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
初等数论§3同余
这时，有40 46(mod6), 但20 23(mod6)不成立！
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⑥ a b c(mod m ) a c b(mod m )
证：a b c(mod m ) m c a b
m (c b ) a a (c b)(mod m ).
由71 1(mod4), 72 1(mod4), 76 1(mod4), 7 1 3(mod4)， r3
7
所以7 7r 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10).
77
即7 的个位数是3.
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一般地，求a 对模m的同余的步骤如下：
—— 7|a 7|a2a1a0 a5a4a3
7 11 13 1001 1000 1(mod7)
a n a n 1
a 0 a n a n 1
a3 1000 a2a1a0 a6
a2a1a0 anan1
(mod7).
a3 a2a1a0 a5a4a3 anan1
① 求出整数k，使ak 1 (mod m)；
bc
② 求出正整数r，r < k，使得bc r (mod k)；
——减小幂指数
③ a a (mod m )
r bc
练习：若a Z , 证明 10|a1985 a1949 . 提示： a 5 a(mod10)
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例4
3、9 的整除特征
——各位上的数字之和能被3（9）整除 10i 1mod(3)
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。
初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第22章[x]与{x}试题新人教版
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第22章[]x与{}x22.1.1★求1-的值．解析因为1200712006+,又1200720071=+=<,所以200612007<．故12006=．22.1.2★若n是正整数,求的值．解析因为3321n n n n<+++()3323311n n n n<+++=+,所以1n n<=+,所以n=．22.1.13★数1232008A=⨯⨯⨯⨯的末尾有多少个连续的零?解析A的质因数分解式中,5的最高次方幂为23420082008200820085555⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦40080163499=+++=,所以1232008A=⨯⨯⨯⨯的末尾有499个零．评注在()!12n n=⨯⨯⨯中,质数p的最高次幂是()2!mn n np np p p⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦,其中m p n≤,且1m p n+>．22.1.4★★设2221111232007S=++++,求[]S．解析要求[]S,只需证明S介于两个连续的整数之间．所以需要对S进行适当的变形,通过放大、缩小的手段求出S的范围,从而确定[]S的取值．由题设知,1S >．考虑到()2111111k k k k k<=---,k =2,3,4,…,2007,可以得到 11111111122320062007S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1222007=-<, 所以[]1S =．评注 上述解题过程中,首先对S 进行了“放缩”,又通过“拆项”的方法使和式中前后两项能够相互抵消一部分,使和式化简,从而得到了S 的范围．在对和式取整时,利用和式本身的性质进行“缩放”的方法非常重要,需要在平时的学习中多积累一 些和式的性质以及变形技巧．22.1.5★★ 计算和式23123223100101101101⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦的值．解析 因为（23,101）=1,所以,当1,2,,100n =时,23101n 都不是整数,即23101n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭都不为零．又因为()2310123101101n n -+ ()()23101231012323101101101101n n n n --⎡⎤⎧⎫⎡⎤⎧⎫=+++⎨⎬⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎩⎭⎣⎦⎩⎭ =23,而()231012302101101n n -⎧⎫⎧⎫<+<⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭,且()2310123101101n n -⎧⎫⎧⎫+⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭是整数,所以 ()23101231101101n n -⎧⎫⎧⎫+=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭, 则()231012323122101101n n -⎡⎤⎡⎤+=-=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦． 从而,可以把231101⨯⎡⎤⎢⎥⎣⎦,232101⨯⎡⎤⎢⎥⎣⎦,…,23100101⨯⎡⎤⎢⎥⎣⎦首尾配对,共配成50对,每一对的和为22,所以 23123223100101101101⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦2251100=⨯=． 22.1.6★★ 已知01a <<,且满足122918303030a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦,求[]10a 的值． 解析 因为122902303030a a a <+<+<<+<,所以130a ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦,230a ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦,…,2930a ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦等于0或者1．由题设知,其中有18个等于1,所以12110303030a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+==+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦,1213291303030a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=+==+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦, 所以110130a <+<, 121230a +<≤． 故183019a <≤,于是196103a <≤,所以[]106a =． 22.1.7★★ 求满足{}[]25125x x +=的所有实数x 的和．解析 原方程可化为{}[]12525x x -=,所以[]1250125x -<≤,可得[]100125x <≤,于是[]x =101,102,…,125,从而,满足条件的实数x 为[]{}[][][]1252452525x x x x x x -=+=+=+ 24101525⋅=+,24102525⋅+,…,24125525⋅+, 它们的和为 ()24255101102125283725⨯++++=．22.1.8★★ 已知20032004T <<,如果要求[]{}x x ⨯是正整数,求满足条件所有实数x 的和． 解析 显然,[]2003x =,2003是质数,{}01x <<,设{}2003x p =,由题设,p 是整数,12003p <≤．20032003p x =+,p =1,2,3,…,2002． 和1232002200320022003S ++++=⨯+ 4011007=． 22.1.9★ 解方程[]722x x -=． 解析 原方程可改写为[]722x x =+, 将其代人[][]l x x x <+≤,可得[][][]72l 2x x x +<+≤． 解此不等式组,有 []7522x -<-≤, 即[]3.5 2.5x -<-≤,所以[]3x =-．将[]3x =-代入原方程,得52x =-． 所以,原方程的解是52x =-． 评注 若一次方程中同时出现x 和[]x 的一次项,可以通过以下的步骤进行求解：（1）从方程中解出[]x 或x ,分别代入不等式组[]1x x x -<≤或[][]1x x x <-≤,求解后得到[]x 或x 的范围,从而求得[]x 的“可能取值”（注意不一定是解!）．（2）将这些“可能值”代人原方程进行求解．（3）检验．因为在（1）中将[]x 或x 代人不等式组,实际上是“放大”了x 的范围,所以必须验根！22.1.10★ 解方程：[]13122x x +=-．解析 设[]31x n +=,则n 为整数,且()0311x n +-<≤, ① 由原方程知122x n -=,即1124x n =+． ②3301124n n ++-<≤, 即7322n -<-≤．所以,3n =-或2n =-．代入②,得134x =-,254x =-．22.1.11★★ 解方程：[]33x x -=．解析 由原方程可化为[]33x x =-,代入不等式组[]1x x x -<≤,有[]313x x x x -<-=≤．整理后得到()2213x x <-≤．当0x <时,因为()210x x ->,所以210x -<,即10x -<<,所以()211x x -<,与()221x x <-矛盾． 当0x >时,因为()212x x ->,所以210x ->,即1x >．又因为()213x x -≤,所以2x <．所以12x <<,故[]1x =．代入原方程,得x =．22.1.12★★ 解方程[]2440510x x -+=．解析 这是一个关于x 的二次方程,如果从方程中解出[]x 或x ,并代入不等式组将会使问题复杂化．可 以利用[]x 的性质,通过建立不等关系缩小[]x 的取值范围,从而得到[]x 的可能取值．由原方程知,0x >．因为[][]1x x x <+≤,所以将[]x x =和[]1x x =+分别代入[]244051x x -+中,得到不等式组 [][][]()[]22440510,4140510,x x x x ⎧-+⎪⎨+-+>⎪⎩≤ 即[][][]317,22115,22x x x ⎧⎪⎪⎨⎪><⎪⎩≤≤或 所以[]3522x <≤或[]111722x <≤,[]x =2,6,7,8． 代入原方程得,得x经检验知,x =22.1.13★★ 已知x 、y 、z 满足：[]{}[]{}{}[]0.9,0.2,1.3,x y z x y z x y z ⎧++=-⎪++=-⎨⎪++=⎩①②③对于数a ,[]a 表示不大于a 的最大整数,{}[]a a a =-．求x 、y 、z 的值．解析 首先注意到,对于任意有理数a ,[]a a ≤,所以{}0a ≥．①+②+③得2220.6z y z ++=,即0.3z y z ++=． ④④－①得到{}[] 1.2y z +=,从而{}0.2y =,[]1z =；④－②得到{}[]0.1x y +=,从而{}0.1x =,[]0y =；④－③得到{}[]1x z +=-,因此{}1x =-,[]0z =．故0.9x =-,0.2y =,1z =．22.1.14★★ 解方程[][]999x x x x +=+（其中[]x 表示不超过x 的最大整数）．解析 若x 是整数,则[]x x =,于是非零整数都是原方程的解．若x 不是整数,则[]x x ≠,由题设得[]()[]()990x x x x --=,所以[]99x x =．设[]x n =,则x n a =+,01a <<．代入上式得()99n a n +=．当0n >时,()2991n n n <<+,这样的整数n 不存在．当0n <时,()2199n n n +<<,只有整数10n =-满足,此时0.1a =．于是9.9x =-．综上所述,原方程的解为所有非零整数和－9.9．22.1.15★★ 证明：对于任意实数x ,有[][]122x x x ⎡⎤++=⎢⎥⎣⎦．解析 设{}[x x x =+,其中{}01x <≤,则有[]{}1122x x x +=++,[]{}222x x =+．当{}102x <≤时,{}11122x +<≤,{}102212x <⨯=≤,所以[]12x x ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦,[][]22x x =,于是[][][]1222x x x x ⎡⎤++==⎢⎥⎣⎦． 当{}112x <≤时,{}13122x +<≤,{}12212x <⨯=≤,所以[]{}[]11122x x x x ⎡⎤⎡⎤+=++=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦,[][]{}[]22221x x x x =+=+⎡⎤⎣⎦,于是[][][]12122x x x x ⎡⎤++=+=⎢⎥⎣⎦．所以,对于任意实数x ,[][]122x x x ⎡⎤++=⎢⎥⎣⎦恒成立．说明 本题中的等式有更为一般的形式：对任意实数x ,有[][]121n x x x x nx n n n -⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦,其中n 为大于l 的一切正整数．这个等式称为埃尔米特（Hermite ）恒等式．22.1.16★★ 设x 、y 为正整数,(),1x y =,求证： ()()()11122y x x y x x y y y ---⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦．解析 设r 为整数,且11r y -≤≤,则有()y r x yxrx rx x y y y y -⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-=+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦1rx x y ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦, 两边同时叠加,得到()()121x y x y x y y y --⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()()1211x y x x y x y y y ⎛⎫-⎡⎤⎡⎤⎡⎤=---+++ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥ ⎪⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎝⎭． 所以()12y x x x y y y ⎛⎫-⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥ ⎪⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎝⎭()()112x y --=．评注 对任意实数x ,有[][][]1,,x x x ⎧--⎪-=⎨-⎪⎩，．当不是整数当是整数（请读者自证）22.1.17★★★ 如果n 是正整数,求证：解析 任意正整数n ,总存在正整数m ,满足()221m n m <+≤,不妨设2n m k =+,其中02k m ≤≤．（1）当01k m -≤≤时,即221m n m m +-≤≤．则m12m =+． ①又因为2211m n m m +++≤≤,所以12mm <+． ②由①、②式,得221m m <<+,所以2m =．另一方面,224242442m n m m +++-≤≤,2m =<21m +,即2m =． 故当01k m -≤≤时,等式成立．（2）当2m k m ≤≤时,2222m m n m k m m +=++≤≤,1m +,1m =+．22m +． ③又,+因为 ()22m m =+, 所以 ()()221m m m m +++++()()()222221441m m m m m m m m >++++++=++．即()2221m >+．21m >+． ④由③、④式,得21m =+． 另一方面,2244242482m m n m m +++++≤≤,21m +22m =+．所以21m =+．故当2m k m ≤≤时,等式亦成立．综上所述,原等式成立．22.1.18★★ 设a 、b 、c 是正实数,求a b b c c a u c a b +++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦的最小值． 解析 对于实数x ,有[]1x x >-,所以a b b c c a u c a b +++⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 3a b b c c a c a b+++>++- 3a b b c c a b a c b a c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭22233++-=≥．由于u 是整数,所以4u ≥．当6a =,8b =,9c =时,4u =．故u 的最小值为4．22.1.19★★ 在1,2,…,2005这2005个正整数中,有多少个可以表示成[]x x ⎡⎤⎣⎦的形式,其中x 是正实数．（这里[]a 表示不超过a 的最大整数．）解析 令{}[]x x x =-,则{}[0,1)x ∈,于是[][]{}()[][]{}[]2x x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+=+⎣⎦⎣⎦⎣⎦,因为{}[][]0x x x <≤,所以{}[][]01x x x ⎡⎤-⎣⎦≤≤,令[]x n =,则[]x x ⎡⎤⎣⎦可以表示数2n ,21n +,…,21n n +-．由于2444319792005+=<,24520252005=>,所以,欲求的数的个数为 444512449902⨯+++==． 22.1.20★★★ 将正整数中所有被4整除以及被4除余1的数全部删去,剩下的数依照从小到大的顺序排成一个数列{}n a ：2,3,6,7,10,11,…．数列{}n a 的前n 项之和记为n S ,其中n =1,2,3,…．求2006S S ⎡=+++⎣的值．（其中[]x 表示不超过x 的最大整数） 解析 易知2142n a n -=-,241n a n =-,1n =,2,…,因此()()()21234212n n n S a a a a a a -=++++++()5132183n =++++- ()258322n n n n +-==+, ()22122441n n n S S a n n n -=-=+--()221n n =-+, 所以()()222221n n S n <<+,()()2221212n n S n --<<, 故[]22n S n =,[]2121n S n -=-,从而[]n S n =,于是 [][][]122006S S S S =+++ 200620071220062⨯=+++= 2013021=．22.1.21★★★★ 在212006⎡⎤⎢⎥⎣⎦,222006⎡⎤⎢⎥⎣⎦,232006⎡⎤⎢⎥⎣⎦,…,220062006⎡⎤⎢⎥⎣⎦中,有多少个不同的整数?（其中,[]x 表示不超过x 的最大整数）解析 设()22006n f n =,则当n =2,3,…,1003时, 有()()()221120062006n n f n f n ---=- 2112006n -=<, 而,()10f =,()210031003501.52006f ==,所以,从0到501的整数都能取到． 当n =1004,1005,…,2006时,有()()()221120062006n n f n f n ---=- 2112006n -=>, 而()()22100311004100420062006f +== 1501.515022006=++>, 所以,210042006⎡⎤⎢⎥⎣⎦,210052006⎡⎤⎢⎥⎣⎦,…,220062006⎡⎤⎢⎥⎣⎦是互不相同的整数． 从而,在212006⎡⎤⎢⎥⎣⎦,222006⎡⎤⎢⎥⎣⎦,232006⎡⎤⎢⎥⎣⎦,…,220062006⎡⎤⎢⎥⎣⎦中,共有50210031505+=个不同的整数．。
初中数学竞赛：数论的方法技巧(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：数论的方法技巧数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。
因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。
主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。
这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种表示是唯一的。
（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。
因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t，其中t为奇数。
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
初等数论 期末复习 同余精选例题分析
第三章同余例题分析例1：求3406的末二位数。
解：∵（3，100）=1，∴3)100(φ≡1（mod 100）φ(100)=φ(22·52)=40,∴340≡1(mol 100)∴3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100)∴末二位数为29。
例2：证明（a+b ）p ≡a p +b p (mod p )证：由费尔马小定理知对一切整数有：a p ≡a （p ），b p ≡b (P )，由同余性质知有：a p +b p ≡a+b (p )又由费尔马小定理有（a+b ）p ≡a+b (p )（a+b ）p ≡a p +b p (p )例3：设素数p >2，则2P -1的质因数一定是2pk +1形。
证：设q 是2p -1的质因数，由于2p -1为奇数，∴q ≠2，∴（2·q ）=1,由条件q|2p -1,即2p ≡1（mod q ），又∵（q ,2）=1，2p ≡1（mod q ）设i 是使得2x ≡1（mod p ）成立最小正整数若1<i <p ，则有i |p 则与p 为素数矛盾∴i=p ,∴p |q -1又∵q -1为偶数，2|q -1,∴2p |q -1,q -1=2pk ,即q =2pk +1例4：证明13|42n +1+3n +2证：∵42n +1+3n +2≡4·16n +9·3n≡3n (4+9)≡13×3n ·≡0(13)∴13|42n +1+3n +2例5：证明5y +3=x 2无解证明：若5y +3=x 2有解，则两边关于模5同余有5y +3≡x 2(mod 5)即3≡x 2(mod 5)而任一个平方数x 2≡0,1,4(mod 5)∴30,1,4(mod 5)∴即得矛盾，即5y +3=x 2无解例6：求50111......被7除的余数。
初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第21章 不定方程试题 新人教版-新人教版初中全册数学试题
第21章 不定方程§21.1 二元一次不定方程★求不定方程2x y -=的正整数解．解析 因为312-=，422-=，532-=，…，所以这个方程的正整数解有无数组，它们是2,,x n y n =+⎧⎨=⎩其中n 可以取一切正整数．★求11157x y +=的整数解．解析1 将方程变形得71511y x -=． 因为x 是整数，所以715y -应是11的倍数．由观察得02x =，01y =-是这个方程的一组整数解，所以方程的解为215,111,x t y t =-⎧⎨=-+⎩t 为整数． 解析2 先考察11151x y +=，通过观察易得()()1141531⨯-+⨯=，所以()()114715377⨯-⨯+⨯⨯=，可取028x =-，021y =．从而 2815,2111,x t y t =--⎧⎨=+⎩t 为整数． 评注 如果a 、b 是互质的整数，c 是整数，且方程ax by c +=①有一组整数解0x 、0y ．则此方程的一切整数解可以表示为00,,x x bt y y at =-⎧⎨=+⎩其中0t =，±1，±2，±3，…．★求方程62290x y +=的非负整数解．解析 因为(6，22)=2，所以方程两边同除以2得31145x y +=． ①由观察知，14x =，11y =-是方程3111x y +=②的一组整数解，从而方程①的一组整数解为()00454180,45145,x y =⨯=⎧⎪⎨=⨯-=-⎪⎩ 所以方程①的一切整数解为18011,453.x t y t =-⎧⎨=-+⎩因为要求的原方程的非负整数解，所以必有180110,4530.t t -⎧⎨-+⎩≥③≥④ 由于t 是整数，由③、④得15≤t ≤16，所以只有t =15，t =16两种可能．当t =15时，x =15，0y =；当t =16时，x =4，y = 3．所以原方程的非负整数解是15,0,x y =⎧⎨=⎩4,3.x y =⎧⎨=⎩ ★求方程719213x y +=的所有正整数解．解析 这个方程的系数较大，用观察法去求其特殊解比较困难，碰到这种情况我们可用逐步缩小系数 的方法使系数变小，最后再用观察法求解．用方程719213x y +=①的最小系数7除方程①的各项，并移项得213193530277y y x y --==-+．② 因为x 、y 是整数，故357y u -=也是整数，于是有573y u +=．再用5除此式的两边得 373255u u y u --==-+．③令325u v -= (整数)，由此得 253u v +=．④由观察知1u =-，1v =是方程④的一组解．将1u =-代入③得2y =．2y =代入②得x =25．于 是方程①有一组解025x =，02y =，所以它的一切解为2519,27.x t y t =-⎧⎨=+⎩0,1,2,t =±±由于要求方程的正整数解，所以25190,270.t t ->⎧⎨+>⎩ 解不等式，得t 只能取0，1．因此得原方程的正整数解为25,2,x y =⎧⎨=⎩6,9.x y =⎧⎨=⎩★求方程3710725x y +=的整数解．解析 因为10723733=⨯+，371334=⨯+，33841=⨯+．为用37和107表示1，我们把上述辗转相除过程回代，得1=33-8×4=37-4-8×4=37-9×4=37-9×(37-33)=9×33-8×37=9×(107-2×37)-8×37=9×107-26×37=37×(-26)+107×9,由此可知126x =-，19y =是方程371071x y +=的一组整数解．于是()02526650x =⨯-=-,0259225y =⨯=是方程3710725x y +=的一组整数解．所以原方程的一切整数解为650107,22537,x t y t =--⎧⎨=+⎩t 是整数． ★求方程92451000x y z +-=的整数解．解析 设9243x y t +=，即38x y t +=，于是351000t z -=．原方程可化为38,351000.x y t t z +=⎧⎨-=⎩①②用前面的方法可以求得①的解为38,3,x t u y t u =-⎧⎨=-+⎩u 是整数． ②的解为20005,10003,t v z v =+⎧⎨=+⎩v 是整数． 消去t ，得6000815,200035,10003,x u v y u v z v =-+⎧⎪=-+-⎨⎪=+⎩,u v 是整数．★求方程23723x y z ++=的整数解．解析 设23x y t +=，则23,723.x y t t z +=⎧⎨+=⎩①② 对于①，0x t =-，0y t =是一组特解，从而①的整数解为3,2,x t u y t u =--⎧⎨=+⎩u 是整数． 又02t =，03z =是方程②的一组特解，于是②的整数解为3,27,z v t v =-⎧⎨=+⎩v 是整数． 所以，原方程的整数解为273,272,3.x v u y v u z v =---⎧⎪=++⎨⎪=-⎩u 、v 是整数．★求方程组57952,35736x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩的正整数解． 解析 消去z ，得 210z y +=． ①．易知04x =，02y =是它的一组特解，从而①的整数解为4,22,x t y t =-⎧⎨=+⎩t 是整数． 代入原方程组，得所有整数解为4,22,2.x t y t z t =-⎧⎪=+⎨⎪=-⎩t 是整数．由0x >，0y >，0z >得12t -<<，所以t =0，1，故原方程组的正整数解为4,2,2;x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩3,4,1.x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩★求方程351306x y +=的正整数解的组数．解析 因为130651435233y y x y -+==-+，所以0x =437，01y =-是一组特解．于是方程的整数 解为4375,13.x t y t =-⎧⎨=-+⎩t 是整数． 由43750,130.t t ->⎧⎨-+>⎩ 得143735t <<. 所以t =1，2，…，87．故原不定方程有87组正整数解．★★某国硬币有5分和7分两种，问用这两种硬币支付142分货款，有多少种不同的方法? 解析 设需x 枚7分，y 枚5分恰好支付142分，于是75142x y +=．①所以1427222855x x y x --==--． 由于7x ≤142，所以x ≤20，并且由上式知()5|21x -．因为(5，2)=1，所以5|1x -，从而 x =1，6，11，16．①的非负整数解为1,6,11,16,27;20;13; 6.x x x x y y y y ====⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨====⎩⎩⎩⎩所以，共有4种不同的支付方式．评注 当方程的系数较小时，而且是求非负整数解或者是实际问题时，这时候的解的组数往往较少，可以用整除的性质加上枚举，也能较容易地解出方程．★★今有公鸡每只五个钱，母鸡每只三个钱，小鸡每个钱三只，用100个钱买100只鸡，问公 鸡、母鸡、小鸡各买了多少只?解析 设公鸡、母鸡、小鸡各买x 、y 、z 只，由题意列方程组153100,3100.x y z x y z ⎧++=⎪⎨⎪++=⎩①② ①化简得159300x y z ++=.③③-②得148200,x y +=即74100.x y +=解741x y +=得1,2.x y =-⎧⎨=⎩于是74100x y +=的一个特解为00100,200.x y =-⎧⎨=⎩所以74100x y +=的所有整 数解为1004,2007,x t y t =-+⎧⎨=-⎩t 是整数． 由题意知，0x <，y ，100z <，所以，01004100,02007100.t t <-+<⎧⎨<-<⎩解得2550,241428.77t t <<⎧⎪⎨<<⎪⎩ 故425287t <<. 由于t 是整数，故t 只能取26，27，28，而且x 、y 、z 还应满足100x y z ++=．所以即可能有三种情况：4只公鸡，18只母鸡，78只小鸡；或8只公鸡，11只母鸡，81只小鸡；或12只公鸡，4只母鸡，84只小鸡．★★小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得9分，套中小猴一次得5分，套中小狗一次得2分．小明共套10次，每次都套中了，每个小玩具都至少被套中一次．小明套lO 次共得61分，问：小鸡至少被套中几次?解析 设套中小鸡x 次，套中小猴y 次，套中小狗z 次，则根据题意得95261,10.x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩①② 我们要求这个方程组的正整数解．消去z ：从①中减去②×2得7341x y +=，于是4173x y -=．③ 由③可以看出417x <．从而x 的值只能是1，2，3，4，5．将③写成 21323x y x -=-+， 由于y 是整数，所以2x -必须是3的倍数．从而只有2、5两个值满足这一要求．但2x =时，9y =，1z =-不是正整数．在5x =时，2y =，3z =是本题的解．因此小鸡被套中5次．评注 本题问“小鸡至少被套中几次?”实际上却只有一个解，“至少”两字可以省去．★★今有浓度为5％、8％、9％的甲、乙、丙三种盐水分别为60克、60克、47克，现要配制成浓度为7％的盐水100克，问甲种盐水最多可用多少克?最少可用多少克?解析 设甲、乙、丙盐水分别各取x 克、y 克、z 克，配成浓度为7％的盐水100克，依题意有 100,589700.x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩其中060x ≤≤，0≤y ≤60，0≤z ≤47．解方程组可得2004,3100.y x z x =-⎧⎨=-⎩由0200460,0310047.x x -⎧⎨-⎩≤≤≤≤ 得3549x ≤≤．又35x =，60y =，5z =和49x =，4y =，47z =均满足题设，故甲种盐水最少可用35克，最 多可用49克．§21.2 勾股数★★★满足方程222x y z +=的一切基本勾股数x 、y 、z （y 为偶数)，都可表示为以下形式：22x p q =-，2y pq =，22z p q =+，①其中p 、q 为正整数，(p ，q )=1，p q >，p 、q 一奇一偶．解析 设正整数p 、q 满足(p ，q )=1，p q >，p 、q 一奇一偶，则()()2222222x y p q pq +=-+ 42242224p p q q p q =-++()2222p q z =+=． 所以一切形如①的正整数x 、y 、z 都是方程222x y z +=的解．下面证明这样的x 、y 、z 是基本勾股 数．设(),,x y z d =，由于p 、q 一奇一偶，所以22p q -是奇数，由22|d x p q =-，于是d 是奇数．又由22|d p q +，得()()2222|d p q p q ++-，即2|2d p ，同理2|2d q ．因为d 是奇数，所以2|d p ，2|d q ，于是()22|,d p q ．由(),1p q =得()22,1p q =，所以1d =．这就证明了由①确定的x 、y 、z 是一组基本 勾股数．反过来，设x 、y 、z 是一组基本勾股数，且y 是偶数，x 和z 都是奇数，则2z x -和2z x +都是整数． 设,22z x z x d -+⎛⎫= ⎪⎝⎭，则存在正整数a 和b ，使 2z x da -=，2z x db +=，(),1a b =，于是()z d b a =+，()x d b a =-．由于(),1z x =，所以1d =，即,122z x z x -+⎛⎫= ⎪⎝⎭． 由222x y z +=得2222y z x z x +-⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭． 这就可推出上式中右面两个因式都是平方数．设22z x p +=，22z x q -=， 这里0p q >>．(,)1p q =，于是可得2222,2,x p q y pq z p q =-==+．由于z 是奇数，所以p 、q 一奇一偶．这就证明了方程222x y z +=的任意一组解x 、y 、z (y 为偶数) 都可由①表示．评注 如果正整数x 、y 、z 满足方程222x y z +=，那么就称x 、y 、z 是一组勾股数．边长为正整数的直角三角形就称为勾股三角形．在勾股数x 、y 、z 中，如果这三个数的最大公约数是1，那么这样的勾股数就称为基本勾股数．如果 （x ，y ，z ）=1d >，那么设x dx =′，y dy =′，z dz =′，则有（x ′，y ′，z ′）=1，并且由222x y z +=得222222d x d y d z '+'='，两边除以2d ，得222x y z '+'='．所以我们只需研究基本勾股数．在基本勾股数x 、y 、z 中，x 和y 必定一奇一偶．这一点可以用反证法证明：假定x 和y 的奇偶性相同，那么有两种可能的情况：①x 和y 同奇，②x 和y 同偶．如果x 和y 同奇，由于奇数的平方是4的倍数加1，所以22x y +是4的倍数加2，于是2z 是偶数，z 也是偶数，而偶数的平方是4的倍数，这与4的倍数加2矛盾，所以x 和y 不能都是奇数．如果x 和y 都是偶数，那么z 也是偶数，这与x 、y 、z 是基本勾股数矛盾，所以x 和y 中一奇一偶．由此也可推出z 是奇数．★设x 、y 、z 是勾股数，x 是质数，求证：21z -和()21x y ++都是完全平方数． 解析()()222x z y z y z y =-=+-．因为x 是质数，所以2x 只有1、x 、2x 三个正约数．由于0z y z y +>->，所以有2,1.z y x z y ⎧+=⎨-=⎩由此得221z x -=，()21222x y x y ++=++()222121x x x =+-+=+， 所以21z -和2(1)x y ++都是完全平方数．★求证：222n n +、21n +、2221n n ++(n 是正整数)是一组勾股数．解析 因为n 是正整数，2222122n n n n ++>+，222121n n n ++>+．由 ()()2222221n n n +++ ()22222441n n n n =++++ ()()222222221n n n n =++++ ()22221n n =++, 所以222n n +、21n +、2221n n ++是一组勾股数．★若勾股数组中，弦与股的差为1，则勾股数组的形式为21n +、222n n +、2221n n ++，其中n 为正整数．解析 设弦长为c ，股长为1c -，勾为x ．因为（c ，1c -）=1，所以x 、1c -、c 为一组基本勾股数．又c 为奇数，1c -为偶数，则x 为奇数． 设21x n =+，则()()222211n c c ++-=，得2221c n n =++，2122c n n -=+． 所以，勾股数组具有形式21n +、222n n +、2221n n ++．★★求证：勾股三角形的直角边的长能取任何大于2的正整数． 解析 当n 是大于1的奇数时，212n -和212n +都是正整数，并且 222221122n n n ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．当n 是大于2的偶数时，214n -和214n +都是正整数，并且222221144n n n ⎛⎫⎛⎫+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由以上两式可以看出，勾股三角形的一直角边n 可取大于2的任何正整数． ★★求证：在勾股三角形中， (1)必有一条直角边的长是3的倍数； (2)必有一条直角边的长是4的倍数； (3)必有一条边的长是5的倍数．解析 设该勾股三角形的三边的长分别为a 、b 、c （c 是斜边)，则222a b c +=．只要证明a 、b 、c 是基本勾股数时的情况．不失一般性，设b 为偶数，则 22a p q =-，2b pq =，22c p q =+，其中p 、q 满足上述定理中的条件．(1)若p 、q 中至少有一个是3的倍数，则b 是3的倍数；若p 、q 都不是3的倍数，设 31p k =±，31q l =±，则()()22223131a p q k l =-=±-±()22996k l k l =+±±是3的倍数．(2)由于p 、q 一奇一偶，所以2b pq =是4的倍数．(3)若a 、b 都不是5的倍数，则2a 的末位数是1或9；2b 的末位数字是4或6． 1+4=5，1+6=7，9+4=13，9+6=15，由于一个完全平方数的末位数不可能是7和3，所以 222c a b =+的末位数只可能是5．于是c 的末位数是5．评注 由此可推出，勾股三角形的面积必是6的倍数；三边之积必是60的倍数． ★★求基本勾股数组，其中一个数是16． 解析 设勾股数组x 、y 、z ，其中x =16． x =16=2×4×2=2×8×1，若4m =，2n =，有(,m n )-2≠1，从而只有8m =，1n =，(,)1m n =，且m 和n 为一奇一偶．于是22228163y m n =-=-=，22228165z m n =+=+=．从而，只有一组基本勾股数16、63、65．评注 若不要求基本勾股数，则x =16=2×4×2，设4m =，2n =，得 2212y m n =-=，2220z m n =+=．即16、12、20为一组勾股数．又22164322x ==⨯⨯，设232m =，22n =，得 2230y m n =-=，2234z m n =+=．即16、30、34为一组勾股数．★★设p 、m 、n 为一组勾股数，其中p 为奇质数，且n >p ，n >m ．求证：21n -必为完全平方数． 解析 因为p 、m 、n 为一组勾股数，n p >，n m >，则有222n m p =+． ()()222m n p n p n p =-=+-，m n p >-．设()1m n r r p =-<≤，则有()()222222p n m n n r r n r =-=--=-．因为1r p <≤，p 为奇质数，则1r =(否则，若1r p <<，则|r 2p ，矛盾)． 由1r =，得221p n =-，从而21n -是完全平方数．★★直角三角形的三边的长都是正整数，其中有一条直角边的长是35，它的周长的最大值和 最小值分别是多少?解析 设直角三角形的三边长分别是35，b ，c ，则 22235b c +=，即()()1225c b c b +-=．1225的大于35的正约数可作为c b +，其中最大的是1225，最小的是49，所以，直角三角形的周长的 最大值是 35+1225=1260， 最小值是35+49=84．★★设n 为大于2的正整数．证明：存在一个边长都是整数的直角三角形，它的一条直角边长 恰为n ．解析 只需证明不定方程222x n z +=，有正整数解．利用()()2z x z x n -+=，结合z x -与z x +具有相同的奇偶性，故当n 为奇数时，由（z x -，z x +）=（1，2n ），可得不定方程的一组正整数解 （x ，z ）=2211,22n n ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭； 而当n 为偶数时，由条件，知n ≥4．利用 （z x -，z x +）=22,2n ⎛⎫⎪⎝⎭，可得不定方程的一组正整数解 （x ，z ）=2244,44n n ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭． 综上，可知命题成立。
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__________。
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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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(mod 4)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(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 nA =--+()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，()()34141112mod7k n +=+=+=； 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()()520mod4n ≡，()()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≡-，()()()10010010211mod25≡-=，()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≡×3×5×71≡()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。