全国初中数学竞赛辅导(初2)第25讲_同余式
2021年初中数学竞赛辅导讲义及习题解答 第25讲 辅助圆
感谢您使用本资源，本资源是由订阅号”初中英语资源库“制作并分享给广大用户，本资源制作于2020年底，是集实用性、可编辑性为一体。
本资源为成套文件，包含本年级本课的相关资源。
有教案、教学设计、学案、录音、微课等教师最需要的资源。
我们投入大量的人力、物力，聘请精英团队，从衡水中学、毛毯厂中学、昌乐中学等名校集合了一大批优秀的师资，精研中、高考，创新教学过程，将同学们喜闻乐见的内容整体教给学生。
本资源适用于教师下载后作为教学的辅助工具使用、适合于学生家长下载后打印出来作为同步练习使用、也适用于同学们自己将所学知识进行整合，整体把握进度和难度，是一个非常好的资源。
如果需要更多成套资料，请微信搜索订阅号“初中英语资源库”，在页面下方找到“资源库”，就能得到您需要的每一份资源（包括小初高12000份主题班会课课件免费赠送！）第二十五讲辅助圆在处理平面几何中的许多问题时，常需要借助于圆的性质，问题才得以解决．而我们需要的圆并不存在(有时题设中没有涉及圆；有时虽然题设涉及圆，但是此圆并不是我们需要用的圆)，这就需要我们利用已知条件，借助图形把需要的实际存在的圆找出来，添补辅助圆的常见方法有：1．利用圆的定义添补辅助圆；2．作三角形的外接圆；3．运用四点共圆的判定方法：(1)若一个四边形的一组对角互补，则它的四个顶点共圆．(2)同底同侧张等角的三角形，各顶点共圆．(3)若四边形ABCD的对角线相交于P，且PA·PC=PB·PD，则它的四个顶点共圆．(4)若四边形ABCD的一组对边AB、DC的延长线相交于P，且PA·PB＝PC·PD，则它的四个顶点共圆．【例题求解】【例1】如图，直线AB和AC与⊙O分别相切于B、C，P为圆上一点，P到AB、AC的距离分别为4cm、6cm，那么P到BC的距离为．思路点拨连DF，EF，寻找PD、PE、PF之间的关系，证明△PDF∽△PFE，而发现P、D、B、F与P、E、C、F分别共圆，突破角是解题的关键．注：圆具有丰富的性质：(1)圆的对称性；(2)等圆或同圆中不同名称量的转化；(3)与圆相关的角；(4)圆中比例线段．适当发现并添出辅助圆，就为圆的丰富性质的运用创造了条件，由于图形的复杂性，有时在图中并不需画出圆，可谓“图中无圆，心中有圆”．【例2】 如图，若PA=PB ，∠APB=2∠ACB ，AC 与PB 交于点P ，且PB=4，PD=3，则AD ·DC 等于( )A ．6B ．7C ．12D ．16思路点拨 作出以P 点为圆心、PA 长为半径的圆，为相交弦定理的应用创设了条件．注：到一个定点等距离的几个点在同一个圆上，这是利用圆的定义添辅助圆的最基本方法．【例3】 如图，在△ABC 中，AB=AC ，任意延长CA 到P ，再延长AB 到Q ，使AP=BQ ，求证：△ABC 的外心O 与A ，P ，Q 四点共圆．思路点拨 先作出△ABC 的外心O ，连PO 、OQ ，将问题转化为证明角相等．【例4】 如图，P 是⊙O 外一点，PA 切⊙O 于A ，PBC 是⊙O 的割线，AD ⊥PO 于D ．求证：CD PC PD PB ．思路点拨 因所证比例线段不是对应边，故不能通过判定△PBD 与△PCD 相似证明．PA 2=PD ·PO=PB ·PC ，B 、C 、O 、D 共圆，这样连OB ，就得多对相似三角形，以此达到证明的目的．注：四点共圆既是一类问题，又是平面几何中一个重要的证明方法，它和证明三角形全等和相似三角形有着同等重要的地位，这是因为，某四点共圆，不但与这四点相联系的条件集中或转移，而且可直接运．用圆的性质为解题服务．【例5】如图，在△ABC 中，高BE 、CF 相交于H ，且∠BHC=135°，G 为△ABC 内的一点，且GB=GC ，∠BGC ＝3∠A ，连结HG ，求证：HG 平分∠BHF ．思路点拨 经计算可得∠A=45°，△ABE ，△BFH 皆为等腰直角三角形，只需证∠GHB=∠GHF=22.5°．由∠BGC=3∠A=135°=∠GHC ，得B 、G 、H 、C 四点共圆，运用圆中角转化灵活的特点证明．注：许多直线形问题借助辅助圆，常能降低问题的难度，使问题获得简解、巧解或新解．学力训练1．如图，正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989cm 2，P 为正方形内一点，且∠OPB=45°，PA ：PB=5：14，则PB 的长为 ．2．如图，在△ABC 中，AB=AC=2，BC 边上有100个不同的点P l 、P 2，…P 100，记C P BP AP m i i i i ⋅+=2（i=1，2，…100），则10021m m m +++ = ．3．设△ABC 三边上的高分别为AD 、BE 、CF ，且其垂心H 不与任一顶点重合，则由点A 、B 、C 、D 、E 、F 、H 中某四点可以确定的圆共有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个4．如图，已知OA=OB=OC ，且∠AOB=k ∠BOC ，则∠ACB 是∠BAC 的( )A ．k 21倍 B ．是k 倍 C ．k 2 D ．k1 5．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB=998，CD=1001，AD=1999，点P 在线段AD 上，满足条件的∠BPC=90°的点P 的个数为( )A ．0B ．1C ．2 1D ．不小于3的整数6．如图，AD 、BE 是锐角三角形的两条高，S △ABC = 18，S △DEC =2，则COSC 等于( )A ．3B ．31C ． 32D ．43 7．如图；已知H 是△ABC 三条高的交点，连结DF ，DE ，EF ，求证：H 是△DEF 的内心．8．如图，已知△ABC 中，AH 是高，AT 是角平分线，且TD ⊥AB ，TE ⊥AC ．求证：(1)∠AHD=∠AHE ；(2)CECH BD BH =9．如图，已知在凸四边形ABCDE 中，∠BAE=3α，BC=CD=DE ，且∠BCD=∠CDE=α2180- ．求证：∠BAC=∠CAD=∠DAK ，10．如图，P 是⊙O 外一点，PA 和PB 是⊙O 的切线，A ，B 为切点，P O 与AB 交于点M ，过M 任作⊙O 的弦CD ．求证：∠CPO=∠DPO ．11．如图，已知点P 是⊙O 外一点，PS 、PT 是⊙O 的两条切线，过点P 作⊙O 的割线PAB ，交⊙O A 、B 两点，与ST 交于点C ．求证：)11(211PBPA PC +=参考答案精品“正版”资料系列，由本公司独创。
3.同余式
a = −1 p
Legendre符号的几条重要的性质（p是奇素数）： ①若a≡b(mod p), 则 ≡ p不能整除 不能整除a, ②若p不能整除a, 则
a b = . p p
a2 p =1
定理 1.1.1 设(a,m)=1, m>0, 则 ax≡b(mod m) ≡ 恰有一解, 恰有一解, 且 x≡baϕ(m)-1(mod m) ≡ 定理 1.1.2 设aﾄm, 则 ﾄ ax≡b(mod m) ≡ 有解的充分必要条件是:(a,m)|b. 若有解， 若有解， 有解的充分必要条件是 则共有d个解 个解. 则共有 个解
p −1 a 2
≡ 1 (mod p )
(2). a是模 的非平方剩余的充要条件是 是模p的非平方剩余的充要条件是 是模
a
p −1 2
≡ − 1 (mod p )
勒让德(Legendre)符号
为了简化“x2≡a(mod p)有解”这一较长 a 的说法, 今引人勒让德(Legendre)符号 ,其 p 定义如下:
•雅各比符号可以看作勒让得符号的推广。
定理3.1 是奇素数, 不能整除a, 定理 设p是奇素数 若p不能整除 则 x2≡a(mod p)恰 是奇素数 不能整除 恰 有两解或无解. 有两解或无解 定理3.2（欧拉判别条件）设p是奇素数 (a,p)=1, 则 定理 （欧拉判别条件） 是奇素数, 是奇素数 (1). a是模 的平方剩余的充要条件是 是模p的平方剩余的充要条件是 是模
思考： 思考：求
(1) 21000000 (mod 77) (2) 31213 (mod 667)
3 二次同余式和平方剩余
比一次同余式更复杂的是二次同余式 Ax2＋Bx＋C≡0 (mod m) ＋ ≡ 其中模p为奇素数的基本二次同余式最实用 为奇素数的基本二次同余式最实用， 其中模 为奇素数的基本二次同余式最实用，即 x2≡a(mod p), (p,a)=1 定义3.1 的正整数, 定义 设m≥2的正整数 若二次同余 的正整数 x2≡a(mod m), (m,a)=1 有解, 则称a是模 的二次剩余(或叫平方剩余 若无解, 有解 则称 是模m的二次剩余 或叫平方剩余); 若无解 是模 的二次剩余 或叫平方剩余 则称a是模 的二次非剩余. 是模m的二次非剩余 则称 是模 的二次非剩余 例如： ， ， 是模 的平方剩余。 是模7的平方剩余 例如：1，2，4是模 的平方剩余。 因为:6 即解x=6;… 因为 2 ≡1 (mod 7),即解 即解 同样的问题：解的存在性和如何求解？ 同样的问题：解的存在性和如何求解？
初中数学竞赛辅导资料(二)
初中数学竞赛辅导资料（二）（含答案）式子的整除甲内容提要1．定义：如果一个整式除以另一个整式所得的商式也是一个整式，并且余式是零，则称这个整式被另一个整式整除。
2．根据被除式＝除式×商式＋余式，设f(x),p(x),q(x)都是含x 的整式，那么式的整除的意义可以表示为：若f(x)＝p(x)×q(x)，则称f(x)能被 p(x)和q(x)整除例如∵x2－3x－4＝（x－4）（x +1）,∴x2－3x－4能被（x－4）和（x +1）整除。
显然当x=4或x=－1时x2－3x－4＝0，3．一般地，若整式f(x)含有x –a的因式，则f(a)=0反过来也成立，若f(a)=0,则x－a能整除f(x)。
4．在二次三项式中若x2+px+q=(x+a)(x+b)＝x2+(a+b)x+ab则p=a+b,q=ab在恒等式中，左右两边同类项的系数相等。
这可以推广到任意多项式。
乙例题例1己知x2－5x+m能被x－2整除，求m 的值。
x－3解法一：列竖式做除法（如右）x－2 x2－5x+m由余式m－6＝0得m=6x2－2x解法二：∵x2－5x+m 含有x－2 的因式－3x+m∴以x=2代入x2－5x+m 得－3x+622－5×2 ＋m=0 得m=6 m－6解法三：设x2－5x+m 除以x－2 的商是x+a (a为待定系数)那么 x 2－5x+m ＝(x+a)(x －2)＝ x 2+(a-2)x－2a根据左右两边同类项的系数相等，得⎩⎨⎧=--=-m a a 252 解得⎩⎨⎧=-=63m a （本题解法叫待定系数法）例2 己知:x 4－5x 3+11x 2+mx+n 能被x 2－2x+1整除求：m 、n 的值及商式解：∵被除式＝除式×商式 （整除时余式为0）∴商式可设为x 2+ax+b得x 4－5x 3+11x 2+mx+n ＝（x 2－2x+1）（x 2+ax+b ）＝x 4+(a-2)x 3+(b+1-2a)x 2+(a-2b)x+b根据恒等式中，左右两边同类项的系数相等，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-+-=-n b mb a a b a 12112152 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-==-=4113n m n b a ∴m=－11, n=4, 商式是x 2－3x+4例3 m 取什么值时，x 3+y 3+z 3+mxyz (xyz ≠0)能被x+y+z 整除?解：当 x 3+y 3+z 3+mxyz 能被x+y+z 整除时，它含有x+y+z 因式令x+y+z ＝0，得x=－（y+z ），代入原式其值必为0即［－（y+z ）］3+y 3+z 3－myz(y+z)=0把左边因式分解，得 －yz(y+z)(m+3)=0,∵yz ≠0, ∴当y+z=0或m+3=0时等式成立∴当x,y （或y,z 或x,z ）互为相反数时，m 可取任何值 ，当m=－3时，x,y,z 不论取什么值，原式都能被x+y+z 整除。
初等数论同余
初等数论同余
规律(7)的证明
证： 100 0 1 (0 m 7)o 1 , d 00 1 (0m 7)od
一般地有 10 i 0 ( 1 )0 i(m 7 )io , 0 d ,1 , n
两边同乘 a i 有并对n+1个式子相加得
2121+X+Y 39，4 X-Y+13 22，由此
可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 或21+X+Y=36，X-Y+13=22 X+Y=6，X-Y=-2，或X+Y=15，X-Y=9， 解得X=2，Y=4。
初等数论同余
例3 ：求111 被7除的余数。
50
解：∵111111被7整除，
∴ 111 ≡11（mod 7）≡4（mod 7）
dd
m| a b dd
初等数论同余
性质8 若ab(momd).则 (a,m)=(b,m) 证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
性质9 若 a b (m m i)o i .1 d ,2 ,3 k,则
初等数论同余
例2：证明5y+3=x2无解 证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余 有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5)，不可能 ∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解 注：在证明方程无解时，经常用不同余就不相等的 方法。
初等数论2.
我喜欢数学
性质(6)
性质(7)
若a =a1d, b =b1d, (m, d) =1, a ≡b (mod m)，则 a1 ≡ b1 (mod m) .
性质(8) 若a ≡b (mod m)，k 为正整数 ， 则 ka ≡ kb (mod km) .
a b m (mod ). d为a，b及m的任一正公约数，则 d d d
2019年4月13日11时56分
性质(5) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 ac ≡ bd (mod m) .
同余式可以相乘。
推论
若a ≡b (mod m)， 则 a k ≡ b k (mod m), k 为任意整数.
同余式的数乘。
推广
E
2019年4月13日11时56分
2019年4月13日11时56分
2、同余的性质：
(1) 反身性： a ≡ a (mod m). (2) 对称性：若 a ≡ b (mod m)， 则 b ≡ a (mod m). (3) 传递性：若 a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m), 则 a ≡ c (mod m). (4) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 a + c ≡ b + d (mod m) , a－c ≡ b－d (mod m). 同余式可以相加减。
例7 用弃九法验算 28947×34578 =1001865676 是否正确. 解 28947≡3 (mod 9), 34578≡0 (mod 9) 应有28947×34578 ≡0 (mod 9), 而 1001865676 ≡0 (mod 9), 所以计算必有错误. 弃九法只是运算结果正确的必要条件，而非充 分条件 ! 因此只能判误.
初中数学竞赛专题培训(25)：同余式
初中数学竞赛专题培训第二十五讲* 同余式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．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．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．同余式的写法，使我们联想起等式．其实同余式和代数等式有一些相同的性质，最简单的就是下面的定理1．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)．在代数中，等式可以相加、相减和相乘，同样的规则对同余式也成立．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)．对于同余式ac≡bc(modm)，我们是否能约去公约数c，得到一个正确的同余式a≡b(modm)？在这个问题上，同余式与等式是不同的．例如25≡5(mod 10)，约去5得5≡1(mod 10)．这显然是不正确的．但下面这种情形，相约是可以的．定理3若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则a≡b(modm)．证由题设知ac-bc=(a-b)c=mk．由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．定理4若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，…………a≡b(modm n)，且M=[m1，m2，…，m n]表示m1，m2，…，m n的最小公倍数，则a≡b(modM)．前面介绍了同余式的一些基本内容，下面运用同余这一工具去解决一些具体问题．应用同余式的性质可以简捷地处理一些整除问题．若要证明m整除a，只需证a≡0(modm)即可．例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)．例2求使2n-1为7的倍数的所有正整数n．解因为23≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．(1) 若n=3k，则2n-1＝(23)k-1＝8k-1≡1k-1＝0(mod 7)；(2) 若n=3k＋1，则2n-1=2·(23)k-1=2·8k-1≡2·1k-1＝1(mod 7)；(3) 若n=3k＋2，则2n-1=22·(23)k-1=4·8k-1≡4·1k-1＝3(mod 7)．所以，当且仅当3｜n时，2n-1为7的倍数．例3 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．例4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．如果要求一个整数除以某个正整数的余数，同余是一个有力的工具．另外，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．例5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．例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)，所以例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．例8 (1)求33除21998的余数．(2)求8除72n+1-1的余数．解 (1)先找与±1(mod 33)同余的数．因为25＝32≡-1(mod 33)，所以 210≡1(mod 33)，21998=(210)199·25·23≡-8≡25(mod 33)，所求余数为25．(2)因为7≡-1(mod 8)，所以72n＋1≡(-1)2n＋1＝-1(mod 8)，72n＋1-1≡-2≡6(mod 8)，即余数为6．例9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．证明F5是合数，留作练习．利用同余还可以处理一些不定方程问题．例10证明方程x4+y4+2=5z没有整数解．证对于任一整数x，以5为模，有x≡0，±1，±2(mod 5)，x2≡0，1，4(mod 5)，x4≡0，1，1(mod 5)，即对任一整数x，x4≡0，1(mod 5)．同样，对于任一整数yy4≡0，1(mod 5)，所以 x4+y4+2≡2，3，4(mod 5)，从而所给方程无整数解．说明同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模5)，这往往应根据问题的特点来确定．练习二十五1．求证：17｜(191000-1)．2．证明：对所有自然数n，330｜(62n-52n-11)．4．求21000除以13的余数．5．求15＋25＋35＋…＋995＋1005除以4所得的余数．6．今天是星期天，过3100天是星期几？再过51998天又是星期几？7．求n=1×3×5×7×…×1999的末三位数字．8．证明不定方程x2+y2-8z=6无整数解．。
全国通用初中数学竞赛培优辅导讲义(28—33)讲
全国初中数学竟赛辅导讲义修订(2)三角形的边角性质内容提要三角形边角性质主要的有：1. 边与边的关系是：任意两边和大于第三边，任意两边差小于第三边，反过来要使三条线段能组成一个三角形，必须任意两条线段的和都大于第三条线段，即最长边必须小于其他两边和。
用式子表示如下：a,b,c 是△ABC 的边长b a c b a b a c a c b c b a +<-⇔⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧>+>+>+⇔＜推广到任意多边形：任意一边都小于其他各边的和2. 角与角的关系是：三角形三个内角和等于180 ；任意一个外角等于和它不相邻的两个内角和。
推广到任意多边形：四边形内角和=2×180 ， 五边形内角和=3×180六边形内角和=4×180 n 边形内角和=(n －2) 1803. 边与角的关系① 在一个三角形中，等边对等角，等角对等边；大边对大角，大角对大边。
② 在直角三角形中，△ABC 中∠C=Rt ∠222c b a =+⇔(勾股定理及逆定理) △ABC 中⇔⎭⎬⎫=∠∠=∠ 30A Rt C a ：b ：c=1：3：2 △ABC 中⇔⎭⎬⎫=∠∠=∠ 45A Rt C a ：b ：c=1：1：2 例题例1.要使三条线段3a －1,4a+1,12－a 能组成一个三角形求a 的取值范围。
(1988年泉州市初二数学双基赛题)解：根据三角形任意两边和大于第三边，得不等式组 ⎪⎩⎪⎨⎧+>-+-->-++->++-141312131214121413a a a a a a a a a 解得⎪⎩⎪⎨⎧<->>51135.1a a ∴1.5<a<5答当1.5<a<5时，三条线段3a －1,4a+1,12－a 能组成一个三角形例2.如图A B C DAB=x ，AC=y, AD=z 若以AB 和CD 分别绕着点B 和点C 旋转，使点A 和D 重合组成三角形，下列不等式哪些必须满足？① x<2z , ②y<x+2z , ③y<2z 解由已知AB=x, BC=y －x, CD=z －x 要使AB ，BC ，CD 组成三角形，必须满足下列不等式组：⎪⎩⎪⎨⎧>-+-->-+->-+x y z x y x y y z x y z x y x 即⎪⎩⎪⎨⎧>>+>x z y z x z y 2222∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<+<>222z x z x y z y 答y<x+2z 和y<2z 必须满足。
【七年级奥数】第25讲 同余（例题练习）
第25讲同余——练习题一、第25讲同余（练习题部分）1.有没有自然数n，满足n2与n对于模30同余?这样的自然数有多少个?2.若在十进制中，m=，其中，…，为m的数字，证明m + +…+a2+a1(mod 9)．3.设A=20012002，B是A的数字和，C是B的数字和，D是C的数字和．求D．4.求证：15|172013-2．5.求证：11|102013+232015．6.设a为正整数．证明a5a(mod 10)．7.证明对任意整数a，10|a2049-a2013．8.正整数x除以3余2，除以4余1．求x除以12的余数．9.五位数被72整除，求数字x与y．10.求正整数n，使得(n+1)|(n2014+2006)．11.求2999的末两位数字．12.求15+25+35+…+20135除以4所得余数．答案解析部分一、第25讲同余（练习题部分）1.【答案】解：∵n2-n=n(n-1)，∵n-1、n为两个连续的自然数，∴其积能被2，3整除，①当n=5k时，n(n-1)=5k×（5k-1）能被5整除，②当n=5k+1时，n(n-1)=（5k+1）×5k能被5整除，③当n=5k+2时，n(n-1)=（5k+2）×（5k+1）不能被5整除，④当n=5k+3时，n(n-1)=（5k+3）×（5k+2）能被5整除，⑤当n=5k+4时，n(n-1)=（5k+4）×（5k+3）不能被5整除，∴当n=5k、5k+1、5k+3时，n2-n能被2、3、5，即能被30整除，∴当n=5k、5k+1、5k+3时，n2与n对于模30同余，∴这样的自然数有无穷多个.【解析】【分析】先将原式变形为n(n-1)，由于n-1、n为两个连续的自然数，所以可知其能被2、3整除；当n=5k、5k+1、5k+3时，n2-n能被2、3、5，即n2-n能被30整除，故得证.2.【答案】证明：∵m=，∴m=，∴m-(a n+a n-1+· · ·+a2+a1)===∴m-(a n+a n-1+· · ·+a2+a1)是9的倍数，即m-(a n+a n-1+· · ·+a2+a1)能被9整除。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第二十五讲*同余式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．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．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．同余式的写法，使我们联想起等式．其实同余式和代数等式有一些相同的性质，最简单的就是下面的定理1．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)．在代数中，等式可以相加、相减和相乘，同样的规则对同余式也成立．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)．对于同余式ac≡bc(modm)，我们是否能约去公约数c，得到一个正确的同余式a≡b(modm)？在这个问题上，同余式与等式是不同的．例如25≡5(mod 10)，约去5得5≡1(mod 10)．这显然是不正确的．但下面这种情形，相约是可以的．定理3若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则a≡b(modm)．证由题设知ac-bc=(a-b)c=mk．由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．定理4若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，…………a≡b(modm n)，且M=[m1，m2，…，m n]表示m1，m2，…，m n的最小公倍数，则a≡b(modM)．前面介绍了同余式的一些基本内容，下面运用同余这一工具去解决一些具体问题．应用同余式的性质可以简捷地处理一些整除问题．若要证明m整除a，只需证a≡0(modm)即可．例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)．例2求使2n-1为7的倍数的所有正整数n．解因为23≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．(1)若n=3k，则2n-1＝(23)k-1＝8k-1≡1k-1＝0(mod 7)；(2)若n=3k＋1，则2n-1=2·(23)k-1=2·8k-1≡2·1k-1＝1(mod 7)；(3)若n=3k＋2，则2n-1=22·(23)k-1=4·8k-1≡4·1k-1＝3(mod 7)．所以，当且仅当3｜n时，2n-1为7的倍数．例3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．例4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．如果要求一个整数除以某个正整数的余数，同余是一个有力的工具．另外，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．例5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．例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)，所以例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．例8 (1)求33除21998的余数．(2)求8除72n+1-1的余数．解 (1)先找与±1(mod 33)同余的数．因为25＝32≡-1(mod 33)，所以 210≡1(mod 33)，21998=(210)199·25·23≡-8≡25(mod 33)，所求余数为25．(2)因为7≡-1(mod 8)，所以72n＋1≡(-1)2n＋1＝-1(mod 8)，72n＋1-1≡-2≡6(mod 8)，即余数为6．例9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．证明F5是合数，留作练习．利用同余还可以处理一些不定方程问题．例10证明方程x4+y4+2=5z没有整数解．证对于任一整数x，以5为模，有x≡0，±1，±2(mod 5)，x2≡0，1，4(mod 5)，x4≡0，1，1(mod 5)，即对任一整数x，x4≡0，1(mod 5)．同样，对于任一整数yy4≡0，1(mod 5)，所以 x4+y4+2≡2，3，4(mod 5)，从而所给方程无整数解．说明同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模5)，这往往应根据问题的特点来确定．练习二十五1．求证：17｜(191000-1)．2．证明：对所有自然数n，330｜(62n-52n-11)．4．求21000除以13的余数．5．求15＋25＋35＋…＋995＋1005除以4所得的余数．6．今天是星期天，过3100天是星期几？再过51998天又是星期几？7．求n=1×3×5×7×…×1999的末三位数字．8．证明不定方程x2+y2-8z=6无整数解．。