同余的基本概念和性质
同余的基本概念和性质
模相等的同余关系的运算性质
模相等的同余关系满足交换律和结合律 模相等的同余关系满足消去律 模相等的同余关系满足分配律 模相等的同余关系满足幂等律
同余的应用
同余在模方程中的应用
模方程的同余解法 同余在模方程中的应用实例 同余在模方程中的求解步骤 同余在模方程中的优势与局限性
同余在数论中的应用
整除理论：同余是整除理论中的重要概念，用于研究整数之间的除法关系。
● - 同余关系具有反身性，即任意整数a都与自身对模m同余，即a≡a(mod m)。 ● - 同余关系具有对称性，即如果a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。 ● - 同余关系具有传递性，即如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。 ● - 对于任意整数a、b和c，若a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
同余的性质
模相等的同余关系
● 定义：如果两个整数a和b除以同一个正整数m的余数相同，则称a和b对模m同余，记作 a≡b(mod m)。
● 性质： - 同余关系具有反身性，即任意整数a都与自身对模m同余，即a≡a(mod m)。 - 同余关 系具有对称性，即如果a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。 - 同余关系具有传递性，即如果 a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。 - 对于任意整数a、b和c，若a≡b(mod m)且 b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
同余的基本概念和性质
汇报人：XX
目录
同余的定义
同余的性质
01
02
同余的应用
同余的证明方法
03
04
同余的定义
什么是同余
同余的定义：两个整数除以某 个固定整数得到的余数相同， 则称这两个整数同余。
同余
可以理解为： 31除以4的余数是3 可以理解为： 50除以4的余数是18
求123+72的和除以10的余数
方法一：123+72=195
求121+74的和除以3的余数
方法一：121+74=195
求121-74的差除以3的余数
方法一：121-74=47
同余式定义和基本性质
若ab(mod m), cd(mod m), k为正整数 ①可加减性 和（差）的余数等于余数的和（差） 即a±c b±d(mod m), 特别地有a±k b±k(mod m). 同时有a-b 0（mod m） 显然：移项变号同样适用于同余式
【例7】若今天是星期六，从今天 102003天后的那一天是星期（ ）
10 3(mod7)
6
10
2003
3
2003
(mod7)
3 （ 1 mod7） 2003 6 333 5
10
2003
3 3
2003
5
5(mod7)
∴所求那天是星期四。
一次同余式组
• 本节介绍一次同余式组的解法及其应用举 例． • 在公元三世纪前,《孙子算经》里已提出了下 面的同余式组 xb1(mod m1), xb2(mod m2),…, xbk(mod mk) (1) • 这种形式的问题, 并且很好地解决了它.《孙子 算经》里所提出的问题之一如下: • “今有物不知其数, 三三数之剩二, 五五数之 剩三, 七七数之剩二. 问物几何？” “答日二 15:51:43 十三.”
一个数除以3余2，除以5余3，除以7余 2，求这个数。 被7除余2的数有：2，9，16，23
被5除余3的数有：3，8，13，18，23 被3除余2的数有：2，5，8，11，14，17 ，20，23
2.1 同余的概念与基本性质
2 同余同余是由大数学家高斯引入的一个概念．我们可以将它理解为“余同”，即余数相同．正如奇数与偶数是依能否被2整除而得到的关于整数的分类一样，考虑除以m （≥2）所得余数的不同，可以将整数分为m 类．两个属于同一类中的数相对于“参照物”m 而言，具有“余数相同”这个性质．这种为对比两个整数的性质，引入一个参照物的思想是同余理论的一个基本出发点．同余是初等数论中的一门语言，是一件艺术品．它为许多数论问题的表述赋予了统一的、方便的和本质的形式．2．1 同余的概念与基本性质定义 如果a 、b 除以m （≥1）所得的余数相同，那么称a 、b 对模m 同余，记作a ≡b （mod m ）．否则，称a 、b 对模m 不同余，记作a b ≡（mod m ）．性质1 a ≡b （mod m ）的充要条件是|m a b －．性质2 若a ≡b （mod m ），c ≡d （mod m ），则a ＋c ≡b ＋d （mod m ），a －c ≡b －d （mod m ），ac ≡bd （mod m ）． 证明 这些结论与等式的一些相关结论极其相似，它们都容易证明．我们只给出第3个式子的证明． 只需证明：|m ac bd －．因为ac －bd ＝ac －bc ＋bc －bd＝（a －b ）c ＋b （c －d ）由条件|m a b －，|m c d －，知|m ac bd －．说明 与同余有关的许多结论都要用到性质1，事实上，很多数论教材中利用性质1来引入同余的定义．性质3 若a ≡b （mod m ），n 为正整数，则()mod n n a b m ≡．性质4 若a ≡b （mod 1m ），a ≡b （mod 2m ），则a ≡b （mod ［1m ，2m ］）．性质5 若ab ≡ac （mod m ），则()mod m b c a m ⎛⎫≡ ⎪ ⎪⎝⎭，． 在同余式两边约去一个数时，应将该数与m 的最大公因数在“参照物”中同时约去．性质6 如果（a ，m ）＝1，那么存在整数b ，使得ab ≡1（mod m ）．这个b 称a 对模m 的数论倒数，记为()1mod a m －，在不会引起误解时常常简记为1a －．证明 利用贝祖定理，可知存在整数x 、y 使得ax ＋my ＝1．于是，|1m ax －，即()1mod ax m ≡，故存在符合条件的b ． 说明 由数论倒数的定义，易知当（a ，m ）＝1时，()()11mod aa m ≡－－．例1 求所有的素数p 、q 、r （p ≤q ≤r ），使得pq ＋r ，pq ＋2r ，qr ＋p ，qr ＋2p ，rp ＋q ，rp ＋2q 都是素数． 解：若p ＞2，则p 、q 、r 都是奇数，此时pq ＋r 是一个大于2的偶数，矛盾，故p ＝2．现在，数2q ＋r ，2q ＋2r ，qr ＋2，qr ＋4，2r ＋q ，2r ＋2q 都是素数．若q 、r 中有偶数，则qr ＋2为一个大于2的偶数，矛盾，故q 、r 都是奇素数．若q ＞3，则3qr ．此时，若()1mod3qr ≡，则()20mod3qr ≡＋，与qr ＋2为素数矛盾；若qr ≡2()mod3，则()40mod3qr ≡＋，与qr ＋4为素数矛盾，故q ＝3．这样，数6＋r ，6＋2r ，3r ＋2，3r ＋4，2r ＋3，2r ＋9都是素数．若r ≠5，则()0mod5r ≡，但分别当1r ≡，2，3，4（mod5）时，对应地，数3r ＋2，3r ＋4，2r ＋9，6＋r 为5的倍数，矛盾，故r ＝5．直接验证，可知它们满足条件，所求的素数为p ＝2，q ＝3，r ＝5．例2 设n 为大于1的正整数，且1！，2！，…，n ！中任意两个数除以n 所得的余数不同．证明：n 是一个素数．证明：注意到，()!0mod n n ≡，而n ＝4时，有2！()3mod4≡！．因此，如果能够证明：当n 为大于4的合数，都有()()1!0mod n n ≡－，就能依题中的条件导出矛盾，从而证出n 为素数．事实上，若n 为大于4的合数，则可对n 作分解，变为下述两种情形．情形一 可写n ＝pq ，2≤p ＜q ，p 、q 为正整数，这时1＜p ＜q ＜n －1，从而()|1!pq n －， 即()()1!0mod n n ≡－．情形二 当2n p ＝，p 为素数时，由n ＞4，知p ≥3，故11＜p ＜2q ＜（n －1），从而p · （2p ） ()|1!n －，于是，()()1!0mod n n ≡－．综上可知，n 只能是素数．说明 反过来，当n 为素数时，并不能保证1！，2！，…，n ！中任意两个数对模n 不同余．例如p ＝5时，()31mod5≡！！．例3 设整数x 、y 、z 满足()()()x y y z z x x y z －－－＝＋＋． ①证明：x ＋y ＋z 是27的倍数．证明：考虑x 、y 、z 除以3所得的余数，如果x 、y 、z 中任意两个对模3不同余，那么()0120mod3x y z ≡≡＋＋＋＋，但是()()()3x y y z z x －－－，这与①矛盾．现在x 、y 、z 中必有两个对模3同余，由对称性，不妨设()mod3x ≡，这时由①式知 3|x y z ＋＋，于是 ()()2mod3z x y x x ≡≡≡－＋－，这表明 ()mod3x y z ≡≡，从而由①式知 27|x y z ＋＋．例4 是否存在19个不同的正整数，使得在十进制表示下，它们的数码和相同，并且这19个数之和为1999？解：此题需要用到一个熟知的结论：在十进制表示下，每个正整数与它的数码和对模9同余．（这个结论只需利用()101mod9k ≡即可得证）若存在19个满足条件的不同正整数，则由它们的数码和相同（设这个相同的数码和为k ），可知()199919mod9k ≡，故()1mod9k ≡．又这19个数之和为1999，故其中必有一个数不大于199919，即有一个数≤105，所以k ≤18．结合()1mod9k ≡，知k ＝1或10． 若k ＝1，则这19个数为1，10，100，…，和不可能为1999，所以，k ＝10．而当k ＝10时，最小的数码和为10的20个正整数是19，28，37，…，91，109，118，127，…，190，208．前面19个数之和为1990，故符合要求的19个正整数中必有一个≥208，此时这19个数之和≥208＋（19＋28＋…＋91）＋（109＋118＋127＋…＋181）＝2198＞1999， 矛盾．所以不存在19个不同的整数满足条件．例5 设m 、n 、k 为正整数，n ≥m ＋2，k 为大于1的奇数，并且×21np k ＝＋为素数， 2|21m p ＋．证明：()121mod n k p ≡－．证明：由条件知()221mod mp ≡－，而n ≥m ＋2，故12m ＋是12n n •－的因数，所以， ()()122211mod n t n p •≡－－＝（这里22n m t n •－－＝）． 现在，由()21mod n k p •≡－，知()()111222211mod n n n n k p ••≡－－－－＝，结合上面的结论，即可得()121mod n k p ≡－．说明 本题的背景是讨论费马数（形如221m m F ＝＋的数为费马数）的素因数的性质．例6 设m 为正整数，证明：存在整数a 、b 、k ，使得a 、b 都是奇数，而k ≥0，并且2011201122m a b k •＝＋＋． ①证明：①式等价于（在左边不小于右边的情形下）()201120112mod 2m a b ＝＋． ② 我们先证明：满足②的奇数a 、b 是存在的．注意到，对任意奇数x 、y ，有()()111110910x y x y x x y y ⋯－＝－＋＋＋，上式右边10910x x y y ⋯＋＋＋是11个奇数之和，它应为奇数，因此，()111120110mod 2x y ≡－ ()2011mod 2x y ⇔≡．这表明：在2011mod 2的意义下，数20111，20113，…，20111121（－）是 数1，3，5，…，201121－的一个排列，从而，存在奇数0b ，使得()112011021mod 2b m ≡－．现在，取一个充分小的负奇数b ，使得 ()20110mod 2b b ≡，且1121m b －－≥0，则 ()11112011021210mod 2m b m b ≡≡－－－－，于是，令()1120112112m b a b k b ⎛⎫ ⎪⎝⎭－－，，＝，，，则符合①．所以，满足条件的a 、b 、k 存在．。
小升初数学复习知识点：余数、同余与周期
小升初数学复习知识点：余数、同余与周期余数、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（mod m），读作a同余于b模m。
二、同余的性质：①自身性：a≡a（mod m）；②对称性：若a≡b（mod m），则b≡a（mod m）；③传递性：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），则a≡ c（mod m）；④和差性：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），则a+c≡b+d （mod m），a-c≡b-d（mod m）；⑤相乘性：若a≡ b（mod m），c≡d（mod m），则a×c≡ b×d （mod m）；⑥乘方性：若a≡b（mod m），则an≡bn（mod m）；⑦同倍性：若a≡ b（mod m），整数c，则a×c≡ b×c（mod m×c）；三、关于乘方的预备知识：①若A=a×b，则MA=Ma×b=（Ma）b②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 （mod 9）或（mod 3）；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）（mod 11）；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（mod p）。
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数论中的同余定理与模运算计算方法
数论中的同余定理与模运算计算方法数论是数学的一个分支，研究整数及其性质和关系。
同余定理与模运算是数论中的重要概念和计算方法。
本文将介绍同余定理的基本概念，同余关系的性质，以及模运算的计算方法。
一、同余定理的基本概念同余定理是指两个整数在除以同一个正整数时，如果得到的余数相等，则这两个整数被称为同余。
用数学符号表示为：若a、b、n为整数且n>0，则当n|(a-b)时，称a与b模n同余，记作a≡b(mod n)。
同余关系是一个等价关系，具有自反性、对称性和传递性。
下面分别介绍同余关系的性质：1. 自反性：对于任意整数a和正整数n，a ≡ a (mod n)，即a与自身模n同余。
2. 对称性：如果a ≡ b (mod n)，则b ≡ a (mod n)，即a与b模n同余，那么b与a也模n同余。
3. 传递性：如果a ≡ b (mod n)，b ≡ c (mod n)，则a ≡ c (mod n)，即若a与b模n同余，b与c模n同余，那么a与c也模n同余。
二、模运算的计算方法模运算是指用除法计算一个数除以另一个数的余数，常用符号为“mod”。
模运算的计算方法如下：1. 加法：若(a+b) mod n = c ，则(a mod n + b mod n ) mod n = c mod n。
2. 减法：若(a-b) mod n = c ，则(a mod n - b mod n ) mod n = c mod n。
3. 乘法：若(a*b) mod n = c ，则(a mod n * b mod n ) mod n = c mod n。
4. 除法：若(a/b) mod n = c ，则(a mod n / b mod n ) mod n = c mod n。
三、应用实例同余定理与模运算在实际应用中有广泛的应用。
以下列举两个具体的实例：1. 密码学中的应用：同余定理用于密码学中的RSA算法，其中大素数的选择和快速幂取模运算是该算法的核心步骤。
1.同余的概念及基本性质
第三章 同余§1 同余的概念及其基本性质定义 给定一个正整数m ，若用m 去除两个整数a 和b 所得的余数相同，则称,a b 对模m 同余，记作()mod .a b m ≡若余数不同，则称,a b 对模m 不同余，记作()\mod a b m ≡.甲 ()mod .a a m ≡（甲：jia 3声调； 乙：yi 3声调； 丙：bing 3声调； 丁：ding 1声调； 戊：wu 声调； 己：ji 3声调； 庚：geng 1声调； 辛: xin 1声调 天； 壬: ren 2声调； 癸: gui 3声调.）乙 若()mod ,a b m ≡则()mod .b a m ≡丙 若()()mod ,mod ,a b m b c m ≡≡则()mod .a c m ≡ 定理1 ()mod |.a b m m a b ≡⇔-证 设()mod a b m ≡，则12,,0.a mq r b mq r r m =+=+≤<于是，()12,|.a b m q q m a b -=--反之，设|.m a b -由带余除法，111222,0,,0a mq r r m b mq r r m =+≤<=+≤<，于是，()()1221.r r m q q a b -=-+-故，12|m r r -，又因12r r m -<，故()12,mod .r r a b m =≡丁 若()()1122mod ,mod ,a b m a b m ≡≡则，()1212mod .a a b b m ±≡±证 只证“+”的情形.因()()1122mod ,mod a b m a b m ≡≡，故1122,m a b m a b --，于是()()()()11221212|m a b a b a a b b -+-=+-+，所以()1212mod .a a b b m +≡+ 推论 若()mod ,a b c m +≡则()mod .a c b m ≡-戊 若()()1122mod ,mod ,a b m a b m ≡≡则()1212mod .a a bb m ≡ 证 因()()1122mod ,mod a b m a b m ≡≡，故1122|,|.m a b m a b --又因()()()1212111212211122,a a bb a b b a bb a a b b a b -=-+-=-+-故()12121212|,mod .m a a bb a a bb m -≡ 定理2 若()()11mod ,mod ,1,2,,,kki i A B m x y m i k αααα≡≡=则()11111111,,,,mod .k k k kkkk k A xx B y y m αααααααααααα≡∑∑特别地，若()mod ,0,1,,i i a b m i n ≡=，则()111010mod .n n n n n n n n a x a x a b x b x b m ----+++≡+++证 因()mod ,1,2,,i i x y m i k ≡=故,1,2,,iii i x y i k αα≡=，从而()1111mod .k k k k x x y y m αααα≡又因()11mod kkA B m αααα≡，故()()111111111111111,,,,mod ,mod .k k kk k k kkkk k k k A xx B y y m A xx B y y m αααααααααααααααααααα≡≡∑∑己 若()()mod ,,1,ka kb m k m ≡=则()mod .a b m ≡证 因()mod ka kb m =，故()|.m ka kb k a b -=-又因(),1k m =，故()|,mod .m a b a b m -≡庚 （ⅰ）若()mod ,0,a b m k ≡>则()mod .ka kb km ≡ （ⅱ）若()mod ,|,|,|,0,a b m d a d b d m d ≡>则mod .a b m d d d ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭证 （ⅰ）因()mod ,0a b m k ≡>，故()()|,|,mod .m a b km k a b ka kb ka kb km --=-≡（ⅱ）因()mod ,a b m ≡故|,.m a b a b mq --=又因|,|,|,0d a d b d m d >111111,,,0,0,0a da b db m dm a b m ===>>>. 于是()111111111,,mod ,mod .a b m da db dm q a b m q a b m d d d ⎛⎫-=-=≡≡ ⎪⎝⎭辛 若()mod ,1,2,,i a b m i k ≡=，则[]()12mod ,,,.k a b m m m ≡证 因()mod ,1,2,,i a b m i k ≡=，故|,1,2,,.i m a b i k -=于是，[][]()1212,,,|,mod ,,,.k k m m m a b a b m m m -≡附记 最小公倍数的一个常用性质是，若12|,|,,|k m a m a m a ，则[]12,,,|.k m m m a证 由带余除法，设[][]1212,,,,0,,,k k a m m m q r r m m m =+≤<，则12|,|,,|k m a m a m a 及12|,|,,|k m a m a m a 得， |,1,2,,.i m r i k =但[]12,,,k m m m 是12,,,k m m m 的最小公倍数，故[]120,,,,|.k r m m m a =壬 若()mod ,|,0,a b m d m d ≡>则()mod .a b d ≡证 因()mod ,a b m ≡故|.m a b -又因|,0d m d >，故()|,mod .d a b a m d -≡ 癸 若()mod a b m ≡，则()(),,.a m b m =证 因()mod a b m ≡，故|.m a b -于是，存在整数t 使得.a b mt -=故.a mt b =+故()(),,.a m b m =例 一个整数0a >被9整除的充分必要条件是n 的各位数字（十进制）的和倍9整除.证 设1101010,010n n n n i a a a a a --=+++≤<.因()101mod9≡，故()()101mod9,10mod9,0,1,,.i i i i a a i n ≡≡=于是，()010mod 9.n nii i i i a a a ===≡∑∑故9|a 的充分必要条件是09|.ni i a =∑作业 P53:2,3,4,5.习题选解2.设正整数1101010,010,n n n n i a a a a a --=+++≤<证明11整除a 的充分必要条件是11整除()01.niii a =-∑证 因为()101mod11≡-，故()()()()101mod11,101mod11,0,1,,.i ii i i i a a i n ≡-≡-=.于是，()()0101mod11.n nii iii i a a a ===≡-∑∑由此可得，11|a 的充分必要条件是()0111.nii i a =-∑3.找出能被37,101整除的判别条件来.解 （ⅰ）因()10001mod37≡，故()()10001mod370.ii ≡≥设11010001000,01000.n n n n i a a a a a --=+++≤<则由()10001mod37i≡得()1000mod37,0,1,,ii i a a i n ≡=，故()01000mod 37.n nii i i i a a a ===≡∑∑由此可得，37|a 的充分必要条件是037.ni i a =∑（ⅱ）因()1001mod101≡-，故()()()1001mod1010.iii ≡-≥ 设110100100,0100,n n n n i a a a a a --=+++≤<则由()()1001mod101ii ≡-得()()1001mod101,0,1,,ii i i a a i n ≡-=，故()01001.n niii i i i a a a ===≡-∑∑由此可得，101|a 的充分必要条件是()01011.niii a =-∑4.证明52641|2 1.+ 证 因()()8163222256,265536154mod 641,2154237166401mod 641,==≡≡=≡≡-故52641|2 1.+5.若a 是任一奇数，则()()221mod 21.nn a n +≡≥证 对n 作数学归纳法.当1n =时，因a 为奇数，故可设121a a =+，则()()2221111112114441a a a a a a -=+-=+=+.而()111a a +是两个连续两个整数的积，一定是2的倍数，从而()122128|1,1mod 2,a a +-≡即1n =时结论正确.假设对()12n n -≥结论正确，即()12121mod 2.n n -+≡下面说明在此假设下，对n 结论正确.因()()()111222221111nn n n a aa a ----=-=-+，而由归纳假设得121n a--是12n +的倍数，又因a 为奇数，故121n a -+也为奇数，于是()()112211n n a a ---+是22n +的倍数，故()221mod 2.nn a +≡。
同余的概念与性质
同余的概念与性质同余：设m 是大于1的正整数，若用m 去除整数b a ,，所得余数相同，则称a 与b 关于模m 同余，记作)(mod m b a ≡，读作a 同余b 模m ；否则称a 与b 关于模m 不同余记作)(mod m b a ≠。
性质1：)(mod m b a ≡的充要条件是Z t mt b a ∈+=,，也即)(|b a m -。
性质2：同余关系满足下列规律：（1）自反律：对任何模m 都有)(mod m a a ≡；（2）对称律：若)(mod m b a ≡，则)(mod m a b ≡；（3）传递律：若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡，则若)(mod m c a ≡。
性质 3:若,,,2,1),(mod s i m b a i i =≡则).(mod ),(mod 21212121m b b b a a a m b b b a a a s s s s ≡+++≡++推论： 设k 是整数，n 是正整数，（1）若)(mod m c b a ≡+，则)(mod m b c a -≡。
（2）若)(mod m b a ≡，则)(mod m a mk a ≡+；)(mod m bk ak ≡；)(mod m b a n n ≡。
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 ≡。
性质5：若)(mod m bd ad ≡，且1),(=m d ，则)(mod m b a ≡。
性质6：若)(mod m b a ≡，且m d b d a d |,|,|，则)(mod d m d b d a ≡。
性质7：若)(mod m b a ≡，且m m |1，则)(mod 1m b a ≡。
性质8：若)(mod i m b a ≡，s i ,,2,1 =，则]),,,(mod[21s m m m b a ≡这里],,,[21s m m m 表示s m m m ,,,21 的最小公倍数。
同余的基本概念和性质
例3 说明 是否被641整除。
因此 0 (mod 641)，
即641 。
第一节 同余的基本性质
第一节 同余的基本性质
设式(4)对于n = k成立，则有 1 (mod 2k + 2) = 1 q2k + 2， 其中qZ，所以
=(1 q2k + 2)2=1 q 2k + 31(mod 2k + 3)， 其中q 是某个整数。这说明式(4)当n = k 1也成立。 由归纳法知式(4)对所有正整数n成立。
第一节 同余的基本性质
a2 1 (mod p) pa2 1 = (a 1)(a 1)，
证明 由
pa 1或pa 1，
所以必是
a 1或a 1 (mod p)。
例8 设p是素数，a是整数，则由a2 1(mod p)可以推出
即a 1 (mod p)或a 1 (mod p)。
解 因为792 = 8911，故 792n 8n，9n及11n。 我们有 8n 8 z = 6，
证明 留作习题。
定理5 下面的结论成立： (ⅰ) a b (mod m), dm, d>0 a b (mod d); (ⅱ) a b (mod m), k > 0, kN ak bk (mod mk)； (ⅲ) a b (mod mi )，1 i k a b (mod [m1, m2, , mk])； (ⅳ) a b (mod m) (a, m) = (b, m)； (ⅴ) ac bc(modm), (c, m) =1 a b (mod m).
定义1 给定正整数m，如果整数a与b之差被m整除，则称a与b对于模m同余，或称a与b同余，模m，记为 a b (mod m)， 此时也称b是a对模m的同余
数的性质 同余性 同余
若 ≡ ( 1 )， ≡ ( 2 )，
则 ≡ ( 1 ，2 )。
三、同余的运算性质
3.可约性
（1）若 ≡ ( )， , = 1，则 ≡ ( )
（2）若 ≡ ( )，则 ≡ ( )
（3）若 ≡ ( )，则 ≡ ( )
（4）若 ≡ ( )， , = ，则 ≡ (
)
四、欧拉函数
欧拉函数 ()是定义在正整数上的函数，()表示序列0，1，
2，...， − 1中与互质的整数的个数。
欧拉函数的计算公式：设 = 1 1 2 2 … … ，则
（3）传递性：
Hale Waihona Puke 若 ≡ ( )， ≡ ( )
则 ≡ ( )
三、同余的运算性质
1.可加性
若 ≡ ( )， ≡ ( )
则 + ≡ + ( )
推论
若 + ≡ ( )， ∈ ，
则 ≡ − ( )
() = (1
1
− )
1
(1 −
1
1
) … … (1 − )
2
欧拉定理：设是大于1的整数，（，） = 1，则
() ≡ 1( )
五、典型例题分析
【例1】已知今天是星期三，问1012 后的那一天是星期几？
解：10 ≡ 3( 7)；
1012 ≡ 312 ≡ 274 ≡ −1
三、同余的运算性质
2.可乘性
（1）若 ≡ ( )， ∈ ，则 ≡ ( )
（2）若 ≡ ( )， ≡ ( )，则 ≡ ( )
（3）若 ≡ ( )， ∈ ∗ ，则 ≡ ( )
（4）若 ≡ ( 1 )， ≡ ( 2 )， 1 , 2 = 1，
同余关系的概念与定理
同余关系的概念与定理同余关系是离散数学中一个重要的概念，它在数论、代数和密码学等领域有着广泛的应用。
本文将介绍同余关系的概念和相关定理。
一、同余关系的概念同余关系是数论中的一个基本概念，它描述了两个数之间的整除关系。
具体来说，给定两个整数a和b，如果它们除以一个正整数m所得的余数相同，即a和b对m同余，记作a≡b(mod m)，则称a和b关于模m同余。
二、同余关系的性质同余关系具有以下三个性质：1.自反性：对于任意整数a，a≡a(mod m)恒成立。
即任意整数与自身关于模m同余。
2.对称性：对于任意整数a和b，若a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。
即若a与b关于模m同余，则b与a关于模m同余。
3.传递性：对于任意整数a、b和c，若a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
即若a与b关于模m同余，且b与c关于模m同余，则a与c关于模m同余。
三、同余关系的定理1. 除法定理：对于任意整数a和正整数m，存在唯一的整数q和r，使得a=qm+r，其中0≤r<m。
即任意整数a可以表示为以m为模的除法形式。
2. 模运算性质：- 同余类的性质：对于任意整数a和正整数m，a关于模m的同余类可以表示为[a]m={b∈Z | b≡a(mod m)}，其中Z表示整数集合。
同余类[a]m是所有与a关于模m同余的整数构成的集合。
- 同余的运算性质：对于任意整数a、b和正整数m，若a≡a' (mod m)且b≡b' (mod m)，则有a+b≡a'+b' (mod m)，a-b≡a'-b' (mod m)，ab≡a'b' (mod m)。
3. 唯一性定理：对于给定的整数a、b和正整数m，存在整数x，使得a≡b (mod m)的充分必要条件是a和b对m的余数相同。
即a和b关于模m同余的充分必要条件是它们对m的余数相同。
4. 同余定理：对于任意整数a、b和正整数m，若a≡b (mod m)，则a^n≡b^n (mod m)，其中n是正整数。
同余
a 用a modm表示余数r，则 a [ ]m ( a m odm ) m
定理3 整数a, b模m 同余 a modm=b modm
ab (modm) m|a-b a modm=b modm
a=b+km
性质：
(1) ( 2) ( 3)
[(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm [(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm [(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm
(r r ) a b (q q)m
m a b的充分必要条件是 m r r. 但因为 0 r r m ， 因此，
且 m r r 的充分必要条件是 r r 0 ，所以 m a b 的充分必 要条件是 r r 0. 这就是定理的结论.
2
2003
2
22 1 4 4(mod 7).
故第 22003 天是星期二。 定理5 若 x y(mod m),
ai bi (mod m),
0 i k, 则 0 i k.
a0 a1 x ak x k b0 b1 y bk yk (mod m).
故 3 n, 9 ｜ n.
k 定理7 设 n ak 1000 a11000 a0 , 0 ai 1000. 则7或11,或
13 n 7或11或 13 a0 a2 - a1 a3 .
例4 设 n 637693.
例5 设n 75312289.
定理10 设a b ( mod m) . 若d | m, 则a b ( mod d) .
同余的 概念与性质
由上例可知，同样的两个数关于不同的模同余关系可能不相同．
例3. 2 求证：(1) 如果a除以m的余数为r(0≤r<m), 那么 a≡r (modm); (2)如果a ≡r (modm)，0≤r<m，那么a 除以m的 余数为r。
证明 (1) 由题意得可设， a＝mq+r ( 0≤r<m ) ． 由于0≤r<m ，所以r除以m的不完全商为0，余数为r，即 r ＝m· ０+r ( 0≤r<m ) ． 根据同余概念，可得a≡r(modm); (2) 因为a ≡ r(modm)，所以由同余概念可得· a＝mq1+R , r＝mq2+R，( 0≤R<m )， 又因为０≤r<m，所以q2＝0，即R＝r. 因此 得 a＝mq1+r (0≤r<m)．即a被m除，所得的余数为r．
例3. 12 把由1开始的自然数依次写下来，直写到 第201位为止，就是 201位
12345678910111213…
试问这个数除以3的余数等于几?
解 因为1～9写在一起构成九位数，10～99写在一 起为90 X 2＝180位数，所以由1开始的自然数依 次写到99，合计为189位数，由于201－189=12， 因此只需在1写到99后再写上100，101，102，103 四个数．即从１开始的自然数依次写到103就构成 一个201位数(由103个连续的自然数组成）． 因为每三个连续自然数的各位数字之和能被3除， 103≡1(mod3)，所以这个数除以3的余数为1．
从例3．6的证明，还可以得出如下的结论：
如果 a ≡ b (modm)，又d 能整除m以及整除a，b两 个数中的一个，则d 必能整除a，b中的另一个．
初等数论期末复习
2015年5月8日9时1分
二、剩余类与剩余系
定理2.2.1 设m为正整数，则全部整数可分成m个 集合,记作[0]，[1]，…，[m－1]，其中[r] (0 ≤ r ≤m－1)是由一切形如 mq + r (q∈Z) 的整数所组 成的，并且具有下列性质： (1)每一整数必包含在而且仅在上述的一个集合中.
(2) x3 + 2x－12≡0 (mod7)． 0, 1, …, 6逐一代入(2) 求解
定义: 如果 a , b 都是整数， m 是一个正整数，那么 当 a ≡ 0 ( mod m）时，我们把 ax ≡ b ( mod m ) 叫做 模m的一次同余方程（或同余式） . 定理 3.1.1 若设m为正整数, a , b为整数, (a，m)=1，
一次同余方程有解的解法 一、欧拉定理法解一次同余方程
定理 3.1.2 若 m 为正整数, a , b为整数, (a， m)=1，则一次同余方程ax ≡ b ( mod m )的唯 m 1 一解为 x ba mod m .
二．同余变形法（系数消去法）
根据同余性质，施行适当的变形求解a≡b(modm):
第二章
同余
一、同余的概念及基本性质
1、同余的概念:
定义2. 1
设m为正整数，称为模。若用m去除两 个整数 a 和 b 所得的余数相同，则称a 和b 对模 m 同余, 记作 a ≡b (mod m). （ 1） 读作a 同余于b 模m。 若a 和b 除以m 所得余数不同，则称a， b 对模m 不同余，记作 a b (mod m).
2015年5月8日9时1分
E
New
弃九法
正整数四则运算(含乘方) 的快速验算方法
若通过计算，a、b的和与积分别是s与p. 而r1、r2、
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。
同余的概念及其基本性质
4.证明：641 232 1 解：依次计算对模641的同余数
22 4，24 16，28 256， 216 256 256 154(mod641) 232 154 154 1(mod641) 232 1 0(mod641)
5.设a为奇数，则a2n 1(mod 2n2 ) (n 1). 解：设a = 2m 1， 当n = 1时，有 a2 = (2m 1)2 = 4m(m 1) 1 1 (mod 23)（*）成立。 设式(*)对于n = k成立，则有
a2k 1(mod 2k2 ) a2k 1 q 2k2 所以 a2k1 (1 q 2k2 )2 1 q 2k3 q2 2(k2)2 记 1 q'2k3 1(mod 2k3 ),q' Z. 这说明式(*)当n = k 1也成立。由归纳法得证.
一般地，求a bc 对模m的同余的步骤如下： ① 求出整数k，使ak 1 (mod m)；
② 求出正整数r，r < k，使得bc r (mod k)；
③ abc ar (mod m)
——减小幂指数
练习：若a Z ,证明 10|a1985 a1949 . 提示：a5 a(mod10)
一、问题的提出 1、今天是星期一，再过100天是星期几？ 再过1010 天呢？ 2、3145×92653=2910 93995的横线处漏写了一个 数字，你能以最快的办法补出吗？
3、13511，13903，14589被自然数m除所得余数 相同，问m最大值是多少？
同余理论—同余的概念与同余基本性质(小学数学课件)
则有：127156 = 5056 = 5054 × 502 = 5027
2
× 502
又因为502 ≡ 58 111 ，503 ≡ 14 111 ，509 ≡ 80 111 ，
（509 ）3 ≡ 68（111）， 5027
2
× 502 ≡ 16（111）
即可得（16 + 34）28 除以111
5028 = 5027 × 50 ≡ 68 ×50（mod111）≡ 70（111）
同余基本性质在小学中的应用
例1.求437×309×1993被7除的余数。
思路分析：如果将437×309×1993算出以后，再除以7，从而应得到，即
437×309×1993=269120769，此数被7除的余数为1。但是能否寻找更为简变的办法呢？
(mod m)。
1.可加性
a c b d (mod m)
；
2.可乘性
ac bd (mod m);
3.可幂性
ak ≡ bk (modm).
同余基本性质的运用
例1.今天是星期日，过20042004 天后的今天是星期几？
分析：20042004 这个数很大，我们很难直接判断7除20042004 的余数是几。现在我们想办法把
20042004 变小。首先考虑的是7除底数2004的余数是几，利用这个余数替换底数2004，然后降次，
反复进行这个过程，直至去掉指数。
解：
因为2004=7×286+2，所以2004≡ 2 7 .由同余的性质，
又20042004 ≡ 22004 (7）
而22004 = 8668 ，所以22004 ≡ 8668 (7）
又因为8 ≡1(7），所以8668 ≡ 1668 7
同余
或21+X+Y=36，X-Y+13=22
X+Y=6，X-Y=-2，或X+Y=15，X-Y=9， 解得X=2，Y=4。
例3 ：求111 被7除的余数。
50
解：∵111111被7整除，
∴
11 1
50
≡11（mod 7）≡4（mod 7）
即余数为4。
例4：求( 257
解： ( 257
i0
( 1 ) a i (mod
i
7)
n
即有7|a的充要条件是 7| 对模11和13同理可证。 注：这里用的是1000进制。
( 1) a i
i
i0
例1:1234567891011…2005 除以3的余数是多少.
解:因为一个数除以3的余数,即其各位数字和 除以3 的余数.所以所求余数
解:两边关于9同余,则有8*3 所以错误. 5,不成立
例判断 28997*39495=1114523641 5是否正确
解:两边关于9同余,则有8*3 所以错误. 5,不成立
定义：称k0 ,k1,…km-1叫做模m的剩余类，设 a0,a1…am-1是m个整数，并且其中任何两数都不 在一个剩余类里，则a0,a1…am-1叫做模m的一个 完全剩余系(简称完系)
第三章 同余
§1 同余的概念及其基本性质
在日常生活中，我们常接触到一些周 期为正整数性的问题.例如：问火车下午2 点从金华出发,30小时后到广州,则到广州 是几点?就是24去除30所得的余数6加2,即 晚上8点到广州,这就是同余问题.今天是星 期一,问过了100天后是星期几等……．,现 在同余理论已发展成为初等数论中内容丰
b. 由同余的定义可知: 相等必同余，同余未 必相等，不同余肯定不相等,这是一种很好 的方法，尤其在证明不相等时非常有用。
初中数学重点梳理：同余式
同余式知识定位数论是初中数学竞赛比较重要的一个知识点，在历年竞赛中占据非常发比例，其中同余理论是初等数论中的重要内容之一，其同余式概念及应用，剩余系概念要熟练掌握。
本文归纳总结了同余的若干性质，将通过例题来说明这些方法的运用。
知识梳理1、同余概念定义1：给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m 同余，记作a≡b(modm)，并读作a同余b，模m。
（1）若a与b对模m同余，由定义1，有a=mq1＋r，b=mq2+r．所以a-b=m(q1-q2)，即m｜a-b。
反之，（2）若m｜a-b，设a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2。
于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2：若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．2、同余定理定理1：（1）a≡a(modm)．（2）若a≡b(modm)，则b≡a(modm)．（3）若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(modm)．定理2：若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．证：由假设得m｜a-b，m｜c-d，所以m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(a-b)＋b(c-d)，即a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数，n是自然数，则a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a n≡b n(modm)．定理3：若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则a≡b(modm)．定理4： 若n ≥2，a ≡b(modm 1)，a ≡b(modm 2)，…………a ≡b(modm n )，且M=[m 1，m 2，…，m n ]表示m 1，m 2，…，m n 的最小公倍数，则a ≡b(modM)3、剩余类和完全剩余系全体整数集合可按模m 来划分：当且仅当()mod a b m ≡时，a 和b 属于同一类。
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5.
设f(x)是整系数多项式，并且f(1), f(2), ,
f(m)都不能被m整除, 则f(x) = 0没有整数解.
62 427，求与。
6. 已知99
(ⅲ)
a a r (mod m)。
b
c
第一节 同余的基本性质
例6 证明: 若n是正整数, 则1342n + 1 3 n + 2. 证明 由
42n + 1 3 n + 2 = 442n 93 n = 416n 93 n 43n 93 n = 133 n 0 (mod 13) 得证。
§3. 1 同余的概念和性 质
第三章 同 余
• 同余是数论中的一个基本概念。本 章除介绍同余的基础知识外，还要 介绍它的一些应用。
第一节 同余的基本性质
定义1 给定正整数m，如果整数a与b之差被m整
除，则称a与b对于模m同余，或称a与b同余，
模m，记为
a b (mod m)，
此时也称b是a对模m的同余 如果整数a与b之差不能被m整除，则称a
0 3
a 2 a 1 a 0 a 5 a 4 a 3 a 8 a 7 a 6 (mod 7 ) ，
即
7 | N 7 | a 2 a1a 0 a 5a 4a 3 a 8a 7 a 6
第一节 同余的基本性质
由于 789 456 123 1 = 455，7455， 所以71123456789。
此即结论(ⅰ)；
(ⅱ) 由式(1)及定理1可知，存在整数q1与q2 使得 a = b q1m，c = d q2m， 因此 ac = bd (q1q2m q1d q2b)m， 再利用定理1，推出结论(ⅱ)。证毕。
第一节 同余的基本性质
定理4 并且 x y (mod m)，ai bi (mod m)，0 i n， 设ai，bi（0 i n）以及x，y都是整数，
第一节 同余的基本性质
例4 解 求(25733 46)26被50除的余数。 (25733 46)26 (733 4)26 = [7(72)16 4]26
[7( 1)16 4]26 = (7 4)26
326 = 3(35)5 3(7)5 = 37(72)2
a
2
k 1
=(1 q2k + 2)2=1 q 2k + 31(mod 2k + 3)，
其中q 是某个整数。这说明式(4)当n = k 1也
成立。
由归纳法知式(4)对所有正整数n成立。
第一节 同余的基本性质
例8 设p是素数，a是整数，则由a2 1(mod p)
可以推出
a 1或a 1 (mod p)。 证明 由 a2 1 (mod p) pa2 1 = (a 1)(a 1)， 所以必是
pa 1或pa 1，
即a 1 (mod p)或a 1 (mod p)。
第一节 同余的基本性质
例9 设n的十进制表示是 13 xy 45 z , 若792n, 求x，y，z。 解 因为792 = 8911，故
792n 8n，9n及11n。
我们有 8n 4 5 z = 19 x (5) y 9x y 1，
第一节 同余的基本性质
所以由式(3)得到
n 7
7
7
7 ( 3 ) 7 3 (mod 10 )
3 3
即n的个位数是3。
注:一般地，若求对模m的同余，可分以下步 骤进行：
(ⅰ) 求出整数k，使ak 1 (mod m)；
(ⅱ) 求出正整数r, r < k, 使得 bc r (mod k);
(ⅰ) 3|N
3| a
i0 n i
;
(ⅱ) 9|N
(ⅲ) 11|N (ⅳ) 13|N
9| a
i0
n
i
;
11 | ( 1 )
i0
n
i
ai;
13 | a 2 a 1 a 0 a 5 a 4 a 3 .
第一节 同余的基本性质
证明 由 100 1，101 1，102 1， (mod 3) 及式(2)可知
这样得到四个方程组：
x y 1 a 3 y x b
其中a取值9或18，b取值0或11。在0 x, y 9的 条件下解这四个方程组，得到 x = 8，y = 0，z = 6。
习题一
1. 证明定理1和定理2。
2. 证明定理4。
3. 证明定理5中的结论(ⅰ)—(ⅳ)。
第一节 同余的基本性质
| 例7 证明：若2 a，n是正整数，则
a
2
n
1 (mod 2n + 2)。
(4)
证明
设a = 2k 1，当n = 1时，有
a2 = (2k 1)2 = 4k(k 1) 1 1 (mod 23)， 即式(4)成立。
第一节 同余的基本性质
设式(4)对于n = k成立，则有 1 (mod 2k + 2) = 1 q2k + 2， 其中qZ，所以
第一节 同余的基本性质
例3 解 说明 2
2
5
1 是否被641整除。
依次计算同余式
22 4，24 16，28 256，216 154，232 1
(mod 641)。
因此
2
2
5
1 0 (mod 641)，
即641 2
2
5
。 1
第一节 同余的基本性质
注: 一般地，计算ab (mod m)常是一件比较繁 复 的 工 作 。 但 是 ， 如 果 利 用 Euler 定 理 或 Fermat定理（见第四节）就可以适当简化。
定理3 设a，b，c，d是整数，并且 (1) a b (mod m)，c d (mod m)， 则 (ⅰ) a c b d (mod m)； (ⅱ) ac bd (mod m)。
证明
(ⅰ) 由式(1)及定义1可知
ma b，mc d，
第一节 同余的基本性质
因此 m(a c) (b d)，
则
a
i0
n
i
x b i y (mod m ).
i i i0
n
(2)
证明 留作习题。
第一节 同余的基本性质
定理5 下面的结论成立：
(ⅰ) a b (mod m), dm, d>0 a b (mod d);
(ⅱ) a b (mod m), k > 0, kN
ak bk (mod mk)；
第一节 同余的基本性质
11n 11z 5 4 y x 3 1 = 3 y x
113 y x。
(6)
由于0 x, y 9，所以由式(5)与式(6)分别得出 x y 1 = 9或18， 3 y x = 0或11。
第一节 同余的基本性质
(ⅲ) a b (mod mi )，1 i k a b (mod [m1, m2, , mk])； (ⅳ) a b (mod m) (a, m) = (b, m)； (ⅴ) ac bc(modm), (c, m) =1 a b (mod m).
第一节 同余的基本性质
21 29 (mod 50)，
即所求的余数是29。
第一节 同余的基本性质
例5 解 求 n7
7
7
的个位数。
我们有 71 3，72 1，74 1 (mod 10)，
因此，若
77 r (mod 4)， 则
n 7
7
7
7 (mod 10 )
r
(3)
现在 77 (1)7 1 3 (mod 4)，
证明 结论(ⅰ)—(ⅳ)的证明，留作习题。
(ⅴ) 由
ac bc (mod m)
得到mc(a b)，再由(c, m) = 1和第一章第三
节定理4得到ma b，即 a b (mod m)。 证毕。
第一节 同余的基本性质
例1 设N =是整数N的十进制表示，即
N = an10n an 110n 1 a110 a0 ，则
N =(mod 3)，
由上式可得到结论(ⅰ)。 结论(ⅱ)，(ⅲ)用同样方法证明。
第一节 同余的基本性质
为了证明结论(ⅳ)，只需利用式(2)及 100 1，101 3，102 4，103 1， (mod 13)
和
N a n 1 a n 2 a 1 a 0 a 2 a 1 a 0 10 a 5 a 4 a 3 10 .
第一节 同余的基本性质
定理2 同余具有下面的性质： (ⅰ) (自反性) a a (mod m)； (ⅱ) (对称性) a b (mod m) b a (mod m); (ⅲ) (传递性) a b，b c (mod m) a c (mod m)。 证明 留作习题。
第一节 同余的基本性质
0 3
第一节 同余的基本性质
注: 一般地，在考虑使
N a n 1 a n 2 a 1 a 被m 0
除的余数时，首先是求出正整数k，使得
10k 1或1 (mod m)，
再将
N a n 1 a n 2 a 1 a写成 0
0 k
N a k 1 a k 2 a 1 a 0 10 a 2 k 1 a 2 h 2 a k 10
的形式，再利用式(2)。
第一节 同余的基本性质
例2 求