三讲：初等数论3——同余的性质和应用
初中数学竞赛教程《同余3》
初中数学竞赛教程《同余3》同余是数论中一个重要的概念，也是初中数学竞赛中常考的知识点之一、同余关系可以帮助我们解决一些整数求余的问题，同时也有一些重要的应用，如模运算、同余方程等。
本文将介绍同余的基本概念、性质以及应用。
一、同余的基本概念同余的定义：设a、b为任意两个整数，m为一个正整数，如果m整除(a-b)，则称a与b对于模m同余，记作a≡b(mod m)，读作a与b模m 同余。
二、同余的性质1. 自反性：对于任意整数a，有a≡a(mod m)。
证明：因为m整除（a-a），所以a与a对于模m同余。
2. 对称性：若a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。
证明：由a≡b(mod m)，得m整除a-b，又由整除的性质，得m整除-(a-b)，即m整除b-a，所以b≡a(mod m)。
3. 传递性：若a≡b(mod m)，b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
证明：由a≡b(mod m)和b≡c(mod m)，得m整除a-b和b-c所以m整除（a-b）+（b-c），即m整除a-c，所以a≡c(mod m)。
三、同余的应用1. 求余数：当m=10时，对一个正整数n，n≡a(mod 10)的意义就是n的个位数是a。
比如，1234≡4(mod 10)。
2. 模运算：同余关系可以推广到任意的四则运算和乘幂运算中。
比如，对于任意整数a、b，若a≡b(mod m)，那么对于任意整数c，有(a+c)≡(b+c)(mod m)和(a-c)≡(b-c)(mod m)。
另外，如果a≡b(mod m)，则a^k≡b^k(mod m)。
3. 同余方程：同余方程是指形如ax≡b(mod m)的方程，其中a、b、m是已知的整数，x是未知的整数。
同余方程在密码学、计算机算法等领域有广泛的应用。
解同余方程的方法一般有试错法、中国剩余定理等。
在解同余方程时，我们要先求出模m意义下的倒数，一般记作b^-1，满足b*b^-1≡1(mod m)。
数论中的同余定理与同余方程的解法
数论中的同余定理与同余方程的解法数论是研究整数性质和整数运算规律的数学分支。
同余定理和同余方程是数论中重要的概念和工具。
本文将介绍同余定理的基本思想和应用，以及解决同余方程的常见方法。
一、同余定理同余是指两个整数除以同一个数所得的余数相等。
同余定理是数论中的一个基本理论，用于刻画整数之间的关系。
设a、b和n都是整数，n>0，我们称a与b关于模n同余，记作a≡b(mod n)，当且仅当n|(a-b)。
同余定理可以分为以下几条：1. 同余的基本性质（1）自反性：a≡a(mod n)（2）对称性：若a≡b(mod n)，则b≡a(mod n)（3）传递性：若a≡b(mod n)，b≡c(mod n)，则a≡c(mod n)2. 同余的运算性质（1）加法：若a≡b(mod n)，c≡d(mod n)，则a+c≡b+d(mod n)（2）减法：若a≡b(mod n)，c≡d(mod n)，则a-c≡b-d(mod n)（3）乘法：若a≡b(mod n)，c≡d(mod n)，则a*c≡b*d(mod n)3. 同余的整除性质若a≡b(mod n)，则m|a的充分必要条件是m|b。
同余定理不仅在数论中有重要应用，还广泛用于密码学、计算机科学等领域。
二、同余方程的解法同余方程是形如ax≡b(mod n)的方程，其中a、b和n为已知整数，x 为未知整数。
解同余方程可以通过以下几种方法：1. 借助同余定理直接解法：若gcd(a,n)|b，方程ax≡b(mod n)存在解。
具体解法为，求出gcd(a,n)的一个解d，然后将方程两边同时除以d，得到新方程a'x≡b' (mod n')，其中a'、b'和n'为新方程的系数，满足gcd(a',n')=1，然后再求解新方程，最后合并得到原方程的所有解。
2. 中国剩余定理：中国剩余定理是解决同余方程组的一种有效方法。
初等数论同
注:一组数成为模m的完系的充要条件是
(1)个数=m
(2)两两关于模m不同余
常见模m的完全剩余系(简称完系） 0,1,2,…m-1做模m的最小非负完全剩余系； 当m是双数时，
或
当是m单数时，
,
叫做模m的绝对最小完全剩余系
定理1：设m是正整数，(a,m)=1,b是任意整数。
性质7
d|(a,b),(d,m)=1 则
证： 因为
，(d,m)=1 ，所以有
性质8 若
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).
性质9 若
则
证：由已知
即奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能 被11整除的数能被11整除.
规律(7)的证明 证： 一般地有 两边同乘 有并对n+1个式子相加得
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。
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
若x通过模m的一个完系，则ax+b也通过模m 的完系，即若a0,a1…am-1是模m的完系，则 aa0+b,aa1+b…aam-1+b也是模m的完系。
证：首先因x通过模m的一个完系，所以ax+b
有m个数，若
, 则有
这与x通过m的完系矛盾，所以ax+b中任意两 个数不同余，即ax+b也通过模m的完系。
第一节 同余
初等数论 第二章 同 余同余的概念是高斯（Gauss ）在1800年左右给出的.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 同余的基本性质与应用(一)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 与b 对于模m 不同余，或称a 与b 不同余，模m ，记为a ≡/b (mod m)。
定理1 下面的三个叙述是等价的：(ⅰ) a ≡ b (mod m)；(ⅱ) 存在整数q ，使得a = b + qm ；即mq b a =-，亦即)(|b a m -(ⅲ) 存在整数q 1，q 2，使得a = q 1m + r ，b = q 2m + r ，0 ≤ r < m 。
证明 留作习题。
定理2 同余具有下面的性质：(1) （反身性） a ≡ a (mod m)；(2) （对称性） a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m)；(3) （传递性） a ≡ b ，b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m)定理3 设a ，b ，c ，d 是整数，并且a ≡ b (mod m)，c ≡ d (mod m)， (1) 则(4) （同余式相加） a + c ≡ b + d (mod m)；(5) （同余式相乘）ac ≡ bd (mod m)。
【证明】 (4) 由式(1)及定义1可知m ∣a - b ，m ∣c - d ，因此m ∣(a + c) - (b + d)，此即结论(ⅰ)；(5) 由式(1)及定理1可知，存在整数q 1与q 2使得a =b + q 1m ，c =d + q 2m ，因此ac = bd + (q 1q 2m + q 1d + q 2b)m ，再利用定理1，推出结论(ⅱ)。
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
初等数论第三章课件
, 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
同余的一个应用——检查因数的一些方法
A、一整数能被3（9）整除的充要条件是它的十进位 数码的和能被3（9）整除。
证：a Z , 将a写成十进位数的形式： a an10 an 110
n
i n n
n 1
a0 , 0 ai 10.
i n
因10 1(mod 3), 故10 1(mod 3), ai 10 ai (mod 3), 从而 ai 10i ai (mod 3),即a ai (mod 3).
n
n 1
3 x1 x
也是模3 =2H+1的绝对最小完全剩余系。（再由 模2H+1的绝对最小完全剩余系具有唯一性得到结论）
① 3n xn 3n 1 xn 1 xi 1, 0,1(i 0,1, 故3n xn 3n 1 xn 1
3x1 x0共有n 1项，当
i ! p( p 1)
( p i 1) Z i! ( p i 1)
当i 1, 2, 故C ip pq,
, p 1时, (i !, p) 1 即p C ip
i ! ( p 1)
( p i 1)，
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。
初等数论(三)同余
初等数论（三）--同余基本性质：（1） 反身性：(mod )a a m ≡（2） 对称性：若(mod ),a b m ≡则(mod ),b a m ≡（3） 传递性：如果(mod ),a b m ≡(mod ),b c m ≡那么(mod ),a c m ≡以上三个性质说明∙“同余是一个等价关系，Z 中元素可以按照模m 分成m 个类，粗略地讲，用一类中的元素可以认为是相同的”（4） 如果(mod ),a b m ≡(mod ),c d m ≡那么(mod ),(mod ),a c b d m ac bd m ±≡±≡（5） 如果(mod ),a b m ≡那么(mod ),n n a b m ≡（6） 如果(mod )ac ab m ≡，不一定有(mod )c b m ≡（整数之间的乘法消去律不一定成立），（7） 若(mod ),ac bc m ≡则mod (,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭。
因此，(,)1c m =时，才会有(mod )a b m ≡。
例1.若质数5,p ≥并且21p +也是质数，证明：41p +是合数。
例2.对于任何n 个整数的集合，存在一个子集，该子集的元素之和被n 整除。
例3.证明表达式23,95x y x y ++按照相同的,x y 被17整除。
例4.设3p ≥为奇质数且111...21a p b +++=-， 证明：p a 。
作业：证明：3131421x x ++++被7整除。
例5.30对夫妻围着圆桌而坐。
证明：至少有两名妻子到各自丈夫的距离相等。
例6.设(,)1a m =，证明方程(mod )ax b m ≡在{0,1,2,3,...,1}m -中有唯一解。
例7.设01,,,,1,2,3,...n n a b x N x ax b n -∈=+=。
证明：数列12,,....,,...n x x x 不可能都是质数。
例8.证明方程2222x y z xyz ++=只有一个整数解0x y z ===。
初数论等教案(同余的概念及其基本性质)
汕头职业技术学院教师教案授课题目第三章同余一、同余的概念及其基本性质授课形式课堂教学授课时间节数章节第三章授课者授课系、班级函授班教学方法课堂教学教学条件无教学目标理解同余的概念，掌握判断同余的方法，理解同余的性质。
教学重点、难点重点：同余的概念，判断是否同余。
教学过程要点一、同余的概念P481、定义：给定一正整数m, 把它叫做模。
若用m去除任意两个整数a和b所得余数相同, 我们就称a，b为对模m同余, 记作a≡b(mod m); 若余数不同, 则称a，b为对模m不同余, 记作2、判别法：(mod)a b m≡⇔m a b-证明：设22b mq r=+，11a mq r=+，120,r r m≤<1212()()a b m q q r r-=++-""⇒若a≡b(mod m),12r r=则12()a b m q q-=+, 此时m|(a-b)""⇐若m a b-, 则1212()()m m q q r r++-,故12()m r r-但12,r r m-<故12r r=即(mod)a b m≡kα特别地，若(mod )i i a b m ≡，则0(mod )nnii i i i i a x b x m ==≡∑∑a aa⇔33、弃九法（只能判断错误的结论，不能判断结论是否正确）整除的一切正整数2条件作用：求余数，除所得的余数。
(mod )pa p ≡(mod )p ，p 为质数t a 叫循环节，真分数ab（1,(,)b a a b >>=6max{,}αβ=12999t =9933999000b b •=178171610.178-==。
初等数论教程3
• 即：120=7×17+1，365=7×52+1；15=12×1+3， 3=12×0+3
记为：120 365mod7 ；15 3mod12 。
并称为 120 与 365 对模 7 同余；15 与 3 对模 12 同余。
若 r1 r2， 则 称 a和 b对 于 模 m不 同 余 ， 记 作 a b(mo d m).
例3.1（P.121）
练习： （1）142与43对模11是否同余？ （2）13与3对模5是否同余？ （3）7与7对模7是否同余？ （4）2与-2对模3是否同余？
例3.2 求证（1）如果a除以m的余数为r （ 0 r m ）， 则 a r(modm) ； （2）如果 a r(modm) ，0 r m ，则a除 以m的余数为r.
b不是a对模m的剩余,
记作
a b (mod m);
关系式(1)称为模m的同余式,或简称同余式.
注：
由于m a b等价于-m a b,所以同余式(1) 等价于 a b (mod ( - m));
因此,以后总假设m 1.在同余式(1)中, 若0 b m ,则 称b 是a 对模m的最小非负剩余; 若1 b m ,称b是a 对模m的最小正剩余; 若 - m / 2 b m / 2 (或 m / 2 b m / 2) ,称 b 是 a 对 模 m 的绝对最小剩余.
• 下面的四个叙述是等价的： • (ⅰ) a b (mod m)； • (ⅱ) m|(a-b); • (ⅲ) 存在整数q，使得a = b qm； • (iv) 存在整数q1，q2，使得a=mq1 r，
同余问题知识点讲解
同余问题知识点讲解数论中的同余问题同余问题是数论中的一个重要知识点，也是各大数学竞赛和小升初考试必考的奥数知识点。
因此，学好同余问题对学生来说非常重要。
许多孩子都接触过同余问题，但也有不少孩子说“遇到同余问题就基本晕菜了！”。
同余问题主要包括带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理、乘法余数定理和同余定理），以及中国剩余定理和弃九法原理的应用。
带余除法的定义及性质一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0），若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r，且0≤r＜b，我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。
其中，当r=0时，我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商；当r≠0时，我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商。
一个完美的带余除法讲解模型可以将带余除法的概念用一个图形化的模型来解释。
假设有一堆书，共有a本，这个a可以理解为被除数。
现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色。
经过打包后共打包了c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。
这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系，并且可以看出余数一定要比除数小。
三大余数定理1.余数的加法定理a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。
例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.2.余数的乘法定理a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
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。
§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。
同余的性质及应用
. -同余的性质及应用1 引言数论的一些基础内容的学习，一方面可以加深对数的性质的了解，更深入的理解某些其他邻近学科，另一方面，可以加强数学训练.而整数论知识是学习数论的基础，其中同余理论有时整数论的重要组成部分，所以学好同余理论是非常重要的.在日常生活中，我们所要注意的常常不是某些整数，而是这些数用某一固定的数去除所得的余数，例如我们问现在是几点钟，就是用24去除某一个总的时数所得的余数；问现在是星期几，就是问用7去除某一个总的天数所得的余数，假如某月2号是星期一，用7去除这月的号数，余数是2的都是星期一.我国古代孙子算经里已经提出了同余式11(mod )xb m ,22(mod )xb m ,…,(mod )k k xb m 这种形式的问题，并且很好地解决了它.宋代大数学家秦九韶在他的《数学九章》中提出了同余式1(mod )i i x M m ≡,1,2,...,i k =,i m 是k 个两两互质的正整数，12...k m m m m =,i i m m M =的一般解法.同余性质在数论中是基础，许多领域中一些著名的问题及难题都是利用同余理论及一些深刻的数学概念，方法，技巧求解.例如，数论不定方程中的费尔马问题，拉格朗日定理的证明堆垒数论中的华林问题，解析数论中，特征函数基本性质的推导等等.在近现代数论研究中，有关质数分布问题，如除数问题，圆内格点问题，等差级数问题中的质数分布问题，2an bn c ++形式的质数个数问题，质数个数问题，质数增大的快慢问题，孪生质数问题都有一定程度的新成果出现，但仍有许多尚未解决的问题.数论的发展以及现代数学发展中提出的一些数论问题，都要求我们对于近代数论的一些方法和基础知识，必须熟练掌握.所以，本文主要介绍了同余理论中同余基本性质的一些简单应用，通过本文的阐述，希望可以为对数论有兴趣的读者，增加学习数论知识的兴趣，并能为他们攻破那些经典的数论难题开展数论课题课题提供一些帮助.2 同余的概念给定一个正整数m，把它叫做模，如果用m去除任意两个整数a与b所得的余数相同，我们就说对模m同余，记作(mod)≡,如果余数不同，就说对模m不同余.a b m由定义得出同余三条性质：（1）(mod)≡；a a m（2）(mod)≡；b a ma b m≡,则(mod)（3）(mod)a c m≡.≡,则(mod)b c m≡,(mod)a b m定义也可描述为:整数a,b对模m同余的充分必要条件是m a b-,即a b mt=+,t是整数.3 同余的八条基本性质由同余的定义和整数的性质得出[1]：（1）若(mod)≡,则(mod)a cb d m+≡+c d m≡,(mod)a b m若(mod)≡-a cb ma b c m+≡, 则(mod)（2）若(mod)ac bd m≡≡, 则(mod)a b m≡,(mod)c d m特别地,若(mod)≡ak bk m≡,则(mod)a b m（3）若11......(mod )k k A B m ∂∂∂∂≡,(mod )i i x y m ≡,0,1,...,i n =则1111...1...1......(mod )k k k k k k A x x B y y m ∂∂∂∂∂∂∂∂≡∑∑（4）若1a a d =,1b b d =,(,)1d m =,(mod )a b m ≡,则11(mod )a b m ≡ （5）若(mod )a b m ≡,0k >, 则(mod )ak bk m ≡；若(mod )a b m ≡,d 是a ,b 及m 任一正公因数,则(mod )a b m d d d≡ （6）若(mod )i a b m ≡,1,2,...,i k =,则12(mod[,,...,])k a b m m m ≡其中12[,,...,]k m m m 是12,,...,k m m m , k 个数最小公倍数 （7）若(mod )a b m ≡,d m ,0d >,则(mod )a b d ≡（8）(mod )a b m ≡,(,)(,)a m b m =,若d 能整除m 及a ,b 两数之一,则d 必整除a ,b 另一个.4 同余性质在算术里的应用4.1 检查因数的一些方法例1 一整数能被3(9)整除的充要条件是它的十进位数码的和能被3(9)整除. 证:按照通常方法,把任意整数a 写成十进位数形式,即1101010...n n n n a a a a --=+++, 010i a ≤<.因101(mod3)≡, 所以由同余基本性质,即3a 当且仅当3ia ∑；同法可得9a 当且仅当9ia ∑，0,1,...,i n =.例2 设正整数11010001000...n n n n a a a a --=+++，01000i a ≤<，则7（或11或13）整除a 的充要条件是7（或11或13）整除0213(...)(...)(1)i i a a a a a ++-++=-∑，0,1,...,i n =.证：1000与-1对模7（或11或13）同余，根据同余性质知，a 与(1)i i a -∑对模7（或11或13）同余即7（或11或13）整除a 当且仅当7（或11或13）整除(1)i i a -∑，0,1,...,i n =. 例3 a =5874192，则587419236i a =++++++=∑，0,1,...,i n =能被3，9整 除，当且仅当a 能被3，9整除 解：由例1证法可知，该结论正确.例4a =435693，则43569330i a =+++++=∑，0,1,...,i n =能被3整除，但ia ∑不能被9整除当且仅当3是a 的因数，9不是a 的因数. 解：由例1的证法可得.例5 a =637693，则6371000693a =⨯+，69363756i a =-=∑，0,1,...,i n =能被7整除而不能被11或13整除当且仅当7是a 的因数但11，13不是a 的因数. 解：由例2的证法可知，该结论正确.例6 a =75312289，27510003121000289a =⨯+⨯+2893127552i a =-+=∑，0,1,...,i n =能被13整除，而不能被7，11整除当且仅当13是a 的因数，而7与11不是a 的因数. 解：由例2的证法可知.例7 应用检查因数的方法求出下列各数标准分解式1535625 ②1158066解：①65432115356251105103105106102105=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+，153562527ia =++++++=∑，927∴91535625，21535625110005351000625=⨯+⨯+，021()625153591a a a +-=+-=，由例2得1391，791，∴71535625，131535625，又51535625，951374095⨯⨯⨯=，15356253754095=， 5375，375755=，25， ∴54153562535137=⨯⨯⨯.②6543111580661101105108106106=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+，11586627ia =+++++=∑，927∴91158066，2115806611000158100066=⨯+⨯+，021()66115891a a a +-=+-=-，由例2得791，13∴71158066，131158066，又21158066，971321638⨯⨯⨯=，11580667071638=，7707，∴2115806629713101=⨯⨯⨯⨯.4.2 弃九法（验证整数计算结果的方法）我们由普通乘法的运算方法求出整数a ，b 的乘积是P ，并令1101010...n n n n a a a a --=+++，010i a ≤< 1101010...n n n n b b b b --=+++，010i b ≤<， 1101010...n n n n P c c c --=+++，010i c ≤<，如果()()i j a b ∑∑与k c ∑对模9不同余，那么所求得的乘积是错误的.特别的，在实际验算中，若i a ，j b ，k c 中有9出现，则可去掉（因90(mod9)≡）.例1 a =28997，b =39495，按普通计算方法算得a ，b 乘积是P =1145236515， 按照上述弃九法8(mod9)a ≡，3(mod9)b ≡，5(mod9)P ≡. 但83⨯与5对模9不同余，所以计算有误.例2 若a =28997，b =39495，P =1145235615，那么P a b =⨯？ 解：按照上述弃九法，8(mod9)a ≡，3(mod9)b ≡，6(mod9)P ≡.虽然83⨯与6对模9同余，但是由通常乘法计算得到1145236515a b ⨯=， 故P a b =⨯不成立.注：当使用弃九法时，得出的结果虽然是()()i j a b ∑∑(mod9)k c ≡∑也还不能完全肯定原计算是正确的.4.3 同余性质的其他应用 例1 求7除5047的余数.解：由147(2)2(mod7)≡-≡-，2247(2)4(mod7)≡-≡，5547(2)1(mod7)≡-≡-，∴50516247(47)47144(mod7)≡⨯≡⨯≡， 即5047除以7余数为4.例2 试证：形如87()k k N +∈的整数不能表为三个平方数之和.证：假定22287(,,)N k a b c a b c Z =+=++∈，则2227(mod8)a b c ++≡，但这不可能.因为对模8而论.每一个整数最小非负余数只能是0，1，2，3，4，5，6，7中的一个数.而200(mod8)≡，211(mod8)≡，224(mod8)≡，231(mod8)≡，240(mod8)≡，251(mod8)≡，264(mod8)≡，271(mod8)≡.因此，任一整数平方对模8必与0，1，4三个数之一同余，而从｛0，1，4｝中任取三个数，其和都不可能与7对模8同余，所以对于任何整数a ，b ，c 都有222a b c ++与7对模8不同余.即形如87()k k N +∈的整数不能表为三个平方数之和. 例3 试证：53335333-能被10整除.证：由已知条件有533(mod10)≡，225339(mod10)≡≡，555337(mod10)≡≡，445331(mod10)≡≡，∴5341541553(53)53(3)3133(mod10)≡⨯≡⨯≡⨯≡ 又333(mod10)≡，223339(mod10)≡≡，553337(mod10)≡≡，443331(mod10)≡≡，∴33484833(33)33(3)3133(mod10)≡⨯≡⨯≡⨯≡∴53335333(mod10)≡，即533310(5333)- 也就是说，53335333-能被10整除.例4 设,,a b c N ∈且6()a b c ++，求证：3336)a b c ++证：对模6来说每一个整数的最小非负数余数为0，1，2，3，4，5300(mod6)≡，311(mod6)≡，322(mod6)≡，333(mod6)≡，344(mod6)≡，355(mod6)≡，即对任何整数k ，3(mod6)k k ≡∴3(mod6)a a ≡，3(mod6)b b ≡，3(mod6)c c ≡ ∴333()()(mod6)a b c a b c ++≡++又()0(mod6)a b c ++≡∴333()0(mod6)a b c ++≡ 故3336()a b c ++例5 若(5,)1n =，证明5n n -能被30整除. 证：设n N ∈，(mod6)n k ≡则0,1,2,3,4,5k =由500(mod6)≡，511(mod6)≡，522(mod6)≡，533(mod6)≡，544(mod6)≡，555(mod6)≡，∴5(mod6)k k ≡即55(mod6)n k k n ≡≡≡，56)n n - 同理可知55()n n - 又(5,6)1=∴530()n n - 故5n n -能被30整除.5 同余性质在数论中的应用：求简单同余式的解5.1一次同余式、一次同余式解的概念在代数里面，一个主要问题就是解代数方程.而同余性质在数论中的应用主要体现在同余在方程中的应用，也就是求同余式的解.一次同余式的定义：若用()f x 表示多项式110...n n n n a x a x a --+++，其中i a 是整数，又设m 是一个正整数，则()0(mod )f x m ≡ 叫做模m 的同余式.若n a 与0对m 不同余，则n 叫做()0(mod )f x m ≡的次数.定义：若a 是使()0(mod )f a m ≡成立的一个整数，则(mod )x a m ≡ 叫做同余式()0(mod )f x m ≡ 的一个解.定理 一次同余式(mod )ax b m ≡,a 与0对模m 不同余,它有解充要条件是(,)a m .[3]5.2 孙子定理解一次同余式组引例 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? 解:设x 是所求物数，则依题意有，2(mod3)x ≡,3(mod5)x ≡,2(mod7)x ≡ 孙子算经里介绍用下列方法求解由表格知，所求物数是23.孙子定理：设1m ,2m ,…,k m 是k 个两两互质的正整数，12...k m m m m =，i i m m M =，1,2,...,i k =,则同余式组11(mod )x b m ≡,22(mod )x b m ≡,... ,(mod )k k x b m ≡的解是111111222...(mod )k k k x M M b M M b M M b m ≡+++,其中11(mod )i i i M M m ≡,1,2,...,i k =[4]用表格形式概括如下例1 解同余式组1(mod5)x b ≡, 2(mod6)x b ≡，3(mod7)x b ≡，4(mod11)x b ≡. 解：此时567112310m =⨯⨯⨯=,16711462M =⨯⨯=,25711385M =⨯⨯=，35611330M =⨯⨯=, 4567210M =⨯⨯=.解11(mod )i i i M M m ≡,1,2,3,4i = 得113M =,121M =,131M =,141M = 即12341386385330210(mod2310)x b b b b ≡+++.例2 韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人，成六行纵队，则末行五人，成七行纵队，则末行四人，成十一行纵队，则末行十人，求兵数？ 解:由题意，有1(mod5)x ≡，5(mod6)x ≡，4(mod7)x ≡，10(mod11)x ≡3462385533042101067312111(mod 2310)x ≡⨯+⨯+⨯+⨯≡≡.5.3 简单高次同余式组()0(mod )i f x m ≡, 1,2,...,i k =及()0(mod )f x p ∂≡,p 为质数，0∂>的解数及解法的初步讨论定理1 若1m ,2m ,…,k m 是k 个两两互质的正整数,12...k m m m m =,则同余式()0(mod )f x m ≡与同余式组()0(mod )i f x m ≡,1,2,...,i k =等价.若用i T 表示()0(mod )i f x m ≡,1,2,...,i k =,对模i m 的解数, T 表示()0(mod )f x m ≡对模m 的解数，则12...kT TT T =.[5]例1 解同余式()0(mod35)f x ≡，43()289f x x x x =+++.解: 由定理1知()0(mod35)f x ≡与同余式()0(mod5)f x ≡ ,()0(mod7)f x ≡等价.同余式()0(mod5)f x ≡有两个解，即1,4(mod5)x ≡ 同余式()0(mod7)f x ≡有三个解，即3,5,6(mod7)x ≡ 即()0(mod35)f x ≡有六个解，即1(mod5)x b ≡,2(mod7)x b ≡ 由孙子定理有，122115(mod35)x b b ≡+即得()0(mod35)f x ≡的解为31,26,6,24,19,34(mod35)x ≡.定理2 设1(mod )x x p ≡,即11x x pt =+,10,1,2,...t =±±是()0(mod )f x p ≡的一解，并且p不整除1()f x ,(1()f x 是()f x 的导函数),则11x x pt =+刚好给出()0(mod )f x p ∂≡，p 为质数，0∂>的一解x x p t ∂∂∂=+,0,1,2,...t ∂=±±, 即(mod )x x p ∂∂≡, 其中1(mod )x x p ∂≡.[6]例2 解同余式3262717200(mod30)x x x +++≡.解: 由定理1知()0(mod30)f x ≡与()0(mod 2)f x ≡,()0(mod3)f x ≡,()0(mod5)f x ≡等价.显然，()0(mod 2)f x ≡有两解0,1(mod 2)x ≡()0(mod3)f x ≡有一解2(mod3)x ≡()0(mod5)f x ≡有三解0,1,2(mod5)x ≡同余式()0(mod30)f x ≡有六个解即1(mod 2)x b ≡,2(mod3)x b ≡,3(mod5)x b ≡,10,1b =；22b =；30,1,2b = 由孙子定理得12315106(mod30)x b b b ≡++,以1b ,2b ,3b 值分别代入，得()0(mod30)f x ≡全部解为20,2,26,5,11,17(mod30)x ≡.例3 解同余式()0(mod 27)f x ≡，4()74f x x x =++.解:()0(mod3)f x ≡有一解1(mod3)x ≡，并且3不整除1(1)f ，以113x t =+ 代入()0(mod9)f x ≡得11(1)3(1)0(mod9)f t f +≡但(1)3(mod9)f ≡，1(1)2(mod9)f ≡即13320(mod9)t +⨯≡即1210(mod3)t +≡因此1213t t =+而2213(13)49x t t =++=+是()0(mod9)f x ≡的一解；以249x t =+代入()0(mod 27)f x ≡即12(4)9(4)0(mod27)f t f +≡,2189200(mod 27)t +⨯≡即2220(mod3)t +≡, 2323t t =+即3349(23)2227x t t =++=+为所求的解.5.4 简单二次同余式2(mod )x a p ∂≡,0∂>,(,)1a p =解的判断二次同余式一般形式为20(mod )ax bx c m ++≡,a 与0对模m 不同余，由上面所学知识，经总结，判断一般二次同余式有解与否问题，一定可以转化为判断形如2(mod )x a p ∂≡,0∂>有解与否问题.先讨论单质数模同余式2(mod )x a p ≡,(,)1a p =有解与否问题若它有解，则a 叫做模p 的平方剩余，若它无解，则a 叫做模p 的平方非剩余.定理1 若(,)1a p =,则a 是模p 的平方剩余的充要条件是121(mod )p ap -≡且有两解；而a 是模p 的平方非剩余充要条件是121(mod )p a p -≡-.[7]()a p是勒让得符号，它是一个对于给定单质数p 定义在一切整数a 上的函数，它的值规定如下:当()1a p=时，a 是模p 的平方剩余； 当()1a p=-时，a 是模p 的平方非剩余； 当（pa ）=0时，p a .[8]讨论质数模同余式2(mod )x a p ∂≡,0∂>,(,)1a p =有解与否问题定理22(mod )x a p ∂≡,0∂>,(,)1a p =有解的充要条件是()1a p=，并且在有解情况下，解数是2.[9]讨论合数模同余式2(mod 2)x a ∂≡,0∂>,(2,)1a =有解与否问题定理3 设1∂>,当2∂=,1(mod 4)a ≡时，2(mod 2)x a ∂≡,0∂>,(2,)1a =有解，且解数是2；当3∂≥，1(mod8)a ≡时，上式有解，解数是4.[10]例 解257(mod64)x ≡.解: 因571(mod8)≡故有4个解.把x 写成3(14)x t =±+代入原同余式,得到23(14)57(mod16)t +≡, 由此得 31(mod2)t ≡, 故44[14(12)](58)x t t =±++=±+是适合257(mod16)x ≡的一切整数，再代入原同余式得到24(58)57(mod32)t +≡, 由此得40(mod 2)t ≡, 故55(582)(516)x t t =±+⨯=±+是适合257(mod32)x ≡的一切整数,再代入原同余式得到25(516)57(mod64)t +≡, 由此得51(mod2)t ≡, 故66[516(12)](2132)x t t =±++=±+是适合257(mod64)x ≡的一切整数，因此21,53,21,53(mod64)x ≡--是所求四个解.6 结论本文从同余概念及其基本性质出发，通过实例概括总结出同余性质在算术及数论中的一些简单应用.同余性质在算术中的应用主要是通过检查因数和弃九法验算结果的实例作出阐述;数论中同余性质的应用主要体现在简单一次同余式组及高次同余式的求解,以及二次同余式是否有解的判断.参考文献[1]闵嗣鹤,严士健编. 初等数论(第二版)[M].:高等教育,1982.9:37-93.[2]余元希等.初等代数研究(上)[M].:高等教育,1988:53-82.[3]赵振成.中学数学教材教法(修订版)[M].:华东师X大学,1999.12:53-56.[4]王书琴，X晓卫.剩余定理及一次同余式组[J].XX师X大学自然科学学报, 2002-1-17.[5][法]C.布尔勒，X广才译. 代数[M].:XX科技,1984.3:72-121.[6]曹才翰，沈伯英. 初等代数教程[M].:师X大学,1987:76-85.[7]X合义.谈数论中的同余及其应用[J].XX学院学报,2007:2-6.[8]H.B.勃罗斯库列亚柯夫，X品三译. 数与多项式[M].:高等教育,1980:42.[9]林国泰,司徒永显. 初等代数研究教程[M].:暨南大学,1996:81-96.[10]林六十. 初等代数研究[M].:中国地质大学,1989:145-158.致在大学的生活和学习中, 一直得到应用数学系领导和老师们的关心和帮助, 是在他们的谆谆教导下, 我在专业知识的学习中打下了坚实的基础, 在个人修养方面我从他们身上看到了“学高为师、身正为X”的教师风X, 吸取了踏实、严谨、刻苦、认真的治学精神, 以及正直、诚实、守信的人格魅力, 并且在日常生活中身体力行, 以他们为榜样, 加强教师道德修养, 努力丰富自己、完善自己.我在大学期间取得的所有成绩都是和系领导以及老师们的帮助和教诲分不开的, 在此向他们致以衷心的感谢和良好的祝愿.在这学期撰写毕业论文的过程中, 得到了孙善辉老师的悉心指导, 熟悉了撰写论文的一般格式和许多注意事项, 这对于我以后的学习和生活都具有很好的示X作用. 感谢孙善辉老师的帮助和指导！在我论文的撰写和校对过程中, 还得到了许多同学的帮助, 是他们帮助我发现论文里的某些小小的错误, 这使我节省了时间去完成其他的工作, 在此向他们表示感谢.最后, 再次感谢孙善辉老师的辛勤指导！。
同余定理的定义与应用
同余定理的定义与应用同余定理（Congruence theorem）是数论中一种重要的工具，用于描述整数之间“除以某个数的余数相同”的关系。
它在密码学、代数、组合数学等领域都有广泛的应用。
本文将从同余定理的定义和基本性质入手，介绍其在数论和应用领域的具体应用。
一、同余定理的定义在数论中，同余定理指的是：对于任意整数a、b和正整数n，如果a与b除以n的余数相同，即a ≡ b (mod n)，则称a与b在模n下是同余的。
同余关系具有以下几个性质：1. 自反性：a ≡ a (mod n)；2. 对称性：若a ≡ b (mod n)，则b ≡ a (mod n)；3. 传递性：若a ≡ b (mod n)，b ≡ c (mod n)，则a ≡ c (mod n)。
二、同余定理的基本性质1. 同余的运算性质（1）同余的和与差性质：若a ≡ b (mod n)，c ≡ d (mod n)，则a+c ≡ b+d (mod n)，a-c ≡ b-d (mod n)；（2）同余的积性质：若a ≡ b (mod n)，c ≡ d (mod n)，则a·c ≡ b·d (mod n)。
2. 模运算的唯一性对于每一个正整数n，模n同余关系分割整数集合Z成了n个完全的互不相交的子集，即[Z] ≡ [0],[1],[2],...,[n-1]。
任何整数都可以唯一地属于其所对应的整数集合。
三、同余定理在数论中的应用1. 同余方程的求解对于形如ax ≡ b (mod n)的同余方程，可以利用同余定理来求解。
设d是a与n的最大公约数，若b能被d整除，方程有解；否则方程无解。
若方程有解，则可以使用扩展欧几里得算法求出方程的一组特解，并通过枚举生成其他所有解。
2. 质数测试同余定理在质数测试中有着重要的应用。
费马小定理和欧拉定理就是同余定理在质数测试中的两个重要应用。
根据费马小定理，若p为质数且a是整数，则a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
【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。
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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.
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。
初等数论§3同余
2020/4/7
阜阳师范学院 数科院
12
例3. 求777的个位数.
解：71 3(mod10), 72 1(mod10), 74 1(mod10)
记 777 74kr , 则有777 74kr (74 )k 7r 1 7r (mod10) 故只须考虑77被4除得的余数r,即777 7r (mod10) 由71 1(mod4), 72 1(mod4), 76 1(mod4), 77 1 3(mod4)，r 3 所以777 7r 73 72 7 (1) (3) 3(mod10). 即777 的个位数是3.
⑦ a b(mod m),a a1d ,b b1d , (d ,m) 1
a1 b1(mod m). 证：a b(mod m) m a b m (a1 b1)d
m (a1 b1) a1 b1(mod m). 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,
注：TH1、TH2是最简单、常用的性质。
2020/4/7
阜阳师范学院 数科院
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TH 3 设ai ,bi (0 i n)，x, y都是整数，
并且x y mod(m), ai bi mod(m), 0 i n.
n
n
则： ai xi bi yi (mod m)
i0
i0
2020/4/7
阜阳师范学院 数科院
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TH4 下面的结论成立： ① a b (mod m)，dm，d > 0 a b (mod d)； ② a b (mod m)，k > 0，kN ak bk (mod mk)；
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第三讲：初等数论3——同余的性质和应用
三、巩固练习
1. 今天是星期三，到第1000天是星期几？
解：从今天到第1000天相隔999天，1000-1≡5(mod 7)，3+5-7=1，是星期一.
2. 若1059，1417，2313分别被自然数x除时，所得余数都是y，则x-y= ．解：∵1059≡y(mod x) ，1417≡y(mod x) ， 2313≡y(mod x)，
∴1417-1059=358≡0(mod x)，2313-1417=896≡0(mod x)， 2313-1059=1254≡0(mod x)
又（358，896，1254）的最大公约数为2，则x=2， y=1，x-y=1．
3. 若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是（）
A. 25
B. 26
C. 27
D. 28
解：1995除以6的余数是3，a≡1995 (mod 6)，a除以6的余数也是3，只有a=27，选C.
4. 一个两位数被7除余1，它的反序数被7除也余1，那么这样的两位数共有（）
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
解：列出满足条件的所有两位数：15，22，29，36，43，50，57，64，71，78，85，92，99 两位数据反序数也满足条件的有：22，29，92，99，选C.
5. 设n为自然数，则32n+8被8除的余数是_________.
解：由32n+8=9n+8，知32n+8≡1n+0(mod 8)≡1(mod 8) ，故32n+8被8除余1.
6. 黑板上写着13个数：1908，1918，1928，1938，1948，1958，1968，1978，1988，1998，
2008，2018，2028．小明第一次擦掉其中的一个数，第二次擦掉剩下数中的两个数，第三次擦掉剩下数中的三个数，第四次擦掉剩下数中的四个数，他想使得每次擦掉数后剩下的所有数之和为13的倍数，小明的意图能否达到？如果可以，给出一种可行的方法，不能请说明理由．
答案：可以：
依次擦掉（2028）；（1958，1968）；（1908，1938，1978）；
（1918，1928，1998，2008）。
（1948、1988、2018）解：思路如下：
写出的13个数除以13余数互不相同，10)
≡（mod13），
13
≡，71918
(mod
1908
41928
≡(mod13)、81958
≡(mod13)、
≡（mod13）,111948
≡（mod13）、11938
5)
1988
(mod
≡、9)
(mod
≡、
13
13
1998 1968
(mod
≡、12)
≡、2)
13
1978
(mod
13
6)
≡、0)
13
(mod
≡、每一次操作就是去
2018
2028
2008
13
(mod
(mod
13
≡、3)
掉13的倍数，即要将0～12分成五组，每一组数的个数分别为1，2，3，4，3，使得每一组数之和都是13的倍数。
7.在“圆明杯”数学竞赛中，数学老师出了一道题：“2011分别除以m个不同的自然数，
得到的余数都是11”，请推算m的最大值是
解：这m个自然数都大于11，且都是2000的约数。
所以只需求2000的大于11的约数即可。
2000的约数共20个，其中小于11的有1，2，4，5，8，10共6个，所以m的最大值为14.。