清北学堂 高中数学--数论同余问题选讲导学

( m )是 模
m 的一个简化剩余系，则由上一节简化剩余系质③，
ax1 , ax2 ,, ax ( m) 也 是 模 m 的 简 化 剩 余 系 . 从 而 a x 1, 2 , , m ( 与 ) )且 仅 与 i( i
x1 , x2 , , x m 同余，所以 m ( 中的一个数对模 ) (ax1 )(ax2 ), (ax ( m) ) x1 x2 x ( m) (mod m) ，
1
p 1 ，这里 a 1 为 a 的模 p 的数论倒数，并且认为 0 a 1 p 1.
1 1 （2）若 1 a b p 1, 则 a b (mod p).
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如果已证好上述两个结论，我们可以将 2, 3, , p 2 中的数两两配对（将 a 与 a 配对） ， 得到 ( p 1)! 1 ( p 1) 1(mod p) ，从而命题获证. 事实上， （1 ） 只需排除 a
m ( a ) q
) a n 1(mod m) 。
这与 m (a) 的定义矛盾，故 r 0, 即 m ( a ) n 。 根据上述性质及欧拉定理可知： m ( a ) ( m) 。科别地，当 m 是质数 p 时， p ( a) p 1 。 典型例题精讲 题 1（1）试求使 2 1 被 7 整除的所有正整数 n ；
1
1
1 1 1 或 p 1 这两种可能， 这是显然的； 对 （2 ） ， 若 a b (mod p) ，
1 则 1 ab (mod p) ，进而 b a (mod p ), 与条件矛盾.
（4）中国剩余定理（孙子定理） 设 m1 , m2 ,mk 为两两互质的正数，则对任意整数 c1 , c2 ,, ck , 存在整数 x ，使得
n
（2）证明对任意正整数 n ， 2 1 不能被 7 整除。
n
解： 2 被 7 除所得的余数构成周期数列： 2, 4,1, 2, 4,1, 。所以对任意正整数 n, 2 1 不能
n
n
被 7 整除；使 2 1 被 7 整除的所有正整数 n ，构成的集合是 3k k Z
n


。
b mod m）,则b （ a mod m） 若a （ ； b mod m）,b （ c mod m）,则a （ c mod m） 若a （ .
②若
a （ b mod m ）,c d （mod m）,n N* ,则
a b b d (mod m), a c b d (mod m) ，
*
数，记为 a (mod m) 或简记为 a . 由②知数论倒数的存在性. ③若 m1 , m2 是两个互质的正整数， x1 , x2 分别通过 m1m2 的简化剩余系，则 m2 x1 m1 x2 通过 模 m1m2 的简化剩余系. 由③可得欧拉函数的重要性质： 若 m1 , m2 是两个互质的正整数，则
( x1 , x2 ,, x ( m ) , m) ＝1.
综上所述，定理成立. （2）费马（Fermat）小定理：若 P 是质数， a 是正整数，则 a a(mod p) 。
p
证明：若 ( p, a) 1 ,则 p a ，命题显然成立.若 ( p, a) 1 ，则由 ( p ) p 1 ,从而由欧拉 定理有 a
k 3m
题 2 求最大的自然数 k，使得 3 整除 23 1，其中43;1=2 +1=9,由3 9 推知 k 2 .下面证明：当 k 2时,3 2
3 k
3m
1 对一切
自然数 m 成立。 2 所以 9 2
3m
3m
1 (23 )3
m1
1 (1)3
m1
1 0(mod 9)
1 。于是，所求的 k 的最大值为 2。
题 3 求证： 对 i 1, 2,3, 均有无穷多个正整数 n ， 使得 n, n 2, n 28 中恰有 i 个可表示为三 个正整数的立方和。 证明： 三个整数的立方和被 9 除的余数不能是 4 或 5， 这是因为整数可写为 3k或3k 1(k Z ) 而
p 1
1(mod p) ，当然也有 a p a(mod p) .
费马小定理的另一形式是：当 ( p, a) 1 时， a
p 1
1(mod p) .解题中经常运用这一形式.
（3）威尔逊（Wilson）定理：设 p 为质数，则
( p 1)! 1(mod p) .
证明：当 p 2 时，命题显然成立. 设 p 为奇质数，对 1 a p 1, 我们从下面的结论出发. （1） 1 a
(3k )3 9 3k 3 ，
(3k 1)3 9(3k 3 3k 2 k ) 1.
对 i 1, 令n 3(3m 1) 2(m Z ), 则n, n 28 被 9 除的余数分别为 4， 5， 故均不能表示
1
1
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(m1m2 ) (m1 ) (m2 ) .
3.几个著名定理 （1）欧拉（Euler）定理：设 a ，m 是正整数，且（ a ，m）=1，则
a ( m) 1(mod m).
证 明 ： 设 x1 , x2 , , x
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指数有以下性质。
n 设 a 1(mod m), n N *, 则 m ( a ) n. r r 证明：设 n m (a)q r ,0 r m (a). 若 r 0, 则 a a (a
x2 m1m2 , x2 2m1m2 ,, x2 m3m1m2 ，依此类推可找到满足同余方程组的解。
4．指数及其性质 设 m N , a Z , 且(a, m) 1, 称使得同余式
*
ad 1(mod m)
成立的最小正整数 d 为 a 模 m 的指数（或阶） ，记为 m (a).
关于完全剩余系有如下性质： ① m 个整数作成模的一个完全剩余系的充分必要条件是它们两两模 m 不同余. ② 若 a0 , a1 ,
m
模 m 的 完 全 剩 余 系 ， 而 (a, m) 1, b Z ， 那 么 ,a 是 1
aa0 b, aa1 b,, aam1 b 也是模 m 的完全剩余系。
x ci (mod mi )(1 i k )
同时成立，并且在模 m1m2 mk 的意义下，上述同余方程级的解是惟一的，可表示为
xx （ 0 mod m1m2 mk ).
其中
k x0 可 以 这 样 确 定 ： 令 M i m j / mi , M i 1 是 M i 关 于 模 mi 的 数 论 倒 数 ， 则 i 1
我们也常这样来描述性质②： 设 m 是正整数，( a, m) 1, b Z , 若 x 通过 m 的一个完全剩余 系，则 ax b 也通过模 m 的一个完全剩余系. ③若 m1 , m2 是互质的两个正整数， 而 x1 , x2 分别通过 m1 , m2 的完全剩余系， 则 m2 x1 m1 x2 通 过模 m1m2 的完全剩余系. （3）欧拉函数与简化剩余系 欧拉函数 ( a ) 的值等于集合 0,1, 2, , a 1 中与 a 互质的数的个数. 如果一个模 m 的剩余类里面的数与 m 互质，就把它叫做一个与模 m 互质的剩余类。在与模 m 互质的全部剩余类中，从每一类各任取一个代表元所作成的数组，叫做模 m 的一个简化 剩余系（或缩系）. 下面给出简化剩余系的判别方法和性质. ①若 a1 , a2 ,, a ( m ) 是 (m) 个与 m 互质的整数， 并且两两对模 m 不同余， 则 a1 , a2 ,, a ( m ) 是模 m 的一个简化剩余系. ②若 ( a, m) 1, x 通过模 m 的简化剩余系，则 ax 也通过模 m 的简化剩余系. 设 m N , a Z, 且(a, m) 1 ， 则称满足 ax 1(mod m) 的整数 x 为 a 对模 m 的数论倒
即
ax ( m ) x1 x2 x ( m) x1 x2 x ( m) (mod m) .
由同余的性质，如果 ( x1 , x2 , x ( m ) , m) 1 ，那么，命题也就证完了.注意到 x1 , x2 , x ( m ) 是模 m 的简化剩余系，故 ( xi , m) 1, i 1, 2,, (m) .所以
ac bd (mod m), a n bn (mod m).
③设 d 1, d m, 若 a （ ，则 a （ b mod m） b mod d）
（mod d m） ④设 d 0 ，若 a （ ，则 da db b mod m）
⑤设 ac bc(mod m), 则a b mod
x0 M i M i 1ci .
i 1 k
这个定理说明了当模两两互质时，同余方程组
x c1 (mod m1 ) x c (mod m ) 2 2 x ck (mod mk )
一定有解. 其证明可参考以下思路： 令 x1 c1 , 则 x1 满足第一个方程；考虑数 x1 m1 , x1 2m1 ,, x1 m2 m1 ，它们构成模 m2 的 一个完系，其中必有一个数为模 m2 余 c2 的数，记为 x2 ，则 x2 满足前两个方程；再考虑
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同余问题选讲 知识、技能及方法梳理 1.同余的概念和性质 （1）定义：设 m 为非零整数。如果整数 a, b 满足 m a b ，则称 a 和 b 对模 m 同余，记为 ；否则称 a 和 b 对模 m 不同余，记为 a （ . a （ b mod m） b mod m） （2）性质： ①同余是一种等价关系，即有、 ； a （ a mod m）