优选初等数论第三章课件

因此可得Sn 1n 2n 3n 4n 1r 2r 3r 4r (mod 5). 因而当r 0,1, 2,3时，依次有 Sn 4 4(mod 5)， Sn 10 0(mod 5)，Sn 30 0(mod 5)，Sn 100 0(mod 5)， 故当且仅当n不能被4整除时，1n 2n 3n 4n能被5整除.
注：（1）由定理1，可得到同余的另外一个定义：即 若m a b,则a,b叫做对模m同余。
（2）由定理1说明，a b(mod m)等价于a可表示为 a b mt
（3）定理1推论，m a a 0(mod m), 该推论说明在模m的同余关系中, m的倍数可用零来代替。
同余的基本性质 （1）a a(mod m) （2）a b(mod m),则b a(mod m) （3）a b(mod m),b c(mod m)，则a c(mod m)
例5、证明方程x2 y2 z2没有都是素数的解.
证：（反证法）设x a, y b, z c是素数解, 如果a 2，由c2 b2 a2得(c b)(c b) 4，因此 c b 4, c b 1，从而c 5，矛盾。
2
于是a, b都是奇数。 因此a2 1(mod 4)，b2 1(mod 4)，但 a2 b2 2 c2 (mod 4)，矛盾。
(9)若a b(mod m),Biblioteka Baidud m, d 0,则 a b(mod d )
(10)若a b(mod m),则(a, m) (b, m)，因而若d能整除 m及a，b两数之一，则d必能整除a, b中的另一个。
例1、求3406写成十进位数时的个位数。（9）
例2、设p是素数，证明(a b) p (a p b p )(mod p)。
优选初等数论第三章课件
第一节 同余的概念及其基本性质
数论中有它自己的代数，称之为同余理论。它既有 重要的理论价值，又具有广泛的实际应用价值。人们在 生活、生产、宗教、习俗及民间游戏中，常会遇到已日 数计时、天文历法计算等问题。因而，简化数据，保留 精神实质就成其当务之急，于是，产生了数论中的一些 重要概念。
(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1 a2 b1 b2 (mod m);
若a b c(mod m),则a c b(mod m)
(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)
证： 设a mq1 r1,b mq2 r2,0 r1, r2 m, 若a b(mod m)，则r1=r2，因此a b m（q1 q2 );
若m a b,则m m（q1 q2 ) (r1 r2 ),因此m r1 r2 , 但 r1 r2 m,故r1=r2。
定理1 整数a,b对模m同余的充分与必要条件是 m a b,即a b mt,t Z。
(6)若a b(mod m),且a a1d,b b1d,(d, m) 1，则 a1 b1(mod m)
(7)若a b(mod m), k 0,则 ak bk(mod mk) 若a b(mod m), d a,b, m, d 0，则
a d
b d
mod
m d
(8)若a b(mod mi ),i 1, 2, , k,则 a b(mod[m1, m2, , mk ])
又23m1 2(mod 7)， 23m2 4(mod 7), 从而当且仅当 n 3m时, 7 2n 1.
（2）由23m 1 2(mod 7)，23m1 1 3(mod 7), 23m2 1 5(mod 7), 可知，对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.
例4、证明当且仅当n不能被4整除时,1n 2n 3n 4n能被5 整除，其中n是正整数。
（5）若A1 k B1 k (mod m), xi yi (mod m),i 1, 2, , k
则
A x x 1
k
1 k 1
k
B y1 1 k 1
yk k
(mod
m)；
1 k
1 k
特别地，若 ai bi (mod m),i 0,1, , n, 则
an xn an1xn1 a0 bn xn bn1xn1 b0 (mod m)
定义 给定一个正整数m，把它叫做模。如果用m 去除任意两个整数a, b所得的余数相同，我们就说a, b对模 m同余，记作a b(mod m)，如果余数不同，我们就说a,b 对模m不同余，记作a b(mod m)。
定理1 整数a,b对模m同余的充分与必要条件是 m a b,即a b mt,t Z。
证：根据二项式定理有：
(a b) p a p C1pa p1b
C
i p
a
b pi i
C
i p
p( p 1)
( p i 1) Z i!
i! p( p 1) ( p i 1)
Cppb p
当i 1, 2, , p 1时, (i!, p) 1 i! ( p 1) ( p i 1)，
故C
i p
pq,
即p
C
i p
例3、（1）求所有的正整数n，使得2n 1能被7整除； （2）证明：对于任何正整数n，2n +1不能被7整除。
解：（1）n Z ,都可写成3m k的形式,其中m N, k 0,1, 2. 因为23 1(mod 7)，所以23m 1(mod 7)，即23m 1 0(mod 7), 从而当 n 3m, 7 2n 1；
证：不妨设Sn 1n 2n 3n 4n，容易验证,14 1(mod 5), 24 16 1(mod 5),34 81 1(mod 5), 44 256 1(mod 5),
假定4k r,其中r 0,1, 2,3.由以上知 a4 1(mod 5), a 1, 2,3, 4. 则有 a4k 1(mod 5), 所以an a4kr ar (mod 5)