同余问题(二)
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)。
数论之同余问题 2
数论之同余问题余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。
余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），知识点拨：三大余数定理：1.余数的加法定理a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。
例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.2.余数的乘法定理a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。
当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23×19除以5的余数等于3×4除以5的余数，即2.3.同余定理若两个整数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。
由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：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) 例如：20和8被自然数3除有相同的余数2。
则20-8一定能被2整除例商店里有六箱货物，分别重15，16，18，19，20，31千克，两个顾客买走了其中的五箱．已知一个顾客买的货物重量是另一个顾客的2倍，那么商店剩下的一箱货物重量是________千克。
第三讲 同余式(2)
4) 如果a是可逆的,则其逆元是唯一的,记为a–1。 5) Zn中共有Φ(n)个可逆元。
练习：试求Z18中的可逆元个数。 Zn中元素逆元的求法：
dx+ny=1 dx≡1 (mod n) x≡d-1 (mod n)
回忆 辗转相除法：
设a0=n,a1=d，辗转做带余除法得 ai-1=qiai+ai+1，i=1,,k
第三讲 同余式（2）
教师：李艳俊 联系方式：13810350384
本讲内容
一 d-1(mod n)的解法 二 一次同余式求解 三 线性方程组求解
一、d-1(mod n)的解法 一次同余式 ax b mod n
首先考虑b=1的情形，即 ax 1mod n x是Zn中与a互逆的值，记为 x a1 mod n
其中k使0=ak+1<ak<<a1。
方法1 推导出求{vi}的递推关系：
注意到ai+1= ui+1n+vi+1d，又 ai+1=ai-1-qiai=(ui-1-qiui)n+(vi-1-qivi)d
可见
vi+1=vi-1-qivi，
且必要的初值是： v0=0,v1=1。
89
例：求39-1mod89。
1 qi
1
0 1
1 qi
n
d
ui vi
于是，可设ai=uin+vid，i=1,,k。 由辗转相除过程可知，ak=(d,n)。如果(d,n)=1，则
ukn+vkd=1，由此即得 vkd 1(mod n)
因此，d-1(mod n)=vk(mod n)。
例：7-1mod26=-11mod26=15。
同余定理(解析)同余定理(学生)-六年级数学思维拓展
2022-2023学年小学六年级思维拓展专题同余定理知识精讲同余这个概念最初是由伟大的德国数学家高斯发现的。
同余的定义是这样的：两个整数a，b，如果它们除以同一自然数m所得的余数想同，则称a，b对于模m同余。
记作：a≡b(mod m)。
读做：a同余于b模m。
比如，12除以5，47除以5，它们有相同的余数2，这时我们就说，对于除数5，12和47同余，记做12≡47(mod 5)。
同余的性质比较多，主要有以下一些：性质（1）：对于同一个出书，两个数之和(或差)与它们的余数之和(或差)同余。
比如：32除以5余数是2，19除以5余数是4，两个余数的和是2+4=6。
“32+19”除以5的余数就恰好等于它们的余数和6除以5的余数。
也就是说，对于除数5，“32+19”与它们的余数和“2+4”同余，用符号表示就是：32≡2 (mod 5)，19≡4(mod 5)，32+19≡2+4≡1(mod 5)性质（2）：对于同意个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。
性质（3）：对于同意个除数，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。
性质（4）：对于同意个除数，如果两个整数同余，那么它们的乘方仍然同余。
应用同余性质的关键是要在正确理解的基础上灵活运用同余性质。
把求一个较大的数除以某数的余数问题转化为求一个较小的数除以这个数的余数，使复杂的题变简单，使困难的题变容易。
典例分析【典例01】求1992×59除以7的余数。
应用同余性质(2)可将1992×59转化为求1992除以7和59除以7的余数的乘积，使计算简化。
1992除以7余4，59除以7余3。
根据同余性质，“4×3”除以7的余数与“1992×59”除以7的余数应该是相同的，通过求“4×3”除以7的余数就可知道1992×59除以7的余数了。
因为1992×59≡4×3≡5(mod7)所以1992×59除以7的余数是5。
同余问题
同余问题知识点导航：两个整数a，b，如果它们除以同一自然数m所得的余数相同，则称a，b 对于模m同余。
记作：a≡b（modｍ）。
读做：ａ同余于ｂ模ｍ。
比如，12除以5，47除以5，它们有相同的余数2，这时我们就说，对于除数5，12和47同余，同余的性质比较多，主要有以下一些：性质（1）：对于同一个除数，两个数之和（或差）与它们的余数之和（或差）同余。
比如：32除以5余数是2，19除以5余数是4，两个余数的和是2+4=6。
“32+19”除以5的余数就恰好等于它们的余数和6除以5的余数。
也就是说，对于除数5，“32+19”与它们的余数和“2+4”同余，用符号表示就是：32≡2（mod5），19≡4（mod5），32+19≡2+4≡1（mod5）性质（2）：对于同一个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。
性质（3）：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。
性质（4）：对于同一个除数，如果两个整数同余，那么它们的乘方仍然同余。
应用同余性质解题的关键是要在正确理解的基础上灵活运用同余性质。
把求一个较大的数除以某数的余数问题转化为求一个较小的数除以这个数的余数，使复杂的题变简单，使困难的题变容易。
例题1：求1992×59除以7的余数。
练习1：求4217×364除以6的余数。
例题2：已知2001年的国庆节是星期一，求2010年的国庆节是星期几？练习2：已知2002年元旦是星期二。
求2008年元旦是星期几？例题3：求2001的2003次方除以13的余数。
练习3：求12的200次方除以13的余数。
例题4：自然数16520，14903，14177除以m的余数相同，m最大是多少？练习4：若2836、4582、5164、6522四个整数都被同一个两位数相除，所得的余数相同。
除数是多少？例题5：某数用6除余3，用7除余5，用8除余1，这个数最小是几？练习5：某数除以7余1，除以5余1，除以12余9。
第四章 同余式 (2)
1、小模：即把一般模高次同等方程转化为 一系列模两两互素的高次同余方程组，即有
m 定理：设m m1m2 mk ， 1, m2 ,mk 两两互素， f ( x) 0(mod m) 等价于下面方程组 则 （1）
例：同余方程 x3 x2 x 1 0(mod15)
解：原同余方程等价于同余方程组
x3 x2 x 1 0(mod3)
x3 x2 x 1 0(mod5)
即有
x 1,2(mod 3) x 1,4(mod 5)
所以有4解，由孙子定理为
x 1,4,11,14(mod15)
9 9 4
6 2） 30 8(mod11 （ )
4
(3)用形式分数
定义1：当（a，m）=1时，若ab 1(modm)， 则记b 1 (modm)称为形式分数。 a
c 1 (mod m) 根据定义和记号， 有性质 a
c a
1、
c c mt1 (mod m), t1 , t2 Z a a mt 2
（1）移项运算是传统的，
（2）同余方程两边也可以加上模的若干倍。 相当于同余方程两边加“零”。 （3）乘上一数k或除去一个数k，为了保持其 同解性，必须（k ,m）=1，这一点和同余的性 质有区别。
例
15x2 17x 5(mod12) 等价于 3x2 5x 5(mod12)
12 7
x 2x 6x 8 0(mod5)
x0 m1t2 mk x0 m1t2 mod m) （
2.2 一次同余方程ax≡b(mod m)的解法。
（1）化为不定方程ax+my=b
同余问题(二)
剩余定理（二）1、求1992×59除以7的余数。
2、有一个整数，除725、811和596得到了相同的余数，问这个数是几？3、当1991和1769除以某一个自然数N时，余数分别是2和1，那么，N最小是几？4、自然数N（1∠N）分别除48、61和100得到相同的余数，这个相同的余数是多少？5、已知1991年“七一”是星期一，求2000年的“十一”是星期（）。
6、有一个70位数，它的各位数字都是1，这个数除以7，余数是（）。
7、号码分别为101、126、173、193的四个运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的盘数是他们号码的和被3除所得的余数，那么，打球盘数最多的运动员打了（）盘。
8、有一列数如下：4、5、9、14、23……，问这列数的第2003个数除以3，余数是（）。
9、有一个不等于1的整数，它除以967、1000、2001得到相同的余数，那么这个整数是（）。
10、求396281754448除以9的余数。
11、一串数1、2、4、7、11、16……，其中第二个数比第一个数多1；第三数比第二数多2；第四比第三多3；依次类推，那么这串数左起第1993个数除以5的余数是（）。
12、有一个整数用它除53、88、130得到三个余数的和是25，这个整数是（）。
13、在1000以内，除以5余3，除以7余6，除以9余7的数有多少个？14、有兵一百多人，如排成三列不多也不少，如排成五列则少2人；如排成七列则少4人，一共有（）人。
15、一个三位数，被7除余1，被8除余2，被9除余3，求该数。
16、有一箱橘子，每次取出3只，最后剩1只；每次取出5只，最后还剩2只；每次取出7只，最后还剩3只。
这箱橘子至少有多少只？17、一个数除以3余2，除以5余4，除以7余5，求适合条件的最小数。
18、一支队伍不超过8000人，列队是按4人、5人、6人、7人和8人一排，最后都少3人，改为11人一排时，没有多余的人。
这支队伍共有多少人？19、在1000以内，除以4余3，除以5余2，除以7余4的最大数是几？20、召开学生座谈会，每组5人则多1人，每组6人则多2人，每组7人还少4人，至少有学生多少人？21、在1------400的整数中，被3、5、7除都余2的数共有（）个。
同余问题口诀的原理
同余问题口诀的原理（实用版）目录1.同余问题的定义与基本概念2.同余问题口诀的原理3.同余问题的解法及应用举例4.总结与拓展正文一、同余问题的定义与基本概念同余问题是指在模运算下，两个或多个整数之间的关系。
若整数 a、b 除以整数 m，所得的余数相同，则称 a、b 对模 m 同余。
同余关系用符号“≡”表示，如 a≡b(mod m)，读作“a 同余于 b 模 m”。
二、同余问题口诀的原理同余问题口诀，也被称为“同余定理”或“欧拉定理”，是数论中解决同余问题的重要方法。
其原理如下：若 a≡b(mod m)，则 a^φ(m)≡b^φ(m)(mod m)，其中φ(m) 表示模 m 的欧拉函数值，即小于等于 m 的与 m 互质的正整数的个数。
三、同余问题的解法及应用举例利用同余问题口诀，我们可以轻松地解决许多同余问题。
下面举一个典型的例子：问题：有一个自然数，用它分别去除 63、90、103，都有余数，且三个余数的和是 25。
这三个余数中最大的一个是多少？解：设这个自然数为 x，则根据题意可列出以下三个同余式：x ≡ 1 (mod 63)x ≡ 1 (mod 90)x ≡ 23 (mod 103)由同余问题口诀，我们有：x ≡ 1^φ(63) (mod 63)x ≡ 1^φ(90) (mod 90)x ≡ 23^φ(103) (mod 103)其中，φ(63) = 17，φ(90) = 18，φ(103) = 19。
因此，我们可以将原问题转化为求解以下三个同余式：x ≡ 1 (mod 63)x ≡ 1 (mod 90)x ≡ 23^19 (mod 103)解得 x = 63k + 1 = 90m + 1 = 103n + 23^19，其中 k、m、n 均为整数。
由于三个余数的和是 25，我们有：1 + 1 + 23^19 ≡ 25 (mod 103)即 23^19 ≡ 23 (mod 103)因此，最大的余数为 23。
同余问题口诀的原理
同余问题口诀的原理同余问题是数论中一个重要的概念，它涉及到整数的相等性和等价关系。
同余问题的口诀是用来帮助我们理解和解决同余问题的一种方法，它通过简洁的语言和易记的句子，将同余问题的原理和性质传达给我们。
同余问题口诀的原理可以概括为以下几点：1. 同余关系的定义：两个整数a和b对于一个给定的模数m来说，如果它们的差是m的倍数，即(a-b)能被m整除，那么我们就说a 与b在模m下同余，记作a≡b(mod m)。
这个定义是同余问题的基础。
2. 同余关系的性质：同余关系具有传递性、对称性和反身性。
传递性表示如果a与b在模m下同余，b与c在模m下同余，那么a 与c在模m下也同余；对称性表示如果a与b在模m下同余，那么b与a在模m下也同余；反身性表示任意整数a在模m下与自身同余。
3. 同余关系的运算规则：同余关系在加法、减法和乘法运算中具有保持性。
即如果a和b在模m下同余，那么a+b在模m下也同余；a-b在模m下也同余；a×b在模m下也同余。
这些运算规则可以帮助我们简化同余问题的求解过程。
4. 同余方程的求解：同余方程是指形如ax≡b(mod m)的方程，其中a、b和m都是已知的整数，x是未知数。
解同余方程的关键是找到一个整数x，使得ax与m的乘积与b在模m下同余。
我们可以利用同余关系的性质和运算规则来解同余方程。
5. 同余类和剩余系：在模m的整数集合中，把与给定整数a同余的所有整数构成的集合，称为a的同余类。
同余类中的任意一个整数称为该同余类的代表元。
剩余系是指模m的所有同余类的集合。
同余类和剩余系是同余问题中的两个重要概念，它们帮助我们对同余问题进行分类和分析。
通过口诀的原理，我们可以更好地理解和解决同余问题。
同余问题在密码学、数论和离散数学等领域应用广泛，掌握同余问题的原理和方法对于我们深入理解数学的应用和推理具有重要意义。
同余问题口诀可以帮助我们记忆和应用同余问题的相关知识，提高解题的效率和准确性。
同余的运算法则
同余的运算法则全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：同余的概念最早出现在数论领域，是一种描述整数间的模运算关系的数学概念。
同余的运算法则涉及到模运算的一系列性质和规律，对于解决一些数论问题和密码学中的加密算法起着至关重要的作用。
本文将介绍同余的概念及其运算法则，并讨论其在数学和应用方面的重要性。
1. 同余的定义在数论中，我们通常使用符号“≡”表示同余关系。
如果两个整数a和b除以一个正整数m的余数相等，即a除以m和b除以m的余数相等，我们就说a与b关于模m同余，记为a≡b(mod m)。
简单来说，同余就是指两个数除以同一个数的余数相等。
12和22关于模5同余，因为12除以5的余数为2，22除以5的余数也为2，即12≡22(mod 5)。
2. 同余的运算法则在模运算中，同余有着一系列的运算法则。
我们可以根据这些法则来简化模运算的计算，并处理一些复杂的数论问题。
（1）同余的传递性如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，那么可以推出a≡c(mod m)。
这就是同余关系的传递性，即如果两个数与同一个模同余，那么它们之间也是同余的。
举例来说，如果5≡15(mod 10)且15≡25(mod 10)，那么可以推出5≡25(mod 10)。
（2）同余的对称性和反对称性（3）同余的加法和乘法性质对于同余关系来说，加法和乘法都具有良好的性质。
（4）同余的幂运算性质如果a≡b(mod m)，那么对于任意正整数n，有a^n≡b^n(mod m)。
即同余数的幂运算后依然同余。
（5）同余的逆元如果a在模m下存在逆元，即存在整数b使得ab≡1(mod m)，那么我们称b是a的逆元。
对于素数模m来说，任意整数a在模m下都有逆元。
同余的概念在数论和密码学领域有着广泛的应用。
（1）同余在数论中的应用在数论中，同余可以用来证明一些整数性质和解决一些数论问题。
在证明费马小定理和欧拉定理等定理时就会用到同余的性质。
在密码学中，同余的概念有着重要的应用。
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。
五年级奥数同余
五年级奥数同余同余是数论中的一个重要概念，也是五年级奥数中的一个重要知识点。
同余可以用来描述两个数在除以某个数后的余数相等的情况。
在奥数中，同余常常被用来解决一些数学问题，如整数分割、方程求解等等。
同余的概念最早可以追溯到中国古代。
在中国古代，人们用竹签来进行记数。
当竹签的根数达到某个固定的数目后，人们就用一根新的竹签来继续记数。
这样，每个竹签的根数都是相同的，它们之间存在着同余的关系。
在数学中，同余可以用符号≡来表示。
如果两个整数a和b满足a 与b除以某个正整数m所得的余数相等，即a≡b(mod m)，则称a 与b同余于模m。
例如，当a=5，b=12，m=7时，可以得到5≡12(mod 7)，即5与12同余于模7。
同余有一些重要的性质。
首先，同余具有传递性。
如果a≡b(mod m)，b≡c(mod m)，那么可以推出a≡c(mod m)。
其次，同余具有交换性。
即a≡b(mod m)等价于b≡a(mod m)。
此外，同余还具有加法性和乘法性。
即如果a≡b(mod m)和c≡d(mod m)，那么可以推出a+c≡b+d(mod m)和ac≡bd(mod m)。
在五年级奥数中，同余常常被用来解决一些整数分割的问题。
例如，有一个正整数n，要求将它分割成若干个数的和，且这些数要满足同余于模m。
我们可以通过同余来解决这个问题。
首先，我们可以用n除以m，得到商q和余数r。
然后，我们可以将n分割成q个数的和，每个数都是m。
最后，将余数r加入其中，即可得到一种满足条件的分割方式。
同余还可以用来解决一些方程求解的问题。
例如，求解方程2x≡1(mod 3)。
我们可以通过观察得到，当x=2时，2x除以3的余数为1，满足方程的要求。
因此，方程的解为x≡2(mod 3)。
除了以上的应用，同余还有许多其他的应用。
例如，在密码学中，同余被广泛用于加密和解密的过程中。
同余在数论、代数、密码学等领域都有广泛的应用，具有重要的理论和实际意义。
2同余教案
第五节：同余一、基本性质整除的性质非常重要，但是并不能解释所有的问题，为此我们进行了推广——同余。
同余最早是由数学家Gauss 引入的概念，我们可以将其理解为“余同”（余数相同）。
首先来看一下同余的表达方式和定义。
定义1：如果a 、b 除以m(m>1)得到的余数相同，那么称a 、b 对于模m 同余，记作(mod )a b m ≡。
否则称a 、b 对模m 不同余。
性质1：(mod )a b m ≡也就是说m | a-b 性质1非常重要，由性质1可证得其余性质。
性质2：可加性：若(mod ),(mod )a b m c d m ≡≡，那(mod ),a c b d m +≡+(mod )a c a d m -≡-；性质3：可乘性：若(mod ),(mod )a b m c d m ≡≡则(mod )ac bd m ≡ 性质4：可乘方性：若(mod )a b m ≡，那么(mod )nna b m ≡ 性质5：若(mod ),(mod ),a b m a b n ≡≡那么(mod [,])a b m n ≡ 性质6：如果(,)1a m =，那么存在一个整数b ，使得1(mod )ab m ≡性质7：如果(mod )(mod)(,)mab ac m b c a m ≡⇒≡特别的，若（a,m ）=1则第六节：同余应用及常见的题型一、求余数问题常见的问题如求星期几之类的题型，其实也就求被7整除的余数。
通过同余的运算，可以很快地求得结果。
24天以后是星期几？例1：如果今天是周六，求2009例2：某数除680,970和1521余数相同，这个数最大是几？例3:126547+324除以13的余数是多少？二、整除特征判别法：注意：一个数能否被2、3、4、5、6、7、8、9、11、13等数整除，都有其特别的判别方法。
如何选取合适的方法，并对此作为推广是我们必须要学会的内容。
（1）可以被2整除的数：最末一位数是2的倍数。
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。
同余问题知识点总结
同余问题知识点总结一、基本概念1.1 同余关系对于给定的整数a、b和正整数m，如果m能整除a-b，即(a-b)/m为整数，则称a与b 对模m同余，记作a≡b(mod m)。
同余关系满足以下性质：自反性：a≡a(mod m)对称性：若a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)传递性：若a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)1.2 同余类对于给定的正整数m，同余关系将整数集合Z划分为m个不相交的子集，这些子集称为同余类。
同余类的定义：[a]={b∈Z|a≡b(mod m)}同余类的性质：同余类是模m下的等价类，它将整数集合划分为m个不相交的等价类。
二、同余的运算规则2.1 加法和乘法的运算规则加法：若a≡b(mod m)且c≡d(mod m)，则a+c≡b+d(mod m)乘法：若a≡b(mod m)且c≡d(mod m)，则ac≡bd(mod m)2.2 幂运算规则对于正整数n，有以下同余关系成立：a≡b(mod m) => a^n≡b^n(mod m)三、同余性质3.1 最小非负剩余对于给定整数a和模m，存在唯一的最小非负整数r，满足a≡r(mod m)且0≤r<m。
r称为整数a对模m的最小非负剩余。
3.2 同余方程同余方程的一般形式为：ax≡b(mod m)同余方程的求解：若最大公约数(gcd)为1，即a与m互质，则同余方程有唯一解；若gcd不为1，即a与m不互质，则同余方程有无穷多解。
3.3 中国剩余定理中国剩余定理：若模数m1、m2、...、mk两两互质，即gcd(mi,mj)=1(i≠j)，则对于任意的整数a1、a2、...、ak和模数m1、m2、...、mk，模方程组x≡a1(mod m1)x≡a2(mod m2)...x≡ak(mod mk)有唯一模m=m1*m2*...*mk的解x。
中国剩余定理的应用：用于快速求解大整数的同余方程组，加速计算过程。
同余问题知识点讲解
千里之行，始于足下。
同余问题学问点讲解同余问题是数论中的一个重要概念，它在数学中有着广泛的应用。
同余问题的定义是：对于给定的整数a、b和正整数m，假如a-b能够被m整除，则称a与b对于模m同余，记作a≡b(mod m)。
同余问题的本质是数的剩余，即两个数除以某个正整数得到的余数相等。
通过同余问题的争辩，可以得到一些有关数的性质和关系。
同余问题有一些基本性质：1. 若a≡b (mod m) ，则对于任意的正整数k，有 a+k*m≡b+k*m (mod m) ，即同余关系对加法成立。
2. 若a≡b (mod m) ，则对于任意的正整数k，有 a*k≡b*k (mod m) ，即同余关系对乘法成立。
3. 若a≡b (mod m) ，且b≡c (mod m) ，则 a≡c (mod m) ，即同余关系对传递成立。
4. 若a≡b (mod m) ，则 a^n ≡ b^n (mod m) ，即同余关系对幂运算成立。
基于同余性质，我们可以进行一系列的运算和推导。
首先，同余问题可以用来简化计算。
例如，对于不便利计算的大数，可以通过取模运算将其转化为较小的数进行计算，而不转变其同余关系。
第1页/共2页锲而不舍，金石可镂。
同余问题还可以用来求解方程。
例如，对于形如ax≡b (mod m) 的方程，可以通过同余性质进行变形和推导，得到方程的解。
同余问题在密码学中也有重要应用。
例如，RSA算法中的模运算就是基于同余问题的。
同余问题还可以用来进行数字签名和数据加密等操作。
同余问题还与模运算有亲密的关系。
模运算是将一个数除以另一个数得到的余数，而同余问题是比较两个数的余数是否相等。
通过同余问题，可以推导出一些模运算的性质和规章。
最终，同余问题还有一些重要的定理，如中国剩余定理、费马小定理等。
这些定理在数论和密码学中有广泛的应用。
总结起来，同余问题是数论中的一个基本概念，它争辩的是两个数取模后的余数是否相等。
通过同余问题的争辩，可以推导出一些有关数的性质和关系，用来简化计算、求解方程、进行密码学操作等。
小学奥数：同余问题.专项练习及答案解析
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.【考点】两个数的同余问题 【难度】1星 【题型】解答例题精讲知识点拨教学目标5-5-3.同余问题【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。
同余定理的经典例题
同余定理的经典例题标题：同余定理的经典例题及其拓展正文:同余定理是数学中的一个重要定理，它被广泛应用于数论、代数和图论等领域。
该定理给出了一个整数与另一个整数的余数关系，即对于任意两个整数 $a$ 和 $b$,它们除以同一个非零整数 $d$,则有:$$a equiv b pmod d$$上面的等式表示 $a$ 与 $b$ 模 $d$ 同余。
同余定理有许多经典例题，下面将对其中的一些进行介绍。
1. 求解 $x^2 + xy + y^2 = 1$ 的整数解。
这是一个著名的数论问题，它的解被称为勾股数。
根据同余定理，我们可以求出 $x$ 和 $y$ 模 $4$ 的余数:$$(x^2 + xy + y^2) equiv (x + y)^2 pmod 4$$由于 $2$ 是 $4$ 的倍数，因此 $(x+y)^2 equiv 0 pmod 4$,即 $x+y$ 模 $4$ 余 $0$ 或 $2$。
根据同余定理，我们可以得到: $$x^2 + xy + y^2 equiv x^2 + xy pmod 4$$即 $x^2 + xy$ 模 $4$ 余 $x^2 + xy$。
我们可以通过递归的方法求解 $x$ 和 $y$ 的值，最终得到 $x = frac{1+3sqrt{5}}{2}$ 和$y = frac{1-3sqrt{5}}{2}$ 是 $x^2 + xy + y^2 = 1$ 的整数解。
2. 求解 $x^3 + 3x^2 + 2x - 10 = 0$ 的整数解。
这是一个著名的代数问题，它的解被称为循环质数。
根据同余定理，我们可以求出 $x$ 模 $3$ 的余数:$$(x^3 + 3x^2 + 2x - 10) equiv (x^3 + 3x^2) pmod 3$$ 由于 $2$ 是 $3$ 的倍数，因此 $(x^3 + 3x^2) equiv 0 pmod 3$,即 $x^3 + 3x^2$ 模 $3$ 余 $0$ 或 $2$。
同余问题三种类型例题
同余问题三种类型例题同余问题是离散数学中的一类重要问题，涉及到整数的除法运算和求余操作。
在同余问题中，通过对一个整数进行除法运算，我们可以得到一个余数，根据这个余数和被除数之间的关系，可以得到不同类型的同余问题。
下面将介绍三种常见的同余问题类型，并且给出一些详细的例题。
1. 线性同余问题线性同余问题是指寻找一个整数x，满足以下同余关系式：ax ≡ b (mod n)其中a，b，n为已知整数，且n>0。
我们需要求解的是x的取值范围。
这个问题可以用来求解模方程的解集。
例题1：解方程2x ≡ 6 (mod 5)。
根据同余关系式，我们可以得到2x可以被5整除的余数必须等于6。
我们可以列出等价的方程组：2x = 6 + 5k，其中k为整数。
这是一个一次方程，我们可以通过分析得到x=3+5k/2，其中k为整数。
根据这个结果，我们可以得到x的取值范围为3，8，13，18……。
2. 同余方程问题同余方程问题是指寻找一个整数x，满足以下同余关系式：f(x) ≡ c (mod n)其中f(x)为一个与x相关的函数，c，n为已知整数，且n>0。
我们需要求解x的取值范围。
例题2：解方程x^2 ≡ 4 (mod 7)。
要解这个方程，我们需要找到满足x^2-4可以被7整除的x。
我们可以将x^2-4分解为(x-2)(x+2)，即(x-2)(x+2)≡0 (mod 7)。
得到x的取值可以为2，-2，9，-9……。
3. 同余定理问题同余定理问题是指通过对一个整数进行特定的除法运算，来得到该数的同余类。
同余类是将整数分成若干个互相不交、互相等价的集合。
同余问题中的同余定理有欧拉定理、费马小定理等。
例题3：使用费马小定理求解：3^41 ≡ ? (mod 7)。
费马小定理为如果a是整数，p是质数且a和p互质，则a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
根据给定的问题，我们可以将3^41分解为(3^7)^5 * 3^6，即(3^7)^5 * 3^6 ≡ 1^5 * 3^6 ≡ 729 ≡ 2 (mod 7)。
同余问题
课题：同余问题(二)教学目标：1、使学生理解同余问题的含义和性质2、通过本课练习与讲解，掌握同余问题的解题技巧和解题方法，会灵活运用并能解决实际问题重、难点：掌握并熟练运用同余问题解综合题型授课内容：◆◆知识点：同余问题1、如果两个自然数a 、b 同除以m 所得的余数相同，称作a 与b 对于模m 同余，记作)(mod m b a ≡。
例如：17与32被5除，余数都是2，即)5(mod 3217≡◆◆典型例题分析：1、自然数16510、14893和14167除以m 的余数相同，求m 的最大值。
思路：根据条件有)(mod 14167)(mod 1489316510m m =≡对于模m 同余的几个整数，它们的差一定能被m 整除，所以有7111323431416716510⨯⨯==-m1173161714983165102⨯⨯==-m211327261416714983⨯⨯==-mm 应是这三个数的公约数，m 的最大值是3×11=33总结：1、若)(mod m b a ≡，则b a -或a b -能被m 整除2、若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡则)(mod m bd ac ≡3、若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡则))(mod ()(m d b c a ÷≡÷仿练：求2759×367＋3325×1303－255×853除以11的余数。
2、自然数a 与b 除以13的余数分别是5和9，那么a 与b 的和除以13，余数是几。
思路：根据余数性质，a 与b 的和除以13的余数应等于a 、b 分别除以13的余数之和，或这个和除以13的余数即：（5＋9）÷13=1…1，所以余数是1仿练：求273与1582的积被9除，问余数是多少。
巩固练习:1、自然数a 除124、200、352后得到相同的余数，这个自然数最大是几。
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Hale Waihona Puke 版块二：同余问题中的弃九法 知识要点屋 1. 同余问题： 若a，b除以c的余数相同，那么， 的余数相同 那么 (a－b)能被c整除 称a，b对于模c同余 用“同余式”表示为a≡b(modc) 例如，23、13除以5的余数都是3 那么 (23 13)可以被5整除 那么，(23－13)可以被5整除.
知识大总结 1. 余数的三大性质 ⑴ 余数的和、差、积. ⑵ 大数转小数，数列找规律. 2. 同余问题： ⑴ 整除判断法则，余数问题。 ⑵ 弃九法，原数、数字和同余。 弃九法 原数 数字和同余 【今日讲题】例2 例4 例5 【今日讲题】例2，例4，例5 【讲题心得】 ____________________________________________________________________ 【家长评价】 2 ____________________________________________________________________
【例4】(★★★☆) 从0~9这十个数字中，选出九个数字，组成一个两位数、一个三位数和 一个四位数，使这三个数的和等于2010，那么其中未被选中的数字是 ______.
【例5】(★★★★) 一个四位数是这个数的数字和的83倍，求这个四位数
【例6】(★★★☆) 在8进制中，一个多位数的数字和为十进制中的68，求除以7的余数为 多少？
【例1】(★★) ⑴ 220除以7的余数是多少？ ⑵ 1414除以11的余数是多少？
【拓展】(★★☆) 算式1×4×7×10×……×2011的计算结果除以9的余数是多少？
【例3】(★★★★) 算式1×3×5×…×1991的末三位是多少？
【例2】(★★) 在1995 1998 2000 2001 2003中 若其中几个数的和被9除余7 在1995、1998、2000、2001、2003中，若其中几个数的和被9除余7， 则将这几个数归为一组．这样的数组共有______组．
同余 (二)
本讲主线 1. 余数的三大性质. 2. 同余问题中的弃九法 余 中的弃九法.
版块一：余数的三大性质 【课前小练习】 (★) 算式：72×98－64×23除以7的余数是_____
知识要点屋 1. 余数的三大性质： ⑴ 和的余数等于余数的和 ⑵ 差的余数等于余数的差 ⑶ 积的余数等于余数的积