初等数论 第三章 同余

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初中数学竞赛教程《同余3》

初中数学竞赛教程《同余3》

初中数学竞赛教程《同余3》同余是数论中一个重要的概念,也是初中数学竞赛中常考的知识点之一、同余关系可以帮助我们解决一些整数求余的问题,同时也有一些重要的应用,如模运算、同余方程等。

本文将介绍同余的基本概念、性质以及应用。

一、同余的基本概念同余的定义:设a、b为任意两个整数,m为一个正整数,如果m整除(a-b),则称a与b对于模m同余,记作a≡b(mod m),读作a与b模m 同余。

二、同余的性质1. 自反性:对于任意整数a,有a≡a(mod m)。

证明:因为m整除(a-a),所以a与a对于模m同余。

2. 对称性:若a≡b(mod m),则b≡a(mod m)。

证明:由a≡b(mod m),得m整除a-b,又由整除的性质,得m整除-(a-b),即m整除b-a,所以b≡a(mod m)。

3. 传递性:若a≡b(mod m),b≡c(mod m),则a≡c(mod m)。

证明:由a≡b(mod m)和b≡c(mod m),得m整除a-b和b-c所以m整除(a-b)+(b-c),即m整除a-c,所以a≡c(mod m)。

三、同余的应用1. 求余数:当m=10时,对一个正整数n,n≡a(mod 10)的意义就是n的个位数是a。

比如,1234≡4(mod 10)。

2. 模运算:同余关系可以推广到任意的四则运算和乘幂运算中。

比如,对于任意整数a、b,若a≡b(mod m),那么对于任意整数c,有(a+c)≡(b+c)(mod m)和(a-c)≡(b-c)(mod m)。

另外,如果a≡b(mod m),则a^k≡b^k(mod m)。

3. 同余方程:同余方程是指形如ax≡b(mod m)的方程,其中a、b、m是已知的整数,x是未知的整数。

同余方程在密码学、计算机算法等领域有广泛的应用。

解同余方程的方法一般有试错法、中国剩余定理等。

在解同余方程时,我们要先求出模m意义下的倒数,一般记作b^-1,满足b*b^-1≡1(mod m)。

初等数论§3同余

初等数论§3同余
不能成立。 反例:取m=6,c=2,a=20,b=23.
这时,有40 46(mod6), 但20 23(mod6)不成立!
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⑥ a b c(mod m ) a c b(mod m )
证:a b c(mod m ) m c a b
m (c b ) a a (c b)(mod m ).
由71 1(mod4), 72 1(mod4), 76 1(mod4), 7 1 3(mod4), r3
7
所以7 7r 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10).
77
即7 的个位数是3.
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77
13
一般地,求a 对模m的同余的步骤如下:
—— 7|a 7|a2a1a0 a5a4a3
7 11 13 1001 1000 1(mod7)
a n a n 1

a 0 a n a n 1
a3 1000 a2a1a0 a6
a2a1a0 anan1
(mod7).
a3 a2a1a0 a5a4a3 anan1
① 求出整数k,使ak 1 (mod m);
bc
② 求出正整数r,r < k,使得bc r (mod k);
——减小幂指数
③ a a (mod m )
r bc
练习:若a Z , 证明 10|a1985 a1949 . 提示: a 5 a(mod10)
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例4
3、9 的整除特征
——各位上的数字之和能被3(9)整除 10i 1mod(3)

2.1 同余的概念与基本性质

2.1  同余的概念与基本性质

2 同余同余是由大数学家高斯引入的一个概念.我们可以将它理解为“余同”,即余数相同.正如奇数与偶数是依能否被2整除而得到的关于整数的分类一样,考虑除以m (≥2)所得余数的不同,可以将整数分为m 类.两个属于同一类中的数相对于“参照物”m 而言,具有“余数相同”这个性质.这种为对比两个整数的性质,引入一个参照物的思想是同余理论的一个基本出发点.同余是初等数论中的一门语言,是一件艺术品.它为许多数论问题的表述赋予了统一的、方便的和本质的形式.2.1 同余的概念与基本性质定义 如果a 、b 除以m (≥1)所得的余数相同,那么称a 、b 对模m 同余,记作a ≡b (mod m ).否则,称a 、b 对模m 不同余,记作a b ≡(mod m ).性质1 a ≡b (mod m )的充要条件是|m a b -.性质2 若a ≡b (mod m ),c ≡d (mod m ),则a +c ≡b +d (mod m ),a -c ≡b -d (mod m ),ac ≡bd (mod m ). 证明 这些结论与等式的一些相关结论极其相似,它们都容易证明.我们只给出第3个式子的证明. 只需证明:|m ac bd -.因为ac -bd =ac -bc +bc -bd=(a -b )c +b (c -d )由条件|m a b -,|m c d -,知|m ac bd -.说明 与同余有关的许多结论都要用到性质1,事实上,很多数论教材中利用性质1来引入同余的定义.性质3 若a ≡b (mod m ),n 为正整数,则()mod n n a b m ≡.性质4 若a ≡b (mod 1m ),a ≡b (mod 2m ),则a ≡b (mod [1m ,2m ]).性质5 若ab ≡ac (mod m ),则()mod m b c a m ⎛⎫≡ ⎪ ⎪⎝⎭,. 在同余式两边约去一个数时,应将该数与m 的最大公因数在“参照物”中同时约去.性质6 如果(a ,m )=1,那么存在整数b ,使得ab ≡1(mod m ).这个b 称a 对模m 的数论倒数,记为()1mod a m -,在不会引起误解时常常简记为1a -.证明 利用贝祖定理,可知存在整数x 、y 使得ax +my =1.于是,|1m ax -,即()1mod ax m ≡,故存在符合条件的b . 说明 由数论倒数的定义,易知当(a ,m )=1时,()()11mod aa m ≡--.例1 求所有的素数p 、q 、r (p ≤q ≤r ),使得pq +r ,pq +2r ,qr +p ,qr +2p ,rp +q ,rp +2q 都是素数. 解:若p >2,则p 、q 、r 都是奇数,此时pq +r 是一个大于2的偶数,矛盾,故p =2.现在,数2q +r ,2q +2r ,qr +2,qr +4,2r +q ,2r +2q 都是素数.若q 、r 中有偶数,则qr +2为一个大于2的偶数,矛盾,故q 、r 都是奇素数.若q >3,则3qr .此时,若()1mod3qr ≡,则()20mod3qr ≡+,与qr +2为素数矛盾;若qr ≡2()mod3,则()40mod3qr ≡+,与qr +4为素数矛盾,故q =3.这样,数6+r ,6+2r ,3r +2,3r +4,2r +3,2r +9都是素数.若r ≠5,则()0mod5r ≡,但分别当1r ≡,2,3,4(mod5)时,对应地,数3r +2,3r +4,2r +9,6+r 为5的倍数,矛盾,故r =5.直接验证,可知它们满足条件,所求的素数为p =2,q =3,r =5.例2 设n 为大于1的正整数,且1!,2!,…,n !中任意两个数除以n 所得的余数不同.证明:n 是一个素数.证明:注意到,()!0mod n n ≡,而n =4时,有2!()3mod4≡!.因此,如果能够证明:当n 为大于4的合数,都有()()1!0mod n n ≡-,就能依题中的条件导出矛盾,从而证出n 为素数.事实上,若n 为大于4的合数,则可对n 作分解,变为下述两种情形.情形一 可写n =pq ,2≤p <q ,p 、q 为正整数,这时1<p <q <n -1,从而()|1!pq n -, 即()()1!0mod n n ≡-.情形二 当2n p =,p 为素数时,由n >4,知p ≥3,故11<p <2q <(n -1),从而p · (2p ) ()|1!n -,于是,()()1!0mod n n ≡-.综上可知,n 只能是素数.说明 反过来,当n 为素数时,并不能保证1!,2!,…,n !中任意两个数对模n 不同余.例如p =5时,()31mod5≡!!.例3 设整数x 、y 、z 满足()()()x y y z z x x y z ---=++. ①证明:x +y +z 是27的倍数.证明:考虑x 、y 、z 除以3所得的余数,如果x 、y 、z 中任意两个对模3不同余,那么()0120mod3x y z ≡≡++++,但是()()()3x y y z z x ---,这与①矛盾.现在x 、y 、z 中必有两个对模3同余,由对称性,不妨设()mod3x ≡,这时由①式知 3|x y z ++,于是 ()()2mod3z x y x x ≡≡≡-+-,这表明 ()mod3x y z ≡≡,从而由①式知 27|x y z ++.例4 是否存在19个不同的正整数,使得在十进制表示下,它们的数码和相同,并且这19个数之和为1999?解:此题需要用到一个熟知的结论:在十进制表示下,每个正整数与它的数码和对模9同余.(这个结论只需利用()101mod9k ≡即可得证)若存在19个满足条件的不同正整数,则由它们的数码和相同(设这个相同的数码和为k ),可知()199919mod9k ≡,故()1mod9k ≡.又这19个数之和为1999,故其中必有一个数不大于199919,即有一个数≤105,所以k ≤18.结合()1mod9k ≡,知k =1或10. 若k =1,则这19个数为1,10,100,…,和不可能为1999,所以,k =10.而当k =10时,最小的数码和为10的20个正整数是19,28,37,…,91,109,118,127,…,190,208.前面19个数之和为1990,故符合要求的19个正整数中必有一个≥208,此时这19个数之和≥208+(19+28+…+91)+(109+118+127+…+181)=2198>1999, 矛盾.所以不存在19个不同的整数满足条件.例5 设m 、n 、k 为正整数,n ≥m +2,k 为大于1的奇数,并且×21np k =+为素数, 2|21m p +.证明:()121mod n k p ≡-.证明:由条件知()221mod mp ≡-,而n ≥m +2,故12m +是12n n •-的因数,所以, ()()122211mod n t n p •≡--=(这里22n m t n •--=). 现在,由()21mod n k p •≡-,知()()111222211mod n n n n k p ••≡----=,结合上面的结论,即可得()121mod n k p ≡-.说明 本题的背景是讨论费马数(形如221m m F =+的数为费马数)的素因数的性质.例6 设m 为正整数,证明:存在整数a 、b 、k ,使得a 、b 都是奇数,而k ≥0,并且2011201122m a b k •=++. ①证明:①式等价于(在左边不小于右边的情形下)()201120112mod 2m a b =+. ② 我们先证明:满足②的奇数a 、b 是存在的.注意到,对任意奇数x 、y ,有()()111110910x y x y x x y y ⋯-=-+++,上式右边10910x x y y ⋯+++是11个奇数之和,它应为奇数,因此,()111120110mod 2x y ≡- ()2011mod 2x y ⇔≡.这表明:在2011mod 2的意义下,数20111,20113,…,20111121(-)是 数1,3,5,…,201121-的一个排列,从而,存在奇数0b ,使得()112011021mod 2b m ≡-.现在,取一个充分小的负奇数b ,使得 ()20110mod 2b b ≡,且1121m b --≥0,则 ()11112011021210mod 2m b m b ≡≡----,于是,令()1120112112m b a b k b ⎛⎫ ⎪⎝⎭--,,=,,,则符合①.所以,满足条件的a 、b 、k 存在.。

初等数论 同余

初等数论 同余

注意:这条与前面的(5)的推论和(7)不同, 模变了. 证明: m | (a-b) => km | k(a-b)
a b m a b mt t. d d d
2013年11月13日10时5分
我喜欢数学
性质(9)
若 a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), m=[ m1, m2 ], 则 a ≡ b (mod m) . 证明: 由充要条件, 有 m2 | (a-b), m1 | (a-b)
2013年11月13日10时5分
性质的应用:
由 10≡1(mod 9),有 102≡12(mod 9), 103≡13(mod 9),…,10n≡1n(mod 9),
an an 1 a2 a1a0 an 10n an 1 10n 1 a1 10 a0 an an 1 a1 a0 (mod 9).
性质⑺ 同余式的“除”.
性质⑻⑼⑽
涉及模的改变!分别与a,b和m的约 数,倍数,公约数,最小公倍数有关.
性质⑾是关于a,b和m最大公约数的。
2013年11月13日10时5分
例 2
分析
今天是星期二,101000天之后的那天是星期几?
由于1乘a为a ,1n=1,先求得某数的n次幂与1对模同余 是非常方便的. 我们已知 7 | 1001, 即103 +1≡0 (mod 7), , 103 ≡-1(mod 7), 得106 ≡1 (mod 7).
又23m1 2(mod 7), 从而当且仅当
23m 2 4(mod 7),
n 3m时, 7 2n 1.
(2)由23m 1 2(mod 7),3m 1 1 3(mod 7), 23m 2 1 5(mod 7), 2 可知,对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.

优选初等数论第三章课件

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(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m),则 a1 a2 b1 b2 (mod m);
若a b c(mod m),则a c b(mod m)
(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m),则 a1a2 b1b2 (mod m);
若a b(mod m),则ak bk(mod m)
i p
pq,
即p
C
i p
例3、(1)求所有的正整数n,使得2n 1能被7整除; (2)证明:对于任何正整数n,2n +1不能被7整除。
解:(1)n Z ,都可写成3m k的形式,其中m N, k 0,1, 2. 因为23 1(mod 7),所以23m 1(mod 7),即23m 1 0(mod 7), 从而当 n 3m, 7 2n 1;
证:不妨设Sn 1n 2n 3n 4n,容易验证,14 1(mod 5), 24 16 1(mod 5),34 81 1(mod 5), 44 256 1(mod 5),
假定4k r,其中r 0,1, 2,3.由以上知 a4 1(mod 5), a 1, 2,3, 4. 则有 a4k 1(mod 5), 所以an a4kr ar (mod 5)
(6)若a b(mod m),且a a1d,b b1d,(d, m) 1,则 a1 b1(mod m)
(7)若a b(mod m), k 0,则 ak bk(mod mk) 若a b(mod m), d a,b, m, d 0,则
a d
b d
mod
m d
(8)若a b(mod mi ),i 1, 2, , k,则 a b(mod[m1, m2, , mk ])
因此可得Sn 1n 2n 3n 4n 1r 2r 3r 4r (mod 5). 因而当r 0,1, 2,3时,依次有 Sn 4 4(mod 5), Sn 10 0(mod 5),Sn 30 0(mod 5),Sn 100 0(mod 5), 故当且仅当n不能被4整除时,1n 2n 3n 4n能被5整除.

三讲:初等数论3——同余的性质和应用

三讲:初等数论3——同余的性质和应用

第三讲:初等数论3——同余的性质和应用三、巩固练习1. 今天是星期三,到第1000天是星期几?解:从今天到第1000天相隔999天,1000-1≡5(mod 7),3+5-7=1,是星期一.2. 若1059,1417,2313分别被自然数x除时,所得余数都是y,则x-y= .解:∵1059≡y(mod x) ,1417≡y(mod x) , 2313≡y(mod x),∴1417-1059=358≡0(mod x),2313-1417=896≡0(mod x), 2313-1059=1254≡0(mod x)又(358,896,1254)的最大公约数为2,则x=2, y=1,x-y=1.3. 若正整数a和1995对于模6同余,则a的值可以是()A. 25B. 26C. 27D. 28解:1995除以6的余数是3,a≡1995 (mod 6),a除以6的余数也是3,只有a=27,选C.4. 一个两位数被7除余1,它的反序数被7除也余1,那么这样的两位数共有()A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个解:列出满足条件的所有两位数:15,22,29,36,43,50,57,64,71,78,85,92,99 两位数据反序数也满足条件的有:22,29,92,99,选C.5. 设n为自然数,则32n+8被8除的余数是_________.解:由32n+8=9n+8,知32n+8≡1n+0(mod 8)≡1(mod 8) ,故32n+8被8除余1.6. 黑板上写着13个数:1908,1918,1928,1938,1948,1958,1968,1978,1988,1998,2008,2018,2028.小明第一次擦掉其中的一个数,第二次擦掉剩下数中的两个数,第三次擦掉剩下数中的三个数,第四次擦掉剩下数中的四个数,他想使得每次擦掉数后剩下的所有数之和为13的倍数,小明的意图能否达到?如果可以,给出一种可行的方法,不能请说明理由.答案:可以:依次擦掉(2028);(1958,1968);(1908,1938,1978);(1918,1928,1998,2008)。

初等数论第三章课件

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, n 1)时,每一项3i xi 各取3个值, 3x1 x0共通过3n 1 个数;
② 在这3n 1 个数中,若有 3n 1 xn 1 3n xn x0 =3n xn 3n 1 xn 1 3x1 3x1 x0 3n ( xn xn ) 3n 1 ( xn 1 xn 1 ) 则x0 x0 x0 x0 3 x0 x0 x1 ) 3( x1
同余的一个应用——检查因数的一些方法
A、一整数能被3(9)整除的充要条件是它的十进位 数码的和能被3(9)整除。
证:a Z , 将a写成十进位数的形式: a an10 an 110
n
i n n
n 1

a0 , 0 ai 10.
i n
因10 1(mod 3), 故10 1(mod 3), ai 10 ai (mod 3), 从而 ai 10i ai (mod 3),即a ai (mod 3).
n
n 1
3 x1 x
也是模3 =2H+1的绝对最小完全剩余系。(再由 模2H+1的绝对最小完全剩余系具有唯一性得到结论)
① 3n xn 3n 1 xn 1 xi 1, 0,1(i 0,1, 故3n xn 3n 1 xn 1
3x1 x0共有n 1项,当
i ! p( p 1)
( p i 1) Z i! ( p i 1)
当i 1, 2, 故C ip pq,
, p 1时, (i !, p) 1 即p C ip
i ! ( p 1)
( p i 1),
例3、( 1)求所有的正整数n,使得2n 1能被7整除; (2)证明:对于任何正整数n,2n +1不能被7整除。

初等数论(三)同余

初等数论(三)同余

初等数论(三)--同余基本性质:(1) 反身性:(mod )a a m ≡(2) 对称性:若(mod ),a b m ≡则(mod ),b a m ≡(3) 传递性:如果(mod ),a b m ≡(mod ),b c m ≡那么(mod ),a c m ≡以上三个性质说明∙“同余是一个等价关系,Z 中元素可以按照模m 分成m 个类,粗略地讲,用一类中的元素可以认为是相同的”(4) 如果(mod ),a b m ≡(mod ),c d m ≡那么(mod ),(mod ),a c b d m ac bd m ±≡±≡(5) 如果(mod ),a b m ≡那么(mod ),n n a b m ≡(6) 如果(mod )ac ab m ≡,不一定有(mod )c b m ≡(整数之间的乘法消去律不一定成立),(7) 若(mod ),ac bc m ≡则mod (,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭。

因此,(,)1c m =时,才会有(mod )a b m ≡。

例1.若质数5,p ≥并且21p +也是质数,证明:41p +是合数。

例2.对于任何n 个整数的集合,存在一个子集,该子集的元素之和被n 整除。

例3.证明表达式23,95x y x y ++按照相同的,x y 被17整除。

例4.设3p ≥为奇质数且111...21a p b +++=-, 证明:p a 。

作业:证明:3131421x x ++++被7整除。

例5.30对夫妻围着圆桌而坐。

证明:至少有两名妻子到各自丈夫的距离相等。

例6.设(,)1a m =,证明方程(mod )ax b m ≡在{0,1,2,3,...,1}m -中有唯一解。

例7.设01,,,,1,2,3,...n n a b x N x ax b n -∈=+=。

证明:数列12,,....,,...n x x x 不可能都是质数。

例8.证明方程2222x y z xyz ++=只有一个整数解0x y z ===。

第三讲:初等数论3——同余的性质和应用

第三讲:初等数论3——同余的性质和应用

第三讲:初等数论3——同余的性质和应用三、巩固练习1. 今天是星期三,到第1000天是星期几?解:从今天到第1000天相隔999天,1000-1≡5(mod 7),3+5-7=1,是星期一.2. 若1059,1417,2313分别被自然数x除时,所得余数都是y,则x-y= .解:∵1059≡y(mod x) ,1417≡y(mod x) , 2313≡y(mod x),∴1417-1059=358≡0(mod x),2313-1417=896≡0(mod x), 2313-1059=1254≡0(mod x)又(358,896,1254)的最大公约数为2,则x=2, y=1,x-y=1.3. 若正整数a和1995对于模6同余,则a的值可以是()A. 25B. 26C. 27D. 28解:1995除以6的余数是3,a≡1995 (mod 6),a除以6的余数也是3,只有a=27,选C.4. 一个两位数被7除余1,它的反序数被7除也余1,那么这样的两位数共有()A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个解:列出满足条件的所有两位数:15,22,29,36,43,50,57,64,71,78,85,92,99 两位数据反序数也满足条件的有:22,29,92,99,选C.5. 设n为自然数,则32n+8被8除的余数是_________.解:由32n+8=9n+8,知32n+8≡1n+0(mod 8)≡1(mod 8) ,故32n+8被8除余1.6. 黑板上写着13个数:1908,1918,1928,1938,1948,1958,1968,1978,1988,1998,2008,2018,2028.小明第一次擦掉其中的一个数,第二次擦掉剩下数中的两个数,第三次擦掉剩下数中的三个数,第四次擦掉剩下数中的四个数,他想使得每次擦掉数后剩下的所有数之和为13的倍数,小明的意图能否达到?如果可以,给出一种可行的方法,不能请说明理由.答案:可以:依次擦掉(2028);(1958,1968);(1908,1938,1978);(1918,1928,1998,2008)。

同余的概念及其基本性质

同余的概念及其基本性质
由100 1(mod101) 102 1(mod101),104 1(mod101)L 101 a 101 a1a0 a3a2 a5a4 L
4.证明:641 232 1 解:依次计算对模641的同余数
22 4,24 16,28 256, 216 256 256 154(mod641) 232 154 154 1(mod641) 232 1 0(mod641)
5.设a为奇数,则a2n 1(mod 2n2 ) (n 1). 解:设a = 2m 1, 当n = 1时,有 a2 = (2m 1)2 = 4m(m 1) 1 1 (mod 23)(*)成立。 设式(*)对于n = k成立,则有
a2k 1(mod 2k2 ) a2k 1 q 2k2 所以 a2k1 (1 q 2k2 )2 1 q 2k3 q2 2(k2)2 记 1 q'2k3 1(mod 2k3 ),q' Z. 这说明式(*)当n = k 1也成立。由归纳法得证.
一般地,求a bc 对模m的同余的步骤如下: ① 求出整数k,使ak 1 (mod m);
② 求出正整数r,r < k,使得bc r (mod k);
③ abc ar (mod m)
——减小幂指数
练习:若a Z ,证明 10|a1985 a1949 . 提示:a5 a(mod10)
一、问题的提出 1、今天是星期一,再过100天是星期几? 再过1010 天呢? 2、3145×92653=2910 93995的横线处漏写了一个 数字,你能以最快的办法补出吗?
3、13511,13903,14589被自然数m除所得余数 相同,问m最大值是多少?

【最新整理】初等数论同余

【最新整理】初等数论同余
把整除问题转化为同余问题是一种常用的方 法.
例2:证明5y+3=x2无解 证明:若5y+3=x2有解,则两边关于模5同余 有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5),不可能 ∴ 即得矛盾,即5y+3=x2无解 注:在证明方程无解时,经常用不同余就不相等的 方法。
性质7 a b(modm).d|(a,b),(d,m)=1 则
a b (modm). dd
证: 因为 m | d( a b ) ,(d,m)=1 ,所以有
dd
m| a b dd
性质8 若a b(modm).则 (a,m)=(b,m) 证:由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
因为0 X,Y 9,所以有
21 21+X+Y 39,4 X-Y+13 22,由此
可知 21+X+Y=27,X-Y+13=11 或21+X+Y=36,X-Y+13=22 X+Y=6,X-Y=-2,或X+Y=15,X-Y=9, 解得X=2,Y=4。
例3 :求111 被7除的余数。
50
解:∵111111被7整除,
(2)若 a b c(modm). 则 a c b(modm).
证:由(1)因为 b b(modm), 即得。
注4:性质2相当于等式中的两个等式相加和 移项. 结合前二条性质,我们来看几个例子.
例1:对任意整数a,8a+7不可能 是三个整数的平方.

初中数学重点梳理:同余式

初中数学重点梳理:同余式

同余式知识定位数论是初中数学竞赛比较重要的一个知识点,在历年竞赛中占据非常发比例,其中同余理论是初等数论中的重要内容之一,其同余式概念及应用,剩余系概念要熟练掌握。

本文归纳总结了同余的若干性质,将通过例题来说明这些方法的运用。

知识梳理1、同余概念定义1:给定一个正整数m,如果用m去除a,b所得的余数相同,则称a与b对模m 同余,记作a≡b(modm),并读作a同余b,模m。

(1)若a与b对模m同余,由定义1,有a=mq1+r,b=mq2+r.所以a-b=m(q1-q2),即m|a-b。

反之,(2)若m|a-b,设a=mq1+r1,b=mq2+r2,0≤r1,r2≤m-1,则有m|r1-r2.因|r1-r2|≤m-1,故r1-r2=0,即r1=r2。

于是,我们得到同余的另一个等价定义:定义2:若a与b是两个整数,并且它们的差a-b能被一正整数m整除,那么,就称a与b对模m同余.2、同余定理定理1:(1)a≡a(modm).(2)若a≡b(modm),则b≡a(modm).(3)若a≡b(modm),b≡c(modm),则a≡c(modm).定理2:若a≡b(modm),c≡d(modm),则a±c≡b±d(modm),ac≡bd(modm).证:由假设得m|a-b,m|c-d,所以m|(a±c)-(b±d),m|c(a-b)+b(c-d),即a±c≡b±d(modm),ac≡bd(modm).由此我们还可以得到:若a≡b(modm),k是整数,n是自然数,则a±k≡b±k(modm),ak≡bk(modm),a n≡b n(modm).定理3:若ac≡bc(modm),且(c,m)=1,则a≡b(modm).定理4: 若n ≥2,a ≡b(modm 1),a ≡b(modm 2),…………a ≡b(modm n ),且M=[m 1,m 2,…,m n ]表示m 1,m 2,…,m n 的最小公倍数,则a ≡b(modM)3、剩余类和完全剩余系全体整数集合可按模m 来划分:当且仅当()mod a b m ≡时,a 和b 属于同一类。

数论算法讲义3章(同余方程)

数论算法讲义3章(同余方程)

第 3 章 同余方程(一) 内容:● 同余方程概念● 解同余方程● 解同余方程组(二) 重点● 解同余方程(三) 应用● 密码学,公钥密码学3.1 基本概念及一次同余方程(一) 同余方程(1) 同余方程【定义3.1.1】(定义1)设m 是一个正整数,f(x)为n 次多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--其中i a 是正整数(n a ≠0(mod m )),则f (x)≡0(mod m ) (1)叫做模m 的(n 次)同余式(或模m 的(n 次)同余方程),n 叫做f(x)的次数,记为deg f 。

(2) 同余方程的解若整数a 使得 f (a)≡0(mod m )成立,则a 叫做该同余方程的解。

(3) 同余方程的解数若a 是同余方程(1)的解,则满足x ≡a (mod m )的所有整数都是方程(1)的解。

即剩余类a C ={x |x ∈Z ,x ≡a (mod m )}中的每个剩余都是解。

故把这些解都看做是相同的,并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解,这个解通常记为x ≡a (mod m )当21,c c 均为同余方程(1)的解,且对模m 不同余时,就称它们是同余方程(2)的不同的解,所有对模m 的两两不同余的解的个数,称为是同余方程(1)的解数,记作()m f T ;。

显然()m f T ;≢m(4) 同余方程的解法一:穷举法任意选定模m 的一组完全剩余系,并以其中的每个剩余代入方程(1),在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。

【例1】(例1)可以验证,x ≡2,4(mod 7)是同余方程15++x x ≡0(mod 7)的不同的解,故该方程的解数为2。

50+0+1=1≡3 mod 751+1+1=3≡3 mod 752+2+1=35≡0 mod 753+3+1=247≡2 mod 754+4+1=1029≡0 mod 755+5+1=3131≡2 mod 756+6+1=7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0(mod 15)的解。

初等数论同

初等数论同
推论:m个整数成为模的一个完全剩余系的充 分与必要条件是:两两对模m不同余。
注:一组数成为模m的完系的充要条件是
(1)个数=m
(2)两两关于模m不同余
常见模m的完全剩余系(简称完系) 0,1,2,…m-1做模m的最小非负完全剩余系; 当m是双数时,

当是m单数时,
,
叫做模m的绝对最小完全剩余系
定理1:设m是正整数,(a,m)=1,b是任意整数。
性质7
d|(a,b),(d,m)=1 则
证: 因为
,(d,m)=1 ,所以有
性质8 若
则 (a,m)=(b,m)
证:由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m,
有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m),
同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
性质9 若

证:由已知
即奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能 被11整除的数能被11整除.
规律(7)的证明 证: 一般地有 两边同乘 有并对n+1个式子相加得
即有7|a的充要条件是 7| 对模11和13同理可证。 注:这里用的是1000进制。
例1:1234567891011…2005 除以3的余数是多少.
解:因为一个数除以3的余数,即其各位数字和 除以3 的余数.所以所求余数
若x通过模m的一个完系,则ax+b也通过模m 的完系,即若a0,a1…am-1是模m的完系,则 aa0+b,aa1+b…aam-1+b也是模m的完系。
证:首先因x通过模m的一个完系,所以ax+b
有m个数,若
, 则有
这与x通过m的完系矛盾,所以ax+b中任意两 个数不同余,即ax+b也通过模m的完系。

初等数论第三章同余

初等数论第三章同余

第三章同余§ 1同余的概念及其基本性质定义1设meZ\称之为模。

若用加去除两个整数“与b所得的余数相同,则称"上对模加【可余,记作:a = b (mod /n);若所得的余数不同,则称w,〃对模加不同余,记作:"圭b(mod〃2)。

例如,8 = 1 (mod 7),:所有偶数“三0 (mod 2),所有奇数“ =1 (mod 2)。

同余是整数之间的一种关系,它具有下列性质:R a = a (mod m);(反身性)2、若"三b (mod加),贝肪三a (mod m);(对称性)3、若"三b (mod m), b = c (mod m),贝h 三 c (mod 加);(传递性) 故同余关系是等价关系。

定理1整数对模加同余的充分必要条件是RP a = b + mt,r eZo证明设"=+ b = mq2 + r v 0 < r2 < m,贝l] a = b (mod m) O 打=r2 O a — b = m(q{一⑴)O I (" 一b)°性质1(1)若%三S (mod m)> a2 = b2 (mod m)> 则a x + a2 +b2 (mod /n);(2)若"+ h = c (mod 〃?),贝ij a = c-b (mod m)o性质2 若=/?, (mod /??), a2 =b2 (mod m),则"]5 "心(mod m):特别地,若a = b (mod m),则畑三kb (mod加)。

定理2若比…亞三〃叶・%(mod/),兀三片(mod皿),j = 1,2,…人则艺比…致坊‘…場三另3时灼)吓…yj (mod/);特别地,若%三化(mod加),i = OJ2・・・,n,则心* +"心]北1 + - - +u()=b n x n +/>n_|x71'1 + …+ "o (mod 加)。

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