817.同余-奥数精讲与测试8年级

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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。

奥数精编训练-同余问题

1. 学习同余的性质2. 利用整除性质判别余数同余定理 1、定义：若两个整数a 、b 被自然数m 除有相同的余数，那么称a 、b 对于模m 同余，用式子表示为：a ≡b ( mod m )，左边的式子叫做同余式。

同余式读作：a 同余于b ，模m 。

2、重要性质及推论：（1）若两个数a ，b 除以同一个数m 得到的余数相同，则a ，b 的差一定能被m 整除例如：17与11除以3的余数都是2，所以1711 （）能被3整除．（2）用式子表示为：如果有a ≡b ( mod m )，那么一定有a －b ＝mk ,k 是整数，即m |(a －b )3、余数判别法当一个数不能被另一个数整除时，虽然可以用长除法去求得余数，但当被除位数较多时，计算是很麻烦的．建立余数判别法的基本思想是：为了求出“N 被m 除的余数”，我们希望找到一个较简单的数R ，使得：N 与R 对于除数m 同余．由于R 是一个较简单的数，所以可以通过计算R 被m 除的余数来求得N 被m 除的余数．⑴ 整数N 被2或5除的余数等于N 的个位数被2或5除的余数；⑵ 整数N 被4或25除的余数等于N 的末两位数被4或25除的余数；⑶ 整数N 被8或125除的余数等于N 的末三位数被8或125除的余数；⑷ 整数N 被3或9除的余数等于其各位数字之和被3或9除的余数；⑸ 整数N 被11除的余数等于N 的奇数位数之和与偶数位数之和的差被11除的余数；（不够减的话先适当加11的倍数再减）；⑹ 整数N 被7，11或13除的余数等于先将整数N 从个位起从右往左每三位分一节，奇数节的数之和与偶数节的数之和的差被7，11或13除的余数就是原数被7，11或13除的余数．模块一、两个数的同余问题【例 1】有一个整数，除39,51,147所得的余数都是3，求这个数.例题精讲知识点拨教学目标5-5-3.同余问题【例 2】某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______.【例 3】有一个自然数，除345和543所得的余数相同，且商相差33．求这个数是多少？【例 4】一个大于10的自然数去除90、164后所得的两个余数的和等于这个自然数去除220后所得的余数，则这个自然数是多少？【例 5】两位自然数ab与ba除以7都余1，并且a b⨯．>，求ab ba【例 6】现有糖果254粒,饼干210块和桔子186个.某幼儿园大班人数超过40.每人分得一样多的糖果,一样多的饼干,也分得一样多的桔子。

同余问题的奥数题

同余问题的奥数题在数学中，同余是一个非常有趣且经常应用的概念。

同余问题即涉及到同余的各种问题。

在奥数（奥林匹克数学竞赛）中，同余问题经常出现且需要解决。

本文将介绍同余问题的几个典型奥数题，并提供详细的解析步骤和思考过程。

一、同余的定义和性质：1. 定义：对于整数a，b和正整数n，如果a与b除以n的余数相等，则称a与b在模n下同余，记作a≡b(mod n)。

- 同余关系是等价关系，满足自反性、对称性和传递性。

- 如果a≡b(mod n)且c≡d(mod n)，则a+c≡b+d(mod n)和ac≡bd(mod n)。

- 对于正整数m、n和a，如果m|n，则a≡b(mod m)蕴含着a≡b(mod n)。

1. 题目：求满足8n+6≡3(mod 7)的最小非负整数n。

解析：根据同余的性质得到8n≡3-6(mod 7)，即8n≡-3(mod 7)。

由于8和7互质，可以用扩展欧几里得算法求得系数使得8a+7b=1，即8×4+7×(-5)=1。

两边乘以-3，得到8×(-12)+7×15=-3。

因此，n≡-12(mod 7)。

最小非负整数n即为-12+7=（-5）+14=9。

2. 题目：若p是一个素数，求证p^2-1能被24整除。

解析：要证明p^2-1能被24整除，可以通过同余问题进行证明。

首先，我们知道24=3×2×2×2，其中，3和2是两个互质的因数。

如果p是一个素数，那么p在模3下只能是0或1或2。

如果p≡0(mod 3)，那么p^2-1≡0^2-1≡-1(mod 3)，不被3整除。

同理，如果p≡1(mod 3)，则p^2-1≡1^2-1≡0(mod 3)，被3整除。

而如果p≡2(mod 3)，则p^2-1≡2^2-1≡3(mod 3)，也被3整除。

因此，对于任意一个素数p，p^2-1都能被3整除。

又因为p是素数，所以p是奇数，即p≡±1(mod 2)。

小学奥数精讲：余数与同余问题

小学奥数精讲：余数与同余问题小学奥数精讲：余数与同余问题一、问题引入我们知道，自然数（0 和所有正整数），按能否被2 整除可以分为偶数和奇数两类，即能被 2 整除（除以 2 余 0）的数为偶数，丌被2 整除（除以 2 余 1）的数为奇数，奇数和偶数各自有其特征，它们之间又有相互联系。

同理，如果我们以除以3 的余数为标准，就可以将自然数分成三类，余 0、余 1、余 2；如果我们以除以 4 的余数为标准，就可以将自然数分成四类，余 0、余 1、余 2、余3；以除以 n 为标准，就可以将自然数划分为 n 类。

那么除以 n 余数相同的一类数有何共同的性质呢？除以n 余数丌同的数之间又有何联系呢？这是本讲将要讨论的第二个问题——同余问题。

二、知识总结1、首先根据上一讲的整除特征，做简单推导，即可得到下列求余方法。

【注】下列方法大家以理解为主，丌必死记。

着重掌握除以3、4、8、9、16 的余数求法即可。

①求除以 2 的余数：奇数余 1，偶数余 0；②求除以 3 的余数：等于该数的各位数字之和除以 3 的余数；③求除以 4 的余数：等于该数末两位组成的数除以 4 的余数；④求除以 5 的余数：等于该数个位数除以 5 的余数；⑤求除以 6 的余数：该数的各个数字之和除以 3 得余数 a，若该余数不原数同奇同偶，则原数除以6 的余数为a，若该余数不原数一奇一偶，则原数除以 6 的余数为 a+3；⑥求除以7 的余数：等于该数的末三位不末三位以前的数字组成的数之差除以 7 的余数，如果数字仍然太大丌能直接观察出来，就重复此过程；⑦求除以 8 的余数：等于该数的末三位除以 8 的余数；⑧求除以 9 的余数：等于该数的各位数字之和除以 9 的余数；⑨求除以 10 的余数：等于该数的个位数；⑩求除以11 的余数：（a）等于该数的奇数位上的数字之和不偶数的数字之和的差除以 11 的余数（b）等于该数的末三位不末三位之前的数字组成的数之差除以 11 的余数，如果数字仍然太大丌能直接观察出来，就重复此过程；求除以13 的余数：等于该数的末三位不末三位之前的数字组成的数之差除以 13 的余数，如果数字仍然太大丌能直接观察出来，就重复此过程；求除以 16 的余数：等于该数的后四位除以 16 的余数;求除以17 的余数：等于把该数的个位数字去掉，再从余下的数中，减去个位数的 5 倍，所得到的数字除以 17 的余数，如果数字仍然太大丌能直接观察出来，就重复此过程；求除以 18 的余数：该数的各个数字之和除以 9 得余数 a，若该余数不原数同奇同偶，则原数除以 18 的余数为 a，若该余数不原数一奇一偶，则原数除以 18 的余数为 a+3；求除以19 的余数：等于把该数的个位数字去掉，再从余下的数中，加上个位数的 2 倍，所得数字除以 19 的余数。

小学奥数之同余问题(含详细解析)

同余式读作：a 同余于b ，模m 。

2、重要性质及推论：（1）若两个数a ，b 除以同一个数m 得到的余数相同，则a ，b 的差一定能被m 整除例如：17与11除以3的余数都是2，所以1711 （）能被3整除．（2）用式子表示为：如果有a ≡b ( mod m )，那么一定有a －b ＝mk ,k 是整数，即m |(a －b )3、余数判别法当一个数不能被另一个数整除时，虽然可以用长除法去求得余数，但当被除位数较多时，计算是很麻烦的．建立余数判别法的基本思想是：为了求出“N 被m 除的余数”，我们希望找到一个较简单的数R ，使得：N 与R 对于除数m 同余．由于R 是一个较简单的数，所以可以通过计算R 被m 除的余数来求得N 被m 除的余数．⑴ 整数N 被2或5除的余数等于N 的个位数被2或5除的余数；⑵ 整数N 被4或25除的余数等于N 的末两位数被4或25除的余数；⑶ 整数N 被8或125除的余数等于N 的末三位数被8或125除的余数；⑷ 整数N 被3或9除的余数等于其各位数字之和被3或9除的余数；知识点拨教学目标5-5-3.同余问题⑸整数N被11除的余数等于N的奇数位数之和与偶数位数之和的差被11除的余数；（不够减的话先适当加11的倍数再减）；⑹整数N被7，11或13除的余数等于先将整数N从个位起从右往左每三位分一节，奇数节的数之和与偶数节的数之和的差被7，11或13除的余数就是原数被7，11或13除的余数．例题精讲模块一、两个数的同余问题【例 1】有一个整数，除39,51,147所得的余数都是3，求这个数.【考点】两个数的同余问题【难度】1星【题型】解答【解析】(法1) 39336-=，51-3=48，1473144-=，(36,144)12=，12的约数是1,2,3,4,6,12，因为余数为3要小于除数，这个数是4,6,12；(法2)由于所得的余数相同，得到这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数．513912-=，(12,108)12-=，14739108=，所以这个数是4,6,12．【答案】4,6,12【例 2】某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______. 【考点】两个数的同余问题【难度】2星【题型】填空【关键词】人大附中，分班考试【解析】“加上3后被3除余1”其实原数还是余1，同理这个两位数除以4、5都余1，这样，这个数就是[3、4、5]+1=60+1=61。

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 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).(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 ∏=-=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 xa 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),(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 l u 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=∏===n i ii i n i m M M 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 i M 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 22mn ≡ 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≡=+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<<-<<-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：nn 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，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)(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 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11 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 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 αα 11=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.。

小升初奥数备考讲义第六讲数论之同余定理、个位律精英版

小升初奥数备考讲义第六讲数论之同余定理、个位律精英版同余定理及其应用同余定理是数论的一个重要概念，它在奥数竞赛中经常被用来解决问题。

同余定理的精髓可以用下面的一句话来概括：如果两个数除以一个数得到的余数相等，那么这两个数对于这个数来说是同余的。

具体来说，对于给定的整数 a、b 和正整数 m，如果 a 除以 m 得到的余数与 b 除以 m 得到的余数相等，即 a mod m = b mod m，那么就可以说 a 和b 是关于模 m 同余的，记作 a ≡ b (mod m)。

同余定理可以表示为以下几个性质：1.自反性：对于任意整数 a 和正整数 m，有 a ≡ a (mod m)。

2.对称性：对于任意整数 a、b 和正整数 m，如果 a ≡ b (mod m)，则 b ≡ a (mod m)。

3.传递性：对于任意整数 a、b、c 和正整数 m，如果 a ≡ b (mod m) 且b ≡c (mod m)，则 a ≡ c (mod m)。

了解了同余定理的性质后，我们就可以开始利用同余定理解决一些有关数的性质或问题了。

应用一：同余定理的运算第1页/共4页同余定理对于数的加减乘除运算有一些有趣且有用的性质。

1.加法性：对于任意整数 a、b、c 和正整数 m，如果 a ≡ b (mod m) 且c ≡ b (mod m)，那么 a + c ≡ b + b (mod m)。

2.减法性：对于任意整数 a、b、c 和正整数 m，如果 a ≡ b (mod m) 且c ≡ b (mod m)，那么 a - c ≡ b - b (mod m)。

3.乘法性：对于任意整数 a、b、c 和正整数 m，如果 a ≡ b (mod m) 且c ≡d (mod m)，那么 a × c ≡ b × d (mod m)。

4.除法性：对于任意整数 a、b、c 和正整数 m，如果 a ≡ b (mod m) 且c ≡d (mod m)，且 c 和 m 互素，那么 a ÷ c ≡ b ÷ d (mod m)。

奥数余数和同余讲义及答案

数学教师解题能力培训之四数的整除（4）余数和同余教室姓名学号【知识要点】1、例如：37÷5＝7……2，四者之间的数量关系：被除数=除数×商+余数2、同余的概念：两个整数，被同一个大于1的整数m除，所得余数如果相同，那么，这两个整数对于除数m来说是同余的。

例如：14和26这两个数虽然大小不同，但它们分别除以6所得的余数相同，我们把14和26叫做关于模6同余。

3、同余最基本的性质是：几个同余式（模相同）相加、减、乘、乘方仍然同余。

【典型例题】例1、两个整数相除商8，余16；并且被除数、除数、商及余数的和是463.那么被除数是多少？解：因为：被除数=除数×8+16，并且被除数+除数=463―8―16＝439，所以除数=（439－16）÷（8+1）=47，被除数=47×8＋16=392.例2、被3除余2，被5除余3，被7除余4的最小自然数是多少？解：被3除余2的数有2，5，8，11，…其中8又能被5除余3，并且满足条件最小的，而［3，5］=15，所以8+15=23，23+15=38，38+15=53，53满足了被7除余4这个条件，并且最小。

例3、五（3）班同学上体育课，排成3行少1人，排成4行多3人，排成5行少1人，排成6行多5人，问上体育课的同学最少多少名？解：［3,4,5,6］=60, 60－1=59(人).例4、小刚在一次计算除法时，把被除数171错写成117，结果商少了3而余数恰好相同，这题中的除数是几？解：设除数为m,正确的商位q，余数为r，那么错写被除数后，除数仍为m，商为q－3，余数仍为r。

因为：171=m×q+r117= m×（q－3）+r于是171－117=（m×q+r）－（m×q－3 m+r）得m=18.【精英班】例5、有一个三位数，其中个位上的数是百位上的数的3倍，且这个三位数除以5余4，除以11余3.这个三位数是多少？解：这个三位数除以5余4，所以它的个位数字是4或9，因为个位数字是百位数字的3倍，所以个位数字只能是9，百位数字是3.因为这个数除以11余3，所以它的十位数字=3+（9－3）=9，这个三位数是399.【竞赛班】例6、11+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是多少？解：由数的整除性质和同余性质可推知：（1）3的倍数的任何次方（0除外）除以3的余数为0，可知33+66+99除以3余0.（2）不是3的倍数的偶次方除以3的余数为0，可知22+44+88除以3余1.（3）11除以3余1，55与25对于3同余，它们除以3余2. 77与17对于3同余，它们除以3余1.所以（1+2+1）÷3=1……1。

小学奥数精讲：带余除法（同余式和同余方程）知识点及典型例题

小学奥数精讲：带余除法（同余式和同余方程）知识点及典型例题小学奥数精讲：带余除法（同余式和同余方程）一、基本性质的复习1、带余数除法算式：a÷b=q……r(a、b、q、r 均为整数) 从中我们应该得到：（1）b>r 除数大于余数（2）a-r=b×q 被除数减去余数则会出现整除关系，则带余数问题就可以转化为整数问题。

2、余数的性质：（1）可加性：和的余数等于余数的和。

即：两数和除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数和。

例：7÷3=2……1 5÷3=1……2，则（7+5）÷3 的余数就等于（1+2）÷3 的余数0。

（2）可减性：差的余数等于余数的差。

即：两数差除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数差。

例：17÷3=5……2 5÷3=1……2，则（17-5）÷3 的余数就等于（2-2）÷3 的余数0。

（3）可乘性：积的余数等于余数的积。

即：两数积除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数积。

例：64÷7=9……1 45÷7=6……3，则（64×45）÷3 的余数就等于（1×3）÷7 的余数3。

二、同余式在生活中，若两个自然数 a 和 b 都除以同一个除数m 时，余数相同该如何表示呢？在代数中我们称之为同余。

即：a 与b 同余于模m。

意思就是自然数a 和b 关于m 来说是余数相同的。

用同余式表达为：a≡b(modm).注：若a 与b 同余于模m，则a 与b 的差一定被m 整除。

（余数的可减性）三、例题。

例1、当2011 被正整数N 除时，余数为16，请问N 的所有可能值有多少个？例2、（1）求多位数1234567891011…20102011除以9的余数？（2）将1开始到103的连续奇数依次写成一个多位数：a=135791113…9799101103，则数a共有多少位？数a除以9 的余数为几？（3）一个多位数1234567……979899，问除以11 的余数是多少？例3、（1）用一个数除200 余5，除300 余1，除400 余10，求这个数？（2）甲、乙、丙、丁四个旅行团分别有游客69 人，85 人、93 人、97 人。

小学奥数同余问题精选练习例题含答案解析(附知识点拨及考点)

同余式读作：a 同余于b ，模m 。

2、重要性质及推论：（1）若两个数a ，b 除以同一个数m 得到的余数相同，则a ，b 的差一定能被m 整除例如：17与11除以3的余数都是2，所以1711 （）能被3整除．（2）用式子表示为：如果有a ≡b ( mod m )，那么一定有a －b ＝mk ,k 是整数，即m |(a －b )3、余数判别法当一个数不能被另一个数整除时，虽然可以用长除法去求得余数，但当被除位数较多时，计算是很麻烦的．建立余数判别法的基本思想是：为了求出“N 被m 除的余数”，我们希望找到一个较简单的数R ，使得：N 与R 对于除数m 同余．由于R 是一个较简单的数，所以可以通过计算R 被m 除的余数来求得N 被m 除的余数．⑴ 整数N 被2或5除的余数等于N 的个位数被2或5除的余数；⑵ 整数N 被4或25除的余数等于N 的末两位数被4或25除的余数；⑶ 整数N 被8或125除的余数等于N 的末三位数被8或125除的余数；⑷ 整数N 被3或9除的余数等于其各位数字之和被3或9除的余数；知识点拨教学目标5-5-3.同余问题⑸整数N被11除的余数等于N的奇数位数之和与偶数位数之和的差被11除的余数；（不够减的话先适当加11的倍数再减）；⑹整数N被7，11或13除的余数等于先将整数N从个位起从右往左每三位分一节，奇数节的数之和与偶数节的数之和的差被7，11或13除的余数就是原数被7，11或13除的余数．例题精讲模块一、两个数的同余问题【例 1】有一个整数，除39,51,147所得的余数都是3，求这个数.【考点】两个数的同余问题【难度】1星【题型】解答【解析】(法1) 39336-=，51-3=48，1473144-=，(36,144)12=，12的约数是1,2,3,4,6,12，因为余数为3要小于除数，这个数是4,6,12；(法2)由于所得的余数相同，得到这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数．513912-=，14739108-=，(12,108)12=，所以这个数是4,6,12．【答案】4,6,12【例 2】某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______. 【考点】两个数的同余问题【难度】2星【题型】填空【关键词】人大附中，分班考试【解析】“加上3后被3除余1”其实原数还是余1，同理这个两位数除以4、5都余1，这样，这个数就是[3、4、5]+1=60+1=61。

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

小学奥数―同余问题

04
同余问题的应用实例
数字问题
数字的整除问题
密码学中的同余问题
计算机算法中的同余问题
数字的余数问题
图形问题
棋盘问题：在棋盘上利用同余原理解决相关问题，如象棋、围棋等棋局的胜负判断
图形问题：同余问题在几何图形中的应用，如计算图形的面积、周长等
拼图问题：利用同余原理解决拼图问题，如拼凑出指定的图形
03
同余问题的解题方法
枚举法
定义：通过一一列举所有可能的情况来解决问题的方法
适用范围：适用于问题较简单、答案个数较少的情况
解题步骤：逐一列举所有可能的情况，并逐一验证每种情况是否符合题目的要求，从而找到符合条件的答案
注意事项：列举时要注意全面、不遗漏，同时要善于总结规律，提高解题效率
代数法
定义：通过代数运算和等式性质解决同余问题的方法
计算机科学：同余定理在计算机科学中的应用，如模运算和取模运算
物理学：同余定理在物理学中的应用，如量子力学和相对论
05
同余问题的练习题及解析
同余问题的练习题
题目：从1至100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？
题目：在黑板上写有一串数：1、2、3、…、2011、2012，任意擦去几个数，写上被擦去的几个数的和被11除所得的余数（如：擦去8、9、10、11、12，因为(8+9+10+11+12)/11=4…6），如：写上6，这样操作下去，一直到黑板上只剩下一个数，则这个数是多少？
同余问题的应用：同余问题在数论、代数、组合数学等领域有广泛的应用。
同余问题的基本性质：同余问题具有一些基本性质，如模运算的消去律、模运算的交换律和结合律等。
同余问题的解题方法：解决同余问题的方法包括利用同余式的性质进行变形、利用模的性质进行推导、利用代数方程的解法等。

同余问题的奥数题

同余问题的奥数题引言奥数是指数学奥林匹克竞赛（IMO）或全国中学生数学奥林匹克竞赛（NOI）等数学竞赛的简称。

同余问题是奥数中常见的一个重要概念，也是一种常用的解题方法。

本文将介绍同余问题在奥数中的应用，并通过一个具体的奥数题来详细讲解同余问题的解题过程。

同余问题定义在数论中，给定两个整数a和b，如果它们除以正整数m所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作a ≡ b (mod m)。

其中≡表示“同余”，mod表示“对模”。

这里m被称为模数。

性质1.如果a ≡ b (mod m)，则对于任意整数k，有a + km ≡ b (mod m)。

2.如果a ≡ b (mod m)，c ≡ d (mod m)，则a + c ≡ b + d (mod m)，ac≡ bd (mod m)。

3.如果a ≡ b (mod m)，则an ≡ bn (mod m)，其中n为任意正整数。

常见应用同余问题在密码学、编码理论、计算机科学等领域有着广泛应用。

在奥数中，同余问题常用于解决数字特征和数列性质相关的问题。

下面通过一个具体的奥数题来说明同余问题的应用。

奥数题示例题目描述一串由0-9组成的数字序列，长度为n。

现在要从这个序列中选择若干个数字，使得它们组成的整数能够被7整除。

问有多少种不同的选择方案。

解题思路我们可以使用动态规划的方法来解决这个问题。

首先定义一个二维数组dp，其中dp[i][j]表示在前i个数字中选取若干个数字，它们组成的整数对7取模等于j的方案数。

那么我们可以得到状态转移方程：dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][(10*j+digit)%7]其中digit表示第i个数字。

代码实现def solve(sequence):n = len(sequence)dp = [[0] * 7 for _ in range(n+1)]dp[0][0] = 1for i in range(1, n+1):digit = int(sequence[i-1])for j in range(7):dp[i][j] = dp[i-1][j]dp[i][(10*j+digit)%7] += dp[i-1][j]return dp[n][0]sequence = input("请输入一串由0-9组成的数字序列：")print("方案数：", solve(sequence))解题过程假设输入的数字序列为12345。

小学奥数如何用“同余法”巧解难题，非常棒的解题技巧

⼩学奥数如何⽤“同余法”巧解难题，⾮常棒的解题技巧同余这个概念最初是由伟⼤的德国数学家⾼斯发现的，同余即余数相同。

它的定义是这样的：两个整数a、b，如果他们同时除以⼀个⾃然数m，所得的余数相同，则称a、b对于模m同余，记作a≡b（mod.m），读作：a同余于b模m。

同余的性质⽐较多，家长指导孩⼦学习“同余法”，⾸先要熟悉 “同余”的这⼏个基本性质：1.对于同⼀个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。

例如：201×95的乘积对于除数7，与201÷7的余数5和95÷7的余数4的乘积20对于7同余。

2.对于同⼀个除数，如果有两个整数同余，那么它们的差就⼀定能被这个除数整除。

例如：519和399对于⼀个除数同余，那么这个除数⼀定是519与399的差的因数，即519与399的差⼀定能被这个除数整除。

3.对于同⼀个除数，如果两个数同余，那么他们的乘⽅仍然同余。

例如：20和29对于⼀个除数同余，那么20的任何次⽅都和29的相同次⽅对于这个除数同余，当然余数⼤⼩随次⽅变化。

4.对于同⼀个除数，若三个数a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么a,b,c三个数对于除数m都同余（传递性）例如：60和76同余于模8，76和204同余于模8，那么60,76,204都同余于模8。

5.对于同⼀个除数，若四个数a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么a±c≡c±d（mod m），（可加减性）6.对于同⼀个除数，若四个数a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么ac≡cd（mod m），（可乘性）应⽤同余性质解题的关键是，在正确理解题意的基础上灵活运⽤同余性质。

家长应让孩⼦把握住⼀个策略，把求⼀个较⼤的数除以某数的余数问题转化为⼀个较⼩的数除以这个数的余数，使复杂的问题变简单，使困难的题变容易。

▊例题1：⽤412、133和257除以⼀个相同的⾃然数，所得的余数相同，这个⾃然数最⼤是⼏？【解析】假设这个⾃然数是a，因为412、133和257除以a所得的余数相同，所以a｜(412－133),a｜(412－257),a｜(257－133),说明a是以上三个数中任意两数差的约数，要求最⼤是⼏，就是求这三个差的最⼤公约数。

小学奥数知识点总结：余数、同余与周期

以下是为⼤家整理的关于⼩学奥数知识点总结：余数、同余与周期的⽂章，希望⼤家能够喜欢！
余数、同余与周期
⼀、同余的定义：
①若两个整数a、b除以m的余数相同，则称a、b对于模m同余。

②已知三个整数a、b、m，如果m|a-b，就称a、b对于模m同余，记作a≡b(modm)，读作a同余于b模m。

⼆、同余的性质：
①⾃⾝性：a≡a(modm)；
②对称性：若a≡b(modm)，则b≡a(modm)；
③传递性：若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(modm)；
④和差性：若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则a+c≡b+d(modm)，a-c≡b-d(modm)；
⑤相乘性：若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则a×c≡b×d(modm)；
⑥乘⽅性：若a≡b(modm)，则an≡bn(modm)；
⑦同倍性:若a≡b(modm)，整数c，则a×c≡b×c(modm×c)；
三、关于乘⽅的预备知识：
①若A=a×b，则MA=Ma×b=（Ma）b
②若B=c+d则MB=Mc+d=Mc×Md
四、被3、9、11除后的余数特征：
①⼀个⾃然数M，n表⽰M的各个数位上数字的和，则M≡n(mod9)或（mod3）；
②⼀个⾃然数M，X表⽰M的各个奇数位上数字的和，Y表⽰M的各个偶数数位上数字的和，则M≡Y-X或M≡11-（X-Y）(mod11)；
五、费尔马⼩定理：
如果p是质数（素数），a是⾃然数，且a不能被p整除，则ap-1≡1(modp)。

高中数学竞赛讲座同余

高中数学竞赛讲座之同余【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 )(m o d )(m o d ).(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 ≡………………)(mo dn 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++∴≡+∴≡=+≡++++≡++∴≡≡≡【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 0604302010111114321 T 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。

人教版八年级数学上册竞赛讲义-同余

第十三讲同余在日常生活中,有时我们感兴趣的不是某些整数,而是这些整数去除以某一个正整数所得的余数．例如：(1) 从甲地开往乙地的火车,全程运行时间是34小时15分,如果火车20点55分从甲地开出,问到达乙地的时间是几点？答案不是55点10分,而是7点10分,即用55小时10分去除以24小时所得的余数．(2) 已知1990年的元旦是星期一,问1991年的元旦是星期几？因为1990年有365天,而365除以7所得的余数是1,所以,1991年的元旦是星期二．由于同是几点钟或同为星期几,常常在生活中有同样的意义,这样就在数学中产生了“同余”的概念．可以说,“同余”这个概念的产生,大大地丰富了数学的内容．所谓“同余”,顾名思义,就是“余数相同”．由此,我们可以这样来定义,“同余”这个概念：设a,b都是整数,m是正整数,如果a,b除以m所得的余数相同,则称a,b对模m同余．上述定义具有直观、明瞭的优点,同学们很容易理解,但它不便在理论上进行推导,运用起来也不太方便,为此,我们需要将它进行改进．设a,b都是整数,m是正整数,如果已知a,b除以m所得的余数相同,则可设：a＝ms＋r, b＝mt＋r,其中s,t,r都是整数,且0≤r＜m, 所以a－b＝m(s－t),从而m|(a－b)．反之,如果已知m|(a－b),则a,b除以m所得的余数相同．否则,若a＝ms＋r1, b其中s,t,r1,,r2都是整数,0≤r1<m,0≤r2<m,且r1a－b＝m(s－t)＋(r1因为－m<r1－r2<m且r1－r2≠0,所以m盾．由此知：a,b除以ma,b除以m所得的余数相同,给“同余”定义设a,b都是整数,m是正整数,如果m果m不整除(a－b),则称a,b对模m不同余,由定义可知：①a≡b(mod m)⇔m|(a－b),特别地a≡②设1≤b＜m,则a≡b(mod m)⇔a被m除由同余的定义,表示整数,性质1a≡a (mod m)．性质2a≡b (mod m)⇒b≡a (mod m)．性质3 a≡b (mod m),b≡c (mod m)⇒a≡c性质4a≡b (mod m)⇒a＋c≡b＋c (mod推论1 若a≡b (mod m),c≡d (mod m推论2 若a1≡b1 (mod m),a2≡b2a1＋a2＋…＋a n＝b1性质5 a≡b (mod m)⇒ac≡bc(mod m)．推论1 若a≡b (mod m),c≡d (mod m),则ac≡bd (mod m)．推论2 若a1≡b1 (mod m),a2≡b2 (mod m), …,a n≡b n (mod m),则a1·a2…a n＝b1·b2…b n(mod m)．推论3 a≡b (mod m)⇒a n≡b n(mod m)．我们上面谈到的同余的性质,和等式的性质是完全类似的,因此,结合等式的性质,容易理解、掌握和运用同余的性质．但是,同余和等式毕竟是两个不同的概念,因此,它们的性质并不完全相同．例如,已知ac＝bc,c≠0,则a＝b．但是,如果已知ac≡bc(mod m),c≠0,却不能得到a≡b (mod m)．例如10×3≡4×3 (mod 18),但10≡4 (mod 18)．因此,我们在利用同余的概念及性质解题时,要特别注意不能和等式的性质混淆．例1．设a,b都是正整数,且a被7除余数是2,b被7除余数是5,求a2＋4b和a2－4b被7除的余数．(3) 17| (191000－1)．例6．求证：7|(22225555＋55552222)．例7．求证：1990|(996996－994994)．例8．一个正整数的个位数字是7,上述条件的最小正整数．例9．设n是正整数,求证：7不整除(4n＋练1．求证：(1) 7|(501990－1)；(2) 17|(502．求余数：(1) 471990除以5；(2) 471991除以5；(3) 1011990除以11；(4) 1011991除以11；(5) 10n除以13．3．求证；(1) 7|(21990＋5)；(2) 33|(21990－1)；993＋991991).,所得到的数是原数的4倍,求满足上,所得到的数是原数的3倍,求满足上7．在七位数30003x y．x y中,当x, y为何值时,13|300038．有40个整数,其中每一个都不能被5整除,求证：这40个数的40次幂的和能被5整除．9．设a,b,c都是正整数,且：a2＋b2＝c2,10．设n是正整数,求证：(1) 6不整除(5n＋3)；。

奥赛专题 -- 同余问题

奥赛专题 -- 同余问题[专题介绍]生活中我会经常遇到与余数有关的问题，比如：某年级有将近400名学生。

有一次演出节目排队时出现：如果每8人站成一列则多余1人；如果改为每9人站成一列则仍多余1人；结果发现现成每10人结成一列，结果还是多余1人；聪名的你知道该年级共有学生多少名吗？假设有一名学生不参加演出，则结果一定是不管每列站8人或9人或10人都将刚好站齐。

因此此时学生人数应是8、9、10公倍数，而8、9、10的最小公倍数是360，因此可知该年级共有361人。

研究与余数有关的问题，能帮助我们解决很多较为复杂的问题。

[分析]1、两个整数a和b，除以一个大于1的自然数m所得余数相同，就称a和b对于模m同余或称a和b在模m下同余，即a≡b（modm）2、同余的重要性质及举例。

〈1〉a≡a（modm）（a为任意自然）〈2〉若a≡b（modm），则b≡a（modm）〈3〉若a≡b（modm），b≡c（modm）则a≡c（modm）〈4〉若a≡b（modm），则ac≡bc（modm）〈5〉若a≡b（modm），c≡d（modm），则ac=bd（modm）〈6〉若a≡b（modm）则an≡bm（modm）其中性质〈3〉常被称为"同余的可传递性"，性质〈4〉、〈5〉常被称为"同余的可乘性，"性质〈6〉常被称为"同余的可开方性"注意：一般地同余没有"可除性"，但是：如果：ac=bc（modm）且（c，m）=1则a≡b（modm）3、整数分类：〈1〉用2来将整数分类，分为两类：1，3，5，7，9，……（奇数）0，2，4，6，8，……（偶数）〈2〉用3来将整数分类，分为三类：0，3，6，9，12，……（被3除余数是0）1，4，7，10，13，……（被3除余数是1）2，5，8，11，14，……（被3除余数是2）〈3〉在模6的情况下，可将整数分成六类，分别是：0（mod6）：0，6，12，18，24，……1（mod6）：1，7，13，19，25，……2（mod6）：2，8，14，20，26，……3（mod6）：3，9，15，21，27，……4（mod6）：4，10，16，22，29，……5（mod6）：5，11，17，23，29，……[经典例题]例1：求437×309×1993被7除的余数。

817.同余-奥数精讲与测试8年级

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