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。
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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。