高中数学竞赛专题精讲27同余(含答案)
奥数讲义数论专题：余数及同余
华杯赛数论专题：余数及同余一、带余除法的定义：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q…r，也就是a＝b×q＋r, 0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式.这里：（1）当时：我们称a可以被b整除，记作b|a，q称为a除以b的商或完全商（2）当时：我们称a不可以被b整除，记作，q称为a除以b的商或不完全商二、同余的概念两个整数被同一个大于1的整数m除，所得的余数相同，就说这两个整数对于除数m来说是同余的.也可以换句话来说这个概念，如果两个整数的差能被大于1的整数m整除，那么这两个整数对于除数m来说是同余的.同余的概念和符号都是德国伟大数学家高斯引进的.一般地，两个整数a和b，除以大于1的正整数m，如果所得的余数相同，就说a、b对于模m同余，记作a≡b（mod m）.由于一个整数被m除的余数只能是0、1、2、3、…、m-1这m个数，所以全体整数可按被m除的余数分类，凡是余数相同的归为一类，全体整数就被划分成了m类，同一类中的任何两数被m除的余数都相等，即同一类中任何两数的差都能被m整除，不同类的任何两数被m除的余数都不相等.三、同余的性质1.如果a≡b（mod m），那么m|（a-b）；如果整数a和b对于模m是同余的，那么a 与b的差能被m整除.2.a≡a（mod m），即任何整数都与自身同余.3.若a≡b（mod m），则b≡a（mod m）.4.若a≡b（mod m），b≡c（mod m），则a≡c（mod m）.5.若a≡b（mod m），c≡d（mod m），则a+c≡b+d （mod m），a－c≡b－d （mod m），a×c≡b×d （mod m）.6.若a≡b（mod m），则an≡bn（mod m）。
（其中n为正整数）.例1.用一个两位数除708，余数为43，求这个两位数.【答案】95【解答】根据被除数-余数=商×除数，可知，所求两位数一定是707-43=665的大于43的约数，所以所求的两位数是95.例2.数713、1103、830、947被一个数除所得余数相同（余数不为0），求这个除数.【答案】39，13或3.【解答】1103－713=390=3×13×2×5，947－830=117=3×13×3，1103－947=156=2×13×3×2，除数为39，13或3.例3.从1、2、…100中最多能选出多少个数，使选出的数中每两个的和都不能被3整除？【答案】35【解答】1、2、…100中，除以3余1的数共34个，即1、4、7、10、…、100.除以3余2的数共33个，选出的数中，如果有除以3余1的，就一定不能有除以3余2的；如果有除以3余2的，也就不能有除以3余1的。
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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学奥数培训资料之同余(可编辑修改word版)
兰州成功私立中学高中奥数辅导资料（内部资料）§27 同余1．设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作 a ≡b(mod m) ，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作a ≡b(mod m)，显然，a ≡b(mod m) ⇔a =km +b,(k ∈Z ) ⇔m | (a -b) ；每一个整数a 恰与1，2，……，m，这m 个数中的某一个同余；2.同余的性质：1).反身性：a ≡a(mod m) ；2).对称性：a ≡b(mod m) ⇔b ≡a(mod m) ；3).若a ≡b(mod m) ，b ≡c(mod m) 则a ≡c(mod m) ;4).若a1 ≡b1 (mod m) ，a2 ≡b2 (mod m) ，则 a1 ±a2 ≡b1 ±b2 (mod m)特别是a ≡b(mod m) ⇔a ±k ≡b ±k (mod m) ；5).若a1 ≡b1 (mod m) ，a2 ≡b2 (mod m) ，则 a1a2 ≡b1b2 (mod m) ；特别是 a ≡b(mod m), k ∈Z ⇔则ak ≡bk (mod m)a ≡b(mod m), n ∈N ⇔则a n≡b n(mod m) ；6).a(b +c) ≡ab +ac(mod m) ；7).若ac ≡bc(mod m),则当(c, m) = 1时，a ≡b(mod m)当(c, m) =d时，a ≡8).若a ≡b(mod m1 ) ，a ≡b(mod m2 )a ≡b(mod m3) b(modm)..特别地，ac ≡bc(mod mc) ⇔a ≡b(mod m) ；d………………a ≡b(mod mn ) ，且M = [m1, m2,⋯⋯mn]，则a ≡b(mod M )1 例题讲解1. 证明：完全平方数模 4 同余于 0 或 1；2．证明对于任何整数 k ≥ 0 , 26k +1 + 36k +1 + 56k + 1 能被 7 整除；3．试判断197126 + 197227 + 197328 能被 3 整除吗？4．能否把 1，2，……，1980 这 1980 个数分成四组，令每组数之和为 S 1，S 2，S 3，S 4 ， 且满足 S 2 - S 1，＝10，S 3 - S 2＝10，S 4 - S 3＝105．在已知数列 1，4，8，10，16，19，21，25，30，43 中，相邻若干数之和，能被 11 整除的数组共有多少组。
高中数学竞赛专题讲座---同余理论及其应用(一)
同余理论及其应用基础知识一. 定义定义1. 设m 为正整数，整数a 和b 之差可被m 整除时，称为a 和b 关于模m 同余，记作 ).(mod m b a ≡ 定义2. 被正整数m 除余数相等的所有整数的集合称为模m 的剩余类。
模m 的剩余类共有m 个。
定义3. 在模m 的m 个剩余类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的完全剩余系。
定义4. 绝对值不超过]2[m 的模m 的完全剩余系称为模m 的绝对最小剩余系。
定义5. 当模m 的某一剩余类的所有整数均与m 互素时，则称此剩余类是模m 的简化类。
模m 的简化类共有)(m φ个。
定义6. 在模m 的)(m φ个简化类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的简化剩余系。
定义7. 欧拉函数：设n 为正整数，从1到n 的整数中与n 互素的整数的个数用)(n φ表示，称)(n φ为欧拉函数。
当1212s s np p p ααα=时，有)11)...(11)(11()(21s p p p n n ---=φ 二. 定理定理1. ).(mod m b a ≡ 的必要充分条件是a 和b 被m 除的余数相等。
定理 2. I .);(mod m a a ≡II .若),(mod m b a ≡则);(mod m a b ≡III .若),(mod m b a ≡),(mod m c b ≡则).(mod m c a ≡定理3. 若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则I .)(m od 2121m b b a a +≡+；II .(mod 2121m b b a a -≡-2 )(m od 212m b b a -≡-；III .)(m od 2121m b b a a ≡.定理4. 如果),...,2,1)((m od n i m b a i i =≡，则I .)(m od ......2121m b b b a a a n n +++≡+++；II . ).(m od ......2121m b b b a a a n n ≡推论. 如果).(mod m b a ≡n 为任意正整数，则).(mod m b a nn ≡ 定理5. 如果).(mod m cb ca ≡则).),((modm c m b a ≡ 推论. 如果1),(=m c ，).(mod m cb ca ≡则).(mod m b a ≡ 定理6. 如果).(mod m b a ≡则).,(),(m b m a =定理7. a 和b 属于模m 的同一剩余类的充要条件是).(mod m b a ≡定理8. m 个整数m a a a ,...,,21是模m 的完全剩余系的充要条件是m a a a ,...,,21关于模m 两两互不同余。
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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛讲义-同余(练习题)
- 1 -
课后练习
1、证明：完全平方数模3同余于0或1；
证明：完全平方数模5同余于0、1或4；
证明：完全平方数模8同余于0、1或4；
证明：完全立方数模9同余于-1、0或1；
证明：整数的四次幂模16同余于0或1；
2、设的末两位数码；在十进制中，求，且)(1)10,(20
a a Z a =∈
3、求2999最后两位数码
整除；
可以被个数来，证明它们的和位数中随意挑出得到的这种方法所式重新排列，然后从按位数码以一切可能的方位的数，将它的有一个12012012012120.4
整除吗？能被的数：的两位数，问：所得到到连接写出198079801920218019.5
课后练习答案
- 2 - 1.略
01
)
100(mod 11
)4,25()4(mod 1)4(mod 1)
25(mod 11)10,(.22020202)25(20的末两位位又又为奇数
，解：a a a a a a a a ∴≡∴=≡⇒≡≡=∴∴= ϕ 3.解 考虑用100除2999
所得的余数. ∵∴ 又，∴ ∴
∴2999的最后两位数字为88.。
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全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
三、高中数学竞赛基础知识第一章 集合与简易逻辑一、基础知识定义1 一般地，一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表示，元素x 在集合A 中，称x 属于A ，记为A x ∈，否则称x 不属于A ，记作A x ∉。
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全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中奥林匹克数学竞赛-同余
第5讲 同余【知识点】1．设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a与b 对模同余，记作)(mod m b a ≡，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作)(mod m b a ≡，显然，)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -⇔∈+=⇔≡；每一个整数a 恰与1，2，……，m ，这m 个数中的某一个同余； 2.同余的性质：1).反身性：)(mod m a a ≡；2).对称性：)(mod )(mod m a b m b a ≡⇔≡； 3).若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡则)(mod m c a ≡;4).若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则)(m od 2121m b b a a ±≡± 特别是)(mod )(mod m k b k a m b a ±≡±⇔≡；5).若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则)(m od 2121m b b a a ≡； 特别是)(m od ),(m od m bk ak Z k m b a ≡⇔∈≡则 )(m od ),(m od m b a N n m b a nn≡⇔∈≡则； 6).)(mod )(m ac ab c b a +≡+；7).若)(m od 1),(),(m od m b a m c m bc ac ≡=≡时，则当 )(mod )(mod ).(mod ),(m b a mc bc ac dmb a d mc ≡⇔≡≡=特别地，时，当； 8).若)(m od 1m b a ≡，)(m od 2m b a ≡ )(mod 3m b a ≡………………)(mod n m b a ≡，且)(m od ],,[21M b a m m m M n ≡⋯⋯=，则【例1】证明：完全平方数模4同余于0或1；证明：;,122Z k k n k n n ∈+==或者是任一整数，则设);4(m od 04222≡==k n k n 时，当);4(m od 1)121222≡+=+=k n k n （时，当 所以原命题成立；【例2】证明对于任何整数0≥k ,153261616+++++k k k 能被7整除；153322153266661616++⋅+⋅=∴+++=++kk kk k k M M 证：令)7(mod 0)7)(mod 1132(1173732721)122327()11047(3)197(21156257293642=+++=++⋅++⋅⋅++⋅⋅=++⋅++⋅⋅++⋅⋅=++⋅+⋅=C B A k k k k k k,,0Z k k ∈≥∀∴且对于153261616+++++k k k 都能被7整除；注：+∈≡⇒≡Z k b a b a k),(m od 1)(m od 1 【例3】试判断282726197319721971++能被3整除吗？整除；不能被又即：解：3197319721971)3(mod 2)21(),3(mod 142)3)(mod 21(197319721971)3)(mod 210(197319721971)3(mod 21973),3(mod 11972),3(mod 0197128272628142828282726282726282726++∴≡+∴≡=+≡++++≡++∴≡≡≡ΘΘ【例4】能否把1，2，……，1980这1980个数分成四组，令每组数之和为4321S S S S ，，，，且满足；＝，＝，，＝101010342312S S S S S S ---不能这样分组；产生矛盾，又＝解：依题意可知：∴∴≡⋅=⋅=++++=≡+=∴+++++++++=)4(mod 219819902198119801980321)4(mod 0604302010111114321ΛΘT S T S S S S S S S S T【例5】在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和，能被11整除的数组共有多少组。
高中数学竞赛校本教材[全套共30讲].pdf
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高中数学竞赛校本教材目录§1数学方法选讲（1） (1)§2数学方法选讲（2） (11)§3集合 (22)§4函数的性质 (30)§5二次函数(1) (41)§6二次函数(2) (55)§7指、对数函数,幂函数 (63)§8函数方程 (73)§9三角恒等式与三角不等式 (76)§10向量与向量方法 (85)§11数列 (95)§12递推数列 (102)§13数学归纳法 (105)§14不等式的证明 (111)§15不等式的应用 (122)§16排列，组合 (130)§17二项式定理与多项式 (134)§18直线和圆，圆锥曲线 (143)§19立体图形，空间向量 (161)§20平面几何证明 (173)§21平面几何名定理 (180)§22几何变换 (186)§23抽屉原理 (194)§24容斥原理 (205)§25奇数偶数 (214)§26整除 (222)§27同余 (230)§28高斯函数 (238)§29覆盖 (245)§29涂色问题 (256)§30组合数学选讲 (265)§1数学方法选讲（1） 同学们在阅读课外读物的时候，或在听老师讲课的时候，书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂，但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。
看来，要提高解决问题的能力，要能在竞赛中有所作为，首先得提高分析问题的能力，这就需要学习一些重要的数学思想方法。
例题讲解一、从简单情况考虑 华罗庚先生曾经指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍。
从简单情况考虑，就是一种以退为进的一种解题策略。
2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编 集合(学生版+解析版)(共4讲)
2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编专题01 集合第一讲1．【2021年江西预赛】集合M是集合A={1，2，…，100}的子集，且M中至少含有一个平方数或者立方数，则这种子集M的个数是.2．【2021年浙江预赛】给定实数集合A,B,定义运算A⊗B={x∣x=ab+a+b,a∈A,b∈B}.设A= {0,2,4,⋯,18},B={98,99,100},则A⊗B中的所有元素之和为.3．【2021年广西预赛】集合M={1,2,3,4,5,6}的所有子集的元素的和等于.4．【2021年新疆预赛】若实数集合{3,6,9,x}的最大元素与最小元素之积等于该集合的所有元素之和，则x 的值为.5．【2021年全国高中数学联赛A卷一试】设集合A={1,2,m},其中m为实数.令B={a2∣a∈A},C=A∪B.若C的所有元素之和为6,则C的所有元素之积为.6．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设集合X={1,2,⋯,20},A是X的子集,A的元素个数至少是2,且A 的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A的个数为.7．【2020年福建预赛】已知[x]表示不超过实数x的最大整数,集合A={x∣x2−x−6<0},B={x∣2x2−3[x]−5=0}.则A∩B=.8．【2020年甘肃预赛】设集合:A={(x,y)∣log a x+log a y>0},B=|(x,y)|x+y<a}.若A∩B=∅,则a 的取值范围是.9．【2020年广西预赛】已知集合M={1,2,⋯,2020},对M的任意非空子集A,λA为集合A中最大数与最小数的和.则所有这样的λA的算术平均数为.10．【2020年广西预赛】设集合M={1,2,⋯,2020},A⊆M,且对集合A中的任意元素x,4x∉A.则集合A的元索个数的最大值为.11．【2020年吉林预赛】已知集合A={x∣log a(ax−1)>1}.若2∈A,则a的取值范围是.12．【2020年浙江预赛】一个正整数若能写成20a+8b+27c(a ,b ,c∈N)形式,就称其为“好数".则集合{1,2,⋯,200}中好数的个数为.13．【2020年新疆预赛】已知集合A={1,2,3,⋯,2020},对于集合A的每一个非空子集的所有元素，计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为.14．【2019年全国】若实数集合{1,2,3,x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为.15．【2019年江苏预赛】已知集合A={x|x2−3x+2≥0}，B={x|√x−a≥1}，且A∩B={x|x≥3}，则实数a的值是.16．【2019年江西预赛】将集合{1,2,⋯,19}中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为.17．【2019年新疆预赛】已知集合U={1,2,3,4,5,6,7,8}，A={1,2,3,4,5}，B={4,5,6,7,8}，则是集合U的子集但不是集合A的子集，也不是集合B B的子集的集合个数为.18．【2019年浙江预赛】已知集合A={k+1,k+2,⋯,k+n},k,n为正整数，若集合A中所有元素之和为2019，则当n取最大值时，集合A=.19．【2019年重庆预赛】设A为三元集合（三个不同实数组成的集合），集合B={x+y|x,y∈A, x≠y}，若B={log26, log210, log215}，则集合A=________.20．【2019年北京预赛】已知集合A={x|x2+x−6>0},B={x|x2−2ax+3≤0},若a>0,且A∩B中恰有两个整数,则a的取值范围是.21．【2019年福建预赛】已知f(x)=x2-2x，集合A={x|f(f(x))=0}，则集合A中所有元素的和为.22．【2019年福建预赛】已知集合U={1，2，3，4，5}，I={X|X⊆U}，从集合I中任取两个不同的元素A、B，则A∩B中恰有3个元素的概率为.23．【2019年贵州预赛】已知集合A={1,2,3,……,2019},对于集合A的每一个非空子集的所有元素,计算它们乘积的倒数.则所有这些倒数的和为.24．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】若实数集合{1，2，3，x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为.25．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】已知实数集合{1，2，3，x}的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x的值为.|a∈A，b∈A，且a≠b}，则集合B中元素26．【2018年福建预赛】已知集合A={1，3，5，7，9}，集合{ab的个数为________.27．【2018年江苏预赛】在1，2，3，4，…，1000中，能写成a2−b2+1(a∈N)的形式，且不能被3整除的数有________个。
第三讲-同余系列竞赛
【高中数学奥赛金牌之路精华教案】数学奥赛辅导 第三讲 同余知识、方法、技能同余是数论中的重要概念，同余理论是研究整数问题的重要工作之一.本讲介绍同余的基本概念，剩余类和完全剩余系，同余方程，整数模的阶和中国剩余定理.Ⅰ.基本概念定义一：设m 是一个给定的正整数.如果两个整数a 、b 用m 除所得的余数相同，则称a 、b 对模m 同余，记为a ≡b （modm ）；否则，记为a ≡b （modm ）.例如，15≡7（mod4），－23≡12（mod7）.同余有如下两种等价定义法：定义一* 若m|a －b ，则称a 、b 对模m 同余.定义一**若a =b+mt(t ∈Z)，则称a 、b 对模m 同余.同余的基本性质：（1）.|)(mod 0a m m a ⇔≡（2）))((m od 反身性m a a ≡))((mod )(mod )(mod ))((mod )(mod 传递性对称性m c a m c b m b a m a b m b a ≡⇔⎭⎬⎫≡≡≡⇔≡（3）若则),(m od ),(m od m d c m b a ≡≡①);(mod m d b c a ±≡±②).(mod m bd ac ≡（4）若).(mod ,.,,2,1,0),(mod 0101m b x b x b a x a x a n i m b a n n n n i i +++=+++=≡ΛΛΛ则特别地，设)(mod ),()(01m b a Z a a x a x a x f i n n ≡∈+++=若Λ，则).)(mod ()(m b f a f ≡（5）若).),((m od ),(m od c m m b a m bc ac ≡≡则特别地，又若（c,m ）=1，则).(mod m b a ≡【证明】因),(|b a c m -这等价于).(),(|),(b a c m c c m m -又因若（a ,b ）=),(d b d a d ⇒=1（d ≠0）及b|a c ，且（b,c ）=1,|a b ⇒从而有).(|),(b a c m m -这个性质说明同余式两边的同一非零因数，不能像等式那样“约去”，只有当这非零因数与模互质时，才可“约去”.（6）),(mod m b a ≡而).(m od ),0(|d b a d m d ≡>则（7）设),(mod m b a ≡①若c>0，则);(mod mc bc ac ≡②d 为a 、b 、m 的任一公约数，则).(mod dm d b d a ≡ （8）若).(m od ,1),()(m od ),(m od 212121m m b a m m m b a m b a ≡=≡≡则且（9）若).,(),(),(m od m b m a m b a =≡则Ⅱ.剩余类和完全剩余系若按对某一模m 的余数进行分类，就可以引入所谓的剩余类和完全剩余系的概念. 定义二：设m ∈N*，把全体整数按其对模m 的余数r （0≤r ≤m －1）归于一类，记为k r ，每一类k r （r=0,1,…,m －1）均称模m 的剩余类（又叫同余类）.同一类中任一数称为该类中另一数的剩余.剩余类k r 是数集{}{})(m od |,,,|m r a Z a a k Z q r m r qm k r r ≡∈=∈+=且也即是余数是模,它是一个公差为m 的（双边无穷）等差数列.根据定义，剩余类具有如下性质：（1）);(,1210j i k k k k k k Z j i m ≠=⋂⋃⋃⋃=-φ而Λ（2）对任一数n ∈Z ，有惟一的00r k n r ∈使；（3）对任意的a ,b ∈Z ，a ,b ).(m od m b a k r ≡⇔∈定义三：设110,,,-m k k k Λ是模m 的（全部）剩余类.从每个k r 中任取一个数a r ,这m 个数110,,,-m a a a Λ组成的一个组称为模m 的一个完全剩余系，简称完系.例如，取m=4，则有{}{}ΛΛΛΛ,9,5,1,3,7,,8,4,0,4,8,10--=--=k k ，k 2={…，－6，－2，2，6，10，…}，k 3={…，－5，－1，3，7，11，…}.数组0，1，2，3；－8，5，2，－1等等都是模的4的一个完全剩余系.显然，模m 的完全剩余系有无穷多个.但最常用的是下面两种：（1）非负数最小完全剩余系：0，1，2，…，m －1；（2）绝对值最小完全剩余系：它随m 的奇偶性不同而略有区别.当.),1(,,1,0,1,),1(,,12k k k k k m -----+=ΛΛ为时（对称式）当).1(,,1,0,1,),1(,.),1(,1,0,1,),2(),1(,2-----------=k k k k k k k k m ΛΛΛ或为时 由定义不难得到如下判别完全剩余系的方法：定理一：m 个整数m a a a ,,,21Λ是模m 的一个完系i a j i ,时当≠⇔≡)(mod m a j 定理二：设（b,m ）=1，c 为任意整数.若n a a a ,,,21Λ为一个完系，则c ba c ba c ba m +++,,,21Λ也是模m 的一个完全剩余系.特别地，任意m 个连续整数构成模m 的一个完全剩余系.【证明】只需证明：当).(mod ,m c ba c ba j i j i +≡+≠时而这可用反证法得证.下略. 设m 为一正整数，由于在0，1，…，m －1中与m 互质的数的个数是由m 惟一确定的一个正整数，因此，可给出如下定义.定义四：m 为一正整数，把0，1，…，m －1与m 互质的数的个数叫做m 的欧拉函数，记为).(m ϕ显然，)(m ϕ的定义域是正整数N*，前n 个值为：,,6)7(,2)6(,4)5(,2)4(,2)3(,1)2(,0)1(Λ=======ϕϕϕϕϕϕϕ当m=p 为质数时，.1)(-=p p ϕ设k 是模的一个剩余类.若a 、b ∈k ，则).(mod m b a ≡于是由性质9知，（a ,m ）=（b,m ）.因此，若（a ,m ）=1，则k 中的任一数均与m 互质.这样，又可给出如下定义.定义五：如果一个模m 的剩余类k r 中任一数与m 互质，则称k r 是与模m 互质的剩余类；在与模m 互质的每个剩余类中任取一个数（共)(m ϕ个）所组成的数组，称为模m 的一个简化剩余系.例如，取m=6，在模6的六个剩余类中，{},,13,7,1,5,11,1ΛΛ--=k{}ΛΛ,17,11,5,1,7,5--=k 是与模6互质的剩余类.数组1，5；7，－7；1，－1；等等都是模6的简化剩余类.由此定义，不难得到：定理三:)(21,,,m a a a ϕΛ是模m 的简化剩余系)).(,2,1,,)((m od ,1),(m j i j i m a a m a j i i ϕΛ=≠≡=⇔且 定理四：在模m 的一个完全剩余系中，取出所有与m 互质的数组成的数组，就是一个模m 的简化剩余系.这两个定理，前者是简化剩余系的判别方法，后者是它的构造方法.显然，模m 的简化剩余系有无穷多个，但常用的是“最小简化剩余系”，即由1，2，…，m －1中与m 互质的那些数组成的数组.由定理不难证得简化剩余系的如下性质定理.定理五：设)(21,,,m a a a ϕΛ是模m 的简化剩余系.若（k,m ）=1，则)(21,,,m ka ka ka ϕΛ也是模m 的简化剩余系.下面介绍两个有关欧拉函数的重要结论.其证明略.定理六：（欧拉定理）若（a ,m ）=1，则)(mod 1)(m a m ≡ϕ特别地，（费马小定理）若m=p 为质数，p a ，则).(mod 11p a p ≡-定理七：（威尔逊定理）设p 素数，则（p －1）！).(mod 1p -≡定理八：（欧拉函数值计算公式）令m 的标准分解式为k k p p p m αααΛ2121=，则 ∏=-=k i ip m m 1).11()(ϕ 例如，30=2·3·5，则.8)511)(311)(211(30)30(=---=ϕ读者应认识到：由于任何整数都属于模m 的某一剩余类，所以，在研究某些整数性质时，选取适当的（模）m ，然后在模m 的每个剩余类中取一个“代表数”（即组成一个完全剩余系），当弄清了这些代表数的性质后，就可弄清对应的剩余类中所有数的性质，进而弄清全体整数的性质，这就是引入剩余类和完全剩余系的目的.Ⅲ.同余方程设x a x a x a x a x f n n n n 为0111)(++++=--Λ的整系数多项式.类似于多项式和代数方程式的有关定义，我们有定义六：同余式)(m od 0),(m od 0)(m a m x f n ≡≡叫做一元n 次同余方程.例如， )3(m od 03539257≡-+-x x x 是七次同余方程.定义七：若c 使得)(m od ,)(m od 0)(m c x m c f ≡≡则成立叫做同余方程)(mod 0)(m x f ≡的一个解.显然，同余方程的解是一些剩余类，而不仅是一个或n 个类.例如，),5(mod 1≡x )5(mod 4≡x 都是二次同余方程)5(mod 12≡x 的解.1．一次同余方程)(mod m b ax ≡（其中m a ）称为一次同余方程.关于它的解，有如下共知的结论： 定理九：若（a ,m ）=1，则)(mod m b ax ≡有一个解.定理十：若（a ,m ）=d>1，d b ，则)(mod m b ax ≡无解，其中)(mod 0m a ≡.定理十一：若（a ,m ）=d>1，d|b ，则)(mod m b ax ≡有d 个解.并且，若)(m od 1m x βα=的一个解为),(m od 1m r x ≡则d 个解为：1,,1,0),(m od 1-=+≡d k m km r x Λ，其中.,,1dm m d b d a ===βα 下面介绍一次同余方程1),(),(mod =≡m a m b ax （*） 的解法.【解法1】因（a ,m ）=1，则存在二数s,t ，使得as +mt=1，即)(mod 1m as =，由此有 )(m od ),(m od m bs x m bs asx ≡≡于是为（*）的解.【解法2】先把（*）变形成ab m a b x )((mod ≡仅只是形式上的记号），然后用与m 互质的数陆续乘右端的分子分母，直至把分母绝对值变成1（通过分子分母各对模m 取余数）而得到解.【解法3】得用欧拉定理.因),(m od )(m od ),(m od 11)()()(m a b x a m b ax m a m m m -⋅≡≡≡ϕϕϕ可得由 从而有解 ).(mod 1)(m a b x m -⋅≡ϕ2．一次同余方程组定义八：若数r 同时满足n 个同余方程：r n k m x f k k 则.,,2,1),(m od 0)(Λ=≡叫做这n 个同余方程组成的同余方程组的解.定理十二：对同余方程组⎩⎨⎧≡≡).(mod ),(mod 2211m c x m c x 记.],[,),(2121M m m d m m ==①若d 21c c -，则此同余方程组无解；②若21|c c d -，则此同余方程组有对模M 的一类剩余解.Ⅳ.模m 的阶和中国剩余定理（1）模m 的阶定义九：设m>1是一个固定的整数，a 是与m 互素的整数，则存在整数k ，1≤k ＜m ，使得)(m od 1m a k ≡.我们将具有这一性质的最小正整数（仍记为k ）称为a 模m 的阶.a 模m 的阶具有如下性质：①设m a k m a 模是,1),(=的阶，ν,u 是任意整数，则)(m od m a a v u ≡的充要条件是)(mod k u ν≡.特别地，)(m od 1m a u ≡的充分必要条件是k|u.【简证】充分性显然.必要性.设).(m od 11),()(m od ,,m a m a m a a u l u lu 易知及则由记=≡-=>ννν用带余除法，k r m a m a a k r r kq l r r kq <≤≡≡⋅<≤+=0).(m od 1),(m od 1,0,由即故这里及k 的定义知，必须r=0，所以).(mod k r u ≡②设a m a ,2),(=模m 的阶为k ，则数列,,,,32Λa a a 模m 是周期的，且最小正周期是k ，而k 个数k a a a ,,,2Λ模m 互不同余.③设a m a 则,1),(=模m 的阶整除欧拉函数).(m ϕ特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶整除p －1.（2）中国剩余定理（即孙子定理）设n m m m n ,,,,221Λ≥是两两互质的正整数，记M=∏===n i i i i n i m M M m 1),,2,1(,Λ则同余方程组 ),,2,1)((m od n i m c x i i Λ=≡有且只有解 ∑=≡ni ii i M c M x 1).(mod α （△） 其中.,,2,1),(m od 1n i m M i i i Λ=≡α （△△）【证明】由)(1),(j i m m j i ≠=知，1),(=j i m M ，因此每一个同余方程)(mod 1i iy m M ≡（i =1，2，…n ）都有解，于是必存在),(|,).(m od 1,j i M m M m M m M i i i i i i i ≠=≡又因使得αα 所以对模).(m od ),,2,1(111i i i i i n n n i i i i m c c M c M c M c M n i m ≡≡++++=ααααΛΛΛ有故（△△）是（△）的解.若21,x x 是适合（△）的任意两个解，则).(1),(,,,2,1),(mod 21j i m m n i m x x j i i ≠===因Λ 故),(m od ),(m od 212121M x x m m m x x n ≡≡即Λ因此，（△△）是（△）的惟一解.赛题精讲例1：数1978n 与1978m 的最末三位数相等，试求正整数m 和n ，使得n+m 取最小值，这里.1≥>m n （第20届IMO 试题）【解】由已知而),1000(m od 10781978m n ≡1000=8×125，所以 )8(m od 10781978m n ≡ ①)125(m od 10781978m n ≡ ②因1≥>m n ，且（1978m ，125）=1，则由②式知1978n －m ≡1（mod125）③又直接验证知，1978的各次方幂的个位数字是以8、4、2、6循环出现的，所以只有n －m 为4的倍数时，③式才能成立，因而可令n －m=4k.由于. n+m=（ n －m ）+2m=4k+2m ，因而只需确定出k 和m 的最小值.先确定k 的最小值：因为19784=（79×25+3）4≡34≡1（mod5），19784≡34≡1（mod25）.故可令19784=5t+1，而5 t ，从而0≡1978n －m －1=19784k －1=（5k+1）k －1≡2)5(2)1(t k k ⋅- +)125(mod 5t k ⋅，显然，使上式成立的k 的最小值为25.再确定m 的最小值：因1978≡2（mod8），则由①式知，)8(m od 22m n ≡ ④ 由于,1≥>m n ④式显然对m=1，2不成立，从而m 的最小值为3.故合于题设条件的n+m 的最小值为106.【评述】比例中我们用了这样一个结论：1978的各次方幂的个位数字是以8，4，2，6循环出现，即，当r=1，2，3，4时，).10(m od 6,2,4,8197819784≡=+r q p 这种现象在数学上称为“模同期现象”.一般地，我们有如下定义：整数列{}n x 各项除以m （m ≥2，m ∈N*）后的余数n a 组成数列{}n a .若{}n a 是一个周期数列，则称{}n x 是关于模m 的周期数列，简称模m 周期数列.满足n T n a a =+（或n T n x a ≡+ （modm ））的最小正整数T 称为它的周期.例如，（1）{}n 1978是模10周期数列，周期为4；（2）自然数列{n}是一个模m （m ≥2，m ∈N*）周期数列，周期为m ；（3）任何一个整数等差数列都是一个模m （m ≥2，m ∈N*）周期数列，周期为m.例2：设a 是方程01323=+-x x 的最大正根，求证：17可以整除[a 1788]与[a 1988].其中[x ]表示不超过x 的最大整数. （第29届IMO 预选题）【证明】根据如下符号表可知，若设三根依次为a <<βα，则,121,211<<-<<-βαx－1 －21 21 1 32 3 f(x)符号－ ++ － － + .||,,02)12(2)(,223233βαβαααααα<<->-=+-+-=-<于是由于f a另一方面，由韦达定理知，)8(1296292)3(2)(233322222a a a a a a a a a -+=+-+=+-+=+-=-+=+αββαβα .1,8)22(2222<+∴=>βαa Θ为了估计[1788a ]、[1988a ]，先一般考察[a n ]，为此定义：),2,1,0.(Λ=++=n a u n n n n βα直接计算可知：).0(3,9.32,323222210≥-==++==++==++n n u u a u a u u n n 以及βαβ 又因,12223,0,||(10<-<-=+>+<<+<αβαβαβαβα又即n n n n Θ当2≥n 时，)].(1[1)(),1||22n n n n n n n n n n n u u a βαβαβαβαβα+---=+-=<+<+≤+则),2,1.(1][Λ=-=∴n u a n n由此知，命题变为证明：1119881788--u u 和能被17整除.现考察{}n u 在模17的意义下的情况：,2,6,5,16,9,9,11,1,7,9,3,311109876543210≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡u u u u u u u u u u u u ΛΛ,9,3,3,0,6,14,118171615141312≡≡≡≡≡≡≡u u u u u u u可见，在模17意义下，{}n u 是16为周期的模周期数列，即).17(m od 16n n u u ≡+由于 1788),17(m od 1),17(m od 1),16(m od 41988),16(m od 1241988121788≡≡≡≡≡≡u u u u 故故).17(m od 01,0119881788≡-≡-u u 命题得证.例3：求八个整数821,,,n n n Λ满足：对每个整数k （－1985<k<1985），有八个整数a 1，a 2，…，a 8∈{－1，0，1}，使得.882211n a n a n a k +++=Λ （第26届IMO 预选题）【解】令数集{}.1,,2,1},1,0,1{,333|12321+=-∈⋅++⋅+⋅+==+n i a a a a a k k G i n n ΛΛ显然 3331max 12=++++=+n nG Λ H ， 记.33312H mixG n -=----=Λ且G 中的元素个数有1231+=+H n 个.又因G 中任意两数之差的绝对值不超过2H ，所以G 中的数对模2H+1不同余.因此，G 的元素恰好是模2H+1的一个绝对值最小的完系，于是，凡满足H k H ≤≤-的任意整数都属于G ，且可惟一地表示为：n n a a a a 33312321⋅++⋅+⋅++Λ形式.当n=7时，H=3280>1985，而n=6时，H=1043<1985.故n 1=1，n 2=3，…，n 8=37为所求. 例4：设n 为正整数，整数k 与n 互质，且0<k<n.令M={1，2，…，n －1}，给M 中每个数染上黑、白两种颜色中的一种，染法如下：（i ）对M 中每个i ，i 与n －i 同色；（ii ）对M 中每个i ，i ≠k,i 与|k －i |同色.求证：M 中所有的数必为同色. （第26届IMO 试题）【证明】因,1),(=n k 又0，1，…n －1是模n 的一个完全剩余系，所以0，k ，2k ，…，（n －1）k 也是模n 的一个完全剩余系.若设),1,,2,1,11)((mod -=-≤≤≡n j n r n r jk j j Λ其中 则M=}.,,,{121-n r r r Λ下只需证).21(1-≤≤+n j r r j j 与因为，若如此，当r 1的颜色确定后，M 中所有都与r 1同色.由于)(mod ),(mod )1(11n r k r n r k j j j j ++≡+≡+则，因此，（1）若k r r n k r j j j +=<++1,则，于是，由条件（i ）知，j j j j r r n n r n r k =---=-+)(1与同色.又由条件（ii ）知，111||+++=---j j j r k r k r k 与同色，故j j r r 与1+同色.综上所述可知，j j r r 与1+同色.命题得证.例5：设a 和m 都是正整数，a >1.证明：).1(|-m a m ϕ【证明】实上，显然1-m a a 与互素，且1-m a a 模的阶是m ，所以由模阶的性质③导出).1(|-m a m ϕ例6：设p 是奇素数，证明：2p －1的任一素因了具有形式x px ,12+是正整数.【证明】设q 是2p －1的任一素因子，则q ≠2.设2模q 的阶是k ，则由)(m od 12q p ≡知k|p ，故k=1或p （因p 是素数，这是能确定阶k 的主要因素）.显然k ≠1，否则),(m od 121q ≡这不可能，因此k=p.现在由费马小定理)(mod 121q q ≡-推出.1|,1|--q p q k 即因p 、q 都是奇数，故q －1=2p x （x 是个正整数），证毕.例7：设m,a ,b 都是正整数，m>1，则.1)1,1),(-=--b a b a mm m 【证明】记).1,1(--=b a m m d 由于（a ,b ）|a 及（a ,b ）|b ，易知1|1),(--a b a m m 及1|1),(--b b a m m ，故d m b a |1),(-，另一方面设m 模d 的阶是k ，则由)(m od 1),(m od 1d m d m b a ≡≡推出，k|a 及k|b ，故k|（a ，b ）.因此.1|),(m od 1),(),(-≡b a b a m d d m即 综合两方面可知，.1),(-=b a m d 证毕.例8：设n ，k 是给定的整数，n>0，且k （n －1）是偶数.证明：存在,1),(),(,,==n y n x y x 使得是).(mod n k y x ≡+【证明】我们先证明，当n 为素数幂αp 时结论成立.实际上，我们能证明，存在x ,y ，使 p x y ，且k y x =+.如p=2，则条件表明k 为偶数，可取2,11,1,2;1,1-==-==>-==k y x k y x p k y x 或则如中有一对满足要求.一般情形下，设r r p p n ααΛ11=是n 的标准分解，上面已证明，对每个i p ，均有整数i x ，i y ，使p i x i y i ，且).,,2,1(r k y x i i Λ=+现在孙子定理表明，同余方程组)(m od ,),(m od 111r a r r p x x p x x ≡≡Λα有解x ，同样)(m od ,),(m od 111r a r r p y y p y y ≡≡Λα也有解y.现在易证x ,y 符合问题中的要求：因p i x i y i ，故p i x y （i =1，…，r ），于是（x y ，n ）=1.又).(mod ),,,1)((mod 1n k y x r i p k y x y x i i i ≡+==+=+故Λα例9：设n 为任意的正整数.证明：一定存在n 个连续的正整数解，使其中任何一个都不是质数的整数幂. （第30届IMO 试题）【证明】取2n 个两两不同的质数.,,,,,,2121n n q q q p p p ΛΛ和同余方程组),(m od i i q p i x -≡ n i ,,2,1Λ=.由于n n q p q p q p ,,,2211Λ两两互质，根据孙子定理必有解，取为正整数N ，则n 个连续正整数N+1，N+2，…，N+n 都至少含有两个不同的质因数，因而它们中的任一个都不是质数的整数幂.证毕.。
数学竞赛精讲精练专题—初等数论中的同余问题_1
∴
(
pk k
)
pk k
[
pk k p
]
pk k
pk 1 k
∴
(m)
(
p1 1
)
(
p2 2
)
(
pk k
)
(
p1 1
p1 1
1
)(
p2 2
p2 2
1
)
(
pk k
pk k
1
)
p1 1
(1
p11
)
p2 2
(1
p21)
pk k
(1
又 p 为奇素数， p 1为偶数，∴ ( p 1)!1 0(mod p) ，得证．
6、设 a 为整数， p 为正整数，若存在 x Z ，使得 x2 a(mod p) ，则称 a 为模 p 的二
次剩余，否则，称 a 为模 p 的二次非剩余．
p1
设 p 为奇素数，a Z 且 p a ，证明：a 是模 p 的二次剩余充要条件是 a 2 1(mod p) ；
若 a b(mod m) ， c d(mod m) ， n N* 则 a c b d(mod m) ， a c b d(mod m) ac bd(mod m) ， an bn (mod m) ．
3）除法运算：
ac bc(mod m) ，则 a b(mod m ) ． (c, m)
(1)k m p1 p2 pk
k
m(1
1
1 (1)k 1 )
p p p i1 i 1i jk i j
高中数学竞赛专题讲座---同余理论及其应用(二)
数论定理一. 知识要点1. 欧拉定理和费尔马小定理缩系的定义：设m 为正整数，一个模m 的剩余类称为与模m 互素的余类，如果它中的数与m 互素．在与模m 互素的各个剩余类中分别取一个代表所构成的集合称为模m 的一组缩系．很显然，缩系具有以下性质：（1）模m 的缩系中含有ϕ（m ）个数（ϕ（m ）是小于m 的正整数中且与m 互素的个数）．（2）设()m r r ϕ ,1是ϕ（m ）个与m 互素的整数，则()m r r ϕ ,1模m 两两不同余．（3）设()1,=m a ，且()m r r ϕ ,1是模m 的一组缩系，则()m ar ar ar ϕ,,,21 是模m 的一组缩系．欧拉（Euler ）定理：设m 是大于1的整数，a 为整数，且()1,=m a ，则()()m a m mod 1≡ϕ．For personal use only in study and research; not for commercial use解：设()m x x x ϕ,,,21 是模m 的缩系．因为()1,=m a ，所以()m ax ax ax ϕ,,,21 也是模m 的缩系．这两个缩系分别乘起来得()()()m x x x ax ax ax m m mod ·2121ϕϕ ≡，且()()1,21=m x x x m ϕ ．从而()()m a m mod 1≡ϕ )()m a m mod 1≡ϕ．特别地，取m 为质数p ，有费尔马（Fermat ）小定理：设p 为质数，a 为整数，p a ，则()p a p mod 11≡-．它也常常写成()p a a p mod ≡．这里不需假定p a ，但p 应为素数．For personal use only in study and research; not for commercial use2. 中国剩余定理（孙子定理）中国剩余定理：设k m m m ,,21是两两互质的正整数，k a a a ,,,21 是任意整数，则同余方程组()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡=≡.mod ,mod ,mod 2211k k m a x m a x m a x 对模k m m m 21有唯一解． 解：设()k i m m m m M iki ,,2,121 ==．依题设，有()1,=i i m M ，由裴蜀定理知，存在整数i b ，使得()i i i m b M mod 1≡，k i ,2,1=．对k k k M b a M b a M b a x +++= 222111，其中i i i M b a 能被k i i m m m m ,,,,111+-整除，而被i m 除的余数恰为i a ．从而∑==ki i i i M b a x 1是同余方程组的解．又设x ，y 均为同余方程组的解，则有y x m -1，y x m -2，…，y x m k -，即y x m m m k - 21，亦即()k m m m y x 21mod ≡．所以同余方程组对模k m m m 21有唯一解．3. 威尔逊（wilson ）定理威尔逊（wilson ）定理：设p 为质数，则()()p p mod 1!1-≡-．解：对于任意整数a ，且1≤a ≤p －1，由裴蜀定理知，存在整数a ’，使得()p aa mod 1'≡．称a ’为a 的数论倒数，且不妨设1≤a ’≤p －1．若有整数b ，满足()p ba mod 1'≡，则将此式两边同乘以a ，有()p a b mod ≡．这说明对于不同整数a ，1≤a ≤p －1，对应着不同的数论倒数a ’．又若整数a 的数论倒数是它自身，则()p a a mod 1≡⋅，亦即()()()p a a mod 011≡-+，故1≡a 或()p mod 1-．当2=p 时，显然有()()p p mod 1!1-≡-．当p ＞2时，有2，3，…，p －2这p －3个数恰好配成互为数论倒数的23-p 对数，故它们的积()()p p p mod 1123223≡≡-⨯⨯⨯- ．于是()()()p p p mod 1111!1-≡-⨯⨯≡-．4. 拉格朗日定理设p 为质数，n 是非负整数，多项式()01a x a x a x f n n +++= 是一个模p 为n 次的整系数多项式（即p a n ），则同余方程()()p x f mod 0≡ （※），至多有n 个解（在模p 的意义下）．证明：我们对n 用归纳法．当0=n 时，()0a x f =，因为p a 0，故同余方程（※）无解，命题成立．设当l n =时命题成立，则当1+=l n 时，若命题不成立，即同余方程（※）至少有2+l 个解，设为()p c c c x l mod ,,,221+≡ ①，我们考虑多项式()()()()()11111111c x a c x a c x a c f x f l l l l l l -++-+-=-+++ )()111c x a c l l-++- ()()()()x h c x x a c x l l 111-=+-=+ ②，其中()x h 是l 次多项式并且首项系数1+l a ，满足1+l a p ，从而由归纳假设知l 次同余方程()()p x h mod 0≡ ③，至多有个l 个解，但由①，②可知同余方程③至少有l ＋1个解．()p c c c x l mod ,,,232+≡ ，矛盾！故当1+=l n 时命题成立．综上所述，命题得证．二. 典型例题例1. 已知正整数k ≥2，k p p p ,,,21 为奇质数，且()1,21=k p p p a ．证明：()()()111121----k p p p a 有不同于k p p p ,,21的奇质因数．证明：由()1,21=k p p p a ，有()1,1=p a ．由费尔马小定理，()11mod 11p ap ≡-．又k ≥2，p p p ,,,32 k p p p ,,,32 为奇质数，则()()()211121---k p p p 为正整数，从而()()()()12111mod 121p ak p p p ≡--- ，即()()()12111121----k p p p ap .同理，()()()1211121--⋯--k p p p a能被P 2，P 3，…P k 整除，从而()()()1211121+-⋯--k p p p a不能被k p p p p ,,,,321 整除．注意到()()()211121---k p p p 是一个偶数，则()()()0211121≡---k p p p a或1（mod4），因此4不整除()()()1211121+---k p p p a，故()()()1211121+---k p p p a异于k p p p ,,,21 的奇质因数．所以()()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-------1121111112121k k p p p p p p a a()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+---1211121k p pp a有异于k p p p ,,,21 的奇质因数．例2. 对于自然数n ，如果对于任何整数a ，只要1-n a n ，就有12-na n ，则称n 具有性质P ．（34届IMO预）（1）求证：每个素数n 都具有性质P ． （2）求证：有无穷多个合数也都具有性质P ．证：（1）设p n =为素数且1-p a p ，于是()1,=p a ．由费尔马小定理知11--p a p ，而()()1111-+-=--a a a a p p ．故1-a p ，即()p a m o d 1≡．因此，()p a i mod 1≡，1,,2,1,0-=p i ．上述p 个同余式累和，得()p p a a a p p mod 0121≡≡++++-- ．故()()11212++++---a a a a p p p ，即12-pa p ．（2）设n 是具有性质P 的合数．若1-na n ，则()1,=a n ．由欧拉定理，有()()n a n mod 1≡ϕ，又因()n a n mod 1≡，由阶的性质知，()()()n a n n mod 1,≡ϕ．如果()()1,=n n ϕ，则()n a mod 1≡，于是利用（1）中证明可得12-na n ．因此，问题化为求无穷多个合数n ，使()()1,=n n ϕ．对任何素数p ≥5，取p －2的素因数q ，并令pq n =．这时()()()11--=q p n ϕ．因为()2-p q ，所以q (p －1)．又因q ≤p －2＜p ，故p (q －1)．因此，有()()1,=n n ϕ．对于每个这样的合数n ，若()1-na n ，则()1-a n ，因而()n a k mod 1≡，,2,1,0=k ．故()12-n a n ．因为对于每个素数p ≥5都可按上述程序得到具有性质P 的相应合数()p n ，且p ＜()p n ＜p 2，所以，有无穷多个合数n 具有性质P ．例3. 求所有整数n ≥2，满足：对所有的整数a ，b ，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡的充分必要条件是()n ab mod 1≡．（第41届IMO 预选题）解：若n 有奇素因子p ，设n p a||，记1n p n a⋅=，N a ∈．由中国剩余定理知，存在Z x ∈，使()n x mod 1≡，()a p x mod 2≡，则()1,=n x ．取x b a ==，即知()n x mod 12≡，从而()a p mod 14≡，故3=p ，且1=a ．因此()1,5=n ．取5==b a ，即知()n mod 125≡，从而24n ，故,12,8,6,4,3,2=n 24,12,8,6,4,3,2．下证：当n 取上述值时，满足条件．注意到，当2 a 时，有()8mod 12≡a ；当3 a 时，有()3mod 12≡a ，又24n ，32243⨯=，故必有()n a mo d 12≡（因为()1,=n a ）．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡，则()n ab mod 1≡．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ， ()n ab mod 1≡，则()n ab a mod 12≡≡．从而()a b a n -又()1,=n a ，有()b a n -，即()n b a mod ≡．综上，所求n 的值为2，3，4，6，8，12，24．例4. 求所有正整数n ，满足对所有的正整数n ，存在一个整数m ，使12-n是92+m 的因子．（第39届IMO 预选题）解：引理1：若p 为4k －1（k ≥2）型质数，则不存在Z m ∈，使()p m mod 92-≡．证明：设)p m m mod 31≡()p m m mod 31≡（∵()13,=p ，∴m 1存在），N m ∈1．又∵()p m mod 912-≡, ∴)(mod 121p m -≡．由费马小定理知，()()()p m m p p p mod 11121212111-=-≡=≡---，矛盾．引理2：当1≤i ＜j 时，有()112,1222=++ji )112,12=++j，且()13,122=+i ．证明：∵()()()()12mod 211121222222+≡+-≡+=+--i i j ij ij ，∴()()12,1212,12222=+=++ij i )()12,1212,122=+=++i j．又∵()()3mod 2111222≡+-≡+i i ，∴()()13,23,122==+i．对于原题，若()()9122+-m n，n ≥2．设t n S ⋅=2，2 t ．若t ≥3，则()()1212-+n t ，从而()()9122+-m t ．又必存在4k －1型素数p ，且3≠p ，()12-tp （否则，()4mod 1111121≡⨯⨯⨯≡-≡- t ，矛盾）．此时()92+m p ，与引理1矛盾．故t =1，从而S n 2=，且()()()1212123121212222+++⋅=--S S．由引理2及中国剩余定理知，存在N m ∈1，使()()12m o d 22211+≡-ii m ，i =1，2，…，s －1．故()((2m o d0121222211≡+≡+-i m )()()12mod 0122221+≡+≡-ii ．令13m m =，有()()()12mod 013922122-≡+=+Sm m ．因此，()()9122+-m n ．综上，所求正整数n 为2的幂次2i （i =1，2，…）．数论中存在性问题是最常见的，除了运用数论存在性定理来解决外，还需要有直接构造的能力．例5. 证明：每个正有理数能被表示成3333d c b a ++的形式，且其中a ，b ，c ，d 是正整数．（40届IMO 预选题）证明：设该正有理数为p ．（1）当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,21p 时，()()()()333321121p p p p p -++-++=，其中2p －1，2－p ，p ＋1+∈Q ．（2）当p ≥2时，由于⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⎪⎭⎫ ⎝⎛1,41323，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21323p n，由（1）有333333333322132132213223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．（3）当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈21,0p 时，由于()4,1233∈⎪⎭⎫ ⎝⎛，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21233p n ，由（1）有333333333232123123212332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．综上，总有+∈Q d c b a m 1111,,,,，使()()31313131313131313d c mb ma d c b a m p ++=++⋅=,设ma 1，mb 1，c 1，d 1的分母公倍数为n ，则取N mna a ∈=1，N mnb b ∈=，N nc c ∈=1，N nd d ∈=1，且3333dc b a p ++=．结论成立． 说明：这里是直接构造证明，首先发现恒等式()()()()333321121p p p p p -++-++=，进一步对p ≥2，或0＜p ≤21构造．例6. 证明：不存在非负整数k 和m ，使得()mk k ！14848+=+．证明：注意到0=k 或0=m 时，上述不定方程无解，于是，可设满足上述方程的k ，m 为正整数．（1）若1+k 为合数，设pq k =+1，2≤p ≤q ，注意到，应有48 | k ！．故k≥6，于是1＜2p ≤k ，故（1+k ）| k ！，进而（1+k ）| 48，结合1+k ≥7，可知1+k =8，12，24或48，分别代入，两边约去48后，可得矛盾．（2）若1+k 为质数，由威尔逊定理，可知k ！()1mod 1+-≡k ，于是，1+k | 47，进而1+k =47，这要求46！＋48=48×47m ①，从而m ＞1，两边除以48可知m 47148!46=+，两边模4，可知()()4mod 11≡-m ，故m 为偶数．设m =2k ，则由①可知2()()14714748!46+-=k k ，由232 |48!46，而()23mod 2147≡+k，故232 | 147-k，利用二项式定理()()223mod 146123247+≡+⨯=k k，从而23 | k ，进而m ≥46，这时，①式右边比左边大．矛盾．注：一般地，若n ＞4，且n 为合数，则n |（n －1）！，依此可以证明威尔逊定理的逆定理也成立． 例7. 设p 是质数，证明：存在一个质数q ，使得对任意整数n ，数p n p-不是q 的倍数．（第44届IMO 试题）证明：由于()212mod 1111p p p p p p p p p +≡++++=--- ．则11--p p p 中至少有一个质因子q ，满足q 对2p 的模不等于1。
高中数学奥赛辅导 第三讲 同余
数学奥赛辅导 第三讲 同余知识、方法、技能同余是数论中的重要概念，同余理论是研究整数问题的重要工作之一.本讲介绍同余的基本概念，剩余类和完全剩余系，同余方程，整数模的阶和中国剩余定理.Ⅰ.基本概念定义一：设m 是一个给定的正整数.如果两个整数a 、b 用m 除所得的余数相同，则称a 、b 对模m 同余，记为a ≡b （modm ）；否则，记为a ≡b （modm ）.例如，15≡7（mod4），－23≡12（mod7）. 同余有如下两种等价定义法：定义一* 若m|a －b ，则称a 、b 对模m 同余.定义一**若a =b+mt(t ∈Z)，则称a 、b 对模m 同余. 同余的基本性质：（1）.|)(mod 0a m m a ⇔≡ （2）))((mod 反身性m a a ≡))((mod )(mod )(mod ))((mod )(mod 传递性对称性m c a m c b m b a m a b m b a ≡⇔⎭⎬⎫≡≡≡⇔≡（3）若则),(mod ),(mod m d c m b a ≡≡ ①);(mod m d b c a ±≡± ②).(mod m bd ac ≡（4）若).(mod ,.,,2,1,0),(mod 0101m b x b x b a x a x a n i m b a n n n n i i +++=+++=≡ 则特别地，设)(mod ),()(01m b a Z a a x a x a x f i n n ≡∈+++=若 ，则).)(mod ()(m b f a f ≡（5）若).),((mod),(mod c m mb a m bc ac ≡≡则特别地，又若（c,m ）=1，则).(mod m b a ≡ 【证明】因),(|b a c m -这等价于).(),(|),(b a c m cc m m -又因若（a ,b ）=),(d b d a d ⇒=1（d≠0）及b|a c ，且（b,c ）=1,|a b ⇒从而有).(|),(b a c m m- 这个性质说明同余式两边的同一非零因数，不能像等式那样“约去”，只有当这非零因数与模互质时，才可“约去”.（6）),(mod m b a ≡而).(mod ),0(|d b a d m d ≡>则 （7）设),(mod m b a ≡ ①若c>0，则);(mod mc bc ac ≡ ②d 为a 、b 、m 的任一公约数，则).(mod dm d b d a ≡ （8）若).(mod ,1),()(mod ),(mod 212121m m b a m m m b a m b a ≡=≡≡则且 （9）若).,(),(),(mod m b m a m b a =≡则Ⅱ.剩余类和完全剩余系若按对某一模m 的余数进行分类，就可以引入所谓的剩余类和完全剩余系的概念.定义二：设m ∈N*，把全体整数按其对模m 的余数r （0≢r ≢m －1）归于一类，记为k r ，每一类k r （r=0,1,…,m －1）均称模m 的剩余类（又叫同余类）.同一类中任一数称为该类中另一数的剩余.剩余类k r 是数集{}{})(mod |,,,|m r a Z a a k Z q r m r qm k r r ≡∈=∈+=且也即是余数是模,它是一个公差为m 的（双边无穷）等差数列.根据定义，剩余类具有如下性质：（1）);(,1210j i k k k k k k Z j i m ≠=⋂⋃⋃⋃=-φ而 （2）对任一数n ∈Z ，有惟一的00r k n r ∈使； （3）对任意的a ,b ∈Z ，a ,b ).(mod m b a k r ≡⇔∈定义三：设110,,,-m k k k 是模m 的（全部）剩余类.从每个k r 中任取一个数a r ,这m 个数110,,,-m a a a 组成的一个组称为模m 的一个完全剩余系，简称完系.例如，取m=4，则有{}{} ,9,5,1,3,7,,8,4,0,4,8,10--=--=k k ，k 2={…，－6，－2，2，6，10，…}，k 3={…，－5，－1，3，7，11，…}.数组0，1，2，3；－8，5，2，－1等等都是模的4的一个完全剩余系.显然，模m 的完全剩余系有无穷多个.但最常用的是下面两种： （1）非负数最小完全剩余系：0，1，2，…，m －1；（2）绝对值最小完全剩余系：它随m 的奇偶性不同而略有区别.当.),1(,,1,0,1,),1(,,12k k k k k m -----+= 为时（对称式） 当).1(,,1,0,1,),1(,.),1(,1,0,1,),2(),1(,2-----------=k k k k k k k k m 或为时 由定义不难得到如下判别完全剩余系的方法：定理一：m 个整数m a a a ,,,21 是模m 的一个完系i a j i ,时当≠⇔≡)(mod m a j 定理二：设（b,m ）=1，c 为任意整数.若n a a a ,,,21 为一个完系，则c ba c ba c ba m +++,,,21 也是模m 的一个完全剩余系.特别地，任意m 个连续整数构成模m 的一个完全剩余系.【证明】只需证明：当).(mod ,m c ba c ba j i j i +≡+≠时而这可用反证法得证.下略. 设m 为一正整数，由于在0，1，…，m －1中与m 互质的数的个数是由m 惟一确定的一个正整数，因此，可给出如下定义.定义四：m 为一正整数，把0，1，…，m －1与m 互质的数的个数叫做m 的欧拉函数，记为).(m ϕ显然，)(m ϕ的定义域是正整数N*，前n 个值为：,,6)7(,2)6(,4)5(,2)4(,2)3(,1)2(,0)1( =======ϕϕϕϕϕϕϕ当m=p 为质数时，.1)(-=p p ϕ设k 是模的一个剩余类.若a 、b ∈k ，则).(mod m b a ≡于是由性质9知，（a ,m ）=（b,m ）.因此，若（a ,m ）=1，则k 中的任一数均与m 互质.这样，又可给出如下定义.定义五：如果一个模m 的剩余类k r 中任一数与m 互质，则称k r 是与模m 互质的剩余类；在与模m 互质的每个剩余类中任取一个数（共)(m ϕ个）所组成的数组，称为模m 的一个简化剩余系.例如，取m=6，在模6的六个剩余类中，{},,13,7,1,5,11,1 --=k{} ,17,11,5,1,7,5--=k 是与模6互质的剩余类.数组1，5；7，－7；1，－1；等等都是模6的简化剩余类.由此定义，不难得到：定理三:)(21,,,m a a a ϕ 是模m 的简化剩余系)).(,2,1,,)((mod ,1),(m j i j i m a a m a j i i ϕ =≠≡=⇔且 定理四：在模m 的一个完全剩余系中，取出所有与m 互质的数组成的数组，就是一个模m 的简化剩余系.这两个定理，前者是简化剩余系的判别方法，后者是它的构造方法.显然，模m 的简化剩余系有无穷多个，但常用的是“最小简化剩余系”，即由1，2，…，m －1中与m 互质的那些数组成的数组.由定理不难证得简化剩余系的如下性质定理.定理五：设)(21,,,m a a a ϕ 是模m 的简化剩余系.若（k,m ）=1，则)(21,,,m ka ka ka ϕ 也是模m 的简化剩余系.下面介绍两个有关欧拉函数的重要结论.其证明略. 定理六：（欧拉定理）若（a ,m ）=1，则)(mod 1)(m a m ≡ϕ 特别地，（费马小定理）若m=p 为质数，p a ，则).(mod 11p a p ≡- 定理七：（威尔逊定理）设p 素数，则（p －1）！).(mod 1p -≡ 定理八：（欧拉函数值计算公式）令m 的标准分解式为 k k p p p m ααα 2121=， 则 ∏=-=ki i p m m 1).11()(ϕ例如，30=2·3·5，则.8)511)(311)(211(30)30(=---=ϕ读者应认识到：由于任何整数都属于模m 的某一剩余类，所以，在研究某些整数性质时，选取适当的（模）m ，然后在模m 的每个剩余类中取一个“代表数”（即组成一个完全剩余系），当弄清了这些代表数的性质后，就可弄清对应的剩余类中所有数的性质，进而弄清全体整数的性质，这就是引入剩余类和完全剩余系的目的.Ⅲ.同余方程设x a x a x a x a x f n n n n 为0111)(++++=-- 的整系数多项式.类似于多项式和代数方程式的有关定义，我们有定义六：同余式)(mod 0),(mod 0)(m a m x f n ≡≡叫做一元n 次同余方程.例如，)3(mod 03539257≡-+-x x x 是七次同余方程.定义七：若c 使得)(mod ,)(mod 0)(m c x m c f ≡≡则成立叫做同余方程)(mod 0)(m x f ≡的一个解.显然，同余方程的解是一些剩余类，而不仅是一个或n 个类.例如，),5(mod 1≡x)5(mod 4≡x 都是二次同余方程)5(mod 12≡x 的解.1．一次同余方程)(mod m b ax ≡（其中m a ）称为一次同余方程.关于它的解，有如下共知的结论：定理九：若（a ,m ）=1，则)(mod m b ax ≡有一个解.定理十：若（a ,m ）=d>1，d b ，则)(mod m b ax ≡无解，其中)(mod 0m a ≡. 定理十一：若（a ,m ）=d>1，d|b ，则)(mod m b ax ≡有d 个解.并且，若)(mod 1m x βα=的一个解为),(mod 1m r x ≡则d 个解为：1,,1,0),(mod 1-=+≡d k m km r x ，其中.,,1dm m d b d a ===βα 下面介绍一次同余方程1),(),(mod =≡m a m b ax （*）的解法.【解法1】因（a ,m ）=1，则存在二数s,t ，使得as +mt=1，即)(mod 1m as =，由此有)(mod ),(mod m bs x m bs asx ≡≡于是为（*）的解.【解法2】先把（*）变形成abm a b x )((mod ≡仅只是形式上的记号），然后用与m 互质的数陆续乘右端的分子分母，直至把分母绝对值变成1（通过分子分母各对模m 取余数）而得到解.【解法3】得用欧拉定理.因),(mod )(mod ),(mod 11)()()(m a b x a m b ax m a m m m -⋅≡≡≡ϕϕϕ可得由 从而有解 ).(mod 1)(m a b x m -⋅≡ϕ2．一次同余方程组定义八：若数r 同时满足n 个同余方程：r n k m x f k k 则.,,2,1),(mod 0)( =≡叫做这n 个同余方程组成的同余方程组的解.定理十二：对同余方程组⎩⎨⎧≡≡).(mod ),(mod 2211m c x m c x记.],[,),(2121M m m d m m == ①若d 21c c -，则此同余方程组无解；②若21|c c d -，则此同余方程组有对模M 的一类剩余解.Ⅳ.模m 的阶和中国剩余定理 （1）模m 的阶定义九：设m>1是一个固定的整数，a 是与m 互素的整数，则存在整数k ，1≢k ＜m ，使得)(mod 1m a k ≡.我们将具有这一性质的最小正整数（仍记为k ）称为a 模m 的阶.a 模m 的阶具有如下性质：①设m a k m a 模是,1),(=的阶，ν,u 是任意整数，则)(mod m a a v u ≡的充要条件是)(mod k u ν≡. 特别地，)(mod 1m a u≡的充分必要条件是k|u. 【简证】充分性显然.必要性.设).(mod 11),()(mod ,,m a m a m a a u l u lu易知及则由记=≡-=>ννν用带余除法，k r m a m a a k r r kq l r r kq <≤≡≡⋅<≤+=0).(mod 1),(mod 1,0,由即故这里及k 的定义知，必须r=0，所以).(mod k r u ≡②设a m a ,2),(=模m 的阶为k ，则数列,,,,32 a a a 模m 是周期的，且最小正周期是k ，而k 个数k a a a ,,,2 模m 互不同余.③设a m a 则,1),(=模m 的阶整除欧拉函数).(m ϕ特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶整除p －1.（2）中国剩余定理（即孙子定理）设n m m m n ,,,,221 ≥是两两互质的正整数，记M=∏===ni ii i n i m MM m 1),,2,1(, 则同余方程组 ),,2,1)((mod n i m c x i i =≡ 有且只有解 ∑=≡ni ii iM c M x 1).(mod α （△）其中.,,2,1),(mod 1n i m M i i i =≡α （△△）【证明】由)(1),(j i m m j i ≠=知，1),(=j i m M ，因此每一个同余方程)(mod 1i iy m M ≡ （i =1，2，…n ）都有解，于是必存在),(|,).(mod 1,j i M m M m M m M i i i i i i i ≠=≡又因使得αα 所以对模).(mod ),,2,1(111i i i i i n n n i i i i m c c M c M c M c M n i m ≡≡++++=αααα 有故（△△）是（△）的解.若21,x x 是适合（△）的任意两个解，则).(1),(,,,2,1),(mod 21j i m m n i m x x j i i ≠===因 故),(mod ),(mod 212121M x x m m m x x n ≡≡即 因此，（△△）是（△）的惟一解.赛题精讲例1：数1978n 与1978m 的最末三位数相等，试求正整数m 和n ，使得n+m 取最小值，这里.1≥>m n （第20届IMO 试题）【解】由已知而),1000(mod 10781978mn≡1000=8×125，所以 )8(m o d 10781978m n≡ ①)125(mod 10781978m n ≡ ②因1≥>m n ，且（1978m ，125）=1，则由②式知1978n －m ≡1（mod125）③又直接验证知，1978的各次方幂的个位数字是以8、4、2、6循环出现的，所以只有n －m 为4的倍数时，③式才能成立，因而可令n －m=4k.由于. n+m=（ n －m ）+2m=4k+2m ，因而只需确定出k 和m 的最小值.先确定k 的最小值：因为19784=（79×25+3）4≡34≡1（mod5），19784≡34≡1（mod25）.故可令19784=5t+1，而5 t ，从而0≡1978n－m－1=19784k －1=（5k+1）k －1≡2)5(2)1(t k k ⋅- +)125(mod5t k ⋅，显然，使上式成立的k 的最小值为25. 再确定m 的最小值：因1978≡2（mod8），则由①式知，)8(mod 22m n ≡ ④ 由于,1≥>m n ④式显然对m=1，2不成立，从而m 的最小值为3.故合于题设条件的n+m 的最小值为106.【评述】比例中我们用了这样一个结论：1978的各次方幂的个位数字是以8，4，2，6循环出现，即，当r=1，2，3，4时，).10(mod 6,2,4,8197819784≡=+rq p 这种现象在数学上称为“模同期现象”.一般地，我们有如下定义：整数列{}n x 各项除以m （m ≣2，m ∈N*）后的余数n a 组成数列{}n a .若{}n a 是一个周期数列，则称{}n x 是关于模m 的周期数列，简称模m 周期数列.满足n T n a a =+（或n T n x a ≡+ （modm ））的最小正整数T 称为它的周期.例如，（1）{}n1978是模10周期数列，周期为4；（2）自然数列{n}是一个模m （m ≣2，m ∈N*）周期数列，周期为m ；（3）任何一个整数等差数列都是一个模m （m ≣2，m ∈N*）周期数列，周期为m.例2：设a 是方程01323=+-x x 的最大正根，求证：17可以整除[a 1788]与[a 1988].其中[x ]表示不超过x 的最大整数. （第29届IMO 预选题）【证明】根据如下符号表可知，若设三根依次为a <<βα， 则,121,211<<-<<-βα.||,,02)12(2)(,223233βαβαααααα<<->-=+-+-=-<于是由于f a另一方面，由韦达定理知，)8(1296292)3(2)(233322222a aa a a a a a a -+=+-+=+-+=+-=-+=+αββαβα.1,8)22(2222<+∴=>βαa为了估计[1788a]、[1988a]，先一般考察[a n ]，为此定义：),2,1,0.( =++=n a u n n n n βα直接计算可知：).0(3,9.32,323222210≥-==++==++==++n n u u a u a u u n n 以及βαβ 又因,12223,0,||(10<-<-=+>+<<+<αβαβαβαβα又即n n n n 当2≥n 时，)].(1[1)(),1||22n n n n n n n n n n n u u a βαβαβαβαβα+---=+-=<+<+≤+则),2,1.(1][ =-=∴n u a n n由此知，命题变为证明：1119881788--u u 和能被17整除. 现考察{}n u 在模17的意义下的情况：,2,6,5,16,9,9,11,1,7,9,3,311109876543210≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡u u u u u u u u u u u u,9,3,3,0,6,14,118171615141312≡≡≡≡≡≡≡u u u u u u u可见，在模17意义下，{}n u 是16为周期的模周期数列，即).17(mod 16n n u u ≡+由于 1788),17(mod 1),17(mod 1),16(mod 41988),16(mod 1241988121788≡≡≡≡≡≡u u u u 故故).17(mod 01,0119881788≡-≡-u u 命题得证.例3：求八个整数821,,,n n n 满足：对每个整数k （－1985<k<1985），有八个整数a 1，a 2，…，a 8∈{－1，0，1}，使得.882211n a n a n a k +++= （第26届IMO 预选题）【解】令数集{}.1,,2,1},1,0,1{,333|12321+=-∈⋅++⋅+⋅+==+n i a a a a a k k G i n n显然 3331m a x 12=++++=+n nG H ，.33312H mixG n -=----=且G 中的元素个数有1231+=+H n 个.又因G 中任意两数之差的绝对值不超过2H ，所以G 中的数对模2H+1不同余.因此，G 的元素恰好是模2H+1的一个绝对值最小的完系，于是，凡满足H k H ≤≤-的任意整数都属于G ，且可惟一地表示为：n n a a a a 33312321⋅++⋅+⋅++ 形式.当n=7时，H=3280>1985，而n=6时，H=1043<1985.故n 1=1，n 2=3，…，n 8=37为所求. 例4：设n 为正整数，整数k 与n 互质，且0<k<n.令M={1，2，…，n －1}，给M 中每个数染上黑、白两种颜色中的一种，染法如下：（i ）对M 中每个i ，i 与n －i 同色；（ii ）对M 中每个i ，i ≠k,i 与|k －i |同色.求证：M 中所有的数必为同色. （第26届IMO 试题）【证明】因,1),(=n k 又0，1，…n －1是模n 的一个完全剩余系，所以0，k ，2k ，…，（n －1）k 也是模n 的一个完全剩余系.若设),1,,2,1,11)((mod -=-≤≤≡n j n r n r jk j j 其中 则M=}.,,,{121-n r r r 下只需证).21(1-≤≤+n j r r j j 与因为，若如此，当r 1的颜色确定后，M 中所有都与r 1同色.由于)(mod ),(mod )1(11n r k r n r k j j j j ++≡+≡+则，因此，（1）若k r r n k r j j j +=<++1,则，于是，由条件（i ）知，jj j j r r n n r n r k =---=-+)(1与同色.又由条件（ii ）知，111||+++=---j j j r k r k r k 与同色，故j j r r 与1+同色.综上所述可知，j j r r 与1+同色.命题得证.例5：设a 和m 都是正整数，a >1.证明：).1(|-ma m ϕ【证明】实上，显然1-ma a 与互素，且1-ma a 模的阶是m ，所以由模阶的性质③导出).1(|-m a m ϕ例6：设p 是奇素数，证明：2p －1的任一素因了具有形式x px ,12+是正整数.【证明】设q 是2p －1的任一素因子，则q ≠2.设2模q 的阶是k ，则由)(mod 12q p≡知k|p ，故k=1或p （因p 是素数，这是能确定阶k 的主要因素）.显然k ≠1，否则),(mod 121q ≡这不可能，因此k=p.现在由费马小定理)(mod 121q q ≡-推出.1|,1|--q p q k 即因p 、q 都是奇数，故q －1=2p x（x 是个正整数），证毕.例7：设m,a ,b 都是正整数，m>1，则.1)1,1),(-=--b a bamm m【证明】记).1,1(--=bam m d 由于（a ,b ）|a 及（a ,b ）|b ，易知1|1),(--a b a m m及1|1),(--b b a m m ，故d m b a |1),(-，另一方面设m 模d 的阶是k ，则由)(mod 1),(mod 1d m d m b a ≡≡推出，k|a 及k|b ，故k|（a ，b ）.因此.1|),(mod 1),(),(-≡b a b a m d d m 即 综合两方面可知，.1),(-=b a md 证毕.例8：设n ，k 是给定的整数，n>0，且k （n －1）是偶数.证明：存在,1),(),(,,==n y n x y x 使得是).(mod n k y x ≡+【证明】我们先证明，当n 为素数幂αp 时结论成立.实际上，我们能证明，存在x ,y ，使 p x y ，且k y x =+.如p=2，则条件表明k 为偶数，可取2,11,1,2;1,1-==-==>-==k y x k y x p k y x 或则如中有一对满足要求.一般情形下，设r r p p n αα11=是n 的标准分解，上面已证明，对每个i p ，均有整数i x ，i y ，使p i x i y i ，且).,,2,1(r k y x i i =+现在孙子定理表明，同余方程组)(mod ,),(mod 111r a r r p x x p x x ≡≡ α有解x ，同样)(mod ,),(mod 111r a r r p y y p y y ≡≡ α也有解y.现在易证x ,y 符合问题中的要求：因p i x i y i ，故p i x y （i =1，…，r ），于是（x y ，n ）=1.又).(mod ),,,1)((mod 1n k y x r i p k y x y x i i i ≡+==+=+故 α例9：设n 为任意的正整数.证明：一定存在n 个连续的正整数解，使其中任何一个都不是质数的整数幂. （第30届IMO 试题）【证明】取2n 个两两不同的质数.,,,,,,2121n n q q q p p p 和同余方程组),(mod i i q p i x -≡n i ,,2,1 =.由于n n q p q p q p ,,,2211 两两互质，根据孙子定理必有解，取为正整数N ，则n 个连续正整数N+1，N+2，…，N+n 都至少含有两个不同的质因数，因而它们中的任一个都不是质数的整数幂.证毕.。
高中数学竞赛专题讲座---专题训练 (同余部分的例题与习题)
同余的概念与应用概念与性质1. 定义：若整数a,b 被整数m(m≥1)除的余数相同,则称a 同余于b 模m,或a,b 对模m 同余.记为a≡b(modm).余数r:0≤r<1.2. 性质：(ⅰ)a≡b(modm)⇔m|a-b,即a=b+mk,k ∈Z.(ⅱ)若a≡b(modm),b≡c(modm),则a≡c(modm).(ⅲ)若a 1≡b 1(modm),a 2≡b 2(modm)，则a 1±a 2≡b 1±b 2(modm),a 1a 2≡b 1b 2(modm);(ⅳ)设f(x)=a n x n +a n-1x n-1+…+a 1x+a 0,g(x)=b n x n +b n-1x n-1+…+b 1x+b 0是两个整系数多项式,满足a i ≡ b i (modm)(0≤i≤n).若a≡b(modm),则f(a)≡f(b)(modm).(ⅴ)ac≡bc(modm)⇔a≡b(mod ),(m c m ), (ⅵ)若m≥1,(a,m)=1,则存在整数c 使得ac≡1(modm).称c 为a 对模m 的逆或倒数,记为c=a -1(modm);(ⅶ)⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 21m b a m b a 同时成立⇔≡a b (mod[m 1,m 2]);(ⅷ)若a≡b(modm 1),a≡b(modm 2),且(m 1,m 2)= 1,则a≡b(modm 1m 2).3. 剩余类：设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r≤m -1}称为模m 的一个剩余类。
性质：(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i≠j).(ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ⇔a≡b(modm).4. 完全剩余系：设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系。
高二数学竞赛班二试数论讲义-同余
高二数学竞赛班二试讲义同余与剩余类班级姓名一、知识点金1．同余两个整数,a b 除以正整数m ，若余数相同，则称a 与b 关于模m 同余，记作(mod )a b m ≡，这叫做同余式。
2．性质以下性质均在整数范围内讨论，模为正整数。
（1）若(mod )ac bc m ≡，则当(,)1c m =时，(mod )a b m ≡；则当(,)c m d =时，(modm a b d≡。
（2）若1(mod )A a m ≡，2(mod )A a m ≡，且12(,)1m m =，则12(mod )A a m m ≡。
（3）费尔马小定理：p 为素数，对任意正整数a ，都有|()pp a a -。
费尔马小定理的推论：设p 为素数，a 为正整数，且(,)1a p =，11(mod )p a p -≡。
证明：由于,2,,(1)a a p a ⋅⋅⋅-模p 的余数各不相同，否则，若有(mod )ia ja p ≡，其中11i j p ≤<≤-，则|()p j i a -，而p 不整除a ，所以|()p j i -，这是不可能的，因此,2,,(1)a a p a ⋅⋅⋅-模p 的余数必然取遍1,2,,1p ⋅⋅⋅-这1p -个数，仅可能顺序不同。
故2(1)12(1)(mod )a a p a p p ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-≡⋅⋅⋅⋅⋅⋅-。
又p 为素数，则((1)!,)1p p -=，所以由性质（1）得11(mod )p ap -≡。
3．剩余类设*m N ∈，把全体整数按对模m 的余数进行分类，余数为r (01)r m ≤<-的所有整数归为一类，记为r k ，r k 称为模m 的一个剩余类(0,1,2,,1)r m =⋅⋅⋅-。
显然，r k 是一个以m 为公差的无穷等差数集。
它有如下性质：（1）011m Z k k k -=⋅⋅⋅ ，且i j k k =∅ ；（2）对任意n Z ∈，有唯一的r ，使得r n k ∈。
同余(竞赛数学)
定理 1 设 a,b,c,m（m>1）是整数，则有 （1） ，反身性： a ≡ a (mod m ) ； （2） ，对称性：若 a ≡ b(mod m) ，则 b ≡ a(mod m ) ； （3） ，传递性：若 a ≡ b, b ≡ c (mod m) ，则 a ≡ c(mod m) 。
定理 2 设 a1 ≡ b1 (mod m) ， a 2 ≡ b2 (mod m ) ，则 （1） a1 ± a 2 ≡ b1 ± b2 (mod m) ； ， （2） a1 a 2 ≡ b1 b2 (mod m) 。 ， 推论 1 若 a k ≡ bk (mod m), k = 1,2,3......n 则
a ≡ b(mod M )
定义 2 设 m 是正整数，以 m 为模，则任何整数必与 0,1,2，…,m-1 之一同余。把同余数归 为一类，不同余数的整数必不在同一类，则全体整数可分为 m 类，称每一类为模的剩余类。 余数为 r (0 ≤ r ≤ m ) 的剩余类记作 kr,
k r = {x x ≡ r (mod m )}
kr 是一个以 m 为公差的等差数列。 根据定义剩余类具有明显如下性质：
(1) Z = k 0 ∪ k1 ∪ ... ∪ k m −1 ; (2) k i ∩ k j = ∅ (i ≠ j );
（3） 对任一整数 n，则有唯一 r0 (0 ≤ r0 ≤ m − 1) ，使得 （4） 对任意整数 a, b,
竞赛数学系列
定理 4 若 a ≡ b(mod m) ，且 (a, b ) = d , d m 则
a b m ≡ (mod ) d d d
定理 5 若
a ≡ b(mod m1 ) a ≡ b(mod m 2 )
……
a ≡ b(mod m n )
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27同余1．设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作，显然，；每一个整数a 恰与1，2，……，m ，这m 个数中的某一个同余；2.同余的性质：1).反身性：；2).对称性：；3).若，则;4).若，，则特别是；5).若，，则；特别是；6).；7).若； 8).若，………………，且例题讲解1．证明：完全平方数模4同余于0或1；2．证明对于任何整数,能被7整除；)(mod m b a ≡)(mod m b a ≡)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -⇔∈+=⇔≡)(mod m a a ≡)(mod )(mod m a b m b a ≡⇔≡)(mod m b a ≡)(mod m c b ≡)(mod m c a ≡)(m od 11m b a ≡)(m od 22m b a ≡)(m od 2121m b b a a ±≡±)(mod )(mod m k b k a m b a ±≡±⇔≡)(m od 11m b a ≡)(m od 22m b a ≡)(m od 2121m b b a a ≡)(m od ),(m od m bk ak Z k m b a ≡⇔∈≡则)(m od ),(m od m b a N n m b a n n ≡⇔∈≡则)(mod )(m ac ab c b a +≡+)(m od 1),(),(m od m b a m c m bc ac ≡=≡时，则当)(mod )(mod ).(mod),(m b a mc bc ac dm b a d m c ≡⇔≡≡=特别地，时，当)(m od 1m b a ≡)(m od 2m b a ≡)(mod 3m b a ≡)(mod n m b a ≡)(m od ],,[21M b a m m m M n ≡⋯⋯=，则0≥k 153261616+++++k k k3．试判断能被3整除吗？4．能否把1，2，……，1980这1980个数分成四组，令每组数之和为， 且满足5．在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和，能被11整除的数组共有多少组。
6．设是整系数多项式， 证明：若7．试求出一切可使被3整除的自然数；8．在每张卡片上各写出11111到99999的五位数，然后把这些卡片按任意顺序排成一列，证明所得到的444445位数不可能是2的幂；9．设是任意一个具有性质的正整数的无穷数列，求证可以把这个数列的无穷多个用适当的正整数 课后练习1、证明：完全平方数模3同余于0或1；282726197319721971++4321S S S S ，，，；＝，＝，，＝101010342312S S S S S S ---n n n n n a x a xa x a x a x f +++++=---1122110)( 没有整数根；整除，则都不能被)(1992)1992(,),1(),0(x f f f f 12+⋅nn n ,,,21n a a a )1(,1≥<+k a a k k m a )(,,q p a y a x a y x q p m ≠⋅+⋅=表示为证明：完全平方数模5同余于0、1或4；证明：完全平方数模8同余于0、1或4；证明：完全立方数模9同余于-1、0或1；证明：整数的四次幂模16同余于0或1；2、设3、求2999最后两位数码课后练习答案1.略的末两位数码；在十进制中，求，且)(1)10,(20a a Z a =∈整除；可以被个数来，证明它们的和位数中随意挑出得到的这种方法所式重新排列，然后从按位数码以一切可能的方位的数，将它的有一个12012012012120.4整除吗？能被的数：的两位数，问：所得到到连接写出198079801920218019.53.解 考虑用100除2999所得的余数. ∵∴又，∴∴∴2999的最后两位数字为88.01)100(mod 11)4,25()4(mod 1)4(mod 1)25(mod 11)10,(.22020202)25(20的末两位位又又为奇数，解：a a a a a a a a ∴≡∴=≡⇒≡≡=∴∴=ϕSA A A A A A A A A BA A A SB A A A |12010)(|1201)40,3(,|33,,10|4012010)(120108,,12120120.31081202112021120211081081202112021∴⋅+++⇒=+++∴+⋅+++ 又除时余数相同每个被，且考虑到＝个数的和为：，则这个数码组成了数而每一数的剩下的：个数码分别组成的数为位数的前个证：设这AAA A M AA k k k |19801)99,20(|99)99(mod 0)99(mod 9931)99)(mod 8079212019(80100791002010019)99(mod 1100199)199(100|207980192021.56061∴=∴≡⋅≡∴+++++≡+⋅++⋅+⋅=≡⇒+=+= 又又，显然＝解：设例题答案：1．证明：所以原命题成立；;,122Z k k n k n n ∈+==或者是任一整数，则设);4(m od 04222≡==k n k n 时，当);4(m od 1)121222≡+=+=k n k n （时，当1533221532.266661616++⋅+⋅=∴+++=++k k k k k k M M 证：令都能被7整除； 注：)7(mod 0)7)(mod 1132(1173732721)122327()11047(3)197(21156257293642=+++=++⋅++⋅⋅++⋅⋅=++⋅++⋅⋅++⋅⋅=++⋅+⋅=C B A k k k k k k ,,0Z k k ∈≥∀∴且对于153261616+++++k k k +∈≡⇒≡Z k b a b a k ),(m od 1)(m od 1整除；不能被又即：解：3197319721971)3(mod 2)21(),3(mod 142)3)(mod 21(197319721971)3)(mod 210(197319721971)3(mod 21973),3(mod 11972),3(mod 01971.328272628142828282726282726282726++∴≡+∴≡=+≡++++≡++∴≡≡≡ 不能这样分组；产生矛盾，又＝解：依题意可知：∴∴≡⋅=⋅=++++=≡+=∴+++++++++=)4(mod 219819902198119801980321)4(mod 0604302010.4111114321 T S T S S S S S S S S T 组：，则满足条件的数组有时，相邻项之和，且当是数列由于由此可得：、、、、、、、、、除的余数依次为：它们被、、、、、、、，、依次为，并记解：记数列各对应项为7313|11)11(mod }{)11(mod )11(mod ),11(mod ),11(mod )11(mod 125236125111177134104795839231351,,,10,2,1,.5973821041102121=++-≡-≡≡≡≡≡∴+++==j k j k i j k k k i S S S S a S S S S S S S S S S S S S a a a S i a 没有整数根产生矛盾，、、、、、、、、又则整除，不能被由题意，且有整数根证：假设)()()()(|1992321),1992(mod 0321),1992(mod )1992(mod )()()()()()()()(,0)(1992)(19920),1992(mod )(.611110x f r f m f r f ni r m ni r m r m m r a m r a m r a m f r f r f m f r f m f r f r r m m x f i i i i n n n n n ∴∴=-∴=≡-∴=≡∴≡-++-+-=-=-=<≤≡---整除；能被时，，由上可知当且仅当、、、时，当、、、时，当、、、时，当、、、时，当、、、时，当、、、时，当，则及考虑到，则解：若322616)3(mod 02)66(2)210(66)3(mod 1)13()160326(2)56(2)210(56)3(mod 1)13()6496(2)46(2)210(46)3(mod 02)36(2)210(36)3(mod 2)13()824(2)26(2)210(26)3(mod 2)13()212(2)16(2)210(162)3(mod 22n 12n |3.7665646362616n n n k n k k n k k n k n k k n k k n n n k k n k n k k n k k n k k n k k n k k n k n k k n k k n k k n k k n k k n n ⋅++=≡⋅+=⋅=+=≡+⋅+⋅=⋅+=⋅=+=≡+⋅+=⋅+=⋅=+=≡⋅+=⋅=+=≡+⋅+=⋅+=⋅=+=≡+⋅+=⋅+=⋅=+=≡⋅+⋅++++++ 的幂；不可能是即：又注意到＝、、、＝，则：排成的数为、、、证：记由2)11111(mod 0888895111118888929999911111999991111211111)11111(mod ),11111(mod 110)11111(mod 11010101010}999991111211111{,999991111211111.888889888882188889888882188889888882155888895888884444303444435244444018888921A A a a a a a a a a a a a a A Z k a a a a a A a a a a A A k i ∴≡∴⋅⋅=++++⋅+=+++=++++++++≡∴∈≡∴≡+⋅++⋅+⋅+⋅∴∈ 是无限多个是满足题意的要求，且，＝令属于该子数列，且，同时还有无限多个小的该子数列中必有一个最为严格递增的又现考虑这个无穷数列穷多项至少有一个子数列有无是有限多个为无限集，而子数列却若干个子数列为模的不同剩余类分成按证：将m m qp m q p m p m p m m p p n n n a a xa ya a a a y Zx xa a a a a a a a a a a a a a a a ∴+=⇒=∈+=⇒≡>>∴∴222221,)(mod ,}{}{}{.9。