用同余理论解决整除问题

用同余理论解决整除问题
重庆沙坪坝杨公桥小学 蒋焘
摘 要：在数的整除理论中，经常要判断一个数能否被另一个数整除。

虽然用初等方法也能证明判断的正确性，但其技巧性很强,而技巧性的东西是一时难于捕捉到的。

如果用同余理论解决这类问题，就简捷明了。

本文主要利用同余性质给出一些整除问题的判别方法并阐述同余理论在整除问题中的一些应用。

关键词：同余;整除;判别方法
1 同余的基本概念和性质
整除性的证明被公认为是中学数学、特别是数学竞赛的难题之一，但用同余思想方法指导解决整除性问题就要容易和易于掌握得多。

本文主要阐述同余理论在整除问题中的一些应用。

定义1.１ 设a,b 是任意两个整数，其中b ≠0，如果存在一个整数q 使得等式a ＝bq 成立，我们就说b 能整除a 或a 能被b 整除，记作b|a ，否则记作b a 。

定义1.２ 给定一个正整数m ，把它叫做模。

如果用ｍ去除任意两个整数a 和b 所得的余数相同，我们就说a ，b 对模ｍ同余，记做()mod a b m ≡。

如果余数不相同，我们就说a ，b 对模ｍ不同余，记做a ()mod b m 。

定理1.1 ()mod a b m ≡的充分必要条件是|m a b -。

性质1.1 ()mod a a m ≡。

性质1.2 若()mod a b m ≡，则()mod b a m ≡。

性质1.3 若()mod a b m ≡，()mod b c m ≡，则()mod a c m ≡。

性质1.4 若()11mod a b m ≡，()22mod a b m ≡，则1a ±2a 1b ≡±2b ()mod m 。

若(mod )a b c m +≡，则(mod )a c b m ≡-。

性质1.5 若()11mod a b m ≡，()22mod a b m ≡，
则()1212mod a a bb m ≡，()11mod a c b c m ≡，c 为任意整数。

性质1.6 若()mod a b m ≡，且11,,(,)1a a d b b d d m ===，则11(mod )a b m ≡。

性质1.7 若()mod a b m ≡，k o >，则()mod ak bk mk ≡。

若()mod a b m ≡，d 为a,b 及m 的任一正公因数，则(mod )a b m
d d d
≡。

性质1.8 同余式组()mod i a b m ≡，i=1,2,
,k,同时成立的充要条件是
[]()12mod ,,
,k a b m m m ≡。

性质1.9 若()mod a b m ≡，,0d m d >，则()mod a b d ≡。

定理1.2[3] 设()110n n n n f x a x a x a --=++
+是整系数多项式，
若()mod m αβ≡，则()()()mod f f m αβ≡。

定理1.3[1]（Euler ） 设m 是大于1的整数，(),1a m =,则()()1mod m a m ϕ≡。

定理1.4[4] 若m ()11≥=，ａ,ｍ,则存在c Z ∈,使()1mod ca m ≡，
我们称c 是a 对模m 的逆，记作1a -。

2 利用同余性质给出一些整除的判别法
例２.１ 任何一个整数1
10n n a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，0,1,2,
,.i n = 则
025|a 25|a ⇔、、
证法一 设11010n n a a a a a -=⨯+
∵2|1110n n a a a -⨯
∴2|1
1010n n a a a a -⨯+⇔2|0a
故02|a 2|a ⇔
同理可证0|5|5a a ⇔。

证法二 设()110n n n n f x a x a x a --=+++是整系数多项式。

∵()100mod2≡
∴由定理1.2得()()()100mod2f f ≡ 即a ≡0a ()mod2 则02|a 2|a ⇔
对模m=5的情形同理论证。

例2．2 1
210n n a a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，0,1,2,
,.i n = 则
10425|a 425|a a ⇔、、
证明 ∵1
210100n n a a a a a a -=⨯+
又∵()1000mod4≡ ∴()1
21
21000mod4n n n n a a a a a a --⨯≡⨯
于是()10mod4a a a ≡ 故104|4|a a a ⇔
对模m=25的情形同理论证。

例２.3 1
210n n a a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，0,1,2,
,.i n =
则2108125|8125|a a a a ⇔、、
证明 ∵1
32101000n n a a a a a a a -=⨯+
又∵ ()10000mod8≡ ∴()1
31
310000mod8n n n n a a a a a a --⨯≡⨯
于是()210mod8a a a a ≡ 故2108|8|a a a a ⇔
对模m=125的情形同理论证。

例2.4 任何一个整数110n n a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，则0
39|39|n
i i a a =⇔∑、
、
证法一 ∵1
10n n a a a a a -=
1110101010n n n n a a a a --=⨯+⨯+
+⨯+
()()
()1
110919191n
n n n a a a a --=⨯++⨯++
+⨯++
()()()1110919191n n n n a q a q a a --=⨯++⨯+++⨯++
1109n n q a a a a -=+++++
09n
i i q a ==+∑
∴03|3|n i i a a =⇔∑
同理可证∑=⇔n
i i a a 0
|9|9。

证法二 设()1
10n
n n n f x a x a x
a --=++
+是整系数多项式。

∵101(mod3)≡
∴由定理1.2得()()()101mod3f f ≡ 又()10f a = ()0
1n
i i f a ==∑
所以0(mod3)n i i a a =≡∑即0
3|3|n
i i a a =⇔∑
同理可证∑=⇔n
i i a a 0
|9|9。

例2.5 任何一个整数110n n a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，则
11|11|(1)n
i i i a a =⇔-∑
证明 ∵各位数字都是9的偶数位整数都能被11整除，且形如10001 的偶数位整
数也能被11整除。

∴若记整数1
10n n a a a a a -=为
111110[10(1)(1)][10(1)(1)][10(1)(1)]n n n n n n n n a a a a a ----=⨯--+-+⨯--+-+
+⨯--+-+
1
1
110
[10(1)][10
(1)][10(1)](1)n n n n n i n n i i a a a a ---==⨯--+⨯--+
+⨯--+-∑
前n 项中的每一项都有偶数位因数99
9或100…01，都能被11整除。

因此，若0
(1)n
i
i i a =-∑能被11整除，a 就能被11整除；若11|a ，则11|()∑=-n
i i i
a 0
1。

例2.6 正整数1
11010001000
1000n
n n n a a a a a --=⨯+⨯+
+⨯+
01000,0,0,1,2,
,.i n a a i n ≤<≠=则0
11713|11713|(1)n
i i i a a =⇔-∑、、、、
证明 设()1
10n
n n n f x a x a x a --=++
+是整系数多项式。

∵10001(mod11)≡-
∴由定理1.2得()()()10001mod11f f ≡- 又()1000f a = ()()0
11n
i
i i f a =-=-∑ 所以()()01mod11n i i i a a =≡-∑
故()
11|11|
1n
i
i i a a =⇔-∑
对模m=7、13的情形同理论证。

例２.7 []2 1110100010001000n n n n a a a a a --=⨯+⨯+
+⨯+
01000,0,0,1,2,
,.i n a a i n ≤<≠=则0
37|37|n i i a a =⇔∑
证明 设()1110n n n n f x a x a x a x a --=+++是整系数多项式。

∵10001(mod37)≡
∴由定理1.2得()()()10001mod37f f ≡ 即100
(mod37)n
n n i i a a a a a -=≡++
+=∑
故0
37|37|
n
i
i a a
=⇔∑
例２.８ 设正整数1110100100100n n n n a a a a a --=⨯+⨯+
+⨯+
0100,0,0,1,2,
,.i n a a i n ≤<≠=则()∑=-⇔n
i i i
a a 0
1|101|101
证明 设()1110n n n n f x a x a x a x a --=+++是整系数多项式。

∵1001(mod101)≡-
∴由定理1.2得()()()1001mod101f f ≡- 即()()101mod 10∑=-≡n
i i i
a a
故101|a ()∑=-⇔n
i i
i
a
1|
101
３ 同余理论在整除问题中的应用
例3.1 n 为非负整数,证明n+22157|78n ++
证法一 当n=0时，n+22178n ++=49+8=57 ∴n+22157|78n ++
当n ＞0时，∵ n+22178n ++n n =497+864⨯⨯
n
n
n
n
=497+87-87+864⨯⨯⨯⨯ n
n
n
=577+8(64-7)⨯ n
n-1
n-2
1=577+8(64-7)(64+647+
7n -⨯⨯+
n
n-1
n-2
n-1=57[7+8(64+64
7+
+7)]⨯
∴ n+22n+157|7+8
评注 本题的解法之技巧在于加上一项再减去一项,若没有想到此法,则难于得
到证明。

证法二 用同余思想方法证明
当n=0时，结论显然成立。

当n ＞0时，∵64≡7（mod57） ∴n 64≡n 7（mod57） 于是n+22n+17+8 =497648n n ⋅+⋅
()7498n ≡+ ()0mod57≡ 故n+22n+157|7+8
例3.2[]8 试证 7|55552222+22225555
证法一 ∵2222=7×317+3 ，5555=7×793+4 而55552222+55554 =（2222+4）M =7×318M,M ∈Z 22225555－22224 = (5555－4)N =7×793N ，N ∈Z 于是55552222+22225555
=（55552222+55554）+（22225555－22224）－55554+22224 =7×（318M+793N ）－22224（33334－1）
而22224（33334－1）=22224()1111
341⎡⎤-⎢⎥⎣⎦
=22224（34－1）L =63×22224L =7×9p;L,p ∈Z
∴55552222+22225555=7(318M+793N+9p) 故7|(55552222+22225555)
评注 证法一的技巧性非常强，用加55554，22224再减去55554，22224，再用因式分解
公式
()()12321n n n n n n a b a b a a b a b b ----+=+-+-
+；n 是奇数 ()()12321n n n n n n a b a b a a b a b b -----=-+++
+；n 是正整数
证法二 用同余思想方法证明 ∵22223(mod7),(3,7)1,≡= ∴()(7)31(mod7),76φφ≡= 从而631(mod7)≡
5555
4(m o d 7)
≡= ∴(7)
64
41(mod7)φ=≡
于是55552222555522222222555534+≡+
692556370252(3)3(4)4340(mod7)=⨯+⨯≡+≡
故555522227|(22225555)+
例３.３[]7 当n 为正整数时，证明330能整除226511n n -- 证明 因3305611=⨯⨯
()()2261mod5611mod5n n ≡⇒≡= ()()250mod550mod5n ≡⇒≡ ()111mod5≡
故()2265111010mod5n n --≡--≡ 又因()()260mod660mod6n ≡⇒≡
()()
()2251mod 6511mod 6n
n ≡-⇒≡-≡
()111mod6≡-
故()()2265110110mod6n n --≡---≡ 又因()()()266mod116363mod11n
n n ≡⇒≡=
()()255mod115253mod11n n n ≡⇒≡≡ ()110mod11≡
故()2265113300mod11n n n n --≡--≡ 由性质1.7得()2265110mod5611n n --≡⨯⨯
故330|()226511n n --。

例3.4[]4 证明：当且仅当指数ｎ不能被4整除时，1234n n n n +++能被5整除，其中n 是正整数。

证明 ()411mod5≡ ()421m o d 5≡ ()431m o d 5≡ ()441m o d 5≡ 即()41mod5k a ≡
()1,2,3,4a =
设4n k r =+，其中k 是整数，0,1,2,3r =由以上易知
()12341234mod5n n n n r r r r +++≡+++
当0r =时，12344r r r r +++=，故５1234n n n n +++ 当1r =时，123410r r r r +++=，故５｜1234n n n n +++ 当2r =时，123430r r r r +++=，故５｜1234n n n n +++ 当3r =时，1234100r r r r +++=，故５｜1234n n n n +++
综上所诉，命题得证。

例3.5 []5 证明：641|3221+
证明 ∵()()4
2
32
84
222
256256
===
()2
265536641102
154
==⨯+ 215423716641371
≡=
=⨯- ()1m o d 641
≡- ∴()32210mod641+≡ 故641|3221+
例3.６ 设3a, 3b,证明3
22a b +
证明 ∵3 a ∴()1mod3a ≡±,从而()21mod3a ≡ ∵3 b ∴()1mod3b ≡±,从而()21mod3b ≡
于是()222mod3a b +≡ 故3
22a b +
例3.７[]6(IMO-6-1) ①求所有能使21n -被7整除的正整数n 。

②证明：没有正整数n ，使得21n +被7整除。

解：①因32()1mod7≡
由同余性质，有32k ()1mod7≡ 即7|32k -1
于是312k +-1=2（32k -1）+1，322k +-1=4（32k -1）+3都不能被7整除。

从而，当且仅当3|n 时，有7|21n -
②由于32k ()1mod7≡ 有32k +1()2mod7≡ 有312k ++1()3mod7≡ 322k ++1()5mod7≡
故对任何n N ∈，总有7不整除21n +。

例３.8[]4 设1n ≥，b 的素因子都大于n,证明()()
()()!|21n a a b a b a n b +++-
证明 b 的素因子都大于n ，则(),!1b n =。

由定理定理1.4知b 对模n!有逆1b -，则有()()()
()()121n
b a a b a b a n b -+++-
()()()()1111
121ab ab ab ab
n ----≡+++-()mod !n 由于⑴式是n 个连续整数的积，所以 ()()()()()121b a a b a b a n b -+++-()0mod n ≡！
即()()
()()21a a b a b a n b +++-()0mod n ≡！
命题得证。

有此可见许多整除性的证明我们可以用同余思想方法作为指导加以证明，避免了整除性证明的技巧性强和移植性差的缺陷，寻找到了一条比较便当的解题途径，收到事半功倍的效果。

参考文献：
[1] 闵嗣贺，严士健. 初等数论[M]. 北京:人民教育出版社,2003. [2] 吴美捷. 整数的整除法[J].科教论坛,2006，7（2）：90.
[3] 潘承洞，潘承彪. 初等数论[M]. 北京: 北京大学出版社,2003. [4] 张君达.数论基础[M]. 北京: 北京科学技术出版社，2002.
⑴
[5] 李复中. 初等数论选讲[M]. 长春:东北师范大学出版社,2003.
[6] 邬永光. 用同余理论证明数的整除[J].内蒙古教育学院学报,1998，12（4）：52-54.
[7] 晏能中.数论基础[M]. 成都: 电子科技大学出版社，2005.
[8] 乐茂华. 初等数论[M]. 广州:广东高等教育出版社教育出版社,2003.。