发布时间 : 星期日 文章初中数学竞赛讲座 - 数论部分7（同余）更新完毕开始阅读5fdc8818ad02de80d4d840db
初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室
所以4 n除以100的余数是以4、16、64、56、24、96、84、36、44、76周期性出现
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的，因41001=410100+1，所以41001≡4（mod 100），因此19982002≡4（mod 100），故19982002的十位数字是0．
说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．
例8（1998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2n+1能被3整除的一切自然数n. 解∵
∴
则2n+1
∴当n为奇数时，2n+1能被3整除； 当n为偶数时，2n+1不能被3整除.
例9 求证31980+41981能被5整除. 证明 ∵
∴∴∴
例10．求20032002的末位数字．
分析：此题就是求20032002除以10的余数 解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10）， ∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10） ∴20022002的末位数字是7．
说明：对于十进制的整数anan?1?a1a0有如下性质：anan?1?a1a0?a0(mod10) 例11．已知n是正整数，证明48 | 72n―2352n―1 证明：∵48=3×16，（3，16）=1 ∴只需证明3| 72n―2352n―1且16 | 72n―2352n―1即可 ∵7≡1（mod 3），2352≡0（mod 3） ∴72n―2352n―1≡12n―2352×0－1≡0（mod 3） ∴3 | 72n―2352n―1，又∵2352=16×147，∴2352≡0（mod 16） ∴72n―2352n―1≡49n－1≡1n－1≡0（mod 16） ∴16 | 72n―2352n―1，所以48| 72n―2352n―1．
说明：当模很大时，可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解，请同学位用这个方法重解例8．
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例12．已知n是任意的正整数，且m | 7n+12n―1，求正整数m的最大值． 解：设an=7n+12n―1，那么，a1=7+12―1=18，a2=72+24―1=72 ∴（a1，a2）=（18，72）=18，∴m≤18，
下面证明对任何正整数n，都有18 | 7n+12n―1 又因为18=2×9，所以只须证明2 | 7n+12n，9 | 7n+12n―1即可． ∵7≡1（mod 2），∴7n+12―1≡1n+0―1≡0（mod 2） 即2 | 7n+12n―1，对n进行分类讨论， ⑴若n≡0（mod 3），则n=3k（k为正整数）
7n+12n―1≡73k+36k+1≡（―2）3k+0―1≡（―8）k―1≡1k―1≡0（mod 9） ⑵若n≡1（mod 3），则n=3k+1（k为非负整数） 7n+12n―1≡73k+36k+127+12―1≡0（mod 9） ⑶若n≡2（mod 3），则n=3k+2（k为非负整数） 7n+12n―1≡73k·72+36k+24―1≡72+24―1≡0（mod 9） 因此，对一切自然数n，都有9 | 7n+12n―1．
综上所述，18 | 7n+12n―1，因此m的最大值为18．
例13 把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出
｜a1-a2｜，｜a3-a4｜ ，…，｜a127-a128｜，
再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算
｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．
如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？ 解 因为对于一个整数a，有
｜a｜≡a(mod 2)， a≡-a(mod 2)，
所以
b1＋b2＋…＋b64
=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜ ≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128
≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，
因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数 x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128 ＝64×129≡0(mod 2)， 故x是偶数．
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例14 求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．
10≡1(mod 9)，
故对任何整数k≥1，有
10k≡1k＝1(mod 9)．
因此
即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．
说明 (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．
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三、模拟训练
1求证：
(1)8｜(551999＋17)； (2) 8(32n＋7)； (3)17｜(191000-1)．
证 (1)因55≡-1(mod 8)，所以551999≡-1(mod 8)，551999＋17≡-1＋17=16≡0(mod 8)，于是8｜(551999＋17)．
(2)32=9≡1(mod 8)，32n≡1(mod 8)，所以32n＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(32n＋7)． (3)19≡2(mod 17)，194≡24=16≡-1(mod 17)，所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod 17)，于是
17｜(191000-1)．
2．求20032002的末位数字
分析：此题就是求20032002除以10的余数 解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），
∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10） ∴20022002的末位数字是7
说明：对于十进制的整数anan?1?a1a0有如下性质：anan?1?a1a0?a0(mod 10)．
3求2999最后两位数码.
解 考虑用100除2999所得的余数. ∵∴又∴
∴∴2
999
的最后两位数字为88.
4．求证：22000+1不能被7整数．
分析：只需证明22000≡－1（mod 7）即可 证明：∵26≡1（mod 7），∴22000≡（26）333·22≡1·22≡4（mod 7），
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