《2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第36讲同余》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第36讲同余（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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 （mod m） （mod m）则 （mod m），（mod m），（mod m）3、除法设 （mod m）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 202(mod9)，5005(mod9)，7
2、0007(mod9)，由于10n1=9M，则10n1(mod9)，故an10nan (mod9)。可以考虑把此数变为多项式表示an10n+ an-110n-1+ a110+a0后处理。证明 设a=an10n+ an-110n-1+ a110+a0，101(mod9)，10n1(mod9)，an10n+ an-110n-1+ a110+a0an+ an-1+ a1+a0。说明 要熟练记忆并应用常见的数据模的特征。例2A，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
3、，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320（mod 4），而A取的牌不能是4及其倍数，从而A取后，剩下的牌张数x3（mod 4），或x2（mod 4），或x1（mod 4），于是B可以通过取1，2或3张牌，使得剩下的牌的张数y0（mod 4），所以，B依次此策略，在A取后，剩下的牌张数不同余于0（mod 4），总是有牌，而B取后剩下的牌的张数y0（mod 4），从而B能取到最后一张牌。例3 在已知数列1，4，8，10，16，
4、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
5、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 有没有报过5，又报过10的人？ 有没有报过5，又报过11的人？ 分析 报过5（10）的人的编号
6、模64的同余特征是本题的突破口。解 把这些学生依次编为11998号设既报过5又报过10 的人原编为x号，则有 x+1998k5 (mod 64) x+1998l10(mod 64) 1998(lk)5(mod 64)，即1998(lk)=5+64n，这不可能 既报5又报11的人原来编为x 号x+1998k5 (mod 64) x+1998l11(mod 64) 1998(lk)6(mod 64)，即14(lk)=6+64n，7(lk)=3+32n，取n=1，得lk=5，即第k圈报5的人，第k+5圈后报11， 19985=64156+6，这说明前5圈报5的人共157个，即共有157人既报5又报1
7、1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yN，有x|（）。分析 x最大不超过的最小值18，（mod18）（mod2）, （mod9）。解 由条件，x |（7121），x |18，故x18。下证：对任意yN，有18|（）。 事实上，首先是偶数，所以2|（）；其次，当y=3k（kN*）时，10（mod 9），当y=3k1（kN*）时，7310（mod 9），当y=3k2时，4940（mod 9）。故对任意yN*，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
8、。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12C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
9、+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-m1（mod1000），寻找最小的n-m及m。解 由已知1000=8125，所以 因，且（1978m，125）=1，则由式知1978n-m1（mod125）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nm为4的倍数时，式才能成立，因而可令nm=4k.由于. n+m=（ nm）+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=（7925+3）4341（mod5），19784346（mod25）.故可令19784=5t+1，而5不整除t，从而019
10、78n-m1=19784k1=（5k+1）k1+，显然，使上式成立的k的最小值为25.再确定m的最小值：因19782（mod8），则由式知， 由于式显然对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（m2，mN*）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）
11、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x113f(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
12、不超过的最大整数. 求这种三角形周长的最小值. 习题17A1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14243420044的末位数。4试证：对一切正整数n，能被8整除。B5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ba，ca，da，cb，db，dc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；C9在1，2，3，1989，1994中最多可以取多
13、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198519841983654321，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：a3bab3，b3cbc3,c3aca3三个数中，至少有一个数能被10整除12连结正n边形的顶点，
14、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：35756=26， 20031(mod 11)，26x1(mod 11)x=8，即只要报8以后每次甲报k时，乙就报11k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=a31+24, a310 (mod 24), 3|a31，8|a31由a0,1,2 (mod 3)得a30,1,2 (mod 3)；
