第36讲同余习题导学案教案奥数实战演练习题.docx
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第36讲同余习题导学案教案奥数实战演练习题
第17讲同余
同余是数论中的重要概念,同余理论是研究整数问题的重要工具之一。
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,;
1、同余是一种等价关系,即有自反性、对称性、传递性
1).反身性:
;
2).对称性:
;
3).传递性:
若,则;
2、加、减、乘、乘方运算
若(modm)(modm)
则(modm),(modm),(modm)
3、除法
设(modm)则(mod)。
A类例题
例1.证明:
一个数的各位数字的和被9除的余数等于这个数被9除的余数。
分析20≡2(mod9),500≡5(mod9),7000≡7(mod9),……,由于10n-1=9M,则10n≡1(mod9),故an×10n≡an(mod9)。
可以考虑把此数变为多项式表示an×10n+an-1×10n-1+…+a1×10+a0后处理。
证明设a==an×10n+an-1×10n-1+…+a1×10+a0,
∵10≡1(mod9),∴10n≡1(mod9),
∴an×10n+an-1×10n-1+…+a1×10+a0≡an+an-1+…+a1+a0。
说明要熟练记忆并应用常见的数据模的特征。
例2.A,B两人玩一种32张扑克牌的取牌游戏,A先取,以后轮流进行,每次只能从剩下的牌中取1张,或者质数张牌,谁取到最后一张牌获胜,问:
谁有必胜策略?
分析原有32张牌,如果A总取奇数张牌,B只要取1张牌,使A面临偶数张牌就可以了,此时A总不能取完偶数张牌。
但2是质数,A可以取两张牌。
注意到32是4的倍数,A只能取奇数张牌或2张牌,B的应对方案稍作调整,可以有必胜的策略。
解B有必胜策略。
由于32≡0(mod4),
而A取的牌不能是4及其倍数,从而A取后,剩下的牌张数x≡3(mod4),或x≡2(mod4),或x≡1(mod4),
于是B可以通过取1,2或3张牌,使得剩下的牌的张数y≡0(mod4),
所以,B依次此策略,在A取后,剩下的牌张数不同余于0(mod4),总是有牌,而B取后剩下的牌的张数y≡0(mod4),从而B能取到最后一张牌。
例3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。
分析相邻若干数之和可通过,中来实现。
解记数列各对应项为并记依次为1、5、13、23、39、58、79、104、134、177它们被11除的余数依次为1、5、2、1、6、3、2、5、2、1。
由此可得
由于是数列相邻项之和,且当时,则满足条件的数组有:
3+1+3=7组。
说明在解题的适当时候取模的运算会使运算量减少,并使过程变得简洁。
情景再现
1.能否把1,2,……,1980这1980个数分成四组,令每组数之和为,且满足。
2.两人做一种游戏:
轮流报数,报出的数只能是1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,把两人报出的数连加起来,如果得数是2003,最后报数的人就获胜.现在甲、乙两人已经依次报过3,5,7,5,6,乙再接着报下一个数,那么乙经过动脑筋,发现应该报某一号就有赢的把握.试问乙应该报哪一号?
以后各次报数时乙应如何报数才能保证赢?
3.(前南斯拉夫数学竞赛,1988年)有27个国家参加的一次国际会议,每个国家有两名代表.求证:
不可能将54位代表安排在一张圆桌的周围就坐,使得任一国家的两位代表之间都夹有9个人.
B类例题
例4.共1998个小朋友围坐一圈,从某人开始逆时针方向报数,从1报到64,一直报下去,直到每人报过10次为止.
⑴有没有报过5,又报过10的人?
⑵有没有报过5,又报过11的人?
分析报过5(10)的人的编号模64的同余特征是本题的突破口。
解把这些学生依次编为1——1998号.
⑴设既报过5又报过10的人原编为x号,则有
x+1998k≡5(mod64)
x+1998l≡10(mod64)
∴1998(l-k)≡5(mod64),即1998(l-k)=5+64n,这不可能.
⑵既报5又报11的人原来编为x号.
x+1998k≡5(mod64)
x+1998l≡11(mod64)
∴1998(l-k)≡6(mod64),即14(l-k)=6+64n,Þ7(l-k)=3+32n,取n=1,得l-k=5,即第k圈报5的人,第k+5圈后报11,
∵1998×5=64×156+6,这说明前5圈报5的人共157个,即共有157人既报5又报11.
说明本题是同余在解不定方程(组)上的一个简单应用。
例5(1992年友谊杯国际数学竞赛)求最大的正整数x,使得对任意y∈N,有x|()。
分析x最大不超过的最小值18,(mod18)(mod2),(mod9)。
解由条件,x|(7+12-1),x|18,故x≤18。
下证:
对任意y∈N,有18|()。
事实上,首先是偶数,所以2|();其次,当y=3k(k∈N*)时,≡≡-1≡0(mod9),当y=3k+1(k∈N*)时,≡≡7+3-1≡0(mod9),当y=3k+2时,≡≡49-4≡0(mod9)。
故对任意y∈N*,有9|。
∵(2,9)=1∴18|
所求的x为18
说明本题中将模18分解为模2与模9来处理充分观察到模9的特征。
例6试求出一切可使被3整除的自然数。
分析。
对n按6的同余类分类处理。
说明要体会模6的选取。
中对n按模3分类,对按模2分类可以分别确定结果,所以选择按模6分类。
情景再现
4.设a为小于100的自然数,且a3+23能被24整除,这样的a有多少个?
5.求除以13的余数。
6.有三堆棋子的个数分别为19,8,9.现进行如下操作:
每次从三堆中的任意两堆中分别取出1个棋子,然后把这2个棋子都加到另一堆上去.试问:
能否经过若干次这样的操作使得
(1)三堆的棋子数目分别为2,12,22;
(2)三堆棋子的数目均为12.
C类例题
例7(第20届IMO试题)数1978n与1978m的最末三位数相等,试求正整数m和n,使得n+m取最小值,这里
分析数1978n与1978m的最末三位数相等等价于1978n-m≡1(mod1000),寻找最小的n-m及m。
解由已知1000=8×125,所以
①
②
因,且(1978m,125)=1,则由②式知1978n-m≡1(mod125)③
又直接验证知,1978的各次方幂的个位数字是以8、4、2、6循环出现的,所以只有n-m为4的倍数时,③式才能成立,因而可令n-m=4k.由于.n+m=(n-m)+2m=4k+2m,因而只需确定出k和m的最小值.
先确定k的最小值:
因为19784=(79×25+3)4≡34≡1(mod5),19784≡34≡6(mod25).故可令19784=5t+1,而5不整除t,从而0≡1978n-m-1=19784k-1=(5k+1)k-1≡+,显然,使上式成立的k的最小值为25.
再确定m的最小值:
因1978≡2(mod8),则由①式知,④
由于④式显然对m=1,2不成立,从而m的最小值为3.
故合于题设条件的n+m的最小值为106.
说明此例中我们用了这样一个结论:
1978的各次方幂的个位数字是以8,4,2,6循环出现,即,当r=1,2,3,4时,这种现象在数学上称为“模同期现象”.一般地,我们有如下定义:
整数列各项除以m(m≥2,m∈N*)后的余数组成数列.若是一个周期数列,则称是关于模m的周期数列,简称模m周期数列.满足(或(modm))的最小正整数T称为它的周期.
例8(第29届IMO预选题)设a是方程的最大正根,求证:
17可以整除[a1788]与[a1988].其中[x]表示不超过x的最大整数.
分析探求是本题的关键,而a的值无法准确计算得到。
所以本题通过韦达定理寻求了的递推形式。
证明根据如下符号表可知,若设三根依次为,
则
x
-1
-
1
3
f(x)符号
-
+
+
-
-
+
。
另一方面,由韦达定理知,
为了估计[]、[],先一般考察[an],为此定义:
直接计算可知:
又因
当时,
由此知,命题变为证明:
能被17整除.
现考察在模17的意义下的情况:
可见,在模17意义下,是16为周期的模周期数列,即由于
1788
故命题得证.
说明本题利用导数估计了根的分布,递推式的构造需要仔细体味。
情景再现
7.设三角形的三边长分别是整数且已知其中而表示不超过的最大整数.求这种三角形周长的最小值.
习题17
A
1.证明对于任何整数,能被7整除;
2.试判断能被3整除吗?
3.求14+24+34+…+20044的末位数。
4.试证:
对一切正整数n,能被8整除。
B
5.设是最初的几个质数的乘积,这里。
证明p-1和p+1都不是完全平方数。
6.设a,b,c,d是4个整数,证明:
差b-a,c-a,d-a,c-b,d-b,d-c的积能被12整除。
7.正整数n满足:
十进制表示下的末三位数为888,求满足条件的最小的n值。
8.在每张卡片上各写出11111到99999的五位数,然后把这些卡片按任意顺序排成一列,证明所得到的444445位数不可能是2的幂;
C
9.在1,2,3,…1989,…1994中最多可以取多少个数,使得所取的
数中任意3个数之和能被18整除。
10.给出一个数198********3…654321,它是由大到小依次写出自然数1985、1984、…、直到写出3、2、1后连接成一个数而成,现从其首位起,把首位数字乘以2加上第二位数字,把结果再乘以2后加上第三位数字,再把结果乘以2后加上第四位数字,…,这样一直算下去,直到个位数字为止,于是得到一个新的数,把新的数再按上述方法做一次,又得第二个数,…这样一直做下去,直到得到一个一位数为止,问得到的一位数是多少?
11.设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.
12.连结正n边形的顶点,得到一个闭的n年折线形,证明:
当n为
偶数,则在连线中有两条平行线。
“情景再现”解答:
1.
2.解:
3+5+7+5+6=26,
2003≡1(mod11),26+x≡1(mod11)x=8,即只要报8.
以后每次甲报k时,乙就报11-k即可.
3.将54个座位按逆时针由1开始编号:
1,2,3,……
如果满足要求的排法存在,则不妨设1和11是同一国的代表,从而11和21不是同一国的代表,故21和31是同一国家代表.进一步可以得出:
和是同一国家的代表(若和大于54,则取它们被54除的余数为号码的位置,比如61即等同于7).
特别地,取时,261和271是同一国家的代表,然而
,.
即1和45是同一国家的代表,与1和11是同一国家的代表矛盾.命题得证.
4.a3+23=a3-1+24,∴a3-1≡0(mod24),∴3|a3-1,8|a3-1.
由a≡0,1,2(mod3)得a3≡0,1,2(mod3);
若a为偶数,则a3≡0(mod8),若a为奇数,则a2≡1,故a3≡a(mod8).
从而a≡1(mod24);于是a=1,25,49,73,97,共有5个数.
5.1001≡0(mod13)
108≡1000≡-1(mod13)
106≡1(mod13)
10≡4(mod13)
102≡16≡10(mod6)
103≡102≡10(mod6)
10n≡10n-1≡…≡10≡4(mod6)
10n=6k+4
∴≡106k+4≡(106)k×104≡1k×104≡104≡3(mod13)
6.
(1)
.
(2)不可能完成.由于每次操作后,每堆棋子数目或者减1,或者加2,不妨写为
.
若被3除的余数均不相等,则操作后得到的三个数,,被3除的余数的变化为,,.也就是说,每次操作后不改变三个数被3除的余数互不相等这样一个事实.
由于一开始给的三个数被3除的余数各不相等,而所要求达到的结果被3除的余数都为0,故不能完成.
7.由题设可知,
于是
由于(3,2)=(3,5)=1,∴由①可知.
现在设是满足的最小正整数,则对于任意满足的正整数,我们有,即u整除v.事实上,若不整除,则由带余除法可知,存在非负整数及,使得,其中。
从而可以推出,而这显然与的定义矛盾,所以.注意到
,从而可以设,其中为正整数.
同理可由推出.故.
现在我们求满足的正整数.
因为,所以
即
或
即有,并代入该式得
即有.
即,其中为正整数,
故,s为正整数.
同理可以证得,为正整数.
由于,所以有.
这样一来,三角形的三个边为和.由于两边之差小于第三边,故,因此,当时三角形的周长最小,其值为(1000+501)+(500+501)+501=3003.
“习题”解答:
A
1.
都能被7整除;
2.
3.解:
记14+24+34+…+20044=N,设N的末位数为a,则N≡a(mod10)
∴N4≡a4(mod10)
∵14≡1(mod10) 24≡6(mod10) 34≡1(mod10) 44≡6(mod10)
54≡5(mod10) 64≡6(mod10) 74≡1(mod10) 84≡6(mod10) 94≡1(mod10)
∴14+24+34+…+20044≡200×(14+24+34+…+104)+14+24+34+44≡14≡4(mod10)即末位数为4
4.证明:
若k为奇数,则或±3(mod8),(mod8)
∴当k为奇数 (mod8),∴(mod8)
若n为正奇数,
(mod8)
若n为正偶数,(mod8)
∴得证.
B
5.对任意(mod3)
所以或1(mod3)
而3︱p故p-1(mod3)
p-1不是完全平方数
又都是奇数,设=2k+1.
则(mod4),而完全平方数0或1(mod4),(mod4)
不是完全平方数。
6.考虑这4个数模4的结果,如果有某两个数对于模4同余,则这二数是4的倍数,如果这4个数对于模4没有两数同余,则这四数必两奇两偶,奇偶相同二数的差能被2整除,于是其积是4的倍数,即得。
再考虑这4个数模3的结果,由于任何整数模3后只能与0,1,2,这三个数同余,则必有二数对于模3同余,这二数的差能被3整除。
综上即得。
7.依题意,知(mod1000)故n的末位数字为2,设n=10k+2,
则分别有
即(mod25)
故25,所以
设,则
即,所以m=5r+3.
则n=500r+192
∴最小的n为192
8.
C
9.设a,b,c,d是取出来的数中任意四个,由a+b+c=18n,a+b+d=18m,18|(c-d),即取出的数对摸18的余数相同,设为k,
则a+b+c≡3k(mod18)
k=0,6,12。
而1994=18×110×14
最多有6,24,42,…1986或12,30,48,…1992共111个数满足。
10.解设所给数为A,则A被8除的余数与321被8除的余数相同,但321=3×100+2×10+1≡3×4+2×2+1(mod8),又设第一次运算得到的数为B,而B被8除的余数与(3×2+2)×2+1被8除的余数相同(A的千位以上的数字在运算过程中均乘以2n ,其中n≥3)。
即B被8除的余数与A被8除的余数相同。
对B的各位数字进行运算的结果记为C,同理可知,C被8除的余数与B被8除的余数相同,…,依此类推,知最后所得的一位数被8除的余数与A被8被的余数相同,即余1。
而此一位数由两个自然数相加而得,故不等于1,从而,该一位数为9。
11.证明a3b-ab3=ab(a+b)(a-b);b3c-bc3=bc(b+c)(b-c);c3a-ca3=ca(c+a)(c-a).
⑴若a≡0(mod2)或b≡0(mod2),则ab(a+b)(a-b)≡0(mod2);
若a≡1(mod2)且b≡1(mod2),则a+b≡0(mod2)且a-b≡0(mod2)
于是ab(a+b)(a-b)≡0(mod2);总之,a3b-ab3≡0(mod2),
同理b3c-bc3≡0(mod2),c3a-ca3≡0(mod2).
⑵若a≡0(mod5),则ab(a+b)(a-b)≡0(mod5)且ca(c+a)(c-a)≡0(mod5),
故可知,当a≡0,或b≡0,或c≡0(mod5)时,考察
a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3
这三个数中,至少有2个能被5整除.
当a0(mod5)且b0(mod5)且c0(mod5)时,
①若a≡b(mod5),则a-b≡0(mod5),于是ab(a+b)(a-b)≡0(mod5).
同理若b≡c(mod5),则bc≡0(b+c)(b-c)(mod5);
若c≡a(mod5),则ca(c+a)(c-a)≡0(mod5).
②若ab,bc,ca,则取M={1,4},N={2,3}两个集合.
由于a、b、c被5除的余数互不相等且只能是1,2,3,4中的某3个,故必存在两个数,它们被5除的的余数或同属于M,或同属于N,不妨设a、b这两个数被5除的余数属于同一集合,则a+b≡0(mod5).
总之,a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中,至少有1个能被5整除.
综上可知,a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中,至少有一个数能被10整除.
12.依逆时针顺序将顶点标上0,1,…n-1,问题中的闭折线可用n个数的一个排列
A0,A1,A2,…An-1,An=A0唯一地表示,且AiAi+1//AjAj+1
=Ai+Ai+1≡Aj+Aj+1(modn)
n为偶数,2不能整除(n-1)
模n的非负最小完全剩余系之和满足
0+1+…+(n-1)=
0(modn)
另一方面=2≡2×
≡n(n-1)≡0(modn)
∴Ai+Ai+1(i=0,…,n-1)不能构成n的完全剩余后,必有i≠j,使Ai+Ai+1≡Aj+Aj+Aj+1(modn)得证。
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