1、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 ，2214(mod)kk偶数 ，20()所以，正整数 21od4,;().nn偶为 数为 数(2)奇数可以表示为 ，从而k奇数 24141k因为两个连续整数 、 中必有一个是偶数，所以 是 8 的倍数，从而k41k奇数 281mod8i又，偶数 ( 为整数)24k若 偶数 ，则 kt2160od 8t若 奇数 ，则222414(m)tt所以，平方数0od8,4.评注 事实上，我们也可以这样来证：因为对任意整数 ，有 ，1，2( )，所以
2、，a0mod4，1( )；又 0，1，2，3，4( )，所以， 0，1， 0amodamod824820.1.2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 120nAa因 10 1( )，故对任何整数 1，有od9k1mod9k因此 120nAa 110na110mod9na即 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A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) ；19857(2) ；2837n(3) 109解
3、析 (1)因 ，所以5mod8，19，57160od8于是 98()(2)因为 ， ，所以 ，即231(mod8231(od8)n23710mod8n(3)因为 ， ，所以192od7419261mod7，2502500491od7于是10720.1.4对任意的正整数 ，证明： 能被 1897 整除n29384621nnA解析 ，7 与 271 互质因为18921， ，2035mod035od， ，466所以 ，故 7|29038421520mod7nnnnAA又因为，1mod7，80326，419od7所以290384621nnA，故 271|110mod7A因(7，271)=1，所以 18
4、97 整除 A20.1.5证明： 能被 7 整除255解析 因为 ， ，4od73641od所以 2220m因为 ， ， ，所以3mod7od7231od7555029265od7于是，252mod70即 57|20.1.6求最大的正整数 ，使得 能被 整除n10243n解析 因为，10245125612833而对于整数 1，有k，22mod4k所以，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 的倍数故的最大值为 12n20.1.7求使 为 7 的倍数的所有正整数 21nn解析 因为 ，所以对 按模 3 进行分类讨论38od(1)若 ，则
5、k；32110mod7nkk(2)若 ，则328kn k;21mod7k(3)若 ，则3n2148kk41od7k所以，当且仅当 3| 时， 为 7 的倍数n21n20.1.8设 是正整数，求证：7 不整除 41n解析 因为 ， ， 所以14mod24od3mod7当 时，3nk；7当 时，1；34415modkn当 时，231637kn所以，对一切正整数 ，7 不整除 n41n20.1.9今天是星期日，过 天是星期几?10解析 ，所以32mod31014od7因此，过 天是星期四1020.1.10求 被 50 除所得的余数326(57)解析 ， 2mod037mod50又 ，所以74915o
6、d083477m5即 25od0从而 37463od502(5)m由于 ，所以 于是347od501349mod502031mod526052故 除以 50 所得的余数为 29326(74)20.1.11(1)求 33 除 的余数；198(2)求 8 除 的余数21n解析 (1)先找与 同余的数因为1mod3，523所以 10od3998522825mod3故所求的余数为 25(2)因为 ，所以71od，2218nn76mod即余数为 620.1.12求 除以 4 所得的余数555123910解析 因为 ， ，所以0od4n521modn5552139m20.1.13形如 ， 0，1，2，的数
7、称为费马数证明：当 2 时， 的末位数字是knF nnF7解析 当 2 时， 是 4 的倍数，故令 4nt于是 21knF4617mod0ttt即 的末位数字是 7n评注 费马数的头几个是 ， ， ， ， ，它们都是素数费马便03F1527F3254637F猜测：对所有的正整数 ， 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n证明了下一个费马数 是合数有兴趣的读者可以自己去证明520.1.14已知 ，求 被 9 除后所得商的个位数字是多少?19 n个 n解析 因为 19 n个19204mod9所以 又 的个位数字是 5，故 被 9 除后所得商的个位数字是 5|nn20.1.15
8、求 的末两位数92解析 因为， ，102mod510mod25，10102od25所以 的末两位数字只可能是 00、25、50、75，即 的末两位数字只可能是10201、26、5l、76又 是 4 的倍数，故 的末两位数字只可能是 76102102又 ，所以 的末两位数字只可能是 38、88，而 4|88，4 38，故 的末两位数字是909 |928820.1.16求所有的正整数 ，使得 是一个立方数n237n解析 假设存在正整数 、 ，使得 ，则 ，于是 设m3m31od31mod，则 ，易知 不能被 3 整除，故不存在正整数 ，使得31mk22(31)k2n是一个立方数27n20.1.17
9、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( 8)，因此所求余数为 0mod20.1.18求 的末位数字和 的末两位数字，其中 是大于 1 的正整数77k个 k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
10、字就是求这个数除以 100 的余数为此，先设法求出 中的 ，然后求出 ( ， 是整数)71(mod0)tt7atb中的 这样，问题归结为求 被 10 除所得的余数b67因为，2371mod0od10偶， 是正整数447m而 6673mod4731mod4偶所以， 可设 73于是 743od10m所以， 的末位数字是 37考虑 的末两位数字这时，由 ， ， ，得7 2749mod10374mod1047od1041mod0n而 ，其中 是整数且 0于是 721tk个 tt21721133od4tttk 个可设 ，那么743kn个71mod10k个所以，所求的末两位数字是 4320.1.19求 1
11、3519971999 的末三位数字n解析 这个积显然是 525=125 的倍数，设52513723271999= n 125m由于 1000=8125，所以，我们只需求出 除以 8 所得的余数，进而便可求得 除以 1000 的余数n(1 37)(9111315)m(17192123)(272931)(33353739)(1985198719891991)(1993199519971999)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813857kk357mod而 ，1375od829于是 51mod8所以， ，即 的末三位数字是 62521256mod10kn20.
12、1.20如果 是大于 1 的整数， 是 的根对于大于 10 的任意正整数 ，a2xkn的个位数字总是 7，求是的个位数字2nna解析 首先，我们证明 的个位数字不可能是偶数其次，根据 与 7 对模 10 同余，从中确k 2nna定 的个位数字k因为 是 的根，所以这方程的另一个根是 于是a210xk11如果 的个位数字是偶数，那么k22 2aka的个位数字仍是偶数 222k的个位数字也是偶数对于 ， 的个位数字也是偶数，与题设矛盾 的末位数字不能是偶数10n2nna k(1)如果 的个位数字是 1 或 9，那么k，2moda由此得 20nn n偶(2)如果 的个位数字是 3 或 7，那么k，2
13、7od1a由此得 ， 2m0nn 1n(3)如果 的个位数字是 5，那么k， 23od1a227od0a所以 ， 270nn n综上所述， 的个位数字是 3 或 5 或 7k20.1.212005 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 ，求这个质数的末两位数04271解析 因为 ，所以102mod3453042530425777，18od所以， 的末两位数只能是 22、47、72、97304257又 0( )，所以， 的末两位数只能是 72从而， 的末两位数是 71m304257 30425
14、7120.1.22求最小的正整数 ，使得存在正整数 ，满足 an21|nna解析 因为 2001=32329，所以，要使 ，只要使201|532nna，3|52nna，|29|532nna易知，1mod3nnn，53291923naa3odnnn(1)若 是奇数，则 ， ， ，而(3，29)=1，故1ma1od23a1mod29a1mod87a令 ，则 ，所以12873ak1870()k，50od即 ，148m23k所以 ，则 能取的最小正整数是 5所以 是奇数时， 的最小正整数解是od1kna756(2)若 是偶数，则 ， ， ，由于(3，23)=1，(3，29)n3a1mod23a1od2
15、9=1，(23，29)=1，所以 ( 2329)故当 是偶数时， 的最小正整数解是1modna等于 20003291综上所述，满足条件的最小正整数 为 43620.1.23证明：对任意正整数 ， 不可能是三个整数的平方和n87解析 假设存在整数 、 、 ，使得abc22abc由于对任意整数 ， 0，1，4( )，于是x2mod0，1，2，3，4，5，6( )2abc8而 ，矛盾！87mod8n20.1.24证明不定方程 无整数解27xy解析 因为 ，显然， 是奇数25xy(1)若 为偶数，则20mod8x又 所以 ，矛盾，故 不能为偶数21mod8y2574mod8yx(2)若 为奇数，则 x
16、x但 ，矛盾，故 不能为奇数2570od4yx由(1)，(2)可知：原方程无整数解20.1.25证明：不定方程 没有整数解286abc解析 如果 0，1，2，3( )，那么nmod40，1，4( )2od 8所以 0，1，2，4，5( )但与 矛盾ab 26mod8ab从而原不定方程无整数解20.1.26证明：不定方程 没有整数解45xyz解析 以 5 为模，如果 ，1，2( )，那么0od0，1，4( )， 0，1，1( )2xmod4m即对任一整数 ， 0，1( )xod同样，对任一整数 ， 0，1( )y45所以 2，3，4( )4x从而原不定方程无整数解20.1.27求最小的正整数 ，
17、使得存在整数 ， ， ，满足n1x2nx441259n解析 对任意整数 ，可知a或 ，20mod4a21od8由此可得 或 6利用这个结论，可知，若 15，设n，4412od1nxx则 15，m而 ，596矛盾，所以 15n另外，当 =15 时，要求，44121od6nxx即 ， ， 都为奇数，这为我们找到合适的数指明了方向事实上。在 ， ， 中，1x215x1 个数取为 5，12 个取为 3，另外两个取为 1，就有441215xx53=625+972+2=1599所以， 的最小值为 15n20.1.28是否存在正整数 、 ，使得 成立?xy2203xy解析 如果有这样的正整数，那么 、 都小
18、于 2003，由 2003 为质数( 这个结论可通过所有不超过的质数都不能整除 2003 直接计算得到)，所以 、 都与 2003 互质，这表明( ， ，2003) 是203 xyxy原方程的本原解，从而知存在正整数 、 使得mn2mn但是 、1 或 2( )，而2od4( )，03od4矛盾所以，不存在正整数 、 满足条件xy20.1.29设 是质数，证明： ， ， 被 除所得的余数各不相同n212n1解析 假设有两个数 、 (1 )，且 和 被 除余数相同abanb则 即20mod21abn又 是质数，所以21n0odab或 m21n而 ， 都小于 且大于 0，所以 与 互质， 也与 互质
19、因此 与ab ab21nab21nab都不能被 整除这与式矛盾，故原命题成立20.1.30求 除以 17 的余数20193解析 因 17 是素数，17 1993，故由费马小定理，有|，16mod7所以12520693od7即 除以 17 的余数是 11评注 本题用了费马(Femat)小定理：若 是质数( ， )=1，则pap1mod20.1.31证明： ，能被 5 型除，但 不能被 5 整除24124132402403解析 由于 5 是质数，且分别和 1、2、3、4 互质由费马小定理得 ，而1moda60241modaa所以 24124132340mod5但,240240mod5所以， 不能被
20、 5 整除2401320.1.32证明：2730| 13n解析 因为 2730=235713由费马小定理， ， ， ， 13odn7od5odn3modn2odn而由 易得： ， ， ， 所以12n713|51|313|213|n， ，3，5，7，13|kn2k且 2、3、5、7、13 两两互质，因此原结论成立20.1.33 是一个整数，证明： a530|a解析 由费马小定理，3mod，5a而 ，所以321a， 53|a5|又因为 是偶数，故 但 2、3、5 两两互素，故211aa52|a530|20.1.34证明：若 为大于 1 的正整数，则 不能被 整除n21n解析 若 是偶数，显然 n|
21、2若 是奇素数，由费马小定理，2modn即，1n所以 |n21若 是奇合数，设 是 的最小质因数，由费马小定理pn12modp又设 是使 成立的最小正整数，则 2 ，因此 令 ，i21modii1niniqr0 ，那么1i，2()21mod /niqrp故 ，进而 |p|n20.1.35试求最小的正整数，它可以被表示为四个正整数的平方和，且可以整除某个形如的整数，其中 为正整数215n解析 最小的 5 个可以被表示为四个正整数的平方和的正整数为，4=1+1+1+1，7=4+1+1+1，10=4+4+1+1，12=9+1+1+1 和 13=4+4+4+1显然，由于 为奇数，所以这个最小的正整数不
22、能是 4，10 和 12n当 时，3k；215152mod7n当 时，；33nk当 时，2315415mod7nk所以 不是 7 的倍数而 ，所以符合条件的最小正整数是 137220.1.36设 为正整数证明： 的充要条件是 n37|n37|1n解析 若 ，37|则 ，|n于是，由费马小定理，知，61mod7从而，由，3|n知 ，7|故 3|1n反过来，若 ，37|n则 ，|并且 ，337|1n即 ，6|利用费马小定理知，61(mod7)n故 3|命题获证评注 涉及指数的同余式经常需要用到费马小定理，因为由费马小定理得出的结论中，同余式的一边是 1，这带来很大的方便20.1.37由费马小定理知
23、，对任意奇质数 ，都有 问：是否存在合数 ，使p12modpn得 成立?12modn解析 这样的合数 存在，而且有无穷多个其中最小的满足条件的合数 (它是从两n 341n个不同奇质数作乘积去试算出来的)事实上，由于，102341故 ，mod所以 ，3403故 341 符合要求进一步，设 是一个符合要求的奇合数，则 是一个奇合数(这一点利用因式分解可知) 再设a21a， 为正奇数，则12aq1 2221kk qaqa210modqa因此 也是一个符合要求的数依此递推(结合 341 符合要求)，可知有无穷多个满足条件的合数a评注 满足题中的合数 称为 “伪质数” ，如果对任意( ， )=1，都有
24、成立，那么合nan1modna数称为“绝对伪质数” 请读者寻找“绝对伪质数” n20.1.38设 为质数证明：存在无穷多个正整数 ，使得 p n|2np解析 如果 ，那么取 为偶数，就有 ，2n|2np命题成立设 ，则由费马小定理知p，12mod因此，对任意正整数 ，都有k，1kp所以，只需证明存在无穷多个正整数 ，使得k1modkpp(这样，令 ，就有 )1nk|2np而这只需 ，这样的 当然有无穷多个odk所以，命题成立评注 用费马小定理处理数论中的一些存在性问题有时非常方便、简洁20.1.39求出大于 1 的整数 的个数，使得对任意的整数 ，都有 na25|na解析 设满足条件的正整数组
25、成集合 ，若 , ，则 ，因此 中全部数的S25|na25|m,S最小公倍数也属于 ，即 中的最大数是其余每个数的倍数 ，则 的约数也整除 ，S 25|am25a于是只需确定最大数 ，其一切大于 1 的约数组成集合 mS因为 , ，并且 , =235713，由费马小定理，易证 2325|25|325(25)5713 ，所以 235713，集合 共有 31 个元素|a评注 利用特殊值法确定最大值，再进行证明是处理竞赛问题的典型技巧20.1.40已知正整数 ， 满足 ，求证：mn 71nm解析 由题设条件可得 271n对于整数 ，有 0，1，2，4( )，所以 (否则， )， (否则，xod226
26、mod7n2n)，故 ，于是25modn3722 231nmn ，21nm故 720.1.41正整数 不能被 2、3 整除，且不存在非负整数 、 ，使得 求 的最小n ab23abn值解析 先通过具体赋值猜出 值，再进行证明当 时， ； 时， ； 时， ； 时， ；1n1235n2357n12371n4321时， ； 时， ； 时， ； 时，41764199； 时， ； 时， ； 时， 52325n13259n5123931n50231下证 35 满足要求，用反证法，若不然，存在非负整数 、 ，使得 abab(1)若 ，显然 0，1，2，故 3模 8，得 ，即 ，但 ，235abaa3mod8
27、35od831b，不可能mod8(2)若 ，易知 0，1，模 9，得 ，因为325bab21od9a：2，4，8，7，5，1，2，4，所以，od9k； ， ， ， ， 于是 ，其中 为非负整61k6k6k6328k647k652mod9k 6ak数，所以 再模 7，得 因2385bk1modb为 ：3，2，6，4，5，1，3，2，故 ， 为正整数，所以，mod7k 6bk， 63k35kk所以 或321,5;k32,7.k于是， 或 6，不可能综上可知，38kmin20.1.42求方程345xyz的所有正整数解解析 显然， 是方程的一组解下面证明这是唯一的解2xyz设正整数 、 、 满足方程，则，53401mod3zxyy即z所以 是偶数z令 ，那么可变为12，11523zzyyx所以， 11523zxy 2其中 ， 120x 12x+，得312125xzx因为 3 与 2 和 5 都互质，所以 ， 由、可得20x1x，10(mod3)zy，1zy所以，12od3zmy故 是奇数， 是偶数再由式，得1z，od4x所以 也是偶数若 ，由得2y，51mod8矛盾，故 只能为 2由知 ，再由，得 y1z2x所以， 是方程的唯一解xz
