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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，
偶数，
所以，正整数
(2)奇数可以表示为，从而
奇数．
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
奇数．
又，偶数(为整数)．
若偶数，则．
若奇数，则
．
所以，平方数
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，，1()；又0，±1，±2，±3，4()，所以，0，1，．
20.1.2★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．
因101()，故对任何整数≥1，有
．
因此
．
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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．
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)；
(2)；
(3)．
解析 (1)因，所以
，
，
于是．
(2)因为，，所以，即
．
(3)因为，，所以
，
于是
．
20.1.4★★对任意的正整数，证明：能被1897整除．
解析 ，7与271互质．因为
，，
，，
所以，故7|
又因为
，
，
，
所以
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，故271|
因(7，271)=1，所以1897整除．
20.1.5★证明：能被7整除．
解析 因为，，
所以 ．
因为 ，，，所以
．
于是
，
即 ．
20.1.6★★求最大的正整数，使得能被整除．
解析 因为
，①
而对于整数≥1，有
，
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．故的最大值为12．
20.1.7★求使为7的倍数的所有正整数．
解析 因为，所以对按模3进行分类讨论．
(1)若，则
；
(2)若，则
;
(3)若，则
．
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所以，当且仅当3|时，为7的倍数．
20.1.8★设是正整数，求证：7不整除．
解析 因为，，．所以
当时，
；
当时，
；
当时，
．
所以，对一切正整数，7不整除．
20.1.9★今天是星期日，过天是星期几?
解析 ，所以
．
因此，过天是星期四．
20.1.10★★求被50除所得的余数．
解析 ，．
又，所以
．
．
即．
从而．
．
由于．，所以．于是
．
故除以50所得的余数为29．
20.1.11★(1)求33除的余数；
(2)求8除的余数．
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解析 (1)先找与同余的数．因为
，
所以．
．
故所求的余数为25．
(2)因为，所以
，
．
即余数为6．
20.1.12★求除以4所得的余数．
解析 因为，，所以
．
20.1.13★形如，0，1，2，…的数称为费马数．证明：当≥2时，的末位数字是7．
解析 当≥2时，是4的倍数，故令．
于是
．
即的末位数字是7．
评注 费马数的头几个是，，，，，它们都是素数．费马便猜测：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．
20.1.14★★已知，求被9除后所得商的个位数字是多少?
解析 因为
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．
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．
20.1.15★★求的末两位数．
解析 因为
，，
，
．
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01、26、5l、76．
又是4的倍数，故的末两位数字只可能是76．
又，所以的末两位数字只可能是38、88，而4|88，438，故的末两位数字是
88．
20.1.16★★求所有的正整数，使得是一个立方数．
解析 假设存在正整数、，使得，则，于是．设，则，易知不能被3整除，故不存在正整数，使得是一个立方数．
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19975(8)，因此所求余数为0．
20.1.18★★★求的末位数字和的末两位数字，其中是大于1的正整数．
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，先设法求出中的，然后求出(，是整数)中的．这样，问题归结为求被10除所得的余数．
因为
，
，是正整数．
而．
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所以，．可设．
于是．
所以，的末位数字是3．
考虑的末两位数字．这时，由，，，得
．
而，其中是整数且≥0．于是．
可设，那么
．
所以，所求的末两位数字是43．
20.1.19★★求1×3×5×…×1997×1999的末三位数字．
解析 这个积显然是5×25=125的倍数，设
5×25×1×3×7×…×23×27×…×1999=．
由于1000=8×125，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．
(1× 3×7)×(9×11×13×15)
×(17×19×21×23)×(27×29×31)
×(33×35×37×39)×…
×(1985×1987×1989×1991)
×(1993×1995×1997×1999)
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
×3×5×7
．
而 ，
．
于是 ．
所以，，即的末三位数字是625．
20.1.20★★★★如果是大于1的整数，是的根．对于大于10的任意正整数，的个位数字总是7，求是的个位数字．
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，从中确定
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的个位数字．
因为是的根，所以这方程的另一个根是．于是
．
如果的个位数字是偶数，那么
的个位数字仍是偶数．
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．
(1)如果的个位数字是1或9，那么
，
由此得．
(2)如果的个位数字是3或7，那么
，
由此得，．
(3)如果的个位数字是5，那么
，．
所以，．
综上所述，的个位数字是3或5或7．
20.1.21★★2005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．
解析 因为，所以
，
所以，的末两位数只能是22、47、72、97．
又0()，所以，的末两位数只能是72．从而，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．
解析 因为2001=3×23×29，所以，要使，只要使
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，
，
．
易知
，
，
．
(1)若是奇数，则，，，而(3，29)=1，故
．
令，则，所以
，
即，
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
．
(2)若是偶数，则， ，，由于(3，23)=1，(3，29)=1，(23，29)=1，所以(×23×29)．故当是偶数时，的最小正整数解是等于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，不可能是三个整数的平方和．
解析 假设存在整数、、，使得
．
由于对任意整数，0，1，4()，于是
0，1，2，3，4，5，6()．
而，矛盾！
20.1.24★证明不定方程无整数解．
解析 因为，显然，是奇数．
(1)若为偶数，则
．
又．所以，矛盾，故不能为偶数．
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(2)若为奇数，则．
但，矛盾，故不能为奇数．
由(1)，(2)可知：原方程无整数解．
20.1.25★证明：不定方程没有整数解．
解析 如果0，1，2，3()，那么
0，1，4()．
所以0，1，2，4，5()．但与矛盾．
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．
解析 以5为模，如果，±1，±2()，那么
0，1，4()，0，1，1()．
即对任一整数，0，1()．
同样，对任一整数，0，1()．
所以2，3，4()．
从而原不定方程无整数解．
20.1.27★★★求最小的正整数，使得存在整数，，…，，满足
．
解析 对任意整数，可知
或，
由此可得 或．
利用这个结论，可知，若
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