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Word文件下载.docx
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8∣(32π+7).
⑶因为I9≡2(modl7),I94≡24=16≡-l(modl7),所以
19HXM)=(194广≡(-l)25°
≡l(modl7),
于是
17∣(19kmx,-1).
20.1.4*★对任意的正整数”,证明:
4=2903"
-803"
-464”+261"
能被1897整除.
解析1897=7x271,7与271互质.因为
2903≡5(InOd7),803≡5(nιod7),
464≡2(mod7),261≡2(mod7),
所以A=2903"
-803"
-464”+261〃三5”一5”一T+T=0(mod7),故7A
又因为
2903三193(mod271),
803≡261(nιod271)f
464≡193(mod271),
所以
A=2903”一803“一464”+26In≡193π-26Γ-193π+26Γ=0(mod271),故271A
因(7,271)=b所以1897整除A・
20.1.5★证明:
55552~+22225555能被7整除.解析因为5555≡4(mod7)∙45≡64≡l(mod7),所以5555迪≡42222≡42.42≡≡16≡2(mod7)・
因为2222≡3(mod7),32≡2(mod7),32≡l(mod7),所以
..ZAX925
≡3232-3(36)三223
≡5(mod7)・
于是55552222+22225555≡(2+5)(mod7)≡0(mod7),即7155552222+22225555・
20.1.6★★求最大的正整数“,使得3,024-l能被2"
整除.
解析因为
3,,β4-1=(3512+1)(3256+,)(3,28+1)-..(3+1)(3-1),①
而对于整数E,有
32*+l≡(-lf+I=2(mod4),
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2"
-1为7的倍数的所有正整数“.
解析因为23≡8≡l(mod7),所以对“按模3进行分类讨论.
⑴若n=3R,贝IJ
2M-I=(23)c-1=8A-I≡1'
-1=0(mod7):
⑵若n=3k+∖9贝IJ
2π-l=2(25y-l=28'
-l
≡2Λk一1=l(mod7);
⑶若n=3k+29贝IJ
2π-l=22.(23y-l=4-8'
4V一l=3(mod7)・
所以,当且仅当3〃时,2”-1为7的倍数・
20.1.8★设“是正整数,求证:
7不整除(4n+l).
解析因为4l≡4(mod7)t42≡2(nιod7)t43≡l(mod7).所以
当n=3k时,
4π+1=(43);
+1=1+1=2(nιod7):
当n=3k+↑时,
4”+1=(4〉4+1=4+1=5(mod7):
当刃=3k+2时,
4”+1=(4'
j・16+1=16+1=3(mod7)・
所以,对一切正整数“,7不整除4"
+l.
20.1.9★今天是星期日,过3πx>
天是星期几?
解析33=27≡-l(mod7),所以
3wo=(33广-3≡(-1)λ3∙3=-3≡4(mod7).
因此,过天是星期四.
20.1.10★★求(25733+46)26被50除所得的余数.
解析257≡7(mod50),257n≡7n(mod50).
又7'
=49三-l(mod50),所以
74≡l(ιnod50).
753=(74)s.7≡7(mod50).
即257n≡7(mod50).
从而257幻+46≡7+46≡3(mod50).
(257^+46)26≡326(mo<
i50).
由于35=243=-7(mod50).31°
≡49≡-1(mod50),所以320≡l(mod50).于是
3"
=320・3'
・3≡(-7)・3=-21≡29(mod50).
故(25733+4626)除以50所得的余数为29.
20.1.11★⑴求33除2hm的余数;
⑵求8除72π+i-1的余数・
解析⑴先找与±
l(mod33)同余的数.因为2'
=32三—1(mod33),
所以2,0≡l(mod33).
2,w8=(2,°
),w-25-23≡-8≡25(mod33).
故所求的余数为25.
(2)因为7≡-l(mod8),所以
72"
+,≡(-l)2n+,=-l(mod8),
72-÷
>
-i≡-2≡6(mod8).
即余数为6.
20.1.12★求15+25+35+∙..+995+100s除以4所得的余数.
解析因为(2/?
)5≡0(rYlOd4),(2π+l)5≡2n+l(mod4),所以
15+25+35+∙∙∙+99s+1005
≡l+3+5+∙..+99=502≡0(mod4).
20.1.13*形如Frl=2-+∖,H=Qt1,2,•••的数称为费马数.证明:
当"
22时,你的末位数字是7.
解析当n^2时,2"
是4的倍数,故令2"
=4/.
=24/+1=16,+1=6,+I≡7(modl0).
即你的末位数字是7.
评注费马数的头几个是Fn=3,F∣=5,Fz=∖l,人=257,Fi=65537,它们都是素数.费马便猜测:
对所有的正整数“,化都是素数.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尺是合数.有兴趣的读者可以自己去证明.
20.1.14★★已知n=19191919∙∙∙1919,求"
被9除后所得商的个位数字是多少?
19I9TI9I9
"
191919弓…1919
1919个1919
1919×
(l+9÷
l+9)
≡1919×
20≡2×
2≡4(mod9).
所以91”-4.又π-4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2w9的末两位数.
2,°
+l≡0(mod25),2,0≡-l(mod25),
(2,0),00≡(-l),0°
=l(mod25),
2HxM)-I≡0(mod25).
所以2,000-l的末两位数字只可能是00、25、50、75,即2w°
0的末两位数字只可能是01、26、51、76.
又2≡0是4的倍数,故2∣∞0的末两位数字只可能是76.
又2洌=2hj∞-2,所以29W的末两位数字只可能是38、88,而488,4、38,故2*w的末两位数字是
88.
20.1.16★★求所有的正整数"
使得3,+3n+7是一个立方数•
解析假设存在正整数加、“,使得3√+3h+7=,√,则∕√≡l(mod3),于是∕√≡l(mod3).设m=3jt+l,则3k(3k2+3k+∖)=n2+n+2,易^n2+n+2不能被3整除,故不存在正整数"
,使得3n2+3”+7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(InOd8),因此所求余数为0.
20.1.18*★★求7亍的末位数字和7?
』的末两位数字,英中斤是大于1的正整数.
&
个7
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7≡Kmod10)中的/,然后求岀T=at+h(a,〃是整数)中的b.这样,问题归结为求7°
被10除所得的余数.
因为
I2≡-l(modlO),7λ≡3(mod10)♦
74≡l(modl0),74m≡l(modlO),川是正整数.
而7三3(mod4),76≡36≡(-1)6≡l(mod4)・
所以,T≡3(mod4)・可设f=4m+3.
于是7?
≡74w+3≡73≡3(modl0).
所以,7,的末位数字是3.
考虑7,的末两位数字・这时,由72≡49(modl00),7'
三43(mod100),7」三1(mod100),得
74π≡l(modlOO).
而77∙'
7=72r+,,其中t是整数且f>
0.于是77∙∙^7≡72,+1≡32,+,≡(-l)2"
'
≡3(mod4).
个7Jt-I个7
可设7"
=4"
+3,那么
77∙7=74π+3≡73≡43(modl00).
—个7
所以,所求的末两位数字是43.
20.1.19★★求n=l×
3×
5×
∙∙∙×
1997×
1999的末三位数字・
解析这个积显然是5X25=125的倍数,设
n=5×
25×
l×
7×
23×
27×
1999=125w・
由于1000=8X125,所以,我们只需求出加除以8所得的余数,进而便可求得“除以IOOO的余数.
m=(1×
3×
7)×
(9×
11×
13×
15)
×
(17×
19×
21×
23)×
(27×
29×
31)
(33×
35×
37×
39)×
∙∙∙
(1985×
1987×
1989X1991)
(1993×
1995×
1997X1999)
在上述乘枳中,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
(%+l)(8k+3)(8R+5)(8k+7)
≡1×
7
三1(mod8).
而1x3x7≡5(mod8),
31≡l(mod8)・
于是zn≡5×
l≡5(nκκi8)・
所以,125m=125×
(8Λ+5)≡125×
5=625(modl000),即n的末三位数字是625∙
20.1.20*★★★如果R是大于1的整数,"
是x2-kx+∖=0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R的个位数字不可能是偶数•其次,根据冰+c浮与7对模10同余,从中确左
E的个位数字.
因为α是a∙2-Λλ+1=O的根,所以这方程的另一个根是丄・于是
U
1Z
÷
—=K・a
如果k的个位数字是偶数,那么
的个位数字仍是偶数.
a-+a-22=(k2-2yf-2
的个位数字也是偶数.
对于/1>
10.的个位数字也是偶数,与题设矛盾.R的末位数字不能是偶数.
(1)如果R的个位数字是1或9,那么
a2+cΓ2≡-l(modl0),
由此得0于+*”≡-!
(modIO),n^∖.
(2)如果R的个位数字是3或7,那么
Cr+cΓ2≡7(modl0),
由此得a1^≡7(modl0),h≥1.
(3)如果k的个位数字是5,那么
a2+cΓ2≡3(mod10),a2+α'
y≡7(modlθ).
所以/+π^2≡7(mod10),“M2・
综上所述,R的个位数字是3或5或7.
20.1.21⅛⅛2005年12月15日,美国中密苏里州大学的数学家CUrtiSCOOPer和SteVenBOOne教授发
现了第43个麦森质数2'
oim0-i,求这个质数的末两位数.
解析因为2,0=1024≡-l(mod25),所以
23(M(>
2457=SOy(MoT=(_])**MoT
≡-128≡-3≡22(mod25),
所以,23w°
2457的末两位数只能是22、47、72、97.
又2≡^7≡0(mod4),所以,2“Uo如的末两位数只能是72.从而,23tMoII57-l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2001155"
+心32”.
解析因为2001=3×
29,所以,要使2OO1I55"
+"
∙32"
只要使
3l55rτ+α∙32J23155n+U•32”,
29155”+"
.
易知
55w÷
67-32w≡l÷
o(-l)π(mθd3),
55“+a-32”≡9ιr+α∙9n≡(α+l).9n(mod23),
55”+a-32”≡(一3)”+α丁(InOd29)・
(1)若川是奇数,则<
∕≡l(mod3),"
三一l(mod23),t∕≡l(mod29),而(3,29)=b故u≡1(mod87)
■
令λ=87⅛1+1=23⅛2-1,则87⅛+2≡0(mod23),所以
-5⅛1+2≡0(nιod23)>
即-45^+18≡0(mod23)t
所以⅛1≡-18(mod23),则$能取的最小正整数是5.所以"
是奇数时,α的最小正整数解是
87x5+1=436.
(2)若"
是偶数,贝比三—l(mod3),<
∕≡-I(mod23),6/≡-1(mod29),由于(3,23)=1,(3.29)=1,
(23,29)=1,所以^≡-l(mod3×
29).故当“是偶数时,“的最小正整数解是3×
29-l等于2000・
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“,8«
+7不可能是三个整数的平方和.
解析假设存在整数“、/八c,使得
8/7+1=a2+b2+c2・
由于对任意整数八√≡0,1,4(mod8),于是
Cr++c^≡0,192♦3,4,5»
6(πιod8)・
而8∕ι+7≡7(mod8)t矛盾!
20.1.24*iiE明不泄方程2x2-5y2=7无整数解.
解析因为2a∙2=5√+7,显然,y是奇数.
(1)若X为偶数,则
2x2≡0(mod8).
又∕≡l(mod8)・所以5y2+7≡4(mod8),矛盾,故X不能为偶数•
(2)若兀为奇数,则2x2≡2(mod4).
但5√+7≡0(mod4),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/+b2-Sc=6没有整数解.
解析如果“三0,1,2,3(mod4),那么
n2≡0,1,4(mod8).
所以a2+b2≡0,1,2,4,5(mod8).但与Cr+b2≡6(mod8)矛盾.
从而原不泄方程无整数解.
20.1.26★证明:
不定方程√+∕+2=5z没有整数解.
解析以5为模,如果*0,±
1,±
2(mod5),那么
X2≡0,1.4(mod5),x4≡0,1,l(mod5).
即对任一整数X,x4≡0,1(mod5).
同样,对任一整数y,y4≡0,KmOd5).
所以X4+j4+2≡2,3,4(mod5).
20.1.27*★★求最小的正整数“,使得存在整数西,x2,…,X*,满足
xJ*+W+∙∙∙+W=1599.
解析对任意整数"
,可知
a2≡0(nιod4)或C/'
≡l(mod8),
由此可得√≡0或l(modl6).
利用这个结论,可知,若“<
15,设
X;
+x;
+…+x;
=nι(InOd16),
则In≤n<
15,
而1599≡15(nιodl6),
矛盾,所以H>
15.
另外,当"
二15时,要求
Xy≡a^,≡∙∙∙≡x:
≡1(IllOd16),
即A'
A2,A;
都为奇数,这为我们找到合适的数指明了方向.事实上。
在舛,心,…,甩中,1
个数取为5,12个取为3,另外两个取为1,就有
+X;
+…+XQ
=54+12×
34+2
=625+972+2=1599.
所以,"
的最小值为15.
20.1.28*★是否存在正整数X、y,使得F+),=2003^成立?
解析如果有这样的正整数,那么X、y都小于2003,由2003为质数(这个结论可通过所有不超过√5丽的质数都不能整除2003直接计算得到),所以x、y都与2003互质,这表明(x,y,2003)是原方程的本原解,从而知存在正整数m.H使得
/√+√=2OO3.
但是m2+n2=O^1或2(mod4),而
2003≡3(mod4),
矛盾.所以,不存在正整数X、y满足条件.
20.1.29*★★设2n+l是质数,证明:
F,22,n2被2n+l除所得的余数各不相同.
解析假设有两个数“、b<
l^b<
a^n),且/和庆被加+1除余数相同.
则a2-b^≡0(mod(2n+l)).即
(a+b)(a-Z?
)≡θ(mod(2∕?
+1)).
又2“+1是质数,所以
α+⅛≡θ(mod(2∕j+1))
或
π-∕j≡0(mod(2,j÷
1)).①
而“+都小于2“+1且大于0,所以UJrh与2〃+1互质,"
-方也与2“+1互质.因此α+b与
a-b都不能被2“+1整除.这与①式矛盾,故原命题成立.
20.1.30★求19932000除以17的余数.
解析因17是素数,17/1993,故由费马小左理,有
199316≡l(modl7),
1993MOO=(1993,6)125≡l(modl7).
即199320∞除以17的余数是1.
评注本题用了费马(Femat)小泄理:
若〃是质数(“,P)二1,则
a,'
~'
≡1(modP).
20.1.31*证明:
I24'
+2241+324'
+4241,能被5型除,但I240+2a40+3mo+4240不能被5整除.
解析由于5是质数,且分别和1、2、3、4互质.由费马小泄理得√≡l(mod5),而
αiu三(“°
)U≡t∕(mod5).
所以严∣+224'
+324∣+铲,≡l+2+3+4≡0(mod5).
但
I240+2240+324°
+424°
≡4(mod5),
所以,1^+2240+3240+42λ,不能被5整除.
20.1.32*★证明:
2730dj.
解析因为2730=2×
13・由费马小左理,
≡,ι(nιodl3),n7三n(mod7),n'
≡∕ι(mod5),FF≡∕ι(mod3)tn2≡zz(mod2).
而由卅'
一八=〃(卅'
一1)易得:
H7-∕J∣∕Z1λ-H,H'
-nIn]'
-H9H'
-HI才'
-7?
舁‘一门I"
H-办.所以
kInιy-H,k=2t3,5,7,13.
且2、3、5、7、13两两互质,因此原结论成立.
20.1.33⅛π是一个整数,证明:
30l√-r∕・
解析由费马小定理,
/≡t∕(mod3),
Cr≡<
∕(mod5)t
而a-a=(a3—α)(α2+1),所以
31/—m51<
/5—Cl・
又因为/一"
=“(“一1)(“+1)(/+1)是偶数,故21/-"
.但2、3、5两两互素,故
301/一“・
20.1.34*★★证明:
若"
为大于1的正整数,则2"
-1不能被〃整除.
解析若"
是偶数,显然n∣2π-l.
若“是奇素数,由费马小泄理,
2z,≡2(modn),
即
2λ-l≡l(modn)>
所以八2"
—1・
若“是奇合数,设P是“的最小质因数,由费马小左理
21≡l(modp)・
又设i是使2i≡l(mod∕?
)成立的最小正整数,则2≤z≤p-1<
n,因此中?
.令H=iq+r.0<
r
≤∕
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