把手中的令旗向左一挥,士兵们的队形立刻开始变化,排成了3列纵队,韩信看到,最后一排不足3人,只有2人。
接着,令旗向右一挥,队形又变化了,这回变成了5列纵队,仍然还有一排人数不足5人,只有3人，韩信又记下了这一排的人数。
最后,令旗向上一扬,士兵们马上又变成了7列纵队,最后一排是两个人。
阅兵结束,韩信叫来值日官,说:“你知道一共有多少士兵吗?”值日胀红了脸,说:“这个,我得先去查查花名册。
”韩信笑道:“不用查了,一共有1073个士兵。
”值日官非常惊讶,说:“大将军真是神人啊,居然可以未卜先知。
”韩信摇摇头,说:“我是根据士兵的队列变化算出来的。
”那么,韩信是怎么算的呢?原来啊,韩信看到,士兵排成3列剩2人,排成5列剩3人,排成7列剩2人,那么,根据余数的性质,总人数除以3余2，除以5余3,除以7余2。
所以,只要求出满足以上条件的1000附近的数就行了。
韩信经过计算,得出这个数是1073。
因此,士兵的总人数就是1073个。
第二部分：习题精讲专题简析：同余这个概念最初是由伟大的德国数学家高斯发现的。
同余的定义是这样的：两个整数a，b，如果它们除以同一自然数m所得的余数想同，则称a，b对于模m同余。
记作：a≡b（mod ｍ）。
读做：ａ同余于ｂ模ｍ。
比如，12除以5，47除以5，它们有相同的余数2，这时我们就说，对于除数5，12和47同余，记做12≡47（mod 5）。
同余的性质比较多，主要有以下一些：性质（1）：对于同一个出书，两个数之和（或差）与它们的余数之和（或差）同余。
比如：32除以5余数是2，19除以5余数是4，两个余数的和是2+4=6。
“32+19”除以5的余数就恰好等于它们的余数和6除以5的余数。
也就是说，对于除数5，“32+19”与它们的余数和“2+4”同余，用符号表示就是：32≡2（mod 5），19≡4（mod 5），32+19≡2+4≡1（mod 5）性质（2）：对于同意个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。
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人教版初中数学《同余》竞赛专题复习含答案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()222214411(mod 4)k k k =+=++≡，偶数()222240(mod 4)k k ==≡，所以，正整数21(mod 4),;0(mod 4),.n n n ⎧≡⎨⎩奇偶为数为数 (2)奇数可以表示为21k +，从而奇数()22441411k k k k =++=++．因为两个连续整数k 、1k +中必有一个是偶数，所以()41k k +是8的倍数，从而奇数()2811mod8i =+≡．又，偶数()22224k k ==(k 为整数)．若k =偶数2t =，则()224160mod 8k t ==．若k =奇数21t =+，则 ()()22244211644(mod8)k t t t =+=++≡． 所以，平方数()()()0mod8,1mod8,4mod8.⎧⎪≡⎨⎪⎩评注 事实上，我们也可以这样来证：因为对任意整数a ，有0a ≡，±1，2(mod4)，所以，0a ≡，1(mod4)；又a ≡0，±1，±2，±3，4(mod8)，所以，2a ≡0，1，()4mod8．20.1.2★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1210n n A a a a a a -=．因10≡1(mod9)，故对任何整数k ≥1，有()1011mod9k k ≡=．因此1210n n A a a a a a -=1110101010n n n n a a a a --=⨯+⨯++⨯+()110mod9n n a a a a -≡++++．即A 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)()199985517+；(2)()2837n +；(3)()100017191-．解析 (1)因()551mod8≡-，所以()1999551mod8≡-，()19995517117160mod8+≡-+=≡， 于是19998(5517)+．(2)因为2391(mod8)=≡，231(mod8)n ≡，所以()237170mod8n +≡+≡，即()2837n +．(3)因为()192mod17≡，()44192161mod17≡=≡-，所以()()()25025010004191911mod17=≡-≡，于是()100017191-．20.1.4★★对任意的正整数n ，证明：2903803464261n n n n A =--+能被1897整除．解析 18977271=⨯，7与271互质．因为()29035mod7≡，()8035mod7≡，()4642mod7≡，()2612mod7≡，所以()290380346426155220mod7n n n n n n n n A =--+≡--+=，故7|A又因为()2903193mod271≡，()803261mod271≡，()464193mod271≡，所以2903803464261n n n n A =--+()1932611932610mod271n n n n ≡--+=，故271|A因(7，271)=1，所以1897整除A ．20.1.5★证明：2222555555552222+能被7整除．解析 因为()55554mod7≡，()34641mod7≡≡，所以 ()22222222222205555444162mod 7≡≡⋅≡≡．因为 ()22223mod7≡，()232mod7≡，()231mod7≡，所以55555555555502222333≡≡⋅()9252263333223≡⋅⋅⋅≡⋅⋅()5mod7≡．于是()()()222255555555222225mod 70mod 7+≡+≡，即 222255557|55552222+．20.1.6★★求最大的正整数n ，使得102431-能被2n 整除．解析 因为()()()()()1024512256112831313313131+-=+++-，①而对于整数k ≥1，有 ()()2231112mod4kk +≡-+=，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n 的最大值为12．20.1.7★求使21n -为7的倍数的所有正整数n ．解析 因为()3281mod 7≡≡，所以对n 按模3进行分类讨论．(1)若3n k =，则()()3212181110mod7k n k k -=-=-≡-=； (2)若31n k =+，则()321221281kn k -=⋅-=⋅- ()2111mod 7k ≡⋅-=;(3)若32n k =+，则()2321221481kn k -=⋅-=⋅- ()4113mod 7k ≡⋅-=．所以，当且仅当3|n 时，21n -为7的倍数．20.1.8★设n 是正整数，求证：7不整除()41n +．解析 因为()144mod 7≡，()242mod 7≡，()341mod 7≡．所以当3n k =时，()()34141112mod7kn +=+=+=； 当31n k =+时，()()341441415mod7kn +=⋅+=+=； 当32n k =+时，()()34141611613mod7kn +=⋅+=+=． 所以，对一切正整数n ，7不整除41n +．20.1.9★今天是星期日，过1003天是星期几?解析 ()33271mod 7=≡-，所以()()()333310033331334mod7=⋅≡-⋅=-≡． 因此，过1003天是星期四．20.1.10★★求3326(25746)+被50除所得的余数．解析 ()2577mod50≡，()33332577mod50≡．又()27491mod50=≡-，所以()471mod 50≡．()()83347777mod50=⋅≡． 即()332577mod50≡．从而()33257467463mod50+≡+≡．()332626(25746)3mod50+≡．由于()532437mod50==-．()103491mod50≡≡-，所以()2031mod50≡．于是()()262053333732129mod50=⋅⋅≡-⋅=-≡．故3326(25746)+除以50所得的余数为29．20.1.11★(1)求33除19982的余数；(2)求8除2171n +-的余数．解析 (1)先找与()1mod33±同余的数．因为()52321mod33=≡-，所以()1021mod33≡．()()199199810532222825mod33=⋅⋅≡-≡．故所求的余数为25．(2)因为()71mod8≡-，所以()()2121711mod8n n ++≡-=-，()217126mod8n +-≡-≡．即余数为6．20.1.12★求5555512399100+++++除以4所得的余数． 解析 因为()()520mod 4n ≡，()()52121mod 4n n +≡+，所以5555512399100+++++ ()213599500mod4≡++++=≡．20.1.13★形如221k n F =+，n =0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n ≥2时，n F 的末位数字是7．解析 当n ≥2时，2n 是4的倍数，故令24n t =．于是212k n F +=()421161617mod10t t t =+=+=+≡．即n F 的末位数字是7．评注 费马数的头几个是03F =，15F =，217F =，3257F =，465537F =，它们都是素数．费马便猜测：对所有的正整数n ，n F 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5F 是合数．有兴趣的读者可以自己去证明．20.1.14★★已知1919191919 191 919 1 919n =个，求n 被9除后所得商的个位数字是多少?解析 因为1919191919 191 919 1 919n =个()19191919≡⨯+++()191920224mod9≡⨯≡⨯≡．所以9|4n -．又4n -的个位数字是5，故n 被9除后所得商的个位数字是5．20.1.15★★求9992的末两位数．解析 因为()10210mod 25+≡，()1021mod 25≡-，()()()10010010211mod 25≡-=，()1000210mod 25-≡．所以100021-的末两位数字只可能是00、25、50、75，即10002的末两位数字只可能是01、26、5l 、76． 又10002是4的倍数，故10002的末两位数字只可能是76．又9991000222=÷，所以9992的末两位数字只可能是38、88，而4|88，4|38，故9992的末两位数字是 88．20.1.16★★求所有的正整数n ，使得2337n n ++是一个立方数．解析 假设存在正整数m 、n ，使得23337n n m ++=，则()31mod3m ≡，于是()31mod3m ≡．设31m k =+，则223(331)2k k k n n ++=++，易知22n n ++不能被3整除，故不存在正整数n ，使得2337n n ++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1997≡5(mod 8)，因此所求余数为0．20.1.18★★★求777的末位数字和7777k 个的末两位数字，其中k 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71(mod10)t ≡中的t ，然后求出77at b =+(a ，b 是整数)中的b ．这样，问题归结为求67被10除所得的余数．因为()()2371mod1073mod10≡-≡，，()()4471mod1071mod10m ≡≡，，m 是正整数．而()()()66673mod 47311mod 4≡≡≡-≡，． 所以，()773mod 4≡．可设7743m =+．于是()774337773mod10m +≡≡≡．所以，777的末位数字是3．考虑777的末两位数字．这时，由()2749mod100≡，()3743mod100≡，()471mod100≡，得 ()471mod100n ≡．而77211777t k +-=个，其中t 是整数且t ≥0．于是()()217721211777313mod 4t t t k +++-≡≡≡-≡个． 可设7717743k n -=+个，那么 ()774331777743mod100n k +-=≡≡个．所以，所求的末两位数字是43．20.1.19★★求n =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n =5×25×1×3×7×…×23×27×…×1999=125m ．由于1000=8×125，所以，我们只需求出m 除以8所得的余数，进而便可求得n 除以1000的余数． m =(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()()()()81838587k k k k ++++1≡×3×5×7 1≡()mod8．而 ()1375mod8⨯⨯≡，()2729311mod8⨯⨯≡．于是 ()515mod8m ≡⨯≡．所以，()()125125851255625mod1000m k =⨯+≡⨯=，即n 的末三位数字是625．20.1.20★★★★如果k 是大于1的整数，a 是210x kx -+=的根．对于大于10的任意正整数n ，22n na a -+的个位数字总是7，求是的个位数字．解析 首先，我们证明k 的个位数字不可能是偶数．其次，根据22n na a -+与7对模10同余，从中确定k 的个位数字．因为a 是210x kx -+=的根，所以这方程的另一个根是1a．于是1a k a+=． 如果k 的个位数字是偶数，那么 2222122a a a k a -⎛⎫+=+-=- ⎪⎝⎭ 的个位数字仍是偶数．()22222222a a k -+=-- 的个位数字也是偶数．对于10n >，22n na a -+的个位数字也是偶数，与题设矛盾．k 的末位数字不能是偶数．(1)如果k 的个位数字是1或9，那么()221mod10a a -+≡-，由此得()221mod101n n a a n -+≡-，≥． (2)如果k 的个位数字是3或7，那么()227mod10a a -+≡，由此得()227mod10n na a -+≡，1n ≥．(3)如果k 的个位数字是5，那么()223mod10a a -+≡，()22227mod10a a -+≡． 所以()227mod10n n a a -+≡，2n ≥．综上所述，k 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3040245721-，求这个质数的末两位数．解析 因为()10210241mod 25=≡-，所以()()3040545304024530402457107722212≡⋅≡-⋅()128322mod 25≡-≡-≡，所以，304024572的末两位数只能是22、47、72、97．又304024572≡0(mod4)，所以，304024572的末两位数只能是72．从而，3040245721-的末两位数是71． 20.1.22★★★求最小的正整数a ，使得存在正整数n ，满足2001|5532n n a +⋅．解析 因为2001=3×23×29，所以，要使2001|5532n n a +⋅，只要使3|5532n n a +⋅，23|5532n n a +⋅，29|5532n n a +⋅．易知()()553211mod3nn n a a +⋅≡+-， ()()55329919mod 23n n n n n a a a +⋅≡+⋅≡+⋅，()()553233mod 29nn n n a a +⋅≡-+⋅． (1)若n 是奇数，则()1mod3a ≡，()1mod 23a ≡-，()1mod 29a ≡，而(3，29)=1，故()1mod87a ≡ ．令12871231a k k =+=-，则18720(mod23)k +≡，所以()1520mod 23k -+≡，即()145180mod 23k -+≡，所以()118mod23k ≡-，则1k 能取的最小正整数是5．所以n 是奇数时，a 的最小正整数解是 8751436⨯+=．(2)若n 是偶数，则()1mod3a ≡-， ()1mod 23a ≡-，()1mod 29a ≡-，由于(3，23)=1，(3，29)=1，(23，29)=1，所以1a ≡-(mod3×23×29)．故当n 是偶数时，a 的最小正整数解是323291⨯⨯-等于2000． 综上所述，满足条件的最小正整数a 为436．20.1.23★★证明：对任意正整数n ，87n +不可能是三个整数的平方和． 解析 假设存在整数a 、b 、c ，使得22287n a b c +=++．由于对任意整数x ，2x ≡0，1，4(mod8)，于是222a b c ++≡0，1，2，3，4，5，6(mod8)．而()877mod8n +≡，矛盾！20.1.24★证明不定方程22257x y -=无整数解．解析 因为22257x y =+，显然，y 是奇数．(1)若x 为偶数，则()220mod8x ≡．又()21mod8y ≡．所以()2574mod8y +≡，矛盾，故x 不能为偶数．(2)若x 为奇数，则()222mod4x ≡．但()2570mod 4y +≡，矛盾，故x 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2286a b c +-=没有整数解．解析 如果n ≡0，1，2，3(mod4)，那么2n ≡0，1，4(mod 8)．所以22a b +≡0，1，2，4，5(mod8)．但与()226mod8a b +≡矛盾．从而原不定方程无整数解．20.1.26★证明：不定方程4425x y z ++=没有整数解．解析 以5为模，如果0x ≡，±1，±2(mod5)，那么2x ≡0，1，4(mod5)，4x ≡0，1，1(mod5)．即对任一整数x ，4x ≡0，1(mod5)．同样，对任一整数y ，4y ≡0，1(mod5)．所以442x y ++≡2，3，4(mod5)．从而原不定方程无整数解．20.1.27★★★求最小的正整数n ，使得存在整数1x ，2x ，…，n x ，满足444121599n x x x +++=．解析 对任意整数a ，可知()20mod4a ≡或()21mod8a ≡，由此可得 40a ≡或()1mod16．利用这个结论，可知，若n <15，设()44412mod16n x x x m +++=，则 m ≤n <15，而 1599≡()15mod16，矛盾，所以n ≥15．另外，当n =15时，要求()444121mod16n x x x ≡≡≡≡，即1x ，2x ，…，n x 都为奇数，这为我们找到合适的数指明了方向．事实上。