公元2000华罗庚学校数学教材(六年级上)第08讲 应用同余解题

2020年11月27日发(作者：岑俊)
本系列共14讲
第八讲应用同余解题
.
文档贡献者：与你的缘
在五年 级我们已初步学习了同余的有关知识．同余在解答竞赛题
中有着广泛的应用．在这一讲中，我们将深入理 解同余的概念和性质，
悟出它的一些运用技巧和方法。
例1a除以5余1，b除以5余4，如果 3a＞b，那么3a－b除
以5余几？
分析与余数有关的问题考虑用同余式可以使解题简便．< br>解：∵a≡1（mod5），
∴3a≡3（mod5），
或者3a≡8（mod5）．（ 1）
又∵b≡4（mod5），（2）
∴（1）－（2）得：
3a－b≡8－4≡4（ mod5）．
因此，3a－b除以5余4．
例2
分析
若a为自然数，证明10 │（
a
1985
－
a
1949
）．
如果换一种方式 表达，所要证明的即是要证
a
1985
与
a
1949
个位数字相同，用对于模10两数同余来解，可以使解题过程简化．
证明：∵
a
19 85
＝
a
4×496+1
≡a（mod10），
a
1949
＝
a
4×487+1
≡a（mod10），
∴
a
1 985
－
a
1949
≡a－a≡0（mod10）．
即10│（a
1985
－
a
1949
）．
说明：这里用到一个事实 ：对于任何自然数a，a
5
与a的个位数
字相同．
例3计算机录入员平均每分 钟可以输入72个汉字，输入一篇
有
x
679
y
个汉字的文章所用的 分钟数恰好是整数，求五位数
x
679
y
。
分析
解：∵这道题实质是求一个能被72整除的五位数
x
679
y
。
72= 8×9，又72|
x
679
y
，
由能被8、9整除的特征，得
x
＋6＋7＋9＋
y
≡0（mod9）（1）
（2）700＋90＋
y
≡0（mod8）
由（2）得y≡2（mod8）
因0≤y<9且y是整数
∴y＝2．
把y＝2代入（1）得
x＋6＋7＋9＋2≡0（mod9）
∴x≡3（ mod9）．
由x是一位整数得：x＝3．
∴所求五位数是36792．
例4
是几？
分析
n
=，求
n
被9除后所得的商的个位数
①设n÷ 9＝商…r，那么9│（n－r），根据n－r＝商×
9，以及n－r的个位数字，可推算出商的个位数 字．
②抓住“一个整数与它的各位数字之和对于模9同余”这性质，
可以很快的化大数为小数．
解：∵
n
=
≡2×2≡4（mod9），
≡1919×（1＋9＋1 ＋9）≡1919×20
∴9│（n－4），即n－4＝9×商，
又∵n－4的个位数字是5，
∴n被9除所得的商的个位数字是5．
例5设2n＋1是质数，证明：1
2
， 2
2
，…，n
2
被2n＋1除所得的
余数各不相同。
分析这 道题肯定不可能通过各数被2n＋1除去求余数．那么我
们可以考虑从反面入手，假设存在两个相同的余 数的话，就会发生矛
盾。而中间的推导是步步有根据的，所以发生矛盾的原因是假设不合
理，从 而说明假设不成立，因此原来的结论是正确的。
证明：假设有两个数a、b，（a≠b，设b≤n），它们的平方a
2
，b
2
被2n＋1除余数 相同。
那么，由同余定义得a
2
－b
2
≡0（mod（2n＋1）） ．
即（a＋b）（a－b）≡0（mod（2n＋1）），由于2n＋1是质数．
∴a＋b≡0 （mod（2n＋1））或a－b≡0（mod（2n＋1））．
由于a＋b，a－b均小于2n＋1且 大于零，
可知，a＋b与2n＋1互质，a－b也与2n＋1互质．
即a＋b与a－b都不能被 2n＋1整除．
产生矛盾，∴原题得证．
说明：这里用到一个重要的事实：如果A·B≡0（m odp），p是质
数，那么A或B中至少有一个模p为零．p是质数这一条件不能少，
否则不能 成立。
例如
例6已知：
，而2×3≡0（mod6）。
问：a除以13所得余 数是几？
解：用试除方法可知：13│191919．
∵1919×2＝3838，而3│38 37，
∴，，
即1919个“1919”有3838个“19”，三组三组取走“19”后还< br>剩下一组．
∴a≡19（mod13）．
∴a≡6（mod13）．
即a除以1 3余数是6．
例7求被3除余2，被5除余3，被7除余5的最小三位数．
解：设x为所求数，
由题意
（3）即x＝7k＋5（k是整数）．代入（2）得
7k＋5≡3（mod5） ，