高中数学竞赛讲义-同余(练习题)
高中数学竞赛专题精讲27同余(含答案)
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。
第二讲同余（数论复赛辅导）
第二讲同余（数论复赛辅导）第二讲同余一.基础知识1.定义1. 设m 是正整数，若用m 去除整数b a ,，所得的余数相同，则称a 与b 关于模m 同余，记作)(mod m b a ≡，否则称a 与b 关于模m 不同余，记作a)(m o d m b .例如：)15(mod 434≡，)7(mod 11000-≡，98(mod 2) 等等。
当m b <≤0时，)(mod m b a ≡，则称b 是a 对模m 的最小非负剩余。
对于固定的模m ，通常有下面的性质：性质1. )(mod m b a ≡的充要条件是,a mt b t Z =+∈也即)(|b a m -。
性质2.同余关系满足以下规律：（1）（反身性）)(mod m a a ≡；（2）（对称性）若)(mod m b a ≡，则)(mod m a b ≡；（3）（传递性）若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡，则)(mod m c a ≡；（4）（同余式相加）若)(m od m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m d b c a ±≡±；（5）（同余式相乘）若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m bd ac ≡；注意：① 反复利用（4）（5），可以对多于两个的（模相同的）同余式建立加、减和乘法的运算公式；② 特别地，由（5）易推出：若)(mod m b a ≡，c k ,为整数且0>k ，则)(mod m c b c a k k ≡；③ 同余式的消去律一般并不成立，即从)(mod m bc ac ≡未必能推出)(mod m b a ≡，可是我们却有以下结果：若)(mod m bc ac ≡，则≡),(mod c m m b a . 由此可以推出：（6）若,1),(=m c )(mod m bc ac ≡，则有)(mod m b a ≡，即在c 与m 互素时，可以在原同余式两边约去c 而不改变模.（7）若)(mod m b a ≡，d ｜m ，则)(mod d b a ≡；（8）若)(mod m b a ≡，0≠d ，则)(mod dm db da ≡；（9）若(mod )(1,2,,)i a b m i k ≡=，则12(mod [,,,])k a b m m m ≡，特别地，若12,,,k m m m 两两互素时，则有12(mod )k a b m m m ≡；性质3.若k i m b a i i ,,2,1),(m od =≡，则)(mod 11m b a k i k i i i ∑∑==≡；11(mod )k ki ii i a b m ==≡∏∏；性质4.设)(x f 是系数全为整数的多项式，若)(mod m b a ≡，则))(mod ()(m b f a f ≡。
第36讲__同_余(习题导学案教案)(奥数实战演练习题)
第17 讲同余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具之一。
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，；1、同余是一种等价关系，即有自反性、对称性、传递性1).反身性：；2).对称性：；3). 传递性：若，则;2、加、减、乘、乘方运算若（mod m）（mod m）则（mod m），（mod m），（mod m）3、除法设（mod m）则（mod）。
A类例题例1．证明：一个数的各位数字的和被9除的余数等于这个数被9除的余数。
分析20≡2(mod9)，500≡5(mod9)，7000≡7(mod9)，……，由于10n －1=9M，则10n≡1(mod9)，故a n×10n≡a n (mod9)。
可以考虑把此数变为多项式表示a n×10n+ a n-1×10n-1+…+ a1×10+a0后处理。
证明设a==a n×10n+ a n-1×10n-1+…+ a1×10+a0，∵10≡1(mod9)，∴10n≡1(mod9)，∴a n×10n+ a n-1×10n-1+…+ a1×10+a0≡a n+ a n-1+…+ a1+a0。
说明要熟练记忆并应用常见的数据模的特征。
例2．A，B两人玩一种32张扑克牌的取牌游戏，A先取，以后轮流进行，每次只能从剩下的牌中取1张，或者质数张牌，谁取到最后一张牌获胜，问：谁有必胜策略？分析原有32张牌，如果A总取奇数张牌，B只要取1张牌，使A 面临偶数张牌就可以了，此时A总不能取完偶数张牌。
但2是质数，A可以取两张牌。
注意到32是4的倍数，A只能取奇数张牌或2张牌，B的应对方案稍作调整，可以有必胜的策略。
解B有必胜策略。
由于32≡0（mod 4），而A取的牌不能是4及其倍数，从而A取后，剩下的牌张数x≡3（mod 4），或x≡2（mod 4），或x≡1（mod 4），于是B可以通过取1，2或3张牌，使得剩下的牌的张数y≡0（mod 4），所以，B依次此策略，在A取后，剩下的牌张数不同余于0（mod 4），总是有牌，而B取后剩下的牌的张数y≡0（mod 4），从而B能取到最后一张牌。
四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题讲义：2同余
高一竞赛数论专题2.同余设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡⇔-⇔=+∈设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.在模m 的同余类0121,,,,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同余类中,各取一数所组成的集叫做模m 的一个简系.模m 的一个简系的元素个数记为欧拉函数().m ϕ 欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.1.证明(mod )(mod).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡(特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇔≡ 若2,m c =则2(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡⇔≡)2.设p 是素数,1,k ≥证明1()(1).kk p p p ϕ-=-3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明：()1(mod ).m am ϕ≡(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).pa a p ≡若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数：11101110k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b pb p b ----=++++=++++其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=. 证明：0(mod ).iikb n ma i C C p =≡∏6.已知正整数2n ≥,12,,,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明：存在不全为零的整数12,,,n εεε,使得1122n n a a a εεε+++为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,,.i i n ε<=7.已知素数*61(,1),p k k N k =+∈>证明：121127m m--为整数,其中21pm =-.8.设素数3p >,证明2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-高一竞赛数论专题2.同余解答设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡⇔-⇔=+∈设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.在模m 的同余类0121,,,,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同余类中,各取一数所组成的集叫做模m 的一个简系.模m 的一个简系的元素个数记为欧拉函数().m ϕ 欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.1.证明(mod )(mod).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡ (特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇔≡ 若2,m c =则2(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡⇔≡)证明：(mod )|()ac bc m m c a b ≡⇔-(),.c a b mq q Z ⇔-=∈ 因为,.(,)(,)c m Z Z m c m c ∈∈所以()().(,)(,)c mc a b mq a b q m c m c -=⇔-=即().(,)(,)m c a b m c m c - 因为(,) 1.(,)(,)m c m c m c =所以()()(mod ).(,)(,)(,)(,)c m m ma b q a b a b m c m c m c m c -=⇔-⇔≡即(mod )(mod ).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡2.设p 是素数,1,k ≥证明1()(1).k k p p p ϕ-=-证明：()k p ϕ等于满足以下条件的r 的个数：1,(,) 1.k kr p r p ≤≤= 由于p 是素数,所以有1,,(,),|.p r r p p p r ⎧=⎨⎩Œ显然(,)1(,)1.kr p r p p r =⇔=⇔Œ因此()kp ϕ就等于1,2,,k p 中不能被p 整除的数的个数,由于1,2,,k p 能被p 整除的数的个数有1k p -个.所以11()(1).kkk k p p p p p ϕ--=-=-3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明：()1(mod ).m am ϕ≡(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).pa a p ≡若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡证明：引理 12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系,(,)1,a m =则12(),,,m ar ar ar ϕ也是模m 的一个简系.引理的证明：假设12(),,,m ar ar ar ϕ不是模m 的一个简系.则存在(mod )().i j ar ar m i j ≡≠因为(,)1,a m =所以(mod )().i j r r m i j ≡≠与12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系矛盾,所以引理得证.由引理知道()12()12()12()(mod ).m m m m rr r arar ar a rr r m ϕϕϕϕ≡=由于12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系,所以(,)1,1,2,,().i r m i m ϕ==于是()1(mod ).m am ϕ≡即证得了Euler 定理.令m p =,若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡于是(mod ).p a a p ≡若(,) 1.a p ≠则|.p a 0(mod ),0(mod )pa p a p ≡≡,所以(mod ).pa a p ≡这就证明了Fermat 小定理.4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-证明：引理：对取定的一个简系中的每个i r 必有唯一的一个j r 使得1(mod ).i j r r p ≡引理的证明：因为(,)1i r p =,所以存在整数00,x y 使得001i r x py +=,则0011(mod ).i r x py p =-≡ 所以0(,)1x p =,所以一定存在简系中一个j r 满足0(mod ),j r x p ≡且1(mod )i j rr p ≡,这就证明了存在性. 下面证明唯一性,若还存在简系中一个k r 使得1(mod ).i k rr p ≡则()0(mod )i j k r r r p -≡,因为(,)1i r p =,所以(mod ),j k r r p ≡所以.k j r r =这就证明了唯一性. 当2p =时结论显然成立,可设3p ≥.有引理知道对取定的一个简系中的每个i r 必有唯一的一个j r 使得1(mod ).i j r r p ≡ 又21(mod )1(mod )(1)(1)0(mod )| 1.i j i i i i rr p r p r r p p r ≡⇔≡⇔-+≡⇔± 若|1i p r +且|1i p r -,则|2p 与3p ≥矛盾.所以|1i p r +,|1i p r -不能同时成立. 也即1(mod ),1(mod )i i r p r p ≡-≡不能同时成立.同时也说明除1(mod )i r p ≡±之外,必有i j r r ≠使得1(mod )i j rr p ≡成立.不妨设111,1(mod )p r r p -≡≡-. 这样在, 模p 的一个简系121,,,p r r r -中除111,1(mod )p r r p -≡≡-外恰好两两一对且满足1(mod ).i j r r p ≡于是221(mod ).p r r p -≡所以1211(mod ).p r r r p -≡-特别地1,2,,1p -恰好是模p 的一个简系,所以(1)!1(mod ).p p -≡-5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数：11101110k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b pb p b ----=++++=++++其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=.证明：0(mod ).i ikb n ma i C Cp =≡∏证明：引理1 设p 是一个素数,当11,j p ≤≤-时,则0(mod ).jp C p ≡其中1,2,i =.引理1的证明：因为11.j j p p p C C j--=因为p 是一个素数,所以(,) 1.p j =所以|.j p p C 即0(mod ).j p C p ≡ 引理2 设p 是一个素数,则(1)1(mod ).ppx x p +≡+ 引理2的证明：因为12211(1)1p p p p p p p x C x C x C x x --+=+++++,由引理1得证.回到原题的证明,因为(1)1(mod ).p px x p +≡+所以22(1)((1))(1)1()1(mod ).p p p p p p p p x x x x x p +=+≡+≡+=+32223(1)((1))(1)1()1(mod ).p p pp pp pp x x x x x p +=+≡+≡+≡+(1)1(mod ).k kp p x x p +≡+ 1110(1)(1)kk k k a pa p a p a m x x --+++++=+1101[(1)][(1)][(1)][(1)]k k k k a a p a p ap x x x x --=+++++1101[1][1][1][1](mod )kkk k a a p a p ap x x x x p --≡++++.即1101(1)(1)(1)(1)(1)(mod )kkk k a a m p a p a p x x x x x p --+≡++++上式右边的通项为111100101011()().k k k k kkk k k k k k kk k k i i i i i i i i i i p i p i p p a a a a a a C x Cx C x C CC x--------+++=注意到若11110110k k k k k k k k n b p b pb p b i p i p i p i ----=++++=++++,由p 进制的表示唯一性知111100,,,,.k k k k i b i b i b i b --====比较nx 的系数得0(mod ).i ikb n ma i C Cp =≡∏6.已知正整数2n ≥,12,,,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明：存在不全为零的整数12,,,n εεε,使得1122n n a a a εεε+++为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,,.i i n ε<=证明：设集合12{|(,,,),02017}n i A αααααα==≤<.对于,A α∈令()f α=1122n n a a a ααα+++.(1)若存在不同的,A αα'∈,满足()()(mod 2017)nf f αα'≡,则令.i i i εαα'=- 则12,,,n εεε不全为零且||2017,1,2,,.i i n ε<=同时有1122111222()()()()()0(mod 2017).n n n n nn a a a a a a f f εεεαααααααα''''+++=-+-++-=-≡ (2)若所有的()f α均模2017n不同余,由于||2017,nA =则()f α模2017n的余数分别为0,1,2,,2017 1.n - 考虑多项式().f Ax αα∈∑一方面()f α模2017n的余数分别为0,1,2,,2017 1.n -即所有的()f α的一般形式为12017,0,1,2,,2017 1.nn k k q k ++=-故可以考虑复数22017ni x e π=.1222017()20172017()nnnk k ii k q f xe e ππα++==.220171()201700.n nk i f Ak x e παα-∈===∑∑另一方面1122()11n ni ii i nna a a a a f AA A Ai i x xxx αααααααααα+++∈∈∈∈=====∑∑∑∑∏∏2017022016111()1iiiiiia nna a a a a i i x xx xxx ==-=++++=-∏∏. 因为i a 不为12017n -的倍数,所以,i a 2017i a 都不是2017n的倍数.所以当22017ni x eπ=时,2017101iia a x x -≠-. 于是()0f Ax αα∈≠∑.这样就产生了矛盾.所以所有的()f α均模2017n不同余是不可能发生的. 所以命题得证.7.已知素数*61(,1),p k k N k =+∈>证明：121127m m--为整数,其中21pm =-.证明：由Fermat 小定理知22(mod )211(mod )ppp p ≡⇒-≡,则| 1.p m -所以121|21pm ---.又6|1,p -所以6121|21p ---.即163|21p --,于是17|21p --,从而7|22p -.即7| 1.m -于是7121|21m ---.下面只需要证明7(21,21)1p--=即可. 引理：设,m n 是正整数,则(,)(21,21)21.mnm n --=-回到原题, 注意到7p >且均为素数,所以7(7,)1(21,21)2121 1.pp --=-=-=于是71(21)(21)|21pm ----.即121127m m--为整数.8.设素数3p >,证明2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-证明：引理 对于任给素数p ,多项式1()(1)(2)(1)1p f x x x x p x -=---+-+的所有系数都能被p 整除.引理的证明：设()(1)(2)(1),g x x x x p =---+则1,2,,1p -是()0g x =的1p -个解.从而1,2,,1p -当然也是()0(mod )g x p ≡的1p -个解.由Fermat 小定理知1,2,,1p -是1()1p h x x -=-的1p -个解.所以1,2,,1p -是()()()0(mod )f x g x h x p =-≡的1p -个解.又231221().p p p p f x s xs x s x s ----=++++是2p -次的多项式.则|(1,2,,1).i p s i p =-回到原题,由韦达定理知道222(1)!(1)!(1)!(1).121p p p p p p s s p ------+++=-=-- 令,x p =则一方面11()(1)(2)(1)1(1)! 1.p p f p p p p p p p p --=---+-+=--+另一方面231221().p p p p f p s p s p s p s ----=++++注意到1(1)!1p s p -=-+.所以23211232.p p p p p s ps p s p s p p -----+++=-32322122p p p p p s s ss p p p p p pp------=+++,因为3,p >由引理知|(1,2,,1).i p s i p =-所以220(mod )p s p --≡.即2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-。
数论--同余-第4讲联赛班教师版
1.同余的概念：设m 是一个给定的正整数，把它称为模．如果两个整数,a b 用m 去除所得的余数相同，则称a 与b 对模m 同余，记为()mod a b m ≡．这个符号读作：“a 与b 模m 同余”，如()644mod3≡，()1973mod ≡，()50mod5≡．2.同余这一概念也可用下面两种方式之一来叙述，三种说法是等价的．若|m a b -，则a 与b 对模m 同余； 若a b mt =+（t 为整数），则a 与b 对模m 同余．用符号表示为：()|mod m a b a b mt a b m -⇔=+⇔≡．3.根据同余的定义，容易得到同余的一些性质，最常用的性质有以下几条： 反身性：()mod a a m ≡；对称性：()()mod mod a b m b a m ≡⇒≡； 传递性：()()()mod mod mod a b m a c m b c m ≡⎫⎪⇒≡⎬≡⎪⎭；可加性：()()()mod ()mod mod a b m a c b d m c d m ≡⎫⎪⇒±≡±⎬≡⎪⎭．推论1：()mod a c b c m ±≡±；推论2：()()mod 0mod a b c m a b c m +≡⇒+-≡．可乘性：()()mod mod a b m ac bc m ≡⇒≡（c 为整数）． 推论1：()()()mod mod mod a b m ac bd m c d m ≡⎫⎪⇒≡⎬≡⎪⎭．推论2：()()mod mod n n a b m a b m ≡⇒≡（n 为自然数）．除法性质：若(mod )ac bc m ≡，且(,)c m d =，则(mod )ma b d≡． 证明：由(,)c m d =可设,c de m df ==，且(,)1e f =，则有 (mod )|ac bc m m ac bc ≡⇒-，即|()|()df a b de f a b e -⇒-由(,)1e f =可知，|()(mod )f a b a b f -⇒≡，即mod m a b d ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭．推论：若(mod )ac bc m ≡，且(,)1c m =，则(mod )a b m ≡．第4讲数论1. 若正整数m 和1995对于模6同余，则m 的值可能是 （ ）A ．25B ．26C ．27D ．28【解析】 199563323=⨯+，故19953(mod6)≡273(mod6)≡，选C ．一、四则运算与余数规律【例 1】 求3326(25746)+被50除所得的余数．【解析】33332577(mod50)2577(mod50)≡⇒≡ 2432337491(mod50)71(mod50)71(mod50)77(mod50)≡≡-⇒≡⇒≡⇒≡ 故332577(mod50)≡，从而3325746(746)(mod50)3(mod50)+≡+≡ 于是332626(25746)3(mod50)+≡又552507243730(mod50)37(mod50)≡+≡+≡⇒≡-，故102203(7)491(mod50)31(mod50)≡-≡≡-⇒≡，故 26205153333732129(mod50)++≡≡⨯≡-⨯≡-≡即余数为29．【变式】 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24a b +和24a b -被7除的余数． 【解析】 根据同余的定义，将题设条件“翻译”成符号形式，然后运用同余的性质来求解． 由题意可知，2(mod7),5(mod7)a b ≡≡由2(mod7)a ≡及(mod )(mod )n n a b m a b m ≡⇒≡这一性质可知 2224(mod 7)a ≡≡由5(mod7)b ≡及(mod )(mod )a b m ac bc m ≡⇒≡这一性质可知 4201(mod7)b ≡≡-故224413(mod7),4415(mod7)a b a b +≡-≡-≡+≡．【变式】 求4444441234.....19901991++++++的个位数． 【解析】 首先考查1,2,3,4,....,1990,1991除以10的余数情况，然后再拓展到4次． 4444102030....19900(mod10)102030....19900(mod10)≡≡≡≡≡⇒≡≡≡≡≡； 44441112131.....1991(mod10)1112131.....1991(mod10)≡≡≡≡≡⇒≡≡≡≡≡； 44442122232.....1982(mod10)21222.....19826(mod10)≡≡≡≡≡⇒≡≡≡≡≡； 44443132333....1983(mod10)31323....19831(mod10)≡≡≡≡≡⇒≡≡≡≡≡； ………44449192939...1989(mod10)91929...19891(mod10)≡≡≡≡≡⇒≡≡≡≡≡ 故4444441234.....1990199112006199119961995199++++++≡⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ 6199119961991199049454949488(mod10)+⨯+⨯+⨯+⨯≡++++++++≡≡ 从而可知，个数数字为8．【变式】 ⑴ 求738547被17除的余数；⑵ 23374747a =，其中2337a =，试求233747被7整除的余数．【解析】 ⑴ 24474(mod17)47161(mod17)471(mod17)≡-⇒≡≡-⇒≡7385184641418464747(47)474713(mod17)⨯+≡≡⨯≡≡． ⑵ 36472(mod7)4781(mod7)471(mod7)≡-⇒≡-≡-⇒≡23371(mod6)371(mod6)≡⇒≡故23376164747(47)47475(mod 7)r r +≡≡⋅≡≡，其中r 为正整数即所求的余数为5．【例 2】 求证：1999199911|1023+．【解析】 看到高次项，我们就应该想到要用(mod )(mod )n n a b m a b m ≡⇒≡这一性质，但是 199910太大，可通过(mod )a c b c m ±≡±这一性质将底数变小，然后来证明． 199********(mod11)101(mod11)10(1)1(mod11)≡⇒≡-⇒≡-≡- 199********(mod11)2311(mod11)≡⇒≡≡故199919991023110(mod11)+≡-+≡，即1999199911|1023+．【例 3】 试证明32641|21+．【解析】32323232641|21210(mod641)21(mod641)21641(mod641)+⇔+≡⇔≡-⇒≡-+ 3272525264025(mod641)25(mod641)25641(mod641)⇔≡=⨯⇔≡⇔≡-25223522159(mod641)2159159641225(mod641)⇔≡-⨯⇔≡-≡--≡-⨯ 1831522525641616277(mod641)277(mod641)⇔≡-≡-+≡≡⨯⇔≡152132776415642141(mod641)2141(mod641)⇔≡-≡-≡-⨯⇔≡- 1321121411416415002125(mod641)2125(mod641)⇔≡-≡-+≡≡⨯⇔≡1129921256412129(mod641)21291296412(mod641)⇔≡-≡-⨯⇔≡-≡-+≡ 9922(mod 641)≡显然成立，反推即可得出结论．二、余数的分类讨论【例 4】 1986198719881989n n n n +++的个位不是0，求正整数n 满足的条件．【解析】19866(mod10)19866(mod10)n n ≡⇒≡ 同理，19877(mod10),19888(mod10),19899(mod10)n n n n n n ≡≡≡故1986198719881989(6789)(mod10)n n n n n n n n +++≡+++我们知道，自然数的正整数次方的个位数字周期出现，且最小公倍数为4． 故可分以下情况讨论：若4n k =，则1986198719881989(6161)144(mod10)n n n n +++≡+++≡≡； 若41n k =+，则1986198719881989(6789)300(mod10)n n n n +++≡+++≡≡； 若42n k =+，则1986198719881989(6941)200(mod10)n n n n +++≡+++≡≡； 若43n k =+，则1986198719881989(6329)200(mod10)n n n n +++≡+++≡≡． 又1986198719881989n n n n +++的个位不是0，故4n k =（k 为正整数）【变式】 试证明：当且仅当4|n 不成立时，有5|1234n n n n +++（n 为自然数）【解析】 设4n k r =+（k 为整数，0,1,2,3r =，,k r 不同时为0），则有4422(2)2162n k r k r k r +==⋅=⋅，由161(mod5)161(mod5)k ≡⇒≡，故21622(mod5)n k r r ≡⋅≡．同理，38133(mod5)n k r r ≡⋅≡，425644(mod5)n k r r ≡⋅≡． 于是，12341234(mod5)n n n n r r r r +++≡+++ 当0r =时，12344(mod5)r r r r +++≡；当1r =时，12341234100(mod5)r r r r +++≡+++≡≡； 当2r =时，123414916300(mod5)r r r r +++≡+++≡≡； 当3r =时，12341827641000(mod5)r r r r +++≡+++≡≡ 故当且仅当4|n 不成立时，有5|1234n n n n +++（n 为自然数）．三、同余性质的相关应用【例 5】 261322431503985(mod )m ≡≡≡，且2613被m 除余数不为1，求自然数m 及余数． 【解析】 设261322431503985(mod )r m ≡≡≡≡，则2613,2243,1503,985am r bm r cm r dm r =+=+=+=+（,,,a b c d 为整数） 由此可知，()261322433702537a b m -=-==⨯⨯ ()150********c d m -=-=⨯⨯由m 是2537,2737⨯⨯⨯⨯的公约数，故m 可取2,37,237⨯． 当2m =时，余数为1r =，不合题意，舍去. 当37m =时，余数为23r =； 当74m =时，余数为23r =； 综上所述，37m =或74m =．【变式】 如果m 是大于1的整数，69，90，125对于m 同余，那么m 的值是_____________． 【解析】 由题意可知，6990125(mod )m ≡≡，则有2135560(mod )m ≡≡≡又m 是大于1的整数，()21,35,567=，故7m =．【例 6】 试证明：对任意自然数n ，2903803464261n n n n A =--+都能被1897整除．【解析】(2903464)(803261)n n n n A =--- (2903464)(803261)'M M =---（,'M M 为整数） 92712271'M M =⨯-⨯又(2903803)(464261)n n n n A =---(2903803)(464261)'N N =---（,'N N 为整数） 7210729'N N =⨯-⨯故0(mod271)A ≡，0(mod7)A ≡又(7,271)1=，18977271=⨯，故0(mod1897)A ≡．【例 7】 十进制下，44444444的各位数字之和等于A ，A 的各位数字之和为B ，B 的各位数字之和为C ，求C ．【解析】 44444444是一个很大的数字，但是它的位数我们可以估计出来．设44444444N =，则444454444222204444(10)10<=，这表明N 的位数不多于22220位． 因此，它的各位数字之和A 应小于222209⨯，即222209199980A <⨯=． 由此可知，A 最多为6位数，从而可知6954B <⨯=．在1,2,3,...53中，数字和最大的一个数是49，因此4913C ≤+=． 根据上例能被9整除的数的特点可知： (mod9)N A B C ≡≡≡又3344447(mod9)444473431(mod9)≡⇒≡≡≡，4444314811=⨯+，故14813777(mod9)N ⨯≡⨯≡．又7(mod9)C ≡，13C ≤，故7C =．点评：①101(mod9)n ≡；②一个正整数与其各位数字之和对于整数9同余．【变式】 证明：一个正整数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除． 【解析】 设能被9整除的任意的正整数均能表示为12....n a a a ，12....n A a a a =+++，则1212121....1010...10n n n n n a a a a a a a ---=⋅+⋅++⋅+我们知道，10199...9n n-=，故101(mod9)n ≡故121212112....1010...10...(mod9)n n n n n n a a a a a a a a a a A ---≡⋅+⋅++⋅+≡+++≡ 又12....9n a a a k =（k 为正整数），故90(mod9)A k ≡≡，即9|A ．反之，若一个数的各位之和能被9整除，则这个数必然能被9整除．【变式】 A 为任意n 位数，将组成A 的各位数字任意重新排列后得到一个新数B ，如果A B >，证明A B-是9的倍数．【解析】 设12...n A a a a =，123..n N a a a a =++++，则有1212121...1010...10(mod9)n n n n n A a a a a a a a N ---≡≡⋅+⋅++⋅+≡同理，(mod9)B N ≡，故0(mod9)A B -≡，得证．【例 8】 求整数x ，使得2(mod 3)3(mod 5)2(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩【解析】 解法一：将同余式转化成等式的形式，然后不停的作代换． 由2(mod3)x ≡可知，32x m =+（m 为整数），故323(mod5)31(mod5)36(mod5)2(mod5)m m m m +≡⇒≡⇒≡⇒≡ 设52m k =+，（k 为整数），则有3(52)2158x k k =++=+，故 1582(mod7)15615(mod7)1(mod7)k k k +≡⇒≡-≡⇒≡，故 71k n =+（n 为整数），从而15815(71)810523x k n n =+=++=+ 故整数x 是被105除余23的一切整数． 解法二：运用中国剩余定理首先求出一组123,,M M M 满足：()()()1111mod3,0mod5,0mod7M M M ≡≡≡ ()()()2110mod3,1mod5,0mod7M M M ≡≡≡()()()2110mod3,0mod5,1mod7M M M ≡≡≡ 本题当中12370,21,15M M M ===满足上述条件． 容易证明：()123mod3aM bM cM a ++≡()123mod5aM bM cM b ++≡ ()123mod 7aM bM cM c ++≡所以2,3,2a b c ===时123S aM bM cM =++满足题目条件．习题 1. 求所有满足3|21n +的正整数n ．【解析】30(mod3)21(mod3)2(1)21(1)1(mod3)n n n n ≡⇒≡-⇒≡-⇒+≡-+ 若3|21n +，则210(mod3)n +≡，故(1)10n -+=从而可知，当且仅当n 为奇数时，3|21n +．习题 2. a 除以5余1，b 除以5余4，且3a b >，求3a b -除以5的余数． 【解析】 由题意可知，1(mod5),4(mod5)a b ≡≡，则有 33414(mod5)a b -≡-≡-≡ 故余数为4．习题 3. 求10002除以13的余数.【解析】41232163(mod13)23271(mod13)≡≡⇒≡≡≡ 10001283442223(mod13)⨯+≡≡≡故余数为3．习题 4. 求9992的最后两位数字．【解析】()()()91210251212mod1002512840964mod10021mod100≡≡⇒≡⨯≡≡-⇒≡- 99999099909992222(1)121288(mod100)+⇒≡≡⋅≡-⨯≡-≡习题 5. 求证：555522227|(22225555)+【解析】226322223(mod7)222232(mod7)222221(mod7)≡⇒≡≡⇒≡≡ 故5555692522169252222222222(2222)(2222)3125(mod7)⨯+⨯+≡≡⋅⋅≡≡ 226355554(mod7)555542(mod7)555521(mod7)≡⇒≡≡⇒≡≡ 故22226370225555555542(mod7)⨯+≡≡≡从而可知，55552222222255555270(mod7)+≡+≡≡即555522227|(22225555)+．习题 6. 设n 为自然数，若1914103(mod83)n n +≡+，则n 的最小值可能是 （ ）A ．4B ． 8C ． 16D ． 32【解析】 1914103(mod83)91109720(mod83)n n n n +≡+⇒+≡⇒-≡，故选B ．生肖为何取数12？《周礼·春官·冯相氏》载：“掌十有二岁，十有二月，十有二辰，十日，二十八星之位，辨其叙事，以会天位。
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。
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。
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。
专题23 同余定理(原卷)【网店：教师学科网资料】
2022-2023学年学校六班级思维拓展举一反三精编讲义专题23 同余定理学问精讲同余这个概念最初是由宏大的德国数学家高斯发觉的。
同余的定义是这样的：两个整数a，b，假如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，假如有两个整数同余，那么它们的差就肯定能被这个除数整除。
性质（4）：对于同意个除数，假如两个整数同余，那么它们的乘方仍旧同余。
应用同余性质的关键是要在正确理解的基础上机敏运用同余性质。
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，使简单的题变简洁，使困难的题变简洁。
典例分析【典例分析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。
依据同余性质，“4×3”除以7的余数与“1992×59”除以7的余数应当是相同的，通过求“4×3”除以7的余数就可知道1992×59除以7的余数了。
由于1992×59≡4×3≡5（mod 7）所以1992×59除以7的余数是5。
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。
竞赛数学课程 同余
同 余同余是数论中的重要概念，也是一种方便有力的工具。
它主要涉及同余式、剩余类及鸥拉函数等内容。
一、 基本理论：1.同余式：a ≡b(modm) ⇔a=1q m+r 且b=2q m+r ⇔m ∣a-b （1） 自反性：a ≡a(modm)（2） 对称性：a ≡b(modm) ⇔b ≡a(modm)（3） 传递性：a ≡b(modm)且b ≡c(modm)，则a ≡c(modm)（4） a ≡b(modm)，c ≡d(modm)，则a ±c ≡b ±d(modm)，ac ≡bd(modm)（5） a ≡b(modm)，n +∈Z ，则nn b a ≡ (modm) （6） a ≡b(modm)，m=qn ，n +∈Z ，则a ≡b(modn)（7） a ≡b(mod i m )，i =1、2、…k ，则a ≡b(mod[k m m m ,,21])（8） m ≥1，m +∈Z ，(a,m)=1，则∃c ，使ac ≡1(modm)2．剩余类i M ={i+km ∣i=1,2,…m-1,k ∈ Z}称为模m 的剩余类（同余类），表示为imodm.(1) 在任意给定的m+1个整数中，必有两个对模m 同余。
(2) 存在m 个数，两两对模m 不同余。
(3) n ∣m ，则Z r ∈∃，有rmodm ⊆rmodn(4) 1a modm=2a modm ，则(1a ，m)=(2a ，m)(5) f(x)=011a x a x a n n n n +++-- ， g(x)= 011b x b x b n n n n +++-- ，是两整系数多项式，若满足i i b a ≡(modm)(i=1,2…n)，则当a ≡b(modm)时，f(a)=g(b)(modm)。
（上述多项式叫同余多项式，记为f(x) ≡g(x)(modm)3．鸥拉函数(r,m)=1，则称rmodm 为模m 的既约（互素）同余类，模m 的所有既约同余类的个数记作Ф(x),叫鸥拉函数。
成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题讲义：9.同余方程
成都七中高一竞赛数论专题9.同余方程设整系数多项式1110(),nn n n f x a x a xa x a --=++++同余式()0(mod )f x m ≡称为模m 的同余方程,若整数0x 满足0()0(mod ),f x m ≡则称0x 为同余方程的解,显然0(mod )x x m ≡均为同余方程的解,这些解看做相同的,把它们算做同余方程的一个解.因此解同余方程只要在模m 的一组完全剩余系中解同余方程.满足同余方程的解的个数即为解数,模m 的同余方程的解数至多为.m若(,)1,(),()a m f x s x =都是整系数多项式,则()0(mod )()0(mod )()()(mod )()()()(mod )f x m af x m f x ms x m f x s x s x m ≡⇔≡⇔+≡⇔+≡1.求同余方程22310(mod5)x x ++≡的解.2.证明同余方程9730(mod35)x x x x +--≡的解数为35.3.解同余方程753()23610(mod5).f x x x x x =--++≡4.若(,)1,n a m =及11(mod ),n n a a m -≡其中1n a -称为n a 对模m 的逆或数论倒数.整系数多项式()nn f x a x =1110,n n a x a x a --++++证明：同余方程()0(mod )f x m ≡与同余方程11111n n n n n x a a x a a x ----++++100(mod )n a a m -≡等价.5.设正整数|.d m 整系数多项式1110(),nn n n f x a x a x a x a --=++++证明：同余方程()0(mod )f x m ≡有解的必要条件是同余方程()0(mod )f x d ≡有解.6.证明：当(,)1a m =时,一元一次同余方程(mod )ax b m ≡必有解,且其解数为1.7.证明一元一次同余方程(mod )ax b m ≡有解的充要条件是(,)|.a m b 其解数为(,).a m 若0x 是其一解,则它的(,)a m 个解为0(mod ),0,1,,(,) 1.(,)mx x t m t a m a m ≡+=-8.设p 是素数,0,a p <<证明：1(1)(2)(1)(1)(mod )!a p p p a xb p a ----+≡-是(mod )ax b p ≡的解.9.(拉格朗日定理)设p 是素数,模p 意义下的n 次整系数多项式1110()nn n n f x a x a xa x a --=++++()n p a Œ,证明：同余方程()0(mod )f x p ≡在模p 的意义下至多有min{,}n p 个不同的解.10.证明对于任给素数p ,多项式1()(1)(2)(1)1p f x x x x p x -=---+-+的所有系数都能被p 整除.高一竞赛数论专题 9.同余方程解答设整系数多项式1110(),nn n n f x a x a xa x a --=++++同余式()0(mod )f x m ≡称为模m 的同余方程,若整数0x 满足0()0(mod ),f x m ≡则称0x 为同余方程的解,显然0(mod )x x m =均为同余方程的解,这些解看做相同的,把它们算做同余方程的一个解.因此解同余方程只要在模m 的一组完全剩余系中解同余方程.满足同余方程的解的个数即为解数,模m 的同余方程的解数至多为.m若(,)1,(),()a m f x s x =都是整系数多项式,则()0(mod )()0(mod )()()(mod )()()()(mod )f x m af x m f x ms x m f x s x s x m ≡⇔≡⇔+≡⇔+≡1.求同余方程22310(mod5)x x ++≡的解.解：取模5的绝对最小完全剩余系2,1,0,1,2.--直接计算知道1,2x =-是同余方程的解,所以它的解式1,2(mod5).x =-2.证明同余方程9730(mod35)x x x x +--≡的解数为35.解：9732627(1)(1)(1)().x x x x x x x x x x +--=+-=+-973262242542(1)(1)(1)(1)(1)()(1).x x x x x x x x x x x x x x x x +--=+-=+-++=-++由Fermat 小定理知道任意整数x 对任意整数x 都有70(mod 7)x x -≡.即9730(mod 7)x x x x +--≡. 由Fermat 小定理知道任意整数x 对任意的整数x 都有50(mod5)x x -≡.即9730(mod5)x x x x +--≡.因为(5,7) 1.=所以对任意的整数x 都有9730(mod35)x x x x +--≡. 于是同余方程9730(mod35)x x x x +--≡的解数为35.3.解同余方程753()23610(mod5).f x x x x x =--++≡解：因为对任意的整数x 都有50(mod5)x x -≡,50(mod5).x ≡253()(21)()510(mod5).f x x x x x x =---++≡所以原同余方程等价于31(mod 5).x ≡ 直接计算得解为1(mod5).x ≡ 所以原同余方程为1(mod5).x ≡4.若(,)1,n a m =及11(mod ),n n a a m -≡其中1n a -称为n a 对模m 的逆或数论倒数.整系数多项式()nn f x a x =1110,n n a x a x a --++++证明：同余方程()0(mod )f x m ≡与同余方程11111n n n n n x a a x a a x ----++++100(mod )n a a m -≡等价.证明：若0x x =是()0(mod )f x m ≡的解,则10101000(mod ).n n n n a x a x a x a m --++++≡于是11010100()0(mod ).nn n n n a a x a x a x a m ---++++≡即11110101000(mod ).nn n n n n x a a x a a x a a m -----++++≡这就说明了()0(mod )f x m ≡的解都是11111nn n n n x a a x a a x ----++++100(mod )n a a m -≡的解.若0x x =是11111nn n n n x a a x a a x ----++++100(mod )n a a m -≡的解.则11110101000(mod ).nn n n n n x a a x a a x a a m -----++++≡因为(,) 1.n a m =所以于是1111010100()0(mod ).nn n n n n n a x a a x a a x a a m -----++++≡即11110101000(mod ).nn n n n n n n n n a x a a a x a a a x a a a m -----++++≡也就是10101000(mod ).nn n n a x a x a x a m --++++≡这就说明了11111nn n n n x a a x a a x ----++++100(mod )n a a m -≡的解都是()0(mod )f x m ≡的解.5.设正整数|.d m 整系数多项式1110(),n n n n f x a x a x a x a --=++++证明：同余方程()0(mod )f x m ≡有解的必要条件是同余方程()0(mod )f x d ≡有解.证明：若同余方程()0(mod )f x m ≡有解0x x =,则0|().m f x 因为|,d m 所以0|().d f x 即0()0(mod )f x d ≡.所以同余方程()0(mod )f x d ≡有解0.x x =6.证明：当(,)1a m =时,一元一次同余方程(mod )ax b m ≡必有解,且其解数为1.证明：方法1 当(,)1a m =时,x 遍历模m 的一组完全剩余系时,ax 也遍历模m 的一组完全剩余系.即若12,,,m r r r 是模m 的完全剩余系,12,,,m ar ar ar 也是模m 的完全剩余系,因此有且仅有一个0i r x =使得0(mod ).i ax ar b m ≡≡即一元一次同余方程(mod )ax b m ≡必有解,且其解数为1.方法2当(,)1a m =时,则由Bezout 定理知道存在1a -使得11(mod ).aa m -≡取11,x a b -=则11(mod ).ax aa b b m -=≡这就证明了有解. 若还有解2x 使得2(mod ).ax b m ≡则12(mod ),ax ax m ≡因为(,)1,a m =所以12(mod ).x x m ≡这就证明了解数为1. 注意到当(,)1a m =时有Euler 定理()1(mod ).m a m ϕ≡所以1()(mod ).m a a a m ϕ-≡于是1()1(mod ).m a a m ϕ--≡也就是说(mod )ax b m ≡的解为()1(mod ).m x a b m ϕ-≡7.证明一元一次同余方程(mod )ax b m ≡有解的充要条件是(,)|.a m b 其解数为(,).a m 若0x 是其一解,则它的(,)a m 个解为0(mod ),0,1,,(,) 1.(,)mx x t m t a m a m ≡+=-证明：当(,)1d a m ==时,显然成立. 当(,)1d a m =>时,()⇒若(mod )ax b m ≡有解0x x =,则0(mod ),ax b m ≡也就是0ax my b +=,又|,|,d a d m所以0|d ax my b +=.()⇐若(,)|.a m b 则满足(mod )ax b m ≡的x 的值与(mod )a b mx d d d≡的x 的值相同. 因为(,)1,a m d d =所以(mod )a b mx d d d≡有解.所以同余方程(mod )ax b m ≡有解.若0x x =是(mod )ax b m ≡的解,则0x x =也(mod )a b mx d d d≡的解. 于是(mod )a b m x d d d ≡的所有x 的值是0(mod ).mx x d≡ 于是(mod )ax b m ≡的所有x 的值也是0(mod ).mx x d≡ 即0,.m x x t t Z d =+∈也就是0(mod ),0,1,2,, 1.mx x t m t d d≡+=-8.设p 是素数,0,a p <<证明：1(1)(2)(1)(1)(mod )!a p p p a xb p a ----+≡-是(mod )ax b p ≡的解.证明：1(1)(2)(1)(1)(mod )!a p p p a xb p a ----+≡-所以11(1)(2)(1)(1)(2)(1)(1)(1)(mod )!(1)!a a p p p a p p p a ax ab b p a a -----+---+≡-≡--11(1)(2)(1)(1)(1)!(1)(mod )(1)!(1)!a a p p p a a p a a -----+--≡=---所以111(1)(2)(1)(1)(1)(1)(mod )(1)!a a a p p p a axb b b p a ------+≡-≡--=-.9.(拉格朗日定理)设p 是素数,模p 意义下的n 次整系数多项式1110()nn n n f x a x a xa x a --=++++()n p a Œ,证明：同余方程()0(mod )f x p ≡在模p 的意义下至多有min{,}n p 个不同的解.证明：若p n ≤,显然()0(mod )f x p ≡在模p 至多有min{,}n p p =个不同的解. 若p n >,下面用数学归纳法证明. 当0n =时,显然成立.假设当n k =时,结论成立.当1n k =+时,结论不成立,则111010(mod )()k k k k k a xa x a x a p p a +++++++≡寊a 至少有2k +个解.设为122,,,(mod )k x c c c p +≡.考虑多项式1111111111()()()()()()()k k k k k k k k f x f c a x c a x c a x c x c a x ++++-=-+-++-=-+令1()kk h x a x +=+,则()0(mod )h x p ≡的解至少有有1k +个解22,,(mod )k x c c p +≡因为1k p a +寊,所以()h x 是k 次多项式,由归纳假设知道()h x 至多有k 个解,矛盾. 所以当1n k =+时,结论成立. 所以结论成立.10.证明对于任给素数p ,多项式1()(1)(2)(1)1p f x x x x p x -=---+-+的所有系数都能被p 整除.证明：设()(1)(2)(1),g x x x x p =---+则1,2,,1p -是()0g x =的1p -个解.从而1,2,,1p -当然也是()0(mod )g x p ≡的1p -个解.由Fermat 小定理知1,2,,1p -是1()1p h x x -=-的1p -个解.所以1,2,,1p -是()()()0(mod )f x g x h x p =-≡的1p -个解.又232310().p p p p f x s x s x s x s ----=++++至多是2p -次的多项式.则|(1,2,,1).i p s i p =-若不然,则必存在,d 使得|,, 2.j d p s p s d j p <≤-Œ于是100(mod )dd s x s x s p +++≡,由拉格朗日定理知道解数至多d 个,于是()0(mod )f x p ≡解数至多d 个.2d p <-矛盾.。
高二“自主招生、竞赛及高考”讲义八(同余)
同 余1、设m 是大于1的正整数，b a ,是整数，如果()b a m -，则称a 与b 关于模m 同余，记作()m b a mod ≡，读作a 同余b 模m ．显然，有如下事实：（1）若()m a m od 0≡，则a m ；（2）()m b a m od ≡⇔a 与b 分别用m 去除，余数相同． 证明：“⇒”设11r mq a +=，22r mq b +=，0≤1r ，2r ＜m ． 因为()m b a m od ≡，所以()b a m -，()()2121r r q q m b a -+-=-， 则有m ()21r r -．因为0≤1r ，2r ＜m ，所以0≤1r －2r ＜m ，所以021=-r r ，所以21r r =． “⇐”设a ，b 用m 去除余数为r ，即r mq a +=1，r mq b +=2，()⇒-=-21q q m b a m ()21r r -，故()m b a m od ≡．定理1 设a ，b ，c ，m （m ＞1）都是整数，则有 （1）()m a a m od ≡ （反身性）（2）若()m b a m od ≡，则()m a b m od ≡（对称性）；（3）若()m b a mod ≡，()m c b m od ≡，则()m c a m od ≡（传递性）． 证明：上述性质很容易证明，下面仅证明（3）．因为()m b a m od ≡⇒()b a m -，()m c b mod ≡⇒()c b m -， 所以m |()()[]c b b a -+-⇒()c a m - 故()m c a m od ≡．定理2 设()m b a mod 11≡，()m b a mod 22≡，则 （1）()m b b a a mod 2121±≡±； （2）()m b b a a m od 2121≡．证明：（1）因为()m b a mod 11≡⇒()11b a m -，()m b a mod 22≡⇒()22b a m -，所以m |()()[]2211b a b a -+-⇒()()[]2121b b a a m ±-±， 故()m b b a a mod 2121±≡±． 证明（2）因为()()221112************b a b b a a b b b a b a a a b b a a -+-=-+-=-， 因为()11b a m -，()22b a m -， 所以()2121b b a a m -， 故()m b b a a m od 2121≡．推论1：若()m b a k k mod ≡，=k 1，2，3，…，n ，则 （1）()∑∑===nk k nk k m b a 11mod ；（2）()m b a k nk k nk mod 11∏∏===．推论2：若()m b a m od ≡，则()m b a n n mod ≡．定理3：若()m b b a a mod 2121≡，()m b a mod 22≡，且（2a ，m ）＝1，则()m b a mod 11≡．证明：()()221112************b a b b a a b b b a b a a a b b a a -+-=-+-=-， 因为()m b b a a mod 2121≡⇒()2121b b a a m -， 所以()112b a a m -．因（m ，2a ）＝1，故()11b a m -，即()m b a m od 11≡． 推论3：若()m bc ac mod ≡，且（m ，c ）1=， 则()m b a m od ≡．注意（m ，c ）1=这一条件，当（m ，c ）1≠时，此性质不成立， 如()12mod 42≡， 但()12mod 3462⨯≡⨯． 定理4 若()1m od m b a ≡，()2mod m b a ≡，…()n m b a mod ≡，则()M b a mod ≡．证明 因为()i m b a mod ≡，=i 1，2，3，…，n ， 所以()i m a b -，=i 1，2，3，…，n ．即a b -是1m ，2m ，…，n m 的公倍数，所以a b -也是M 的倍数，即()M a b -， 故()M b a mod ≡．定理5 （费马小定理）设p 为素数，且|p a ，则()11mod p a p -≡． 证明 因为p 为素数，且|p a ，由于1，2，…，1p -互不同余，则可知 1·a ，2·a ，…，()1p -·a 也互不同余．事实上，若()mod (,,i j i j i j x a x a p x x x x ≡≠是1，2，…，1p -中不同两个数），则()i j p x a x a -，()()i j i j p a x x p x x -⇒-，即()m o d i j x x p ≡，与i x ，j x 不同余矛盾．显然|p i x a ，于是i x a 用p 去除，余数为1，2，…，1p -．所以i x a 必与1，2，…，1p -中一个同余，故有1·a ·2·a ·…·()1p -a≡1·2·…·()1p -()mod p()11mod p a p -⇒≡．从而定理得证．满足()1mod r a n ≡的最小正整数r ，称为a 模n 的阶．由上面的论证可知1≤r ≤1n -．下述的（1）表明，a 模n 的阶具有一个非常锐利的性质： （1）设（a ，n ）＝1，a 模n 的阶为r ．若正整数N 使得()1mod N a n ≡，则r N ． 这是因为，设N rp k =+（0≤k ＜r ），则()()1mod qN r k k a a a a n ≡≡≡ ．因0≤k ＜r ，故由上式及r 的定义知，必须有0k =，从而r N ． 性质（1）结合欧拉定理可推出（2）（2）设（a ，n ）＝1，则a 模n 的阶为r 整除()n ϕ．特别地，若n 是素数p ，则a 模p 的阶整除1p -．许多问题中，求出a 模n 的阶往往非常重要．利用a 模n 的阶及性质（1），便能由某些整数幂的指数产生整除关系，这是数论中导出整除的一个基本方法．另一方面，确定a 模n 的阶通常极其困难，当问题具有某种特殊性时方有可能实现．对于具体的a 和n ，逐一计算a ，2a ，…，模n 的余数可以求得a 模n 的阶；若利用（2），这一手续能稍被简化．一、整除和余数问题例1、设a ，b ，c ，d 为正整数，求证：44b d c d a a ++-被240整除．【讲解】由于4240235=⨯⨯，我们将分别证明44b d c d a a ++-被3，5，16整除，由此便证得了结论．首先证明3 |（44b d c d a a ++-）．由结果20a ≡，1（mod 3）可知440b c a a ≡≡，1（mod 3）．从而()()44440mod 3b d c d d b c a a a a a ++-=-≡． 类似地，由20a ≡，()1mod 5±，可知40a ≡，1（mod 5），从而440b c a a ≡≡，1（mod 5）．于是440b d c d a a ++-≡（mod 5）．最后，由40a ≡，1（mod 16）．可知440b c a a ≡≡，1（mod 16）． 故440b d c d a a ++-≡（mod 16）．这就证明了我们的结论． 例2、试求()263325746+被50除所得的余数．【讲解】由于()263346x +是x 的整系数多项式，而2577≡（mod 50），于是()()2626333325746746+≡+（mod 50）．注意到27491≡≡-（mod 50），故()()()()()26262616162633332262574674677461746746⎡⎤⎡⎤+≡+≡⨯+≡-⨯+≡+⎢⎥⎣⎦⎣⎦2626533≡≡（mod 50）． 又5324325077≡≡-≡-（mod 50）， 于是()()()()2652533522574633737732129+≡⨯≡-⨯≡-⨯⨯≡-≡（mod 50）注意到0＜29＜50，因而29就是所求的余数．以上的计算过程中，我们已看到271≡-（mod 50）的作用．一般而言，知道一个整数的多少次幂关于模同余于1±是十分有用的．事实上，1k a =（mod m ），则对于大的指数n ，利用带余除法定理，可得n kq r =+，0≤r ＜k ．于是有()qn kq r k r r a a a a a +=≡≡（mod m ），这里余数r 是一个比n 小得多的数．这样一来，计算n a 的问题，就改换成计算余数r 次幂r a 的问题，从而使计算简单化．例3、设101010a =，问某星期一后的第a 天是星期几？【讲解】星期几的问题是被7除求余数的问题．由于103≡（mod 7）， 221032≡≡（mod 7）， 331032361≡≡⨯≡≡-（mod 7）， 因而6101≡（mod 7）．为了把a 的指数1010写成6q r +的形式，还需取6为模来计算1010．为此，我们有104≡（mod 6），进而有 221044≡≡（mod 6），331044≡≡（mod 6）．依此类推，有10104≡（mod 6），所以101064q ≡+，从而()64644410101011034qq q a +≡≡≡≡≡（mod 7）．这样，星期一后的第a 天将是星期五．例4、设（91，ab ）＝1，试证91 |（1212a b -）【讲解】因91＝7×13，故由（91，ab ）＝1知（91，a ）＝1．从而（7，a ）＝1，（13，a ）＝1．但()76ϕ=，()1312ϕ=，故由欧拉定理得()2126211a a ≡≡≡（mod 7），121a ≡（mod 13）． 于是由性质8知121a ≡（mod 91）． 同理可证121b ≡（mod 91）， 于是1212110a b -≡-≡（mod 91）， 即91 |（1212a b -）．现考虑整数a 的幂n a 所成的数列a ，2a ，…，n a ，…， ①若有正整数k 使1k a ≡（mod m ），则由前文已提到的方法，有 n r a a =（mod m ），n k q r =+，0≤r ＜k ． 因而关于mod m ，①的项依次同余于a ，2a ，…，k a ，a ，2a ，…，k a ，a ，…，这个数列相继的k 项成一段，各段是完全相同的，因而是周期数列．例5、数列{}n x 为1，3，5，11，…满足递推关系1123n n n y y y +-=+，n ≥2②求证：这两个数列没有相同的项．【讲解】考虑以8为模，首先证明，数列{}n x 模8后是一个周期数列 1，3，5，3，5，…．③因为23x ≡，35x ≡（mod 8）．若已有13n x -≡，5n x ≡（mod 8）， 则由递推公式①，得1125233n n n x x x +-=+≡+⨯≡（mod 8）， 2123255n n n x x x ++=+≡+⨯≡（mod 8），这就归纳证明了我们的断言，同样由②可证明，数列{}n y 模8后成为周期数列 7，1，7，1，7，1，…．④由③、④可见，两个数列2x ，3x ，…与1y ，2y ，…模8后无相同项，故这两个数列无相同项．又因为{}n y 是递增的，所以1y ，2y ，…决不会等于11x =，这就证明了{}n x 与{}n y 无相同项．题型二 求解和证明问题例6、设x N ∈，且使37.526.5n n +为整数，求n 值． 【讲解】()137.526.575532n n n n n +=+． ①当n 为偶数时，()7553112nn n n +≡-+≡（mod 4）．②故()755342n n k k N +≡+∈， 从而 ()1137.526.5212n n n k -+=+不是整数． 当n 为奇数时，()()1217553755375755353n n n n n ---+≡+-⨯++ ()7121275755353n n n ---=-⨯++ ．括号内有奇数项，每项皆为奇数，故仍为奇数．因此只有当n =1，3，5，7时，37.526.5n n +才是整数．例7、求最小正整数n ，使得3332002122002n x x x +++=①有整数解．【讲解】因为20024≡（mod 9），341≡（mod 9），206731=⨯+，所以20022002200244≡≡（mod 9）． 又对任何整数x ，有30x ≡，1±（mod 9）．于是31x ，3312x x +，3331234x x x ++≡（mod 9）．由于33332002101011=+++， ②从而()32002667200220022002=⨯()()()()333366766766766710200210200220022002=⨯+⨯++．③故使得①有整数角的最小4n =．例8、设p 为素数，求证：存在素数q ，使得对任意整数n ，数p n p -都不能被q整除．【讲解】由于211111p p p p p p p p --=++++≡+- （mod 2p ），则11p p p --中至少有一个素因子q ，满足1q ≡（mod 2p ）．下面证明q 为所求．假设存在整数n ，使得p n p ≡（mod q ）．则由q 的选取，有21p p n p ≡=（mod q ）．另一方面，由费马小定理，得11q n -≡（mod q ）（由于q 为素数且（n ，q ）＝1）． 由于()2|1p q -，有（2p ，1q -）p ，则 1p n ≡（mod q ）． 从而导出11p p p p -+++≡ （mod q ）． 由q 的选取，有0p ≡（mod q ）．矛盾．例9、设n ，*k N ∈，且n 不是3的倍数，k ≥n ．求证：存在*m N ∈，使得n |m ，且它的各位数字之和为k ．【讲解】设25a b n p =⋅⋅，其中a ，b N ∈，且（p ，10）＝1．只要证明存在*M N ∈，使p |M 且M 各位数字之和为k 即可．实际上，这只需设10c m M = ，其中{}ma x ,c a b =．因为（p ，10）＝1，由欧拉定理，存在正整数d ≥2，使得 101d ≡（mod p ）． 对于每对非负整数i ，j ，有101id ≡（mod p ），1010id≡（mod p ）．设1111010u vidjd i j M +===+∑∑，其中如果u 和v 是0，则对应的和为0． 由于10M u v ≡+（mod p ），设(),|10;u v k p u v +=⎧⎨+⎩ 等价于(),|9.u v k p k v +=⎧⎨+⎩ ①因为（p ，3）＝1，则k ，9k +，18k +，…，()91k p +-模p 的剩余之一必然是0．于是存在某个正整数0v ，且0≤0v ＜p ，满足①式．设00u k v =-，则由0u ，0v 所确定的M ，满足前面所要求的条件．例10、设三角形的三边长分别是整数l ，m ，n ，且l ＞m ＞n ．已知444333101010l m n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫==⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭，其中{}[]x x x =-，而[]x 表示不x 不的最大整数．求这种三角形周长的最小值．【讲解】由题设可知444444333333101010101010l l m m n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤-=-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 于是 333l m n≡≡（mod 410）()()44333mod 2333mod5l m n l m n ⎧≡≡⎪⇔⎨≡≡⎪⎩①②由于（3，2）＝（3，5）＝1，所以由①可知()4331mod 2l n m n --≡≡．现在设u 是满足31u ≡（mod 42）的最小正整数，则对任意满足31v ≡（mod 42）的正整数v ，我们有|u v ，即u 整除v ．事实上，若|u v ，则由带余除法可知，存在非负整数a 及b ，使得v au b =+，其中0＜b ≤1u -，从而可推出3331b b au v +≡≡≡（mod 42），而这显然与u 的定义矛盾，所以|u v ． 注意到33≡（mod 42），239≡（mod 42），33271≡≡（mod 42），431≡（mod 42），从而可设4m n k -=，其中k 为正整数． 同理，可由②推出31m n -≡（mod 45）． 故431k ≡（mod 45）．现在我们求满足431k ≡（mod 45）的正整数k ．因为443152=⨯⨯，所以()443115210kk -=+⨯-≡（mod 45），即()()()42831211252525226k k k k k k ---⨯+⨯⨯+⨯⨯()()()2731112553125203k k k k k k --⎡⎤≡++-⨯+⨯⨯≡⎣⎦（mod 45）， 或()()()72111253125203k k k k k k --⎡⎤++-⨯+⨯⨯≡⎣⎦（mod 35）， 即有5k t =，并代入该式得()7535120t t t ⎡⎤++-⨯≡⎣⎦（mod 25）， 即有0t ≡（mod 25），即355k t s ==，其中s 为正整数，故500m n s -=，s 为正整数．同理可证500l n r -=，r 为正整数． 由于l ＞m ＞n ，所以有r ＞s ．这样一来，三角形的三条边为500r n +，500s n +和n ．由于两边之差小于第三边，故n ＜()500r s -，因此，当1s =，2r =，501n =时，三角形的周长最小，其值为（1000＋501）＋（500＋501）＋501＝3003．例11、设整数a ，b ，c 满足0a b c ++=，记199919991999d a b c=++．求证：||d 不是素数．【讲解】本题有好几种解法，这里我们采用同余来证明：||d 有一个非平凡的固定约数．首先，对任意整数u ，数1999u 与u 的奇偶性相同，即1999u u ≡（mod 2），故0d a b c ≡++≡（mod 2），即2|d ． 此外，对任意整数u ，易于验证（区分3|u 及3|u ）3u u ≡（mod 3）． 由此推出19991998666222752593u u u u u u u u u u u u =⋅≡⋅≡⋅≡≡≡≡≡（mod 3）． 因此0d a b c ≡++≡（mod 3）．故6|d ，从而d 不是素数．例12、求证：对任意给定的正整数n ，均有连续n 个正整数，其中每一个都有大于1的平方因子．【讲解】由于素数有无穷多个，我们可取出n 个互不相同的素数1p ，2p ，…，n p ，而考虑同余式组()2mod i x i p ≡-，i =1，2，…，n ．①因21p ，22p ，…，2n p 显然两两互素，故由中国剩余定理知，上述同余式组有正整数解，于是，连续n 个数1x +，2x +，…，x n +分别被平方数21p ，22p ，…，2n p 整除．若不直接使用素数，也可采用下面的变异的方法．由于费马数221kk F =+（k ≥0）两两互素，故将①中的2i p 换为2i F （i =1，2，…，n ）后，相应的同余式组也有解，同样导出证明．例13、设n ，k 是给定的整数，n ＞0，且()1k n -是偶数．求证：存在x ，y ，使得（x ，n ）＝（y ，n ）＝1，且()mod x y k n +≡．【讲解】我们先证明，当n 为素数幂a p 时结论成立．实际上，能够证明，存在x ，y ，使|p xy 且x y k +=．若2p =，则条件表明k 为偶数，此时可取1x =，1y k =-或2x =，2y k =-中有一对满足要求．一般情形下，设1212r a a a r n p p p = 是n 的标准分解，上面已证明，对每个i p ，均存在整数i x ，i y ，使得|i p i i x y ，且i i x y k +=（i =1，2，…，r ）．而由中国剩余定理，同余式组()mod i a i i x x p ≡（i =1，2，…，r ） ① ()mod i a i i y y p ≡（i =1，2，…，r ）②有解y ．现在不难验证解x ，y 符合问题中的要求：因|i p i i y ，故|i p xy （i =1，2，…，r ），于是（xy ，n ）＝1．又由①，②知 ()mod i a i i i x y x y k p +≡+=（i =1，2，…，r ），故()mod x y k n +≡．例14、给定正整数n ，设()f n 是使()1f n k k =∑能被n 整除的最小正整数．求证：当且仅当n 为2的幂时有()21f n n =-．【讲解】问题的前一半甚为容易．如果2m n =，则一方面()()21112122122n m m k n n k n-+=-⨯==-⋅∑被2m n =整除．另一方面，若r ≤22n -，则()112rk r r k =+=∑不被2m 整除，这是因为r 和1r +中有一个是奇数，而另一个不超过()122121m n +-+=-，因而不被12m +整除．综合上述两个方面，即知()1221m m f +=-．现在设n 不是2的方幂，即2m n a =，其中m ≥0，a ＞1为奇数．我们证明，存在正整数r ＜21n -，使得12|m r +，且()|1a r +，于是()112rk r r k =+=∑被2m a n =整除，因而()f n ＜21n -．为证明上面的断言，我们考虑()10mod 2m x +≡，()1mod x a ≡-．①因为()12,1m a +=，故由中国剩余定理知，同余式组①必有解0x ，并且其全部解为()10mod 2m x x a +≡，即()0mo d 2x xn ≡．因此可确定一个r 满足①，且0＜r ≤2n ．进一步由①中第二个同余式知2r n ≠．而由第一个同余式可见21r n ≠-，因此实际上r＜21n -．这证明了存在满足要求的r ．例15、求证：对于任意非负整数n ，19817n ⨯+是合数．【分析】要证明()19817n A n =⨯+是合数，就要()A n 要能被哪个素数整除．那么，对于不同的n 应选取哪个素数为模进行讨论呢？这就需要从一些简单的数n 入手进行试验．当0n =时，()036A =，显然()2|0A ，()3|0A ．但当n ≥1时，()A n 是奇数，所以mod 2不太适当，可以考虑选择mod 3．当1n =时，()119817169A =⨯+=，()13|1A ； 当2n =时，()22198171233A =⨯+=，()3|2A ； 当3n =时，()33198179745A =⨯+=，()5|3A ； 当4n =时，()441981777841A =⨯+=，()3|4A ； 当5n =时，()5519817622609A =⨯+=，()13|5A ；由以上试验可以看出什么呢？首先，当1n =，2，3，4，5时，()A n 是合数，它们依次有素约数3，13，3，5，3，13．其次，当n 是偶数时，()A n 能被3整除；当n 为41k +型数时，()A n 能被13整除；当n 为43k +型的数时，()A n 能被5整除．于是，我们可以对不同的n 选取不同的模来证明()A n 是合数． 【讲解】设()19817n A n =⨯+． （1）{}()20n k k N =∈ 时，()219817198171886417n k k k A n =⨯+=⨯+=⨯++()2188631170kk =⨯+++≡（mod 3）．于是()3|2A k ，()2A k 是合数． （2）当{}()410n k k N =+∈ 时，()41124119817138686417k k k A k +++=⨯+=⨯+⨯⨯+()241213839649651134kk k +=⨯+⨯+-++ ()29140k≡-+≡（mod 13）．于是()13|41A k +，()41A k +是合数． （3）当{}()430n k k N =+∈ 时，()434343243198172088175126417k k k k A k ++++=⨯+=⨯-+≡-⨯+()()2226511522120kk≡--++≡--+≡（mod 5）．于是()5|43A k +，()43A k +是合数．由以上可知，对所有非负整数n ，()A n 是合数．例16、记111k k I = 个．求证：存在无穷多个正整数n ，使1I ，2I ，…，n I 除以n 给出互不相同的余数．【讲解】n I ：1，11，111，1111， (1111)个，…．试算：2不符合；3除以1I ，2I ，3I 的余数分别是1，2，0；4，5，6，7，8均不符合；9除以1I ～9I 的余数分别是1～8及0，10，11也非所求．但12以后的试算就变得复杂，甚至不可能，停止．回顾我们试算的结果，可作出猜想：3r n =，r N ∈．下面进行验证．（1）对r 用归纳法可证明33|r r I ．但13|r +3r I ．（留给读者）（2）用反证法证明1I ，2I ，…，n I 是mod n 的完全剩余类（3r n =）． 若有i ＜j ≤3r ，使()mod 3r i j I I ≡，则由10i j j i i I I I -=⋅-及（10，3r ）＝1知3r j i I -．即存在正整数k ＜3r ，使3r k I ．令k 为最小的这种数，设3r p k s =⋅+，0≤s ＜k ．因为()()1310101kr p k k s I I I -=++++ （规定00I =），又33,3r r r k I I ， 所以3r s I ．于是0s =．有3r k ，3t k =，1≤t ＜r ．由（1）知33t t I ．但133|t t k I I +=．此与3r k I 矛盾．例17、非常数的正整数无穷数列{}n a 满足递推关系121n n a a +=+或21n a -，1n =，2，…．求证：数列{}n a 中至少有一项为合数．【讲解】本题关键是考察n a 的取值情况．n a 的取值由1a 确定，但2a 可有2个取值，3a 可有4个取值，……，n a 可有12n -个取值，因此，无法确定n a ．用什么办法可把不定的递推关系转化成确定的递推关系呢？我们想到了“模”．因n a 均为奇数（n ≥2），故按mod 2分类不行，可考虑mod 3．由于{}n a 是递增数列，不妨设1a ＞3（否则去掉前面若干项即可）． （1）若10a ≡（mod 3），则13|a ，得证．（2）若11a ≡（mod 3），1a 为质数（若1a 为合数已得证）． 对2121a a =+，有20a ≡（mod 3），得证． 对2121a a =-，有21a ≡（mod 3），从而， 对2221a a =+，有30a ≡（mod 3），得证． 对3221a a =-，有31a ≡（mod 3），从而， ……或者得证，或者1n a ≡（mod 3）． 若都有121n a a a ≡≡≡≡≡ （mod 3）． 则121n n a a +=-． 于是()1121n n a a +-=-． 从而()11211n n a a +=-+． 应用费马小定理，得()()11111211110a a a a a -≡-+≡-+≡（mod 1a ）．故1|a a a ．于是，1a a 为合数，得证．（3）若12a ≡（mod 3），可类似于（2）进行讨论．例18、求证：存在无穷多个自然数n ，使得()|22n n +，()()1|21n n -+． 【分析】显然，n ≥2．我们从2开始试验：()22|22+，()()221|21-+．3|()322+，4|()422+，5|()522+，()66|22+ 且()65|21+．再往下试验7|()722+，8|()822+，9|()922+．如果再继续试验就麻烦了，不妨思考以上成立的两个数2和6． 6可以写成222⨯+，也可写成222+．经试验 ()()662222|22+++，()()662121|21+++． 这是因为62266+=，62165+=．而()()()6665560555222212212221+=+=+++++于是()6666|22+，因()()()116666605452121212221+=+=+-+-+ ．又有()6665|21+．由以上试验可以猜想出，当()|22n n +且()()1|21n n -+时，()()2222|22nn+++，且()()2221|21nn +++．下面我们证明这个结论，这就把讨论存在性问题转化为一个结论确定的论证性问题．【讲解】显然，()22|22+，()()221|21-+． 假设存在n N ∈，使得()|22n n +且()()1|21n n -+． 由()|22n n +可知，2|n ，4|n ． 由()()1|21n n -+可知，存在k N ∈，使得()211n n k +=-，其中2|()1n -，2|k ．． ()()1211212121nn kn M -+-+=+=+，M N ∈．于是()()12121|21nn -+++．对此式两边同乘以2，有()()2222|22nn +++．由于()|22n n +，4|n ，则22n nt +=，t 为奇数．()22212121nnt n T ++=+=+，T N ∈．即有()()2221|21nn +++．于是，当()|22n n +，()()1|21n n -+，2|n ，4|n 时，必有()()2222|22n n+++且()()2221|21n n+++．因此，由2n =可生成2226+=，62266+=，6622+，…．如此下去，可以得到无穷多个符合题目要求的自然数n ．例19、设n ＞1，()|21n n +，求证：3|n ．【讲解】显然n 是奇数．设p 是n 的最小素因子，我们证明3p =，从而3|n ．设2模p 的阶是r ．由21n ≡-（mod n ）知221n ≡（mod p ）． ①又因p ≥3，故费马小定理给出 121p -≡（mod p ）． ② 由①、②及阶的性质推出|2r n 及()|1r p -，故()|2,1r n p-．不难证明()2,12n p -=．这是因为，由2|n 知()2|2,1n p -，但22|()2,1n p -；另一方面，若有奇素数()|2,1q n p -，则()|1q p -，及|q n ，但前者表明q ＜p ，这与p 是n 的最小素因子相违，所以()2,12n p -=，从而2r =，故3p =．例20、设n ＞1，求证|n ()21n -．【讲解1】反证法，设有一个n ＞1，使()|21n n -．对于n 的任一个素因子p ，有p ≥3．设2模p 的阶为r ，则显然r ＞1．由21n ≡（mod n ）推出21n ≡（mod p ）． ① 又由费马小定理得121p -≡（mod p ）②因此|r n 及()|1r p -，从而()|,1r n p -．现在我们特别地取p 为n 的最小素因子，则必有(),11n p -=．这是因为若素数()|,1q n p -，则()|1q p -，及|q n ，但前者意味着q ＜p ，这与p 的选取矛盾，因此(),11n p -=，故1r =，矛盾！【讲解2】这一解法不必考虑n 的素因子．设有n ＞1，使()|21n n -，则n 为奇数．设r 是2模n 的阶，则由21n ≡（mod n ）知|r n ．又21r ≡（mod n ），故更有21r ≡（mod r ），即()|21r r -③因阶r 满足1≤r ＜n ，而显然1r ≠（否则导出1n =），故1＜r ＜n ．由③重复上述论证，可得出无穷多个整数i r （i =1，2，…），满足()|21i r i r -，且n ＞r ＞1r ＞2r ＞…＞1，这显然不可能．这一证明，也采用下面更为简单的表述：取n ＞1是最小的使()|21n n -的整数，上面论证产生了一个整数r ，使得()|21r r -且1＜r ＜n ，这与n 的选取相违．例21、设p 是一个奇素数．求证：2211p p p ++的任一正约数都1≡（mod 4p ）.【讲解】我们只要证明2211p p p ++的任一个素约数q 满足()1mod 4q p ≡即可．首先注意()()2212222111P P P P P P P P --+=-+-++ ，①故q p ≠．设r 是p 模q 的阶，因 ()21mod P P q ≡-，故()41mod P p q ≡，所以4r p ．于是1r =，2，4，p ，2p 或4p ．若1r =，2，4，p ，2p ，将导出()21mod p P q ≡，结合②得到2q =，这不可能；若4r =，则因q 是素数，我们推出()21q p -或()21q p +．前者已证明为不可能．若后者成立，即()21mod p q ≡-．我们将①式模q ，其左边模q 当然为0，而右边()()()()121111mod p p p q --≡---+--+≡ ．因此p q =，这不可能，故4r ≠．因此只能4r p =．最后，因(),1p q =，故由费马小定理得()11mod q p q -≡，于是()1r q -，即()41p q -，因此()1mod 4q p ≡．例22、（1）设p 是奇素数，1a ≠±，|p a ．设r 是a 模p 的阶，0k 满足()01k rp a-．记k r 是a 模k p 的阶，则有00,1,,;,k k k r k k r rP k k -=⎧⎪⎨>⎪⎩ 若若（2）设a 是奇数，()1mod 4a ≡，1a ≠，0k 满足()021k a -．记k l 是a 模2k 的阶，则有001,1,,;2,k k k k k l k k -=⎧⎪⎨>⎪⎩ 若若（3）设a 是奇数，()1mod 4a ≡-，1a ≠-，0k 满足()021k a +．记k l 是a 模2k 的阶，则有001,12,2,,12,1k k k k l k k k k -⎧=⎪=+⎨⎪>+⎩ 若若若． 【讲解】（1）当1≤k ≤0k 时，由()1mod r k k a p ≡推出()1mod r k a p ≡，故由r 的定义知k r r ．别一方面，由()01mod k r kap ≡可得，故由k r 的定义推出k r r ，从而()01,,k r r k k == ．现在设k ＞0k ．我们先证明，对每个i =0，1，…，有()01ik irP pa +-，即有011ik rP i a p u +=+，．①这可用归纳法来证明：当0i =时，由0k 的定义知①成立．设①对i ≥0时亦成立，则由二项式定理易知()101i pk irP iapu ++=+00122221k i k i i p i p u C p u +++=+++… ()0011221k i k i i p i p u C p u +++-=+++0111k i i p u +++=+，其中1|i P u +（注意，我们这里需要p ≥3），于是①对所有i ≥0都成立． 利用①，我们对k ≥0k 时，前面已证明了结论成立．若k ＞0k ，设已有011k k k r rP ---=．一方面，在①中取0i k k =-可知()01mod k k rPk a p -≡，故0k k k r rP -．另一方面，由()1m o d k r k a p ≡可推出()11m o d k r k a p -≡，故1k k r r -，因此0k k k r rP -=或01k k rP--．但在①中取01i k k =--，可知()101mod k k rP k ap --≡，故必须0k k k r rP -=．（2）当1≤k ≤0k 时，结论显然成立．当k ＞0k 时，注意()1mod 4a ≡，1a ≠意味着0k ≥2，由此极易用归纳法对i =0，1，…，证明0212ik i i a u +=+，2|i u ．②由②则不难与（1）中相同的论证推出，02k k k l -=（k ≥0k ）．（3）由()1mod 4a ≡，易证明k =1，2，…，01k +时的结论．又用归纳法不难得知，对i =0，1，…，有0212ik i i a u +=+，2|i u ．③由此可与（1）中论证相同地得到02k k k l -=（对k ≥01k +）． 题型六 数学竞赛中的同余问题 例23、求200120022003的最末三位数字．【讲解】设20012002N =，问题即是求2003N 除以1000所得的余数．由于()20033mod1000N N ≡，下面先来求n ，使得()31mod1000N ≡，这样，将20012002写为nk r +的形式，便有()()20033333mod1000kN nk r n r r +≡≡⋅≡．因为23101=-，利用二项式展开，有()()()()()1122231011101100110m m m m m m mm m ---=-=-+⋅-+-++ ．可见，除了开头的三项外，其余每一项皆为1000的倍数．令2m q =，则()()4312010021mod1000q q q q ≡-+-．①因此，()10031mod1000≡．故只要确定20012002除以100所得的余数即可． 由于()()20012001199920022mod10042mod 425≡=⋅⋅． 又()10210241mod 25=≡-，所以()()19919919991092221512=⋅≡-⋅()1212mod 25≡-≡， ()2001241352mod100≡⋅=．即20012002可以写成10052k +的形式，其中k Z ∈． 于是()200120025220033mod1000≡12013130025≡-⋅+⋅()241mod1000≡．（利用了①式）所求的最末三位数为241．例24、设n 是一个正整数，A 是一个2n 位数，且每位上的数字均为4，B 是一个n 位数，且每位上的数字均为8．求证：24A B ++是一个完全平方数． 【讲解】由设，有()224499910199n n A =⨯=⨯- 个． ()8899910199n n B =⨯=⨯- 个． 于是24A B ++ ()()2416101101499n n =⨯-+-+ 2416161010999n n =⨯+⨯+ 2241033n ⎛⎫=⨯+ ⎪⎝⎭．又因为()21042110mod3n ⨯+≡⨯+≡，所以241033n ⨯+是正整数．例25、一会议厅有n 张椅子围绕着一张圆桌，n 位代表在开会．第一位代表任意选择他（或她）的座位．此后第()1k +位代表坐在第k 位代表的右边的（按逆时针方向）第k 个座位，这里1≤k ≤1n -（特别地，第二位代表坐在第一位的下一个座位）．每张椅子不能坐多于一位代表，求能得到如此安置代表座位的n 值．【讲解】2m n =，其中m 是任一非负整数．记这些座位的编号分别为0，1，2，…，1n -，第k 位代表坐在座位()1/2k k -，其中k =1，2，…，n ．于是，如果这n 个数()1/2k k -对模n 不同余，这里k =1，2，…，n ，那么这个安置座位方案是可能的．首先，假设2m n =，其中m 是非负整数．特别地，当0m =时，显然安置座位方案是可能的．当0m ≠时，我们有()()()()111222h h k k h k h k ---+--=，若h 和k 不相等，则h k -和1h k +-都是非零数，但它们具有相异奇偶性，且都小于2n ．于是其中一个是奇数，另一个不能被比2m 的指数更高的2的幂整除，这样()()1/2h k h k -+-不能被2m 整除，即()1/2h h -与()1/2k k -对模n 不同余．故安置座位方案在n 是一个2的幂时可操作．反之，假设2m n =()21a +，其中a 是正整数，m 是非负整数．若a ＜2m ，取21m h a =++，2m k a =-，则21h k a -=+，112m h k ++-=，()()()1122122m h h k k a ---=+，故()12h h -和()12k k -对模n 同余．若a ≥2m ，取21m h a =++，21m k a =-+．则12m h k +-=，121h k a +-=+，()()()1122122mh h k k a ---=+，也得到()12h h -和()12k k -对模n 同余，上述h ，k 的取值都是1～n 内的整数．因此若n 不是一个2的幂就没有可能安置座位方案．例26、数1978n 与1978m 的最末三位数相等，试求m 和n ，使得m n +取最小值．其中n ＞m ≥1．【讲解】由于1978n 与1978m 的最末三位数相等，则()19781978mod1000m n ≡，又因为10008125=⨯，所以()19781978mod8m n ≡， ① ()19781978mod125m n ≡②因n ＞m ≥1，故n m -≥1且()1978,1251m =，则由②式知19781n m -≡（mod 125）． ③又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才有可能成立．令4n m k -=，由于()242n m n m m k m +=-+=+，因而只需确定k 和m 的最小值．先确定k 的最小值．因为()44419787925331=⨯+≡≡（mod 5）， 44197836≡≡（mod 25），令4197851t =+且5|t ，而()()240197811978151155kn m k t t p k t -≡-=-=+-=+ （mod 125）．显然，使上式成立的k 的最小值为25．再确定m 的最小值．因为19782≡（mod 8），由①知22n m ≡（mod 8），④由于n ＞m ≥1，④式成立，m ≠1，2；3m =．从而m 的最小值为3． 所以合乎题设条件的m n +的最小值为106．例27、我们称1A ，2A ，…，n A 为集合A 的一个划分，如果 （1）12n A A A A = ； （2）i j A A φ= ，1≤i ＜j ≤n ．求最小正整数m ，使得对{}1,2,,A m = 的任意一个14子集分划1A ，2A ，…，14A ，一定存在某个集合i A （1≤i ≤14），在i A 中有两个元素a ，b 满足：b ＞a ≥43b ．【讲解】（1）若m ＜56，令(){}|mod14,i A a a i a A =≡∈，则对任意b ＞（i =1，2，…，14），均有56＞a ＞b ，且a b -≥14．故b ≤14a -＜42．于是1a a b b b -=+≥141b +＞14142+＝43．因此m ≥56．（2）若56m =．则对A 的任意划分：1A ，2A ，…，14A ，15个数42，43，…，56中，必有两个数a ，b （b ＞a ）属于同一子集A ，它们满足b ＞a ≥43b ，因456423=⨯．综合（1）、（2），满足要求的最小正整数为56m =． 训练：1、求20001992被29除的余数．2、求141414的末尾两位数．3、一个三位数，8除余7，9除余8，10除余9，求此数．4、求使21n -为7的倍数的所有正整数n ．5、求3除余2且7除余4的二位数和三位之和．6、用数码1，2，3，4，5，6，7作七位数，每个数码恰用一次．求证：这些七位数中没有一个是另一个的倍数．7、试证对于任何整数a ，数87a +不是三个整数的平方和．8、设p 为大于5的素数，求证在数列1，11，111，…中有无穷多项是p 的倍数． 9、试证1992|2000200449257n n n n -+-，这里的n 为任意正整数． 10、设p 是给定的正整数，试确定()()2221mnp p --的最小正值，这里m ，n 为任意正整数．11、试求不大于100，且使()11|374n n ++成立的自然数n 的和．12、试求不定方程44412141599x x x +++= 的所有整数解． 13、设n ＞3是奇数，求证：将n 元集合{}0,1,,1S n =- 任意去掉一个元素后，总可以将剩下的元素分成两组，每组12n -个数，使两组的和模n 同余． 14、连结正n 边形的顶点，得到一个闭的n —折线．求证：若n 为偶数，则在连线中有两条平行线；若n 为奇数，连线中不可能恰有两条平行线．15、如果n 是一个正整数，()a n 是满足()!a n 可被n 整除的最小正整数．求所有的正整数n ．使得()23a n n=． 16、已知11a =，23a =，()()2132n n n a n a n a ++=+-+ ，若当m ≥n 时，m a 的值都能被9整除，求n 的最小值．17、试求出具有如下性质的最小的正整数：它可以表示为2002个各位数字之和相等的正整数之和，又可以表示为2003个各位数字之和相等的正整数之和．18、求证：对任意n N ∈，n ≥2，存在一个由n 个整数构成的集合S ，使得对S 中的任意两个不同的数a ，b 均有()2|a b ab -．19、求证：每个正整数都可以表示为有相同数目的素因数的两个正整数之差（每个素因数只算1次，不计重复，如12有两个素因数：2和3）．20、求所有满足a ≥2，m ≥2的的三元正整数组（a ，m ，n ），使得203n a +是1m a +的倍数．。
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
同余定理答案版
第4讲同余定理同余定理是奥数考试中最常考的题型，同时也是数论知识中最具有代表性的知识之一。
本讲将带领大家一起领略巧妙的数论方法，相信大家一定会被同余的意想不到的魅力所吸引。
若a c ÷余数为m ，b c ÷余数为n ，则()a b c +÷的余数等于()m n c +÷的余数；()a b c -÷的余数等于()m n c -÷的余数（m n >）或()m c n c +-÷的余数（m n <）。
a b c ⨯÷的余数等于m n c ⨯÷的余数。
特别的，当m n =时，()a b -是c 的倍数。
若两个整数a 、b 被同一个非零自然数c 除，余数相同，那么称a 、b 对于m 同余，用式子表示为(mod )a b c ≡.编写说明知识要点【例1】 有三个自然数a ，b ，c ，其中a 除以c 的余数是1，b 除以c 的余数是2，a b +恰好是c 的倍数，求c 的值。
【分析】 根据同余定理，a b +除以c 的余数是3，而a b +恰好是c 的倍数，所以3c =。
【拓展】 已知：6a b c -=，其中a 、b 、c 均为正整数，且b 除以6的余数是3，则a 除以6的余数是多少?【分析】 a b -是6的倍数，所以a 和b 除以6的余数相同，a 除以6的余数是3。
【温馨提醒】这边可以帮助学生总结出和（或差）的余数等于余数的和（或差）的余数。
【例2】 135********⨯⨯⨯⨯⨯的乘积除以8的余数是多少？【分析】1，3，5，7，9，…，2007，2009除以8的余数分别为1，3，5，7，1，3，5，7，…，1，3，5，7，1，1357⨯⨯⨯除以8的余数是1，所以135********⨯⨯⨯⨯⨯除以8的余数是1。
【温馨提示】这边可以帮助学生总结出积的余数等于余数的积的余数。
【拓展】 234199077777+++++的末两位是多少？【分析】 要求末两位，可以转化为求其除以100的余数是多少，7除以100余数是7，27除以100余数是49，37343=除以100余数为43，472401=除以100余数是1，54777=⨯除以100的余数是7，依此类推，余数是以7，49，43，1循环的，199044972÷=，所以所有余数的和是(749431)49774949756+++⨯++=，49756除以100的余数是56，所以和的末两位是56。
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 ∈。
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- 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.。