第三讲同余理论(精)
五年级数学思维拓展余数定理第三讲
【五年级数学思维拓展】趣味入门—勇闯智慧岛（二）——余数定理(3)了解余数定理，会用余数定理解题1.掌握余数定理2.掌握同余定理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。
2. 有一个大于1的整数，除45，59，101所得的余数相同，求这个数。
3. 有一个整数，除39，51，147所得的余数都是3，求这个数。
4.有一个自然数，除345和543所得的余数相同，且商相差33。
求这个数是多少？（即是该课程的课后测试）1. 有一个大于1的整数，除45,59,101所得的余数相同，求这个数2. 有一个整数，除39,51,147所得的余数都是3，求这个数3. 已知2008被一些自然数去除，所得的余数都是10，那么这样的自然数共有多少个？4. 在小于1000的自然数中，分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?(余数可以为0)5. 一个三位数除以17和19都有余数，并且除以17后所得的商与余数的和等于它除以19后所得到的商与余数的和．那么这样的三位数中最大数是多少，最小数是多少？1. 这个题没有告诉我们，这三个数除以这个数的余数分别是多少，但是由于所得的余数相同，根据同余定理，我们可以得到：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．1014556-=，594514-=，(56,14)14=，14的约数有1,2,7,14，所以这个数可能为2,7,14。
2. 答案：39336-=，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；3. 本题为一道余数与约数个数计算公式的小综合性题目。
由题意所求的自然数一定是2008-10即1998的约数，同时还要满足大于10这个条件。
这样题目就转化为1998有多少个大于10的约数，319982337=⨯⨯，共有（1+1）×（3+1）×（1+1）=16个约数，其中1，2，3，6，9是比10小的约数，所以符合题目条件的自然数共有11个。
七年级数学同余理论知识点
七年级数学同余理论知识点同余理论是一种在数学上十分重要的概念，也是七年级数学中的重要知识点。
同余理论涉及到了数学运算、数论、代数和计算机科学等众多领域。
了解同余理论可以帮助我们更好地理解数学中的很多概念，而这些概念同样也会在我们的日常生活中用到。
本文将为大家详细介绍七年级数学同余理论知识点。
一、同余符号同余符号被表示为≡，表示两个整数的差可以被某个整数整除。
例如，a ≡ b(mod n)，表示 a和 b 的差是n 的倍数。
同余符号可以表示为：a ≡ b(mod n) 表示 a和 b 对模n 同余。
二、同余的基本定理基本定理：若a ≡ b(mod n)，则：a + c ≡ b + c(mod n)；a × c ≡b × c(mod n)对于同模运算，我们可以将其认为是模n的“等价关系”。
如果我们在计算时需要代入变量n，可以类比“等价类”的概念。
同余的基本定理的应用非常广泛，比如说计算机科学中的哈希函数就是基于同余的理论进行设计的。
三、余数另一个和同余概念相关的概念是余数。
余数通常用于表示在将一个整数除以另一个整数时所得的余数。
余数可以表示为 R(n) = a(mod n)，其中，a是被除数，n是除数，R是余数.例如，当我们用4除以15时，可以得到商为3，余数为3，记作15≡3(mod 4)。
四、同余类同余类是指在模运算下，所有的同余数组成的等价类。
例如，在模12运算下，2和14就属于同一个同余类，因为它们两个的差是12的倍数。
同余类在数学上是一个非常重要的概念，在计算机科学中也有广泛的应用，比如说整数哈希函数、证明算法的正确性等等。
五、同余的扩展性同余的扩张性是指对于同余的模重写，仍然可以得到相同的结果。
这个概念证实了我们可以选择一个更小的模数进行计算，这样可以减少计算复杂度，提高计算速度。
例如，当我们计算2538 + 4916 ≡ x(mod 10) 时，我们可以通过将x进行模变换，将模数改为1，从而简化计算。
数学奥赛辅导 第三讲 同 余
数学奥赛辅导 第三讲同余知识、方法、技能同余是数论中的重要概念，同余理论是研究整数问题的重要工作之一.本讲介绍同余的基本概念，剩余类和完全剩余系，同余方程，整数模的阶和中国剩余定理.Ⅰ.基本概念定义一：设m 是一个给定的正整数.如果两个整数a 、b 用m 除所得的余数相同，则称a 、b 对模m 同余，记为a ≡b （modm ）；否则，记为a ≡b （modm ）.例如，15≡7（mod4），－23≡12（mod7）.同余有如下两种等价定义法：定义一* 若m|a －b ，则称a 、b 对模m 同余.定义一**若a =b+mt(t ∈Z)，则称a 、b 对模m 同余.同余的基本性质：（1）.|)(mod 0a m m a ⇔≡（2）))((mod 反身性m a a ≡))((mod )(mod )(mod ))((mod )(mod 传递性对称性m c a m c b m b a m a b m b a ≡⇔⎭⎬⎫≡≡≡⇔≡（3）若则),(mod ),(mod m d c m b a ≡≡①);(mod m d b c a ±≡±②).(mod m bd ac ≡（4）若).(mod ,.,,2,1,0),(mod 0101m b x b x b a x a x a n i m b a n n n n i i +++=+++=≡ 则特别地，设)(mod ),()(01m b a Z a a x a x a x f i n n ≡∈+++=若 ，则).)(mod ()(m b f a f ≡（5）若).),((mod ),(mod c m m b a m bc ac ≡≡则特别地，又若（c,m ）=1，则).(mod m b a ≡ 【证明】因),(|b a c m -这等价于).(),(|),(b a c m c c m m -又因若（a ,b ）=),(d b d a d ⇒=1（d ≠0）及b|a c ，且（b,c ）=1,|a b ⇒ 从而有).(|),(b a c m m - 这个性质说明同余式两边的同一非零因数，不能像等式那样“约去”，只有当这非零因数与模互质时，才可“约去”.（6）),(mod m b a ≡而).(mod ),0(|d b a d m d ≡>则（7）设),(mod m b a ≡①若c>0，则);(mod mc bc ac ≡②d 为a 、b 、m 的任一公约数，则).(mod dm d b d a ≡ （8）若).(mod ,1),()(mod ),(mod 212121m m b a m m m b a m b a ≡=≡≡则且（9）若).,(),(),(mod m b m a m b a =≡则Ⅱ.剩余类和完全剩余系若按对某一模m 的余数进行分类，就可以引入所谓的剩余类和完全剩余系的概念.定义二：设m ∈N*，把全体整数按其对模m 的余数r （0≢r ≢m －1）归于一类，记为k r ，每一类k r （r=0,1,…,m －1）均称模m 的剩余类（又叫同余类）.同一类中任一数称为该类中另一数的剩余.剩余类k r 是数集{}{})(mod |,,,|m r a Z a a k Z q r m r qm k r r ≡∈=∈+=且也即是余数是模,它是一个公差为m 的（双边无穷）等差数列.根据定义，剩余类具有如下性质：（1）);(,1210j i k k k k k k Z j i m ≠=⋂⋃⋃⋃=-φ而（2）对任一数n ∈Z ，有惟一的00r k n r ∈使；（3）对任意的a ,b ∈Z ，a ,b ).(mod m b a k r ≡⇔∈定义三：设110,,,-m k k k 是模m 的（全部）剩余类.从每个k r 中任取一个数a r ,这m 个数110,,,-m a a a 组成的一个组称为模m 的一个完全剩余系，简称完系.例如，取m=4，则有{}{} ,9,5,1,3,7,,8,4,0,4,8,10--=--=k k ，k 2={…，－6，－2，2，6，10，…}，k 3={…，－5，－1，3，7，11，…}.数组0，1，2，3；－8，5，2，－1等等都是模的4的一个完全剩余系.显然，模m 的完全剩余系有无穷多个.但最常用的是下面两种：（1）非负数最小完全剩余系：0，1，2，…，m －1；（2）绝对值最小完全剩余系：它随m 的奇偶性不同而略有区别.当.),1(,,1,0,1,),1(,,12k k k k k m -----+= 为时（对称式）当).1(,,1,0,1,),1(,.),1(,1,0,1,),2(),1(,2-----------=k k k k k k k k m 或为时 由定义不难得到如下判别完全剩余系的方法：定理一：m 个整数m a a a ,,,21 是模m 的一个完系i a j i ,时当≠⇔≡)(mod m a j 定理二：设（b,m ）=1，c 为任意整数.若n a a a ,,,21 为一个完系，则c ba c ba c ba m +++,,,21 也是模m 的一个完全剩余系.特别地，任意m 个连续整数构成模m 的一个完全剩余系.【证明】只需证明：当).(mod ,m c ba c ba j i j i +≡+≠时而这可用反证法得证.下略. 设m 为一正整数，由于在0，1，…，m －1中与m 互质的数的个数是由m 惟一确定的一个正整数，因此，可给出如下定义.定义四：m 为一正整数，把0，1，…，m －1与m 互质的数的个数叫做m 的欧拉函数，记为).(m ϕ显然，)(m ϕ的定义域是正整数N*，前n 个值为：,,6)7(,2)6(,4)5(,2)4(,2)3(,1)2(,0)1( =======ϕϕϕϕϕϕϕ当m=p 为质数时，.1)(-=p p ϕ设k 是模的一个剩余类.若a 、b ∈k ，则).(mod m b a ≡于是由性质9知，（a ,m ）=（b,m ）.因此，若（a ,m ）=1，则k 中的任一数均与m 互质.这样，又可给出如下定义.定义五：如果一个模m 的剩余类k r 中任一数与m 互质，则称k r 是与模m 互质的剩余类；在与模m 互质的每个剩余类中任取一个数（共)(m ϕ个）所组成的数组，称为模m 的一个简化剩余系.例如，取m=6，在模6的六个剩余类中，{},,13,7,1,5,11,1 --=k{} ,17,11,5,1,7,5--=k 是与模6互质的剩余类.数组1，5；7，－7；1，－1；等等都是模6的简化剩余类.由此定义，不难得到：定理三:)(21,,,m a a a ϕ 是模m 的简化剩余系)).(,2,1,,)((mod ,1),(m j i j i m a a m a j i i ϕ =≠≡=⇔且 定理四：在模m 的一个完全剩余系中，取出所有与m 互质的数组成的数组，就是一个模m 的简化剩余系.这两个定理，前者是简化剩余系的判别方法，后者是它的构造方法.显然，模m 的简化剩余系有无穷多个，但常用的是“最小简化剩余系”，即由1，2，…，m －1中与m 互质的那些数组成的数组.由定理不难证得简化剩余系的如下性质定理.定理五：设)(21,,,m a a a ϕ 是模m 的简化剩余系.若（k,m ）=1，则)(21,,,m ka ka ka ϕ 也是模m 的简化剩余系.下面介绍两个有关欧拉函数的重要结论.其证明略.定理六：（欧拉定理）若（a ,m ）=1，则)(mod 1)(m a m ≡ϕ特别地，（费马小定理）若m=p 为质数，p a ，则).(mod 11p a p ≡-定理七：（威尔逊定理）设p 素数，则（p －1）！).(mod 1p -≡定理八：（欧拉函数值计算公式）令m 的标准分解式为k k p p p m ααα 2121=，则 ∏=-=k i ip m m 1).11()(ϕ 例如，30=2·3·5，则.8)511)(311)(211(30)30(=---=ϕ读者应认识到：由于任何整数都属于模m 的某一剩余类，所以，在研究某些整数性质时，选取适当的（模）m ，然后在模m 的每个剩余类中取一个“代表数”（即组成一个完全剩余系），当弄清了这些代表数的性质后，就可弄清对应的剩余类中所有数的性质，进而弄清全体整数的性质，这就是引入剩余类和完全剩余系的目的.Ⅲ.同余方程设x a x a xa x a x f n n n n 为0111)(++++=-- 的整系数多项式.类似于多项式和代数方程式的有关定义，我们有定义六：同余式)(mod 0),(mod 0)(m a m x f n ≡≡叫做一元n 次同余方程.例如， )3(mod 03539257≡-+-x x x 是七次同余方程.定义七：若c 使得)(mod ,)(mod 0)(m c x m c f ≡≡则成立叫做同余方程)(mod 0)(m x f ≡的一个解.显然，同余方程的解是一些剩余类，而不仅是一个或n 个类.例如，),5(mod 1≡x )5(mod 4≡x 都是二次同余方程)5(mod 12≡x 的解.1．一次同余方程)(mod m b ax ≡（其中m a ）称为一次同余方程.关于它的解，有如下共知的结论： 定理九：若（a ,m ）=1，则)(mod m b ax ≡有一个解.定理十：若（a ,m ）=d>1，d b ，则)(mod m b ax ≡无解，其中)(mod 0m a ≡.定理十一：若（a ,m ）=d>1，d|b ，则)(mod m b ax ≡有d 个解.并且，若)(mod 1m x βα=的一个解为),(mod 1m r x ≡则d 个解为：1,,1,0),(mod 1-=+≡d k m km r x ，其中.,,1dm m d b d a ===βα 下面介绍一次同余方程1),(),(mod =≡m a m b ax （*） 的解法.【解法1】因（a ,m ）=1，则存在二数s,t ，使得as +mt=1，即)(mod 1m as =，由此有 )(mod ),(mod m bs x m bs asx ≡≡于是为（*）的解.【解法2】先把（*）变形成ab m a b x )((mod ≡仅只是形式上的记号），然后用与m 互质的数陆续乘右端的分子分母，直至把分母绝对值变成1（通过分子分母各对模m 取余数）而得到解.【解法3】得用欧拉定理.因),(mod )(mod ),(mod 11)()()(m a b x a m b ax m a m m m -⋅≡≡≡ϕϕϕ可得由 从而有解 ).(mod 1)(m a b x m -⋅≡ϕ2．一次同余方程组定义八：若数r 同时满足n 个同余方程：r n k m x f k k 则.,,2,1),(mod 0)( =≡叫做这n 个同余方程组成的同余方程组的解.定理十二：对同余方程组⎩⎨⎧≡≡).(mod ),(mod 2211m c x m c x记.],[,),(2121M m m d m m ==①若d 21c c -，则此同余方程组无解；②若21|c c d -，则此同余方程组有对模M 的一类剩余解.Ⅳ.模m 的阶和中国剩余定理（1）模m 的阶定义九：设m>1是一个固定的整数，a 是与m 互素的整数，则存在整数k ，1≢k ＜m ，使得)(mod 1m a k ≡.我们将具有这一性质的最小正整数（仍记为k ）称为a 模m 的阶.a 模m 的阶具有如下性质：①设m a k m a 模是,1),(=的阶，ν,u 是任意整数，则)(mod m a a v u ≡的充要条件是)(mod k u ν≡.特别地，)(mod 1m a u ≡的充分必要条件是k|u.【简证】充分性显然.必要性.设).(mod 11),()(mod ,,m a m a m a a u l u l u 易知及则由记=≡-=>ννν用带余除法，k r m a m a a k r r kq l r r kq <≤≡≡⋅<≤+=0).(mod 1),(mod 1,0,由即故这里及k 的定义知，必须r=0，所以).(mod k r u ≡②设a m a ,2),(=模m 的阶为k ，则数列,,,,32 a a a 模m 是周期的，且最小正周期是k ，而k 个数k a a a ,,,2 模m 互不同余.③设a m a 则,1),(=模m 的阶整除欧拉函数).(m ϕ特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶整除p －1.（2）中国剩余定理（即孙子定理）设n m m m n ,,,,221 ≥是两两互质的正整数，记M=∏===n i ii i n i m M M m 1),,2,1(, 则同余方程组 ),,2,1)((mod n i m c x i i =≡有且只有解 ∑=≡ni ii i M c M x 1).(mod α （△） 其中.,,2,1),(mod 1n i m M i i i =≡α （△△）【证明】由)(1),(j i m m j i ≠=知，1),(=j i m M ，因此每一个同余方程)(mod 1i iy m M ≡ （i =1，2，…n ）都有解，于是必存在),(|,).(mod 1,j i M m M m M m M i i i i i i i ≠=≡又因使得αα 所以对模).(mod ),,2,1(111i i i i i n n n i i i i m c c M c M c M c M n i m ≡≡++++=αααα 有故（△△）是（△）的解.若21,x x 是适合（△）的任意两个解，则).(1),(,,,2,1),(mod 21j i m m n i m x x j i i ≠===因 故),(mod ),(mod 212121M x x m m m x x n ≡≡即 因此，（△△）是（△）的惟一解.赛题精讲例1：数1978n 与1978m 的最末三位数相等，试求正整数m 和n ，使得n+m 取最小值，这里.1≥>m n （第20届IMO 试题）【解】由已知而),1000(mod 10781978mn ≡1000=8×125，所以)8(m o d 10781978m n ≡ ① )125(mod 10781978m n ≡ ②因1≥>m n ，且（1978m ，125）=1，则由②式知1978n －m ≡1（mod125）③又直接验证知，1978的各次方幂的个位数字是以8、4、2、6循环出现的，所以只有n －m 为4的倍数时，③式才能成立，因而可令n －m=4k.由于. n+m=（ n －m ）+2m=4k+2m ，因而只需确定出k 和m 的最小值.先确定k 的最小值：因为19784=（79×25+3）4≡34≡1（mod5），19784≡34≡1（mod25）.故可令19784=5t+1，而5 t ，从而0≡1978n －m －1=19784k －1=（5k+1）k －1≡2)5(2)1(t k k ⋅- +)125(mod5t k ⋅，显然，使上式成立的k 的最小值为25. 再确定m 的最小值：因1978≡2（mod8），则由①式知，)8(mod 22mn ≡ ④ 由于,1≥>m n ④式显然对m=1，2不成立，从而m 的最小值为3.故合于题设条件的n+m 的最小值为106.【评述】比例中我们用了这样一个结论：1978的各次方幂的个位数字是以8，4，2，6循环出现，即，当r=1，2，3，4时，).10(mod 6,2,4,8197819784≡=+r q p 这种现象在数学上称为“模同期现象”.一般地，我们有如下定义：整数列{}n x 各项除以m （m ≣2，m ∈N*）后的余数n a 组成数列{}n a .若{}n a 是一个周期数列，则称{}n x 是关于模m 的周期数列，简称模m 周期数列.满足n T n a a =+（或n T n x a ≡+ （modm ））的最小正整数T 称为它的周期.例如，（1）{}n 1978是模10周期数列，周期为4；（2）自然数列{n}是一个模m （m ≣2，m ∈N*）周期数列，周期为m ；（3）任何一个整数等差数列都是一个模m （m ≣2，m ∈N*）周期数列，周期为m.例2：设a 是方程01323=+-x x 的最大正根，求证：17可以整除[a 1788]与[a 1988].其中[x ]表示不超过x 的最大整数. （第29届IMO 预选题）【证明】根据如下符号表可知，若设三根依次为a <<βα， 则,121,211<<-<<-βα.||,,02)12(2)(,223233βαβαααααα<<->-=+-+-=-<于是由于f a另一方面，由韦达定理知，)8(1296292)3(2)(233322222a aa a a a a a a -+=+-+=+-+=+-=-+=+αββαβα .1,8)22(2222<+∴=>βαa为了估计[1788a ]、[1988a ]，先一般考察[a n ]，为此定义：),2,1,0.( =++=n a u n n n n βα直接计算可知：).0(3,9.32,323222210≥-==++==++==++n n u u a u a u u n n 以及βαβ 又因,12223,0,||(10<-<-=+>+<<+<αβαβαβαβα又即n n n n 当2≥n 时，)].(1[1)(),1||22n n n n n n n n n n n u u a βαβαβαβαβα+---=+-=<+<+≤+则),2,1.(1][ =-=∴n u a n n由此知，命题变为证明：1119881788--u u 和能被17整除.现考察{}n u 在模17的意义下的情况：,2,6,5,16,9,9,11,1,7,9,3,311109876543210≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡≡u u u u u u u u u u u u ,9,3,3,0,6,14,118171615141312≡≡≡≡≡≡≡u u u u u u u可见，在模17意义下，{}n u 是16为周期的模周期数列，即).17(mod 16n n u u ≡+由于 1788),17(mod 1),17(mod 1),16(mod 41988),16(mod 1241988121788≡≡≡≡≡≡u u u u 故故 ).17(mod 01,0119881788≡-≡-u u 命题得证.例3：求八个整数821,,,n n n 满足：对每个整数k （－1985<k<1985），有八个整数a 1，a 2，…，a 8∈{－1，0，1}，使得.882211n a n a n a k +++= （第26届IMO 预选题）【解】令数集{}.1,,2,1},1,0,1{,333|12321+=-∈⋅++⋅+⋅+==+n i a a a a a k k G i n n 显然 3331m a x 12=++++=+n nG H ， .33312H mixG n -=----=且G 中的元素个数有1231+=+H n 个.又因G 中任意两数之差的绝对值不超过2H ，所以G 中的数对模2H+1不同余.因此，G 的元素恰好是模2H+1的一个绝对值最小的完系，于是，凡满足H k H ≤≤-的任意整数都属于G ，且可惟一地表示为：nn a a a a 33312321⋅++⋅+⋅++形式.当n=7时，H=3280>1985，而n=6时，H=1043<1985.故n 1=1，n 2=3，…，n 8=37为所求. 例4：设n 为正整数，整数k 与n 互质，且0<k<n.令M={1，2，…，n －1}，给M 中每个数染上黑、白两种颜色中的一种，染法如下：（i ）对M 中每个i ，i 与n －i 同色；（ii ）对M 中每个i ，i ≠k,i 与|k －i |同色.求证：M 中所有的数必为同色. （第26届IMO 试题）【证明】因,1),(=n k 又0，1，…n －1是模n 的一个完全剩余系，所以0，k ，2k ，…，（n －1）k 也是模n 的一个完全剩余系.若设),1,,2,1,11)((mod -=-≤≤≡n j n r n r jk j j 其中 则M=}.,,,{121-n r r r 下只需证).21(1-≤≤+n j r r j j 与因为，若如此，当r 1的颜色确定后，M 中所有都与r 1同色.由于)(mod ),(mod )1(11n r k r n r k j j j j ++≡+≡+则，因此，（1）若k r r n k r j j j +=<++1,则，于是，由条件（i ）知，j j j j r r n n r n r k =---=-+)(1与同色.又由条件（ii ）知，111||+++=---j j j r k r k r k 与同色，故j j r r 与1+同色.综上所述可知，j j r r 与1+同色.命题得证.例5：设a 和m 都是正整数，a >1.证明：).1(|-m a m ϕ【证明】实上，显然1-m a a 与互素，且1-m a a 模的阶是m ，所以由模阶的性质③导出).1(|-m a m ϕ例6：设p 是奇素数，证明：2p －1的任一素因了具有形式x px ,12+是正整数.【证明】设q 是2p －1的任一素因子，则q ≠2.设2模q 的阶是k ，则由)(mod 12q p ≡知k|p ，故k=1或p （因p 是素数，这是能确定阶k 的主要因素）.显然k ≠1，否则),(mod 121q ≡这不可能，因此k=p.现在由费马小定理)(mod 121q q ≡-推出.1|,1|--q p q k 即因p 、q 都是奇数，故q －1=2p x （x 是个正整数），证毕.例7：设m,a ,b 都是正整数，m>1，则.1)1,1),(-=--b a b a mm m 【证明】记).1,1(--=b a m m d 由于（a ,b ）|a 及（a ,b ）|b ，易知1|1),(--a b a m m及11 1|1),(--b b a m m ，故d m b a |1),(-，另一方面设m 模d 的阶是k ，则由)(mod 1),(mod 1d m d m b a ≡≡推出，k|a 及k|b ，故k|（a ，b ）.因此.1|),(mod 1),(),(-≡b a b a m d d m 即综合两方面可知，.1),(-=b a m d 证毕.例8：设n ，k 是给定的整数，n>0，且k （n －1）是偶数.证明：存在,1),(),(,,==n y n x y x 使得是).(mod n k y x ≡+【证明】我们先证明，当n 为素数幂αp 时结论成立.实际上，我们能证明，存在x ,y ，使 p x y ，且k y x =+.如p=2，则条件表明k 为偶数，可取2,11,1,2;1,1-==-==>-==k y x k y x p k y x 或则如中有一对满足要求.一般情形下，设r r p p n αα 11=是n 的标准分解，上面已证明，对每个i p ，均有整数i x ，i y ，使p i x i y i ，且).,,2,1(r k y x i i =+现在孙子定理表明，同余方程组)(mod ,),(mod 111r a r r p x x p x x ≡≡ α有解x ，同样)(mod ,),(mod 111r a r r p y y p y y ≡≡ α也有解y.现在易证x ,y 符合问题中的要求：因p i x i y i ，故p i x y （i =1，…，r ），于是（x y ，n ）=1.又).(mod ),,,1)((mod 1n k y x r i p k y x y x i i i ≡+==+=+故 α例9：设n 为任意的正整数.证明：一定存在n 个连续的正整数解，使其中任何一个都不是质数的整数幂. （第30届IMO 试题）【证明】取2n 个两两不同的质数.,,,,,,2121n n q q q p p p 和同余方程组),(mod i i q p i x -≡ n i ,,2,1 =.由于n n q p q p q p ,,,2211 两两互质，根据孙子定理必有解，取为正整数N ，则n 个连续正整数N+1，N+2，…，N+n 都至少含有两个不同的质因数，因而它们中的任一个都不是质数的整数幂.证毕.。
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。
同余理论
同余理论及其应用东北育才学校 费振鹏基础知识一、定义定义1：整数集Z 根据模正整数()1m m >来分类：若a 、b 被m 除的余数相同，则a 与b 属于同一类，否则不属于同一类．这样得到m 个类，即{}|Z,0,1,2,1i M i km k i m =+∈=- ．称之为模m 的剩余类（同余类）．定义2：若整数a 、b 之差被正整数m 整除，称a 、b 关于模m 同余，记作()mod a b m ≡．即()()m o d a b m m a b ≡⇔-．从字面上理解，所属模m的同一个剩余类的两个整数模m 同余．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．简称完系．定义4：绝对值不超过2m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的模m 的完系称为模m 的绝对最小完系．将0,1,2,,1m - 称为模m的最小非负完系．定义5：当模m 的某一剩余类i M 中某一整数与m 互质，由欧氏除法（辗转相除法）知i M 中每个数与m 均互质，则称此剩余类是模m 的缩剩余类（亦称简化剩余类）．定义6：设m 为正整数，从1到m 的整数中与m 互质的整数的个数用()m ϕ表示，称()m ϕ为欧拉函数．模m 的缩剩余类（简化剩余类）也是()m ϕ个．定义7：在模m 的()m ϕ个缩剩余类（简化剩余类）中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的缩剩余系（简化剩余系），简称缩系（简系）．定义8：满足()1mod k a m ≡的最小正整数k 称为整数a 模m 的指数（阶）． 二、定理定理1：同余的基本性质： ⑴()mod a a m ≡；⑵若()mod a b m ≡，则()mod b a m ≡；⑶若()mod a b m ≡，()mod b c m ≡，则()mod a c m ≡；⑷若()mod a b m ≡，m qn =，N n ∈，则()mod a b n ≡． 定理2：若()11mod a b m ≡，()22mod a b m ≡，则⑴()1212mod a a b b m +≡+；⑵()1212mod a a b b m -≡-；⑶()1212mod a a b b m ≡． 推论：⑴若()()mod 1,2,,i i a b m i n ≡= ，则()11m od nn i ii i a b m ==≡∑∑；()11mod nniii i ab m ==≡∏∏．⑵若()mod a b m ≡，n 为任意正整数，则()mod na nb m ≡；()mod n n a b m ≡． 定理3：若()mod ac bc m ≡，则()m od,m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭． 推论：若(),1c m =，()mod ac bc m ≡，则()mod a b m ≡． 定理4：若()mod a b m ≡，则()(),,a m b m =．定理5：若()mod i a b m ≡，1,2,,i k = ，则[]()12mod ,,,k a b m m m ≡ ．定理6：设f 是()N m +∈的正约数，在模f 的属于c 的剩余类中取整数,,,1mc c f c f f ⎛⎫++- ⎪⎝⎭，则它们是模m 的mf个剩余类．定理7：m 个整数12,,,m a a a 是模m 的完系的充要条件是12,,,m a a a 关于模m 两两不同余． 定理8：若(),1k m =，其中*Z k ∈（*Z 表示非零整数集），Z b ∈，+N m ∈，1m >且12,,,m x x x 是模m 的完系，则12,,,m kx b kx b kx b +++ 也是模m 的完系．定理9：（裴蜀定理）设a ，b ，d 是整数，则(),a b d =的充要条件是d a ，d b ，且存在整数u ，v 使得ua vb d +=．推论：⑴(),1a b =的充要条件是存在整数u ，v 使得1ua vb +=．⑵a ，b 均为正整数，(),1a b =的充要条件是存在正整数u ，v 使得1ua vb -=． 定理10：（费马小定理）若a 是整数，p 是质数且(),1a p =，则()11mod p a p -≡． 推论：若p 是质数，则()mod p a a p ≡．这里不要求a 、p 互质．定理11：()m ϕ个整数是模m 的简系的充要条件是它们均与m 互质且模m 两两互不同余． 定理12：设()12,,,m a a a ϕ 是模m 的简系，且(),1c m =，则()12,,,m ca ca ca ϕ 也是模m 的简系．定理13：（欧拉定理）若a 是整数，正整数1m >且(),1a m =，则()()1mod m a m ϕ≡． 定理14：欧拉函数的性质： ⑴若整数2m >，则()m ϕ是偶数．⑵设1iki i m p α==∏是m 的标准分解式，则()111kii m m pϕ=⎛⎫=⋅- ⎪⎝⎭∏．⑶若正整数m 、n 满足(),1m n =，则()()()mn m n ϕϕϕ=． ⑷()d md m ϕ=∑，其中d m∑表示d 遍历m 的所有正约数．定理15：（威尔逊定理）若p 是质数，则()()1!1mod p p -≡-．典型例题一、选取适当的模例1.求最大的正整数n ，使得方程组()()()()222222221212k nx y x y x k y x n y ++=++==++==++有整数解()12,,,,n x y y y ． （2003年越南数学奥林匹克）分析：我们利用平方数的性质处理问题． 解：所求最大正整数3n =．当3n =时，()()()222222123123x y x y x y ++=++=++．进而得2212222323,2 5.y y x y y x ⎧-=+⎪⎨-=+⎪⎩ 易得所给方程组有整数解()()123,,,2,0,1,0x y y y =-．当4=n 时，22122223223423,25,27.y y x y y x y y x ⎧-=+⎪-=+⎨⎪-=+⎩则1y ，2y ，3y ，4y 奇偶交替出现．从而()()22221322*y y y -+=且()()22232422**y y y -+=．若1y ，3y 为奇数，则由2y 是偶数得()2220mod 8y ≡，而由()222213224mod 8y y y =++≡． 即得出式()*矛盾．若1y ，3y 为偶数，则2y ，4y 为奇数．同理可得出式()**矛盾．所以4=n 无解．而当4n ≥时显然无解． 综上可得所求最大正整数3n =． 例2.已知11a =，22a =，{12153,,n n n n n a a a a a +++-=-11n n n n a a a a ++⋅⋅,.若为偶数若为奇数证明：对一切正整数n ，0n a ≠． （1988年全国高中数学联赛二试）分析：我们只要证明n a 模某一常数不为0即可．证明：若某一个0k a =，则对任意正整数m 有()0mod k a m ≡，因此，我们只要找到一个m ，对任何一个n 均有()0mod k a m ≡/即可．先通过计算前几项：11a =，22a =，37a =，429a =，522a =，623a =，…模3的余数分别为1，2，1，2，1，2，…于是猜想奇数项模3余1，偶数项模3余2． 即()211mod 3n a -≡，()22mod 3n a ≡，其中*n ∈ ．下面用数学归纳法证明这一猜想： 当1n =时，()111mod 3a =≡，()222mod 3a =≡，结论成立； 假设当n k =时，结论成立，即()211mod 3k a -≡，()22mod 3k a ≡．则不管()21221253241mod 3k k k k a a a a +-=-≡≡≡，还是()21221211mod 3k k k a a a +-=-≡-≡，均有()211mod 3k a +≡．进而不管()22212215322m o d 3k k k k a a a a +++=-≡≡，还是()22212122m o d 3k k k a a a ++=-≡-≡，均有()222mod 3k a +≡． 综上所述，猜想结论成立． 因此，原命题结论成立． 注：本题有如下加强命题：⑴此数列所有项都不是3的倍数；（根据上面的证明，容易得出这个结论） ⑵此数列所有项都不是4的倍数；⑶此数列为模3的模周期数列；（根据上面的证明，容易得出这个结论）⑷此数列为模4的模周期数列（模4的结果为1，2，3，…，据此也可证明加强命题⑵）．()11mod 4a ≡，()22mod 4a ≡，()33mod 4a ≡．设n k =时，()321mod 4k a -≡，()312mod 4k a -≡，()33mod 4k a ≡．则1n k =+时，()31331531mod 4k k k a a a +-=-≡，()323132mod 4k k k a a a ++=-≡，()333231533mod 4k k k a a a +++=-≡． 因此对一切n 均有()0m od 4k a ≡/，从而原命题成立．评注：选择适当的模结合相关知识，如平方数性质、模周斯数列是解决同余问题的技巧之一． 二、不定方程例3.证明：方程243y x x =+没有正整数解． （2004年韩国数学奥林匹克）分析：我们选择适当的模对x 进行分类处理问题． 证明：⑴当()1m od 3x ≡时，设()31N x a a =+∈，()42mod 3x x +≡． 而方程左边()230mod 3y ≡，矛盾． 所以此时无解． ⑵当()0mod 3x ≡时，设()*3N x a a =∈，()()()()4222113319313x x x x x x a a a a y +=+-+=+-+=． ∴()()2231931a a a a y +-+=．而(),311a a +=，()2,9311a a a -+=，()()231,93131,31a a a a +-+=+=， ∴a ，31a +，2931a a -+均为完全平方数．但由()()222319313a a a a -<-+<知2931a a -+不可能是完全平方数． 所以此时无解． ⑶当()1mod 3x ≡-时，设()*31N x a a =-∈时，()()()()4222119313313x x x x x x a a a a y +=+-+=--+=． ∴23|3|y y ⇒．令()*3N y c c =∈，则()()22313313a a a a c --+=． ∴3|a ．令()*3N a b b =∈，则()()22912791b b b b c --+=． 与⑵类似，b ，91b -，22791b b -+均为完全平方数．其中()912mod 3b -≡不可能是完全平方数，矛盾．所以此时无解．综上所述，原方程无正整数解．评注：方程右边可因式分解，而左边系数为3，因而选择模3对x 进行分类处理． 例4.x 、y 是质数，解方程219y x x y xy -=-． （2004年巴尔干地区数学奥林匹克） 分析：我们要充分利用x 、y 是质数的条件． 解：（Ⅰ）若x y =，则219xy =．显然不可能． （Ⅱ）若x y ≠，则219x y y x xy -+=．而x 、y 是质数，由费马小定理，得()mod y x x y ≡．∴2(m od )x y y x xy x y -+≡-．即19(mod )x y ≡-．∴|19y x +① 由费马小定理，得(m od )x y y x ≡．∴2(m od )x y y x xy y x -+≡．即19(mod )y x ≡．∴|19x y -②．⑴若19y >，则由①知19y x ≤+，由②知19x y ≤-即19y x ≥+．∴19y x =+．又y 是质数且2y >，故y 是奇质数．从而2x =，21y =不是质数．矛盾．所以此时无解． ⑵若19y =，则由①知19|x ．故19y x ==．这与（Ⅰ）矛盾．⑶若19y <，则由①、②，得{|19,|19.y x x x +- 当17y =时，由|19x y -，得质数2x =．不满足|19y x +． 当13y =时，由|19x y -，得质数2x =或3．不满足|19y x +． 当11y =时，由|19x y -，得质数2x =．不满足|19y x +．当7y =时，由|19x y -，得质数2x =或3．仅有()(),2,7x y =满足|19y x +，且满足原方程． 当5y =时，由|19x y -，得质数2x =或7．不满足|19y x +．当3y =时，由|19x y -，得质数2x =．()(),2,3x y =满足|19y x +，且满足原方程． 综上，()()(),2,7,2,3x y =为所求方程的解．评注：在处理有关质数幂的问题中，费马小定理常发挥重要作用．例5.设n 是整数，求证：若2+（2007年英国数学奥林匹克）证明：由2Z +，Z n ∈，得2112n +是完全平方数． 设()22112N n m m ++=∈，则()()21112m m n +-=． 又1m +、1m -奇偶性相同，故1m +、1m -均为偶数． 则211322m m n +-⋅=．记12m t +=，则112m t -=-，其中N t +∈．故()()213*t t n -=．要证222m +=+是完全平方数，只需证t 是完全平方数． 根据()*知，3t 或31t -，而()gcd ,11t t -=．若3t ，则由()gcd ,113t t -=，且()213t t n ⋅-=，知3t 与1t -都是完全平方数．设23t k =，则23t k =，()21311mod 3t k -=-≡-不可能是完全平方数．矛盾．因此，31t -．从而由()1gcd ,13t t -=，213t t n -⋅=，知t 与13t -都是完全平方数．综上，原结论成立．注：还可利用佩尔方程理论解决这个问题． 三、完系、费马小定理及其它相关定理例6.证明：对每个正整数n 存在一个各位数字均为奇数的n 位数能被5n 整除． （2003年第32届美国数学奥林匹克）证明：用数学归纳法．当1n =时，结论显然成立．假设12n N a a a = 能被5n 整除且各位数字都是奇数．考虑下列数：()11211105512nnnnn N a a a M M==⋅+=⋅+ ； ()21233105532nnnnn N a a a M M ==⋅+=⋅+ ； ()31255105552nnn nn N a a a M M ==⋅+=⋅+ ； ()41277105572nnnnn N a a a M M ==⋅+=⋅+ ； ()51299105592nnn nn N a a a M M==⋅+=⋅+ ．而数12,32,52,72,92n n n n n M M M M M ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+是模5的完系， 所以12345,,,,N N N N N 中之一能被55n ⋅整除．归纳推理完成． 注：由此引申一个问题：证明：对任意奇数，都可以找到它的一个倍数，使得该倍数的各位数字都是奇数． 这个问题利用例3的结论，再通过构造一个例子来证明这个命题．例7.设p 是奇质数，证明：()()121211m od 2p p k p p k p --=+≡∑．（2004年加拿大数学奥林匹克）证明：因为1p -是偶数，故()11221212111p p p p p k k k k p k -----==⎡⎤=+-⎣⎦∑∑．由二项式定理，得()()21212121p p iip ip i p k Cpk -----=-=⋅⋅-∑．模2p ，得()()()()()2122211222122121mod p p p p p p p k C p k k p p kkp -------≡⋅⋅-+-≡-⋅⋅-．故()()()()212122222222212mod p p p p p k p k p p kp p kpkp -----+-≡-⋅⋅≡-≡-．对11k p ≤≤-，必有()gcd ,1k p =．由费马小定理，得()11mod p k p -≡．故()221mod p k p -≡．即221p p k --．从而()()222221mod p p pk p k p p p ---≡---≡-．因此()()122122111m od 222p p k p p p p p kp p p --=+--≡-⋅≡+≡∑． 例8.求证：方程组6331573329147147157x x x y y x x y y y z ⎧+++=⎨++++=⎩没有整数解．（2005年第34届美国数学奥林匹克）证明：1++①②，得329157147(1)1471571x y z +++=++③． 考虑[2,9]18=，联系费马小定理，证明上式两边模19不同余． 由费马小定理，知()gcd ,191a =时，()181mod19a ≡； 否则()gcd ,191a ≠即19|a 时，()180mod19a ≡． 因此()29180zz=≡或()1m od19．从而()91,0,1mod19z ≡-④．对Z n ∀∈，有()0,1,2,,9mod19n ≡±±± ，所以()28,3,2,0,1,4,5,6,7,9mod19n ≡---⑤． 由④、⑤，得()()23915,6m od19x y z +++≡--/⑥． 由费马小定理，得1571471571471881318831471571(5)51551⨯+⨯+++≡-++≡-++13334134551551(8)581⨯+≡-++≡-++≡--⨯-+()27581115815mod19≡-⨯-+≡-⨯-+≡-⑦由⑥、⑦得()()23915714711471571m od19x y z +++≡++/．故()23915714711471571x y z +++≠++． 因此，原方程组无整数解．例9.证明序列{}232,3,n n -= 至少含有一个无穷子序列，且其中的项两两互质． （1971年第13届国际数学奥林匹克）证明：⑴2231-=，，3235-=，423-两两互质；⑵假设正整数1n ，2n ，…，k n 使序列()i 123n -，223n -， (23)n -两两互质，则只要证明存在1k n +使123k n +-与序列()i 中的每个数都互质，即得这1k +个数两两互质．由归纳法，原命题得证．证明123k n +-不含序列()i 中的所有数的质因子即可．设{}12,,,r p p p 是由序列()i 中的所有数的质因子组成的集合，显然12,,,r p p p 都是奇质数，即()gcd 2,1i p =．则由费马小定理，得()121mod i p i p -≡．因此()()1121mod ri i p i p =-∏≡，其中1,2,,i r ∀= ．进而()()1123132mod ri i p i p =-∏-≡-≡-．而()3i p ≥都是奇质数，故()11gcd 23,1ri i p i p =-⎛⎫∏ ⎪-= ⎪⎝⎭． 因此取()111rk i i n p +==-∏，则()1112323ri k i p n +=-∏-=-与23i n-都互质，其中1,2,,i k ∀= ．例10.求所有的质数p 、q ，使得()()5252p p q q pq --． （1996年保加利亚数学奥林匹克）解：显然质数p 、q 都不为2，则(),11p q -=．如果52p p p -，由费马小定理，得()55mod p p ≡，()22mod p p ≡．从而52p -，所以3p =． 假设,3p q ≠，则52q q p -，52p p q -．不妨设p q >，由裴蜀定理，存在正整数u 、v ，使()11u q vp --=．显然质数p 、q 都不为5，由费马小定理，得()151mod q q -≡，()121mod q q -≡．故1152q q q ---． 所以()()()1111525255232u q u q vp vp vp vp vp q --++-=-=-+⋅，又52p p q -，所以32vp q ⋅，矛盾． 所以p 、q 之一为3．若3p q ==，满足题意，则()(),3,3p q =．若3p =，()33q >≠，则3352913q -=⋅，所以13q =． 因此，所求的解为(,)(3,3),(3,13),(13,3)p q =．评注：完系、费马小定理结合二项式定理等是处理整除、同余问题的重要工具．练习及参考答案练习1.设质数p 满足()7mod 8p ≡，证明p 不能表示成三个平方数之和． 分析：我们利用平方数模8的性质进行处理．证明：设存在三个整数a ，b ，c 使222p a b c =++．而对Z x ∀∈，有()20,1,4mod 4x ≡． 所以()2220,1,2,3,4,5,6mod 8a b c ++≡，而得不到()2227mod 8a b c ++≡． 因此形如()7mod 8p =的质数不能表作三个平方数之和．练习 2.一会议厅有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11k n ≤≤-．（特别地，第两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． （2002年英国数学奥林匹克第2轮） 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()12k k -，其中1,2,,k n = ．于是如果这n 个数()12k k -对模n 不同余，这里1,2,,k 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，并且都小于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()()12h k h k -+-不能被2m 整除，即()12h h -与()12k k -对模n 不同余．因此安置座位方案在n 是一个2的幂时可操作．反之，假设()221m n a =+，其中a 是正整数，m 是非负整数． 若2m a <，取21m h a =++，2m k a =-． 则21h k a -=+，112m h k ++-=，()()()1122122mh h k k a ---=+．故()12h h -和()12k k -对模n 同余．若2m a ≥，取21m h a =++，21m k a =-+． 则12m h k +-=，121h k a +-=+，()()()1122122mh h k k a ---=+．故也得到()12h h -和()12k k -对模n 同余．上述h 、k 的取值都是1~n 范围内的整数．因此若n 不是一个2的幂就没有可能的安置座位方案． 练习3.求数200120022003的末三位数字．（2003年加拿大数学奥林匹克）解：因为()20033mod 1000≡，所以()200120012002200220033mod 1000≡．为解决这个问题，我们首先确定一个正整数n 使()31mod 1000n ≡． 由二项式定理，得()()()()()1222131011101101102mmm m m mm m m ---=-=-+⋅⋅-+⋅⋅-++ ．上式中前三项后的各项之和能被1000整除．于是设2m q =，则()()4312010021mod 1000q q q q ≡-+-≡．①由()1201002110001q q q k -+-=+，253250q q k --=，由十字相乘法易得25q =满足． 从而()10031mod 1000≡．而()20022mod 100≡，故()()200120012199920022mod 10022mod 425≡≡⋅⋅． 因为()10210241mod 25=≡-，所以()()()199199199910922215121213m od 25=⋅≡-⋅≡-≡．于是()200120012002241352mod 100≡≡⋅=，再由①，得()20012001200220021005252200333312013130025241mod 1000k +≡≡≡≡-⋅+⋅≡．因此数200120022003的末三位数字是241．练习4.设三角形的三边长分别是整数l ，m ，n ，且l m n >>．已知{}{}{}444333101010lmn==，其中{}[]x x x =-，而[]x 表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值． （2003年全国高中数学联赛加试）解：由题意，知()4333m od 10l m n ≡≡，即3l 、3m 、3n 的末四位数字相同． 又当且仅当l m n <+时，以l ，m ，n （l m n >>）为边才能构成三角形． 由二项式定理，得()()()()24210002122310112010021103pp pp p p p p p --=-=-+--++ ．⑴由此容易得到，()431mod 10p ≡．即1i =时，44h p =≥，()431mod 10≡； ⑵若20100p k -=，则()4231m od 10p ≡，当5p q =时，()20231m od 10q ≡． 即2i =时，2020h q =≥，()20231m od 10≡；⑶若()20100211000p p p k -+-=，则()20331m od 10q ≡． 由225350q q k --=，得5q r =，()100331m od 10r ≡． 即3i =时，100100h r =≥，()100331m od 10≡． ⑷若()()()100021222010021100003p p p p p p k---+--=，则()100431m od 10r ≡，3262500412559300r r r k -++=，得5r s =，()500431m od 10s ≡． 即4i =时，500500h s =≥，()500431mod 10≡． 设500m n x =+，500l n y =+，其中x y <， 则500500n y n x n +<++，()500500n y x >-≥． 故()3500350150033003l m n n x y ++=++≥⨯+⨯=．即当三角形的三边长分别为1501l =，1001m =，501n =时，其周长l m n ++取得最小值，且最小值为3003．练习5.求证：存在无穷多个这样的正整数，它们不能表示成少于十个奇数的平方和． 分析：对于否定性问题，我们常利用同余．解：设正整数n 能够表示成22212...,s n x x x =+++① 其中i x 为奇数，1,2,...,,19.i s s =≤≤若2(mod 8)n ≡，则由①及21(m od 8),1,2,...,i x i s ≡=知2(mod 8)s ≡，即 2.s = 若2,3|s n =，则由①及20,1(m o d 3),1,2i x i ≡=知120(m od 3)x x ≡≡，从而9|.n 这说明若3(m o d 9)n ≡，则 2.s ≠综上所述，被8除余2，被9除余3，即具有形式7266,0,1,2,...k k +=的正整数便不能表示成①，故命题得证．评注：对于某些问题，常常需要多次选择不同的模进行同余处理． 练习6.证明：132730n n -． 分析：由原式联想到费马小定理． 证明：2730235713=⨯⨯⨯⨯．由费马小定理，()13mod 13n n ≡，()7mod 7n n ≡，()5mod 5n n ≡，()3mod 3n n ≡，()2mod 2n n ≡．而由()13121n n n n -=-易得713|n n n n --，513|n n n n --，313|n n n n --，213|n n n n --． 所以13|k n n -，2,3,5,7,13k =．且2，3，5，7，13两两互质，因此原结论成立． 练习7.求出大于1的整数n 的个数，使得对任意的整数a ，都有25|n a a -． 分析：联想例4，猜想n 的最大值为2730．解：设满足条件的正整数组成集合S ，若25|n a a -，25|m a a -，则25[,]|m n a a -，因此S 中全部数的最小公倍数也属于S ，即S 中的最大数是其余每个数的倍数．25|m a a -，则m 的约数也整除25a a -，于是只需确定最大数m ，其一切大于1的约数组成集合S ．2525|22,|33m m -- ，并且2525(22,33)235713--=⨯⨯⨯⨯，由例4，由费马小定理，易证235713⨯⨯⨯⨯25|a a -，所以235713m =⨯⨯⨯⨯，集合S 共有31个元素．评注：利用特殊值法确定最大值，再进行证明是处理竞赛问题的典型技巧．练习8.34021(m od 341)≡但3411113=⨯为合数，则称341是伪质数，证明：伪质数有无穷多个． 分析：我们想办法构造出具体的表达或递推关系．证明：已知341为伪质数，假设m 是伪质数，下面证明21m -是伪质数．首先，设m pq =，其中,p q 为大于1的整数，则2121(2)1m pq p q -=-=-，含有因子21p -，并且12121p m <-<-，所以21m -为合数．其次，由于1|21m m --，设121m ms --=，其中s 为大于1的正整数，11(21)12221212121(21)(21)mmm m --------=-=-+，而1212121(2)1m msms---=-=-，可被21m -整除，因而(21)121(mod(21))mm --≡-，所以21m-是伪质数，并且21m m ->．由此可知伪质数有无穷多个．评注：利用递推关系构造是解决无穷解问题的重要构造方法．练习9.求最小的正整数n ，使得333200212 (2002)n x x x +++=有整数解． （第43届IMO 预选题）分析：我们先估计出n 的值，在构造出一组解． 解：20024(mod 9)≡，341(m od 9)≡，200266731=⨯+， 所以20022002200244(m od 9)≡≡．又30,1(m od 9)x ≡±，其中x Z ∈．于是333333112123,,4(m od 9)x x x x x x +++≡/．由于332002101011=+++，则2002667320022002(2002)=⨯=6673(102002)⨯+6673(102002)⨯+6673(2002)+6673(2002)． 所以4n =．评注：选择适当的模，利用同余进行估计是重要的方法之一．练习10.正整数n 不能被2，3整除，且不存在非负整数a ，b ，使得23a b n -=．求n 的最小值．（2003年中国集训队测试）分析：我们先通过具体赋值猜出n 值，再进行证明．解：1n =时，11231-=；5n =时，22235-=；7n =时，12237-=；11n =时，432311-=|；13n =时，412313-=；17n =时，642317-=； 19n =时，332319-=；23n =时，522323-=；25n =时，132325-=；29n =时，512329-=；31n =时，502331-=；下证35n =满足要求，用反证法，若不然，存在非负整数a ，b ，使得2335a b -=． ⑴若2335a b -=，显然0a ≠，1，2，故3a ≥．模8，得()33m od 8b -≡，即()35mod 8b ≡，但()31,3mod 8b ≡，不可能．⑵若3235b a -=，易知0b ≠，1，模9，得()21mod 9a ≡， ∵(){}2mod 9:2,4,8,7,5,1,2,4,k∴621k ≡，6122k +≡，6224k +≡，6328k +≡，6427k +≡，()6525mod 9k +≡． 于是6n k =，其中k 为非负整数，所以23835b k -=．再模7，得()31mod 7b ≡． ∵(){}3mod 7:3,2,6,4,5,1,3,2,k ，故6b k '=，k '为正整数， ∴663235k k'-=，()()3333323235k kk k''-+=．∴{3333321,3235;k kk k''⋅=+=或{3333325,327.k kk k ''⋅=+= 于是，3318k '=或6，不可能．综上可知，min 35n =． 评注：对于不定方程无解的问题常用同余处理． 练习11.证明：对于任意正整数n ，2(1)!n n n -⎡⎤⎢⎥+⎣⎦是偶数． （2004年亚太地区数学奥林匹克）分析：当n 和1n +是合数时，容易处理，我们只要处理n 和1n +之一是质数的情况． 证明：对于1,2,3,4,5n =，我们有2(1)!0n n n -⎡⎤=⎢⎥+⎣⎦，显然为偶数．我们考虑6n ≥．如果n 和1n +是合数，则它们一定整除()1!n -，并且互质．所以它们的乘积整除()1!n -．由于n 和1n +中只有一个是偶数，对于6m ≥，()2!m -所含的2的幂指数大于m 所含的幂指数，所以2(1)!n n n -⎡⎤⎢⎥+⎣⎦是偶数． 我们最后考虑1n p +=为一个质数，和n p =为一个质数． 如果1n p +=，则1p -是一个合数，所以1p -整除()2!p -．令()2!1p k p -=-，由威尔逊定理()()2!1mod p p -≡，所以()()11mod k p p -≡，因此()1mod kp ≡-．所以1k p+是一个整数．但k 是偶数，所以1k +是奇数，因此1k p+是奇数．又11k k p p⎡⎤+=-⎢⎥⎣⎦，所以()21!n k p n n -⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥+⎣⎦⎣⎦是偶数．如果n p =，则()1!1p k p -=+是偶数，所以1k +是奇数．由威尔逊定理()()11mod k p p +≡-，所以1k p +是一个奇数，所以()21!11n k k k p p p n n -⎡⎤⎡⎤⎡⎤+===-⎢⎥⎢⎥⎢⎥+⎣⎦⎣⎦⎣⎦是偶数． 综上，原命题成立．评注：当n 和1n +之一是质数时，由()1!n -我们联想到威尔逊定理． 练习12.设{}n a ，{}n b 定义如下：01a =，11a =，112n n n a a a +-=+，01b =，17b =，()11231,2,n n n b b b n +-=+= ．证明：除“1”以外这两个数列没有其它相同的项．证明：012351,1,3,5,11...a a a a a =====，012341,7,17,55,161...b b b b b =====下面证明：21225(m od 8),3(m od 8)n n a a ++≡≡；21227(m od 8),1(m od 8)n n b b ++≡≡，其中n 为正整数．初值易验证，假设21225(m od 8),3(m od 8)k k a a ++≡≡，则23222123255(m o d 8)k k k a a a +++=+≡+⨯≡，24232225233(m od 8)k k k a a a +++=+≡+⨯≡，可知1n k =+时结论成立．同理可证{}n b ．因而原命题成立．练习13.求所有的正整数对(),a n 使得()1nna an+-是整数．证明：若a 为任意正整数，则(),1a 显然是原问题的解，下面我们证明原问题没有其他解．若2n ≥，易知()(),,11a n a n =+=，不妨设p 为n 的最小质因子，则()1nnp a a +-，又由费马小定理()111p p p a a--+-，而()1,1p n -=，由裴蜀定理存在正整数u ，v ，使()11u p vn --=． 则()()()()()()()11111111u p vn vnu p vn vnvnp a aa aa a aa-+-++-=+-=++-+，所以vn p a ，与(),1a n =矛盾．所以没有其他的正整数解．练习14.试求与无穷数列()23611,2,n n n n a n =++-= 的一切项均互素的所有正整数． （2005年第46届国际数学奥林匹克） 解：满足条件的正整数只有一个：1．为此只要证明对任一素数p ，存在正整数n 使得n p a ．由于248a =，故2,3p =时结论为真．设3p >，则p 与2、3、6均互素，由费马小定理，()1112361mod p p p p ---≡≡≡． 于是22236p p --≡⨯，()22326mod p p p --≡⨯．()()222223632161mod p p p p p ----++≡++⨯≡．2p p a -．证毕．练习15.设k 是一个大于1的固定的整数，245m k =-． 证明：存在正整数a 、b ，使得如下定义的数列{}0121:,,n n n n x x a x b x x x ++===+，0,1,n =其所有项均与m 互质． （第45届IMO 预选题）证：取1a =，222b k k =+-．因为()245mod k m ≡，所以()2242421mod b k k k m =+-≡+． 从而()2244414644mod b k k k b m ≡+-≡+≡+．又因为m 是奇数，故()21m od b b m ≡+． 由于()()()()222gcd ,gcd 22,45gcd 22,212,211b m k k k k k k k =+--=+-+=+=， 故()gcd ,1n b m =，其中n 是任意正整数．下面用数学归纳法证明：当0n ≥时，有()mod n n x b m ≡． 当0,1n =时，显然结论成立．假设对于小于n 的非负整数，结论都成立，其中2n ≥，则有()()12222121mod n n n n n n n n x x x b b b b b b b m ------=+≡+≡+≡≡． 因此，对于所有的非负整数n ，有()()gcd ,gcd ,1n n x m b m ==．练习16.设,a b +∈ ，且对,n +∀∈ 都有()()n n a n b n ++．证明：a b =． （第46届IMO 预选题）证明：假设a b ≠，则b a >．取素数p b >，则()(),,1a p b p ==． 由费马小定理，得()111mod p p a b p --≡≡．取()11n k p =-+，则()mod n a a p ≡，()mod n b b p ≡．从而()mod n a n a n p +≡+． 现在我们想让()0mod n a n a n p +≡+≡，只要()()1110mod na n a n a k p a k p +≡+≡+-+≡+-≡．因此仅须取1k a =+，即()()111n a p =+-+即可． 此时p 是n a a +的质因子，故也是n b b +的质因子．进而()0mod n b n b n b a p +≡+≡-≡，即p b a -．但0b a b p <-<<，矛盾． 因此，原命题成立．练习17.设p 为质数．证明：存在一个质数q ，使得对任意整数n ，数p n p -不能被q 整除． （2003年第44届国际数学奥林匹克）解：由于()212111mod 1pp p p p p p p p --=++++≡+- ， 则11pp p --中至少有一个质因子q ，满足()21mod q p ≡/．下面证明q 为所求．假设存在整数n ，使得()mod p n p q ≡．则由q 的选取，有()21mod p p n p q ≡≡． 另一方面，由费马小定理，()11mod q n q -≡（由于q 为质数且(),1n q =）． 由于()2|1p q -/，有()2,1|p q p -，则()1m od p n q ≡．因此，()1mod p q ≡． 从而，导出()11mod p p p p q -+++≡ ． 由q 的选取，有()0mod p q ≡．矛盾．。
数论算法讲义3章（同余方程）
数论算法讲义3章（同余方程）第 3 章同余方程（一）内容：● 同余方程概念● 解同余方程● 解同余方程组（二）重点● 解同余方程（三）应用● 密码学，公钥密码学3.1 基本概念及一次同余方程(一) 同余方程（1）同余方程【定义3.1.1】（定义1）设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--Λ其中i a 是正整数（n a ≠0（mod m ）），则f (x)≡0（mod m ）（1）叫做模m 的（n 次）同余式（或模m 的（n 次）同余方程），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 。
（2）同余方程的解若整数a 使得f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。
（3）同余方程的解数若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。
即剩余类a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）}中的每个剩余都是解。
故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解，这个解通常记为x ≡a （mod m ）当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程(2)的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为是同余方程（1）的解数，记作()m f T ;。
显然()m f T ;≤m（4）同余方程的解法一：穷举法任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程（1），在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。
【例1】（例1）可以验证，x ≡2，4（mod 7）是同余方程15++x x ≡0（mod 7）的不同的解，故该方程的解数为2。
50＋0＋1＝1≡3 mod 751＋1＋1＝3≡3 mod 752＋2＋1＝35≡0 mod 753＋3＋1＝247≡2 mod 754＋4＋1＝1029≡0 mod 755＋5＋1＝3131≡2 mod 756＋6＋1＝7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0（mod 15）的解。
§3同余课件详解
注意：若没有(d , m) 1的条件，不能成立！
反例：取m 4,a 6,b 10,d 2, 有6 10(mod 4),但3 5(mod 4)不能成立.
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中学数学竞赛
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？
4、你知道777 的个位数是多少吗？
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6. a b (mod m)，k > 0，kN ，则 1）ak bk (mod mk)；
2) a b (mod m), 其中d | a, d | b, d | m
dd
d
证：a b(mod m) m|a b mk|k(a b)
ak bk(mod mk).
证：a b(mod m) m|a b d|a b a b(modd ).
9. 若a b (mod m) ，则 (a, m) = (b, m)； 证：a mq1 r (a,m) (m,r), 同理，b mq2 r (b,m) (m,r).
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§3.1 同余的概念及其基本性质
一、同余 1.定义1 给定正整数m，如果用m去除任意的
两个整数a与b所得的余数相同，则称a与b对
初等数论-第三章-同余
第三章 同 余§1 同余的概念及其基本性质。
，所有奇数；所有偶数，例如，。
不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。
若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。
故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性），则、若；（反身性）、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡。
则，，，设。
，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -⇔-=-⇔=⇔≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z。
，则若；，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1。
，则特别地，若；，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2。
，则，；特别地，若则，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111111111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y Bx x Ak i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i kk kkk kk k +++≡+++=≡≡=≡≡----∑∑ αααααααααααααααα定理2。
第三讲 余数问题
91u . y w
m o c . p
表示为 105n+ 23(n=0，1，2，„)。
m m m o o o c c c . . . up up up 1 1 1 9 9 9 . . . . y y y y w w w w g g g g
m o c . up
91 . y gw
.9 y w g
91 . y w
公务员考试中余数问题一般只有两种类型，只要理解题目，掌握解题的基本方法，便能
m o c . up
轻松搞定 这类问题。 ．．．．
91 . y gw
m o c . up
91 . y gw
m o c . up
. gwy
o c . p 91u . y w
om om om om c c c c . . . . p p p p 91u 91u 91u 91u . . . . . y y y y y w w w w w g g g g
91 . y w
91 . y gw
91 . y gw
91 . y gw
. y w g
om om om om c c c c . . . . p p p p 91u 【核心点拨】 91u 91u 91u . . . . . y y y y y w w w w w g g g g 1、题型简介
公务员考试中常见的题型是给出相关的已知条件，计算出余数。 m m m m o o o o c c c c . . . . up 2、核心知识 .91up up up 1 1 1 9 9 9 . . . . y y y y wy w w w w g g g g
§3同余课件
即7 的个位数是3.
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例8 设n的十进制表示是 13 xy 45 z , 且792n， 求 x，y，z. 解 因为792 = 8×9×11，故 8n，9n及11n。
8|n 8|45 z z 6.
9n 9（1 3 x y 4 5 z ）= 19 x y 9x y 1， (1) 11n 11（z 5 4 y x 3 1） = 3 y x 11（3 y x）。 (2) 即有 x y 1 = 9或18， 3 y x = 0或11
第三章
同 余
• 教学目的和要求 • （1）熟练掌握同余的基本概念及性质。 • （2）熟练掌握剩余类、完全剩余系、简 化剩余系和欧拉函数的概念及其性质。 • （3）熟练掌握欧拉定理、费马定理和解 某些同余问题。 • 本章是初等数论的核心内容，是学生必须 掌握的基础知识。
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如： 21 6mod5, 43 7mod10, 3 8mod2
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§3.1
同余的概念及其基本性质
2、判断a,b对模m同余 ①定义 ②定理1 整数a,b对m同余的充要条件是
m (a b),即a b mt, t Z
注：下面的三个表示是等价的：
解方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6。
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五、弃九法〔验算计算结果〕
若ab c, 则有 ab a b c(mod9)
应用这种方法可以验算较大整数的乘法。 例9. 验算 28997×39495＝1145236415是否正确。
数学的同余数理论
数学的同余数理论同余数理论是数论中十分重要的一个分支，它研究了整数之间的"同余"关系。
同余数理论在密码学、数值分析、计算机科学等领域有广泛应用。
本文将介绍同余数理论的基本概念、性质和应用。
一、同余数的定义在数学中，我们称两个整数a和b在模p下同余，记作a≡b(mod p)，如果a与b的差是p的倍数，即p|(a-b)。
例如，12≡2(mod 5)，因为12-2=10是5的倍数。
同余关系具有自反性、对称性和传递性。
同余数的运算也有一些特性。
如果a≡b(mod p)且c≡d(mod p)，那么a+c≡b+d(mod p)和ac≡bd(mod p)。
这些特性使得同余数理论在代数运算中有着广泛的应用。
二、同余类与剩余系同余数理论中，我们将整数按照模p的大小分成不同的同余类。
对于模p，同余类可以表示为{0, 1, 2, ..., p-1}。
例如，在模5下，可以有同余类{0, 1, 2, 3, 4}。
同余类可以代表整数集合中的一个元素。
例如，在模5下，同余类[2]代表的是所有与2同余的整数，即{2, 7, 12, ...}。
我们用方括号来表示同余类。
同余类的中的最小正整数称为剩余系。
在模p下，剩余系是{0, 1,2, ..., p-1}。
例如，在模5下，剩余系为{0, 1, 2, 3, 4}。
三、欧拉定理和费马小定理同余数理论的两个重要的定理是欧拉定理和费马小定理。
欧拉定理表明，对于任意整数a和正整数n，如果a和n互质（即它们没有公共因数），那么a^φ(n) ≡ 1 (mod n)，其中φ(n)表示n的欧拉函数值，即小于n且与n互质的正整数的个数。
费马小定理是欧拉定理的一个特例，当n为质数时，费马小定理成立。
费马小定理表明，对于任意质数p和不被p整除的整数a，a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
这两个定理在密码学和数论相关的问题中应用广泛，可以用于对数据进行加密和解密，以及快速计算大数的幂。
初等数论第三章课件
(4)若a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m); 若a b(mod m), 则ak bk (mod m)
（5）若A1 则
1
k
B1 A1
k
(mod m), xi yi (mod m), i 1, 2,
从而 xn ) 3n 2 ( xn 1 xn 1 ) 3n 1 ( xn x1 x1 =x1 3 x1 =x2， ，xn =xn， 同理 x2 即此3n +1 个数中，两两互不相同；
, n 1)时，每一项3i xi 各取3个值， 3x1 x0共通过3n 1 个数；
② 在这3n 1 个数中，若有 3n 1 xn 1 3n xn x0 =3n xn 3n 1 xn 1 3x1 3x1 x0 3n ( xn xn ) 3n 1 ( xn 1 xn 1 ) 则x0 x0 x0 x0 3 x0 x0 x1 ) 3( x1
例：A=28997, B=39495, C=1145236415 AB 之积 为C， 对？
第二节
剩余类及完全剩余系
由带余数除法我们知道，对于给定的正整数m，可以
将所有的整数按照被m除的余数分成m类。本节将对此作 进一步的研究。
定理1
若m是一个给定的正整数，则全部整数可分成 , K m1 , 其中K r (r 0,1, , m 1)是
, m 1, 它们
下面例1给出模m的另外完全剩余系——绝对最小完 全剩余系.
当m是偶数时, m m m , 1, , 1, 0,1, , 1; 2 2 2 m m m 及 1, 1, , 1, 0,1, , 2 2 2 都是模m的完全剩余系.
【最新整理】初等数论同余
例2：证明5y+3=x2无解 证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余 有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5)，不可能 ∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解 注：在证明方程无解时，经常用不同余就不相等的 方法。
性质7 a b(modm).d|(a,b),(d,m)=1 则
a b (modm). dd
证： 因为 m | d( a b ) ，(d,m)=1 ，所以有
dd
m| a b dd
性质8 若a b(modm).则 (a,m)=(b,m) 证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
因为0 X，Y 9，所以有
21 21+X+Y 39，4 X-Y+13 22，由此
可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 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，
(2)若 a b c(modm). 则 a c b(modm).
证：由（1）因为 b b(modm), 即得。
注4：性质2相当于等式中的两个等式相加和 移项. 结合前二条性质,我们来看几个例子.
例1:对任意整数a,8a+7不可能 是三个整数的平方.
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
第三讲同余理论(精)
第二章 同余理论2.1 同余的概念和基本性质【定义2.1.1】给定一个正整数m ，两个整数a 、b 叫做模m 同余，如果a －b 被m 整除，或b a m -|，记作b a≡ ()m mod ；否则叫做模m 不同余，记作a ≠b（（mod m ））【注】由于b a m -|等价于b a m --|，所以同余式b a ≡ ()m mod 等价于 b a ≡()()m -mod ，故以后总假定模1≥m。
【例1】 7│28＝29－1，故29≡1（mod 7）；7│21＝27－6，故27≡6（mod 7）； 7│28＝23－（－5），故23≡－5（mod 7）；同余运算的相关性质：【性质1】设m 是一个正整数，a 、b 是两个整数，则a ≡b （mod m ）⇔存在整数k ，使得a ＝b ＋km 。
（证）a ≡b （mod m ） ⇔ b a m -|⇔ 存在k ，使得 a －b ＝km ，即a ＝b ＋km【性质2】同余是一种等价关系。
即 自反性：a ≡a （mod m ）对称性：a ≡b （mod m ）⇒ b ≡a （mod m ）传递性：a ≡b （mod m ）且b ≡c （mod m ）⇒ a ≡c （mod m ） （证）（i ）m │0＝a －a ⇒ a ≡a （mod m ）（ii ）a ≡b （mod m ）⇒ m │a －b ⇒ m │b －a ＝－(a －b) ⇒ b ≡a （mod m ） （iii ）a ≡b （mod m ），b ≡c （mod m ）⇒ m │a －b ，m │b －c⇒ m │(a －b)＋ (b －c)＝a －c ⇒ a ≡c （mod m ）【性质3】（等价定义）整数a 、b 模m 同余⇔a 、b 被m 除的余数相同。
（证）由欧几里得除法，存在q ，r ，q '，r '，使得a ＝qm ＋r ，b ＝q 'm ＋r '即 a －b ＝(q －q ')m ＋(r －r ') 或 （r －r '）＝(a －b)－ (q －q ')m故 m │(a －b) ⇔ m │(r －r ')但 0≤│r －r '│＜m 且m │(r －r ')⇔ r －r '＝0 故 m │(a －b) ⇔ r －r '＝0，即r ＝r '【性质4】设m 为正整数，a 、b 、c 、d 为整数，若 a ≡b （mod m ）， c ≡d （mod m ）则 （i ） a ＋c ≡b ＋d （mod m ）； （ii ）ac ≡bd （mod m ）。
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第二章 同余理论2.1 同余的概念和基本性质【定义2.1.1】给定一个正整数m ，两个整数a 、b 叫做模m 同余，如果a －b 被m 整除，或b a m -|，记作b a≡ ()m mod ；否则叫做模m 不同余，记作a ≠b（（mod m ））【注】由于b a m -|等价于b a m --|，所以同余式b a ≡ ()m mod 等价于 b a ≡()()m -mod ，故以后总假定模1≥m。
【例1】 7│28＝29－1，故29≡1（mod 7）；7│21＝27－6，故27≡6（mod 7）； 7│28＝23－（－5），故23≡－5（mod 7）；同余运算的相关性质：【性质1】设m 是一个正整数，a 、b 是两个整数，则a ≡b （mod m ）⇔存在整数k ，使得a ＝b ＋km 。
（证）a ≡b （mod m ） ⇔ b a m -|⇔ 存在k ，使得 a －b ＝km ，即a ＝b ＋km【性质2】同余是一种等价关系。
即 自反性：a ≡a （mod m ）对称性：a ≡b （mod m ）⇒ b ≡a （mod m ）传递性：a ≡b （mod m ）且b ≡c （mod m ）⇒ a ≡c （mod m ） （证）（i ）m │0＝a －a ⇒ a ≡a （mod m ）（ii ）a ≡b （mod m ）⇒ m │a －b ⇒ m │b －a ＝－(a －b) ⇒ b ≡a （mod m ） （iii ）a ≡b （mod m ），b ≡c （mod m ）⇒ m │a －b ，m │b －c⇒ m │(a －b)＋ (b －c)＝a －c ⇒ a ≡c （mod m ）【性质3】（等价定义）整数a 、b 模m 同余⇔a 、b 被m 除的余数相同。
（证）由欧几里得除法，存在q ，r ，q '，r '，使得a ＝qm ＋r ，b ＝q 'm ＋r '即 a －b ＝(q －q ')m ＋(r －r ') 或 （r －r '）＝(a －b)－ (q －q ')m故 m │(a －b) ⇔ m │(r －r ')但 0≤│r －r '│＜m 且m │(r －r ')⇔ r －r '＝0 故 m │(a －b) ⇔ r －r '＝0，即r ＝r '【性质4】设m 为正整数，a 、b 、c 、d 为整数，若 a ≡b （mod m ）， c ≡d （mod m ）则 （i ） a ＋c ≡b ＋d （mod m ）； （ii ）ac ≡bd （mod m ）。
（证）已知a ≡b （mod m ）且 c ≡d （mod m ）⇒ a ＝b ＋hm 且c ＝d ＋km⇒ a ＋c ＝(b ＋hm)＋( d ＋km)＝b ＋d ＋(h ＋k)m ，ac ＝(b ＋hm)( d ＋km)＝bd ＋(hd ＋kb ＋hkm)m⇒ 由性质1即得结论。
一般情形：i i b a ≡ （mod m ）（i ＝1,2,…,k ），则 （i ） ∑∑==≡ki i k i i b a 11 （mod m ） （ii ）∏∏==≡ki i k i i b a 11（mod m ）【推论1】a ≡b （mod m ） ⇒ na ≡nb （mod m ），其中n 为正整数。
【推论2】a ≡b （mod m ）⇒ n n b a ≡ （mod m ），其中n 为正整数。
【推论3】x ≡y （mod m ），i i b a ≡ （mod m ）（i ＝1,2,…,k ），则k k x a x a x a a ++++ 2210≡k k y b y b y b b ++++ 2210 （mod m ）【例6】2003年5月9日是星期五，问此后的第22003天是星期几？（解） 22003＋5≡()2667322＋5 (mod 7）≡266721＋5 (mod 7）） ≡9 (mod 7） ≡2 (mod 7）【例7】设十进制整数n ＝011a a a a k k -，则3│n ⇔3│011a a a a k k ++++- 9│n ⇔9│011a a a a k k ++++-（证）因 n ＝011010a a a k k +++ ≡011a a a a k k ++++- (mod 3) n ＝011010a a a kk +++ ≡011a a a a k k ++++- (mod 9)【例8】设整数n 的1000进制表示式为 n ＝0110001000a a a kk +++则7（或11，或13）│n ⇔ 7（或11，或13）│() ++20a a －() ++31a a（证）因 n ＝0110001000a a a kk +++≡()()()0111111a a a a k k k k+-++-+--- mod 7n ≡()()()0111111a a a a k k k k +-++-+--- mod 11 n ≡()()()0111111a a a a k k k k+-++-+--- mod 13例如，判断n ＝12345678能否被7(或11，或13)整除： 12345678＝12×10002+345×1000+678而 (12+678)－345＝345不能被7、11、13整除 故1234567不能被这3个数整除。
【例9】设十进制整数n ＝011a a a a k k -，则 11│n ⇔ 11│() ++20a a －() ++31a a2│n ⇔ 2│0a4│n ⇔ 4│01a a ⇔ 4│012a a + 8│n ⇔ 8│012a a a ⇔ 8│01224a a a ++i 2│n ⇔ i 2│011a a a i -例如，判断n ＝981234576能否被11、2、4、8、16整除。
因为（6+5+3+1+9）－（7+4+2+8）＝3，故n 不能被11整除 因2│6，故2│n4├76或4├2×7+6＝22，故4├n 8│4×5+2×7+6＝40，故8│n因8×4+4×5+10×7+6≡0 mod 16，故16│n【性质5】消去律：设ad ≡bd （mod m ）。
若（d ，m ）＝1，则 a ≡b （mod m ）。
（证）ad ≡bd （mod m ） ⇒ m │ad － bd ＝(a －b)d 而（d ，m ）＝1，故m │(a －b)，即 a ≡b （mod m ）【例10】95≡25 (mod 7)，且（5，7）＝1，故19≡5(mod 7)【反例11】115≡25 (mod 15)，即23×5≡5×5(mod 15)，但23≠5(mod 15)。
因为（5，15）＝5＞1【性质6】a ≡b （mod m ）且k ＞0，则ak ≡bk （mod mk ） （证）a ≡b （mod m ） ⇒ m │a － b⇒ mk │(a －b)k ＝ak －bk ⇒ ak ≡bk （mod mk ）【例12】19≡5 (mod 7)，k ＝4＞0，所以76≡20 (mod 28)【性质7】a ≡b （mod m ）且d │m ，则 a ≡b mod d（证）a ≡b （mod m ） ⇒ m │a －b 又 d │m ⇒ d │a －b 即 a ≡b mod d另有一些性质，这里就不再一一列举，有兴趣的同学可参阅相关参考书。
2.2剩余类和完全剩余系设m 为正整数，记a C ＝{},(mod )c c Z a c m ∈≡a C 非空，至少a ∈a C【定理2.2.1】设m 是一个正整数，则 （i ） 任一整数必包含在某个r C 中，0≤r ≤m －1（ii ） a C ＝b C ⇔ a ≡b （mod m ） （iii ） a C b C ＝φ ⇔ a ≠b （mod m ）【定义2.2.1】a C 叫做模m 的a 的剩余类。
一个剩余类中的任一个数叫做该类的剩余或代表。
若110,,,-m r r r 是m 个整数，且其中任何两个都不在同一个剩余类中，则称110,,,-m r r r 为模m 的一个完全剩余系。
【注】每个剩余类中都包含了无穷多个整数，而完全剩余系则恰好由m 个数组成。
模m 的剩余类共有m 个，例如110,,,-m C C C【例13】设m ＝10，则a C ＝{}Z k ka ∈+10是模m ＝10的剩余类。
模10的完全剩余系举例： （1）0，1，2，…，9 （2）1，2，3，…，10（3）0，－1，－2，…，－9 （4）0，3，6，9，…，27（5）10，11，22，33，44，…，99（6）20，1，－18，13，64，－55，－94，－3，18，9剩余类和完全剩余系的相关性质：【定理2.2.2】整数110,,,-m r r r 为m 的一个完全剩余系⇔j i r r ≠ mod m 。
其中（0≤i ＜j ≤m －1）【例14】m 的典型完全剩余系：最小非负完全剩余系：0，1，…，m －1 最小正完全剩余系：1，2，…，m最大非正完全剩余系：0，－1，…，－(m －1) 最大负完全剩余系：－1，－2，…，－m【定理2.2.3】设a 是满足(a ，m)＝1的整数，b 为任意整数。
若x 遍历模m 的一个完全剩余系，则ax ＋b 遍历模m 的一个完全剩余系。
（证）设110,,,-m r r r 为m 的一个完全剩余系。
由定理2.2.2知，j i r r ≠ （mod m ） （0≤i ＜j ≤m －1） 又(a ，m)＝1，故 j i ar ar ≠ （mod m ）从而 b ar bar j i +≠+ （mod m ）由定理2.2.2，b ar +0，b ar +1，…，b ar m +-1，是模m 的一个完全剩余系。
【例15】（例3）设m ＝10，原剩余系为0，1， (9)当a ＝7，b ＝5时，新的剩余系为：5，12，17，…，68 当a ＝3，b ＝6时，新的剩余系为：6，9，12，…，33【定理 2.2.4】设21,m m 是两个互素的正整数，若21,x x 分别遍历21,m m 的完全剩余系，则2112x m x m +遍历模21m m 的完全剩余系。
（证）当21,x x 分别遍历21,m m 个整数时，2112x m x m +遍历21m m 个整数。
问题转化为：证明21m m 个整数2112x m x m +模21m m 两两不同余。
用反证法：若存在21,x x 和21,y y 满足2112x m x m +≡2112y m y m + mod 21m m则由2.1节性质7知2112x m x m +≡2112y m y m + mod 1m即 12x m ≡12y m mod 1m 而（m 1,m 2）＝1，故由同余的性质知1x ≡1y mod 1m同理可证，2x ≡2y mod 2m 。