初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室
∴22000+1≡5（mod 7）所以7 | 22000+1
5 对任意的自然数n，证明
A=2903n-803n-464n＋261n
能被1897整除．
证 1897=7×271，7与271互质．因为
2903≡5(mod 7)， 803≡5(mod 7)， 464≡2(mod 7)， 261≡2(mod 7)，
所以
A=2903n-803n-464n+261n ≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，
故7｜A．又因为
2903≡193(mod 271)， 803≡261(mod 271)， 464≡193(mod 271)，
所以
故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A． 6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)． 证 因为
奇数2=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，
偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod 4)，
所以
7 任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．
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证 奇数可以表示为2k＋1，从而
奇数2=4k2＋4k+1=4k(k＋1)+1．
因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而
奇数2=8t+1≡1(mod 8)， 偶数2=(2k)2=4k2(k为整数)．
(1)若k=偶数=2t，则
4k2=16t2＝0(mod 8)．
(2)若k=奇数=2t+1，则
4k2=4(2t＋1)2=16(t2＋t)+4≡4(mod 8)，
所以
求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧． 8 形如
Fn＝2+1，n=0，1，2，…
的数称为费马数．证明：当n≥2时，Fn的末位数字是7． 证 当n≥2时，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是
Fn=22n＋1=24t+1=16t＋1 ≡6t＋1≡7(mod 10)，
即Fn的末位数字是7． 说明 费马数的头几个是
F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，
它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，Fn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F5是合数．
2n
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