4．证明：若k为奇数，则k??1或±3（mod 8）,k?1（mod8） ∴当k为奇数 k若n为正奇数，
2n2?1（mod 8）,∴52m?32m?1（mod 8）
an?5?5n?1?2?3n?1?1?5?2?1?0（mod 8）
nn?2若n为正偶数，an?5?2?3?3?1?1?6?1?0（mod 8）
∴得证.
B
5．对任意x?Z,x?0,?1（mod 3） 所以x?0或1（mod 3） 而3︱p 故 p-1?2（mod 3） ?p-1不是完全平方数
2.....，pn 都是奇数，设p2.....pn＝2 k+1. 又p2，则p?2(2k?1)?2（mod 4），而完全平方数?0或1（mod 4）,p?1?3（mod 4）
?p?1不是完全平方数。
6．考虑这4个数模4的结果，如果有某两个数对于模4同余，则这二数是4的倍数，如果这4个数对于模4没有两数同余，则这四数必两奇两偶，奇偶相同二数的差能被2整除，于是其积是4的倍数，即得。
再考虑这4个数模3的结果，由于任何整数模3后只能与0，1，2，这三个数同余，则必有二数对于模3同余，这二数的差能被3整除。 综上即得。 7．依题意，知n?888（mod1000）故n的末位数字为2，设n=10k+2， 则分别有600k?120k?8?888(mod5) 即15k?3k?22??3（mod25） 故 255k?k?1，所以5k?1 设k?5m?4，则255?4?5m?5 即5m?2，所以m=5r+3. 则 n=500r+192 ∴最小的n为192
22223311111、11112、LL、99999排成的数为A，则：8．记由
A＝a1a2LLa88889,ai?{11111、11112、LL、99999}?A＝a1?10444440?a2?10444435?a3?10444430?L?a88888?105?a88889注意到105?1(mod11111)?105k?1(mod11111),k?Z?A?a1?a2?L?a88888?a88889(mod11111)又Qa1?a2?L?a88888?a88889?11111?11112?L?9999911111?99999?888892即：a1?a2?L?a88888?a88889?11111?5?88889??A?0(mod11111)?A不可能是2的幂；
C
9．设a，b，c，d是取出来的数中任意四个，由a＋b＋c＝18n，a＋b＋d＝18m，18|(c－d) ，即取出的数对摸18的余数相同，设为k， 则a＋b＋c≡3k（mod18） k＝0，6，12。
而1994＝18×110×14
最多有6，24，42，…1986或12，30，48，…1992共111个数满足。
10．解 设所给数为A，则A被8除的余数与321被8除的余数相同，但321=3×100+2×10+1≡3×4+2×2+1(mod 8)，又设第一次运算得到的数为B，而B被8除的余数与(3×2+2)×2+1被8除的余数相同(A的千位以上的数字在运算过程中均乘以2n ，其中n≥3)。即B被8除的余数与A被8除的余数相同。对B的各位数字进行运算的结果记为C，同理可知，C被8除的余数与B被8除的余数相同，…，依此类推，知最后所得的一位数被8除的余数与A被8被的余数相同，即余1。而此一位数由两个自然数相加而得，故不等于1，从而，该一位数为9。
11．证明 a3b－ab3=ab(a+b)(a－b)；b3c－bc3=bc(b+c)(b－c)；c3a－ca3=ca(c+a)(c－a)． ⑴ 若a≡0(mod 2)或b≡0(mod 2)，则ab(a+b)(a－b)≡0(mod 2)；
若a≡1(mod 2)且b≡1(mod 2)，则a+b≡0(mod 2)且a－b≡0(mod 2) 于是ab(a+b)(a－b)≡0(mod 2)；总之，a3b－ab3≡0(mod 2)， 同理b3c－bc3≡0(mod 2)，c3a－ca3≡0(mod 2)．
⑵ 若a≡0(mod 5)，则ab(a+b)(a－b)≡0(mod 5)且ca(c+a)(c－a)≡0(mod 5)，
故可知，当a≡0，或b≡0，或c≡0(mod 5)时，考察
a3b－ab3，b3c－bc3,c3a－ca3
这三个数中，至少有2个能被5整除．
当a? 0(mod 5)且b?0(mod 5)且c?0(mod 5)时，
①若a≡b(mod 5)，则a－b≡0(mod 5)，于是ab(a+b)(a－b)≡0(mod 5)． 同理若b≡c(mod 5)，则bc≡0 (b+c)(b－c) (mod 5)； 若c≡a(mod 5)，则ca(c+a)(c－a)≡0(mod 5)．
②若a?b，b?c，c?a，则取M={1，4}，N={2，3}两个集合．
由于a、b、c被5除的余数互不相等且只能是1，2，3，4中的某3个，故必存在两个数，它们被5除的的余数或同属于M，或同属于N，不妨设a、b这两个数被5除的余数属于同一集合，则a+b≡0(mod 5)．
总之，a3b－ab3，b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有1个能被5整除．
综上可知，a3b－ab3，b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有一个数能被10整除． 12．依逆时针顺序将顶点标上0，1，…n－1，问题中的闭折线可用n个数的一个排列 A0，A1，A2，…An-1，An＝A0唯一地表示，且AiAi+1//AjAj+1
Ai?1Aj=?Aj?1Ai?Ai＋Ai+1≡Aj＋Aj+1（mod n） ??n为偶数，2不能整除(n－1)
模n的非负最小完全剩余系之和满足 n(n－1)
0＋1＋…＋(n－1)＝2?/0（mod n） 另一方面
?(Ai?Ai?1)＝2?Ai≡2×
i?0i?0n?1n?1n(n－1)
≡n(n－1)≡0（mod n） 2
∴Ai＋Ai+1（i＝0，…，n－1）不能构成n的完全剩余后，必有i≠j，使Ai＋Ai+1≡Aj＋Aj+Aj+1（mod n）得证。
江苏省数学竞赛《提优教程》教案第36讲同余
