人教版高三数学选修4-6全册课件【完整版】
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人教版高中数学选修4-6 第二讲 同余与同余方程 五 拉格朗日插值和孙子定理 名师课件【集体备课】
证明：
因为 yn+1 - xn+1 = f(yn ) - f(xn )
yn - xn
yn - xn
由拉格朗日中值定理知: 总存在 (xn使, y得n )
由于 又 yn+1 - xn+1 = f'(ξ)
yn - xn
当
(
xn
,
yn
)
[0,
1] 2
f '(x故) 得3x2证 2x 1
2
1
1
x [0, ],[ f 2
6、每9人一排多6人，每7人一排多2人，每5 人一排多3人，问至少有多少人 ？ 解：由于9,7,5互素,故同样可用孙子定理. 解1 7×5c1 =35c1≡1(mod9) 得 c1 ≡ 8(mod9), 解2 9×5c2 =45c2≡1(mod7) 得 c2 ≡ 5(mod7), 解3 9×7c3 =63c3≡1(mod5) 得 c3 ≡ 2(mod5), 于是,选取c1=2， c2=3， c3=11 得 x≡6×7×5×8+2×9×5×5+3×9×7×2 ≡303(mod305) 是同余方程的解.所以至少303人.
于是,选取c1=2， c2=3， c3=11 得
x≡2×7×11×2+1×3×11×3+2×3×7×10=727
≡24(mod231) 是同余方程的解.
再见
故
5︱p，7︱p，于是p=5×7×c，c为整数再由
p≡1（mod3）即5×7×c ≡1（mod3） 若c=2，
则p=70.同理求得q=21，r=15.
所以
k=233，x ≡233≡23（mod105）.
此求同余方程组的方法即孙子定理.
人教版高中数学选修4-6《整数：带余除法》
b q q 1 则有 0 a bs t a b a b b t . 2 2 2 2
q q q为偶数，且b 0时，令s , t a bs a b 2 2
b 同样有 t . 2 q1 q1 (2)当q为奇数且b 0时，令s , t a bs a b 2 2 b b q1 则 t a bs a b 0， t 2 2 2 q1 q1 若b 0, 令 s , t a bs a b 2 2 b 同样有 t . 存在性得证 ；下证唯一性. 2
例1 利用带余数除法，由a, b的值求q, r .
(1) a 14, b 3 (2) a 14, b 3 (3)a 14, b 3
14 3 4 ( 余 2 ), q 4, r 2 14 3 5 ( 余 1 ), q 5, r 1
14 ( 3) 14 3
带余数除法的应用举例
例2 证明：形如3n-1的数不是平方数。
a 3q r , 0 r 3，
证明：a Z , 而
(3q r )2 3n 1,
0 r 3.
例3、任意给出的5个整数中，必有3个数之 和被3整除。
证：设这5个数为ai , i 1, ai 3qi ri， 0 ri 3, 分别考虑以下两种情形：
这样至少有3个ri要取相同的值，不妨设 r1 r2 r3 r(r 0,1或2）， a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3r 可以被3整除。
例4、设a 1为奇数，证明： 存在正整数d a 1, 使得a 2 1
dLeabharlann 证：考虑下面的a个数： 20 , 21 , , 2a 1，显然a不整除2 j (0 j a)，
人教版高中数学选修4-6《初等数论：算术基本定理》
第六节 算术基本定理
推论2 设正整数a与b的标准分解式是
a p1 p2 pk q1 ql , b p1 p2 pk r1 rs
1 2 k 1 s
1
2
k
1
l
其中pi(1 i k)，qi(1 i l)与ri(1 i s)是两 两不相同的素数，i，i(1 i k)，i(1 i l) 与i(1 i s)都是非负整数，则
1 2
任何大于1的整数n可以
k
n p1 p2 pk
，
(2)
2, , k是正整数。
证明 由引理1，任何大于1的整数n可以表示成 式(2)的形式，因此，只需证明表示式(2)的唯 一性。
第六节 算术基本定理
假设pi（1 i k）与qj（1 j l）都是素数，
p1 p2 pk，q1 q2 ql，
n = p1p2pm， (1) 其中pi（1 i m）是素数.
第六节 算术基本定理
引理1 即 任何大于1的正整数n可以写成素数之积，
n = p1p2pm，
其中pi（1 i m）是素数。 证明 当n = 2时，结论显然成立。
(1)
假设对于2 n k，式(1)成立，我们来证明式(1) 对于n = k 1也成立，从而由归纳法推出式(1) 对任何大于1的整数n成立。
[a, b] p p p ， i max{ i , i }， 1 i k。
1 1
1 2
k k
第六节 算术基本定理
推论3 设a，b，c，n是正整数，
ab = cn ，(a, b) = 1，
则存在正整数u，v，使得
(5)
人教版高中数学选修4-6《初等数论：最大公因数》
探究？
1，自己列举几组整数a,b,c,计算并比较(a,b,c)，((a,b),c)， 从中你能发现什么规律？
（1）108,36,52
（2）35,135,95
2，求三个整数的最大公约数与求两个 整数的最大公约数之间有什么联系?
(a,b,c)=((a,b),c)
练习：存在整数m,n使（375,105）=375m+105n 吗？
作业：思考证明性质3
2.1最大公因数
最大公因数：给定两个整数a，b，必有
公共的因数，叫做它们的公因数，当a，b不 全为零时，在有限个公因数中最大的一个叫做 a，b的最大公因数，记作（a，b）. 如果a，b的最大公因数为1，那么称a，b 是互素的。
将整数a，b，c的最大公因数记作（a，b， c），依次类推。
用短除法计算下列两组数的最大公因数。 （1）375,105 （2）1840,667 从中你能感受到什么？
性质2：若a/bc，且（a,b）=1,则p/a，或p/b。
最大公约数：短除法和辗转相除法
性质1：设整数a,b不同时为零时，
则存在一对整数m,n，使得（a,b） =am+bn.
性质2：若a/bc，且（a,b）=1,则a/c.
性质3：设p为素数，若p/ab,则p/a，
解：375=105*3+60 105=60*1+45 60=45*1+15
45=15*3
(375,105)=(45,15)=15=60-45 =60-(105-60)=60*2-105 =(375-105*3)*2-105=375*2-7*105 所以m=2,n=-7
性质1：设整数a,b不同时为零时，则存在一对整数 m,n，使得（a,b）=am+bn.
人教版高中数学选修4-6《初等数论：1.2最大公因数》
则 (a, b) = (b, r1 ) = (r1, r2 ) = L = (rn- 1, rn ) = (rn ,0) = rn .
若rn+ 1 = 1呢？
即 a , b 的 最 大公 因数 是 最后 一个 不 为 零 的余 数 .
2019/1/19 10 选修4-6 初等数论初步 最大公因数
方法应用
辗转相除法
若a, b(b > 0)是任意两个整数，依次做带余除法 a = q1b + r1 , (0 < r1 < b) b = q2 r1 + r2 , (0 < r2 < r1 ) LL rn- 2 = qn rn- 1 + rn , (0 < rn < rn- 1 ) rn- 1 = qn+ 1rn + rn+ 1 , (rn+ 1 = 0)
2019/1/19
7 选修4-6 初等数论初步 最大公因数
性质探究
TH4
(1)(a, b) = (b, a)； (2) (a1, a2 ,L an )=(| a1 |,| a2 |,L | an |)；
(3)(a,1) = 1 ， (a, 0) = | a | ， (a, a) = | a | ；
例1 求 (1840,667).
练习 求 (1989,-364).
2019/1/19
11 选修4-6 初等数论初步 最大公因数
方法应用
例2 求(21n+4， 14n+3).
练习 求(n2 + n + 1, n - 1).
2019/1/19
12 选修4-6 初等数论初步 最大公因数
知识小结
• 最大公因数的相关性质
若rn+ 1 = 1呢？
即 a , b 的 最 大公 因数 是 最后 一个 不 为 零 的余 数 .
2019/1/19 10 选修4-6 初等数论初步 最大公因数
方法应用
辗转相除法
若a, b(b > 0)是任意两个整数，依次做带余除法 a = q1b + r1 , (0 < r1 < b) b = q2 r1 + r2 , (0 < r2 < r1 ) LL rn- 2 = qn rn- 1 + rn , (0 < rn < rn- 1 ) rn- 1 = qn+ 1rn + rn+ 1 , (rn+ 1 = 0)
2019/1/19
7 选修4-6 初等数论初步 最大公因数
性质探究
TH4
(1)(a, b) = (b, a)； (2) (a1, a2 ,L an )=(| a1 |,| a2 |,L | an |)；
(3)(a,1) = 1 ， (a, 0) = | a | ， (a, a) = | a | ；
例1 求 (1840,667).
练习 求 (1989,-364).
2019/1/19
11 选修4-6 初等数论初步 最大公因数
方法应用
例2 求(21n+4， 14n+3).
练习 求(n2 + n + 1, n - 1).
2019/1/19
12 选修4-6 初等数论初步 最大公因数
知识小结
• 最大公因数的相关性质
人教版高中数学选修4-6《整除的概念》
a
i 1
m
i
b j 中，除某一项外，其
j 1
n
余各项都能被c整除，则这一项也能被c整除。
常用结论：
（1）设p为素数 ，若p ∣ b a ，则p ∣a 或 p ∣b . （2） p|a 或 (p，a)=1 .
（3）素数判定法则：
p a pa
2
设n是一个正整数，如果对所有的素数p≤ 都有p n，则n一定是素数.
2
例4 设正整数d 不等于2,5,13，证明集合 得a b-1 不是完全平方数。
2,5,13.d 中可以找到两个数a ，b ，使
二、整除
• 1、定义：设a，b是整数，b≠0。如果存在一个整数q使得等式： a=bq 成立，则称b能整除a或a能被b整除，记b∣a； 如果这样的q不存在，则称b不能整除a，记为b a。
a1 , a2 , 例2 设n 为奇数， ，n 的任意一个排列， 证明 (a 1)(a 2) (a n)
1 2 n
, an
是1,2，
必是偶数。
例3 将正方形ABCD分割成 n 个相等 的小方格（n 是正整数），把相对的顶 点A,C染成红色，B,D染成蓝色，其他 交点任意染成红蓝两色中的一种颜色， 证明：恰有三个顶点同颜色的小方格的 数目必是偶数。
ab b
a (b1)
2
a ( b 2)
... 2 1)
a
当n为素数时, 22 – 1=3, 23 – 1＝7, 24 – 1＝31, 27 – 1=127 都是素数, 而 211 – 1 = 2047 = 23 x 89 是合数．
设P为素数, 称如 2p–1的数为梅森(Matin Merdenne)数.
2、整除的性质
人教版高中数学选修4-6 第三讲 一次不定方程 一 二元一次不定方程名师课件【集体备课】
定方程的通解.当不定方程 ax+by=c的（a，b） ≠1可以化为a’x+b’x=c’其中（a’，b’）=1.
设（a，b）=1则不定方程ax+by=c的整
数通解为， x=x0+bt y=y0-at
其中t为任意的整数x=x0，y=y0为不定方程
ax+by=c的一个特解 .
课堂小结
一、二元一次不定方程一般式：ax+by=c . 其
所以，不定方程不一定有整数解. 下面我们就来讨论什么情况下不定方
程有整数解.
分析（一）
设不定方程ax+by=c有整数解x=x0，y=y0. 因为（a，b）︱a，（a，b） ︱b 所以（a，b） ︱ax0+by0=c， 即若不定方程有整数解，则（a，b） ︱c
这是不定方程有解时系数之间的关系， 下面我们来看验证，当系数满足 （a，b） ︱c 时是否一定有整数 解.
所151s以11
s
4s 1
∈11 z，得到
4s 1
s 3 y 4, x 5
所以 x1=1-5
x=-5+19t
y=4是方程的一个特解. 得解 y=4-15t t ∈z
课堂练习
1、二元一次方程3x+2y=11 ( D). A、 任何一对有理数都是它的解
B、只有一个解 C、只有两个解
D、无穷多个解
鸡翁一，值钱五，鸡母一， 值钱三，鸡雏三，值钱一，百钱 买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何.
你能算出有多 少只鸡吗？
上面的问题即是著名的“百钱买百 鸡”，百钱能买到百鸡吗？若能买到， 能买到鸡翁、鸡母和鸡雏各多少只？
生活中类似的问题还有很多，要怎 样顺利的解决这些问题，就需要学习新 的知识——二元一次不定方程.
设（a，b）=1则不定方程ax+by=c的整
数通解为， x=x0+bt y=y0-at
其中t为任意的整数x=x0，y=y0为不定方程
ax+by=c的一个特解 .
课堂小结
一、二元一次不定方程一般式：ax+by=c . 其
所以，不定方程不一定有整数解. 下面我们就来讨论什么情况下不定方
程有整数解.
分析（一）
设不定方程ax+by=c有整数解x=x0，y=y0. 因为（a，b）︱a，（a，b） ︱b 所以（a，b） ︱ax0+by0=c， 即若不定方程有整数解，则（a，b） ︱c
这是不定方程有解时系数之间的关系， 下面我们来看验证，当系数满足 （a，b） ︱c 时是否一定有整数 解.
所151s以11
s
4s 1
∈11 z，得到
4s 1
s 3 y 4, x 5
所以 x1=1-5
x=-5+19t
y=4是方程的一个特解. 得解 y=4-15t t ∈z
课堂练习
1、二元一次方程3x+2y=11 ( D). A、 任何一对有理数都是它的解
B、只有一个解 C、只有两个解
D、无穷多个解
鸡翁一，值钱五，鸡母一， 值钱三，鸡雏三，值钱一，百钱 买百鸡，问鸡翁、母、雏各几何.
你能算出有多 少只鸡吗？
上面的问题即是著名的“百钱买百 鸡”，百钱能买到百鸡吗？若能买到， 能买到鸡翁、鸡母和鸡雏各多少只？
生活中类似的问题还有很多，要怎 样顺利的解决这些问题，就需要学习新 的知识——二元一次不定方程.
人教版高中数学选修4-6-第一讲-整数的整除(一)整数的整除-课件(共33张PPT)
观察
12，21，24，30，33，51可同时被什么数整除， 有什么规律？
分析：以上6个数均可同时被3整除，并且各位 数字之和也能被3整除.
由此猜想：一个正整数的各位数字之和能被3 整除，那么这个正整数能被3整除.
带余除法
在生活中并不是什么情况下都可以整除， 很多情况都是不能除尽的.如：13÷2=6…1,在 整数集中这种表示法依然成立，叫做带余除法 （或欧氏除法算式）.
知识回顾
以前学过的整数加法、减法、乘 法有什么特点？整数除法的商又是怎 样的？ 整数的加法、减法、乘法运 算得到的结果任然为整数.两个 整数的商不一定是整数.
导入新课
从以前学过的乘法中我们知道
若A×B=C,那么C÷B=A或C÷A=B
也就是说乘法和除法是互逆的 运算.
例如：
13×2 = 26
26÷2 = 13 26÷13 = 2
第一讲整数的整除
教学目标
知识与能力
1．在熟悉整数的基础上充分理解整除 的概念和性质；熟练掌握带余除法的运算， 且能进行运算.
2．理解什么是素数的概念，并掌握素数 的判别方法.
过程与方法
1.通过复习以前的乘法、除法的知识，让 学生合作探讨，老师启迪，自然引出整除的概 念及性质.•
2.在整除的基础上通过生活中的实例，引 导学生考虑不能整除的情况，并让学生自己进 一步思考不能整除情况的解决方法并总结带余 除法的概念.
共六条鱼，平均一只猫咪得几条鱼？
若是再多一条鱼，平均一只猫咪又各 得几条鱼呢？
想一想
在上一页第一种情况下，平均每 只猫咪得到 6÷2 = 3（条）；第二种 情况下每只猫咪在得到3条鱼后还剩一条，就是 说这种情况下鱼并不能平均分给两只猫咪. 生活中这样的例子还有很多，我们从数 学的角度该怎样理解，又怎样定义呢？它们 又有怎样的性质？下面我们将具体的分析.
最新人教版高三数学选修4-5全册课件【完整版】
引言
最新人教版高三ห้องสมุดไป่ตู้学选修4－5全册 课件【完整版】
第一讲 不等式和绝对值不等 式
最新人教版高三数学选修4－5全册 课件【完整版】
一 不等式
最新人教版高三数学选修4－5全册 课件【完整版】
1.不等式的基本性质
最新人教版高三数学选修4－5全 册课件【完整版】目录
0002页 0056页 0116页 0143页 0209页 0248页 0292页 0325页 0337页 0408页 0506页
引言 一 不等式 2.基本不等式 二 绝对值不等式 2.绝对值不等式的解法 一 比较法 三 反证法与放缩法 一 二维形式柯西不等式 三 排序不等式 一 数学归纳法 学习总结报告
最新人教版高三数学选修4－5全册 课件【完整版】
2.基本不等式
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3.三个正数的算术-几何平均不 等式
最新人教版高三数学选修4－5全册 课件【完整版】
人教版高中数学选修4-6《最大公约数》
x| Z Aa =x{,y y=
i 1 i i i
k
y 如果 是集合A中最小的正数， 0 y0则 (a1, a2 , , ak ) 。
, a22 ,, ,a Z ,ka 推论1 设d是 a1 1, a k 的一个公 约数，则 d | (a1 , a2 , , ak ) 。
推论2 ( ma1 , ma2 ,
所以，d n d .
例1 证明：若n是正整数，则
是既
约分数。
例2 设a，b是整数，且 9 21n +4 则3(a, b)。
则
14n 3
a ab ， b
2
2
| 2 +1 例3 设a和b是正整数，b > 2， 2 1
b a
。
则 (a1 , a2 , 证明：设(a1 , a2 , , an ) d n . , an ) d，
d dn ；
一方面，d a1 , d a2 d d 2
另一方面， (d n1 , an ) d n d n an , d n d n1
d n a1 d n d .
推Байду номын сангаас2.1
若b是任一非零整数，则(0, b) b
(a, 1) = 1， (a, a) = |a|； (a, b) = (b, a)；
【定理3】设 a = qb+r, 其中a,b,q,r都是整数, 则 (a，b) = (b，r)． 证：只需证 a与b 和 b与r 有相同的公因子．
设d是a与b的公因子, 即d|a且d|b．
推论3 记 = (
a1 , a2 ,
, mak) = |m|( a1 , a2 ,
=1
高三数学选修4-6(B版)(人教版)
0 2
2.3 剩余类 及其运算
0 5
2.6 不定方 程与同余
0 3
2.4 剩余系 和欧拉函数
0 6
本章小结
03 第三章 同余方程
第三章 同余方程
3.1 同余方程的概念
0 1
3.2 一次同 余方程
0 4
3.5 公开密 钥码
0 2
3.3 孙子定 理
0 5
本章小结
0 3
3.4 拉格朗 日插值公式
0 6
阅读与欣赏 陈景润
04 附录
附录
部分中英词汇对照表
05 后记
后记
一．
202X
感谢聆听
1.3 带余 除法
02
1 . 6 算 05 术基本定
理
04
1.5 最小 公倍数
1.4 辗
03
转相除法 与最大公
约数
第一章 整数的整除性
1.1 整除
01
本章小 结
02
阅读与 欣赏
秦九韶
02 第二章 同余
第二章 同余
2.1 同余及其基本性 质
0 1
2.2 特殊数 的整除特征
0 4
2.5 欧拉定 理
202X
高三数学选修4－6(B 版)(人教版)
演讲人
202X-06-08
目录
01. 第一章 整数的整除性 02. 第二章 同余 03. 第三章 同余方程 04. 附录 05. 后记
01 第一章 整数的整除性
第一章 整数 的整除性
1.1 整除
1.2 素数 与合数
1.7 二元
01
一次不定
方 程 06
人教版B版高中数学选修4-6：不定方程与同余_课件1
结合上面的例题，我们可以总结出判定 这类特殊不定方程无解的基本步骤: 1.取定一个正整数为模，上例中取5为模，是因为 能保证方程右边余恒为4； 2.根据同余的知识，判定方程左右两边在模为5的 前提下的余数； 3.比较方程两边余数，若有相同的，方程可能有整 数解；否则方程无整数解。
例题讲解
例1 求证31980 +41981能被5整除。 证明：因为3 -2(mod 5)，32 -1(mod 5)， 4 -1(mod 5)， 所以31980 = 9990 （-1）990(mod 5)， 41981 （-1）1981(mod 5)， 所以31980+41981 （-1）990(mod 5)+（-1）1981(mod 5) 0(mod 5)，所以31980 +41981能被5整除。
要点提炼
对于x2+y 2=5z+4这类方程，我们可以采用如下 的方法判定其整数解的存在性：
解：取5为模（思考：为什么是5），对任意整数x， x20，1，-1(mod 5)，同理， y20，1，-1(mod 5)， 所以对任意整数x，y，方程左边0，1，-1，2， -2(mod 5)，而方程右边4(mod 5)。 所以方程无整数解。
不定方程与同余
知识回顾
前面我们学过二元一次不定方程的概念，还探讨 了二元一次不定方程有整数解的充分必要条件， 以及在已知方程一组特解的情况 ，如何求其通解。 下面我们对这些知识进行简单回顾。
二元一次不定方程整数解的存在性的判定
二元一次不定方程的一般形式为:
ax by c, a,b,c Z, a,b 0
例3 证明不存在整数x，y使方程������2+3������������−2������2=122。① 证明：如果有整数x，y使方程①成立，则 17×29−5=488=4������2+12������������−8������2=(2������+3������)2−17������2 ， 知(2������+3������)2+5能被17整除。
最新人教版高三数学选修4-6电子课本课件【全册】
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2.带余除法
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3.素数及其判别法
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最新人教版高三数学选修4－6电 子课本课件【全册】目录
0002页 0056页 0171页 0188页 0205页 0234页 0266页 0283页 0334页 0352页 0384页 0418页 0452页 0472页 0531页
引言 一 整除 2.带余除法 二 最大公因数与最小公倍数 2.最小公倍数 第二讲 同余与同余方程 1.同余的概念 二 剩余类及其运算 四 一次同余方程 六 弃九验算法 一 二元一次不定方程 三 多元一次不定方程 一 信息的加密与去密 学习总结报告 附录二 多项式的整除性
引言
最新人教版高三数学选修4－6电子 课本课件【全册】
第一讲 整数的整除
最新人教版高三数学选修4－6电子 课本课件பைடு நூலகம்全册】
一 整除
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1.整除的概念和性质
2.带余除法
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3.素数及其判别法
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引言 一 整除 2.带余除法 二 最大公因数与最小公倍数 2.最小公倍数 第二讲 同余与同余方程 1.同余的概念 二 剩余类及其运算 四 一次同余方程 六 弃九验算法 一 二元一次不定方程 三 多元一次不定方程 一 信息的加密与去密 学习总结报告 附录二 多项式的整除性
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第一讲 整数的整除
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一 整除
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1.整除的概念和性质
人教版高中数学选修4-6 第二讲 同余与同余方程 三 费马小定理和欧拉定理 上课(共30张PPT)教
A.5 B.6 C.4 D.7 4、5x≡1（mod6），则x=（ D）.
A.5 B.6 C.4 D.2
5、设p，q是两个不同的素数，证明： pq 1 qp 1 1 (mod pq).
证明： 由费马定理：
qp 1 1 (mod p)， pq 1 1 (mod q)
pq 1 qp 1 1 (mod p) pq 1 qp 1 1 (mod q) 故 pq 1 qp 1 1 (mod pq).
若 x < 0，y > 0，由式(4)知
1 b cy = b db ax = b d(ba) x b d (mod m)。
二、设p是素数，pbn 1，nN，则下面的两个
结论中至少有一个成立：
(ⅰ) pbd 1对于n的某个因数d < n成立； (ⅱ) p 1 ( mod n ).
若2 | np，> 2，则(ⅱ)中的mod n可以改为mod 2n. 解 记d = (n, p 1)，由b n 1，b p 1 1 (mod p)，及题一，有b d 1 (mod p).
（ɑ，n）=1，则b ≡c（modn）”. 例一的解析符合费马小定理，下面我
们用通式对费马小定理给予证明.
证明
设 An= a,2a,3a,4a…… (p-1)a
假设
An中有2项ma, na 被p除以后余数是相同
得 ma=na (mod p) 即a(m-n)=0(mod p)
因为 a和p互质,
所以 m-
人
的
一
生
说
白
了
，
也
就
是
三
万
余
天
，
贫
穷
与
富
贵
，
A.5 B.6 C.4 D.2
5、设p，q是两个不同的素数，证明： pq 1 qp 1 1 (mod pq).
证明： 由费马定理：
qp 1 1 (mod p)， pq 1 1 (mod q)
pq 1 qp 1 1 (mod p) pq 1 qp 1 1 (mod q) 故 pq 1 qp 1 1 (mod pq).
若 x < 0，y > 0，由式(4)知
1 b cy = b db ax = b d(ba) x b d (mod m)。
二、设p是素数，pbn 1，nN，则下面的两个
结论中至少有一个成立：
(ⅰ) pbd 1对于n的某个因数d < n成立； (ⅱ) p 1 ( mod n ).
若2 | np，> 2，则(ⅱ)中的mod n可以改为mod 2n. 解 记d = (n, p 1)，由b n 1，b p 1 1 (mod p)，及题一，有b d 1 (mod p).
（ɑ，n）=1，则b ≡c（modn）”. 例一的解析符合费马小定理，下面我
们用通式对费马小定理给予证明.
证明
设 An= a,2a,3a,4a…… (p-1)a
假设
An中有2项ma, na 被p除以后余数是相同
得 ma=na (mod p) 即a(m-n)=0(mod p)
因为 a和p互质,
所以 m-
人
的
一
生
说
白
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，
也
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是
三
万
余
天
，
贫
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与
富
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，
人教B版高中数学选修4-6课件 2同余及其基本性质课件1
2.1 同余及其基本性质
人教B版数学选修4-6《初等数论初步》
• 同余是数论中一个基本概念, 它的基本 概念与记号都是伟大的数学家高斯引进 的.它的引人简化了数论中的许多问题.
• 本章着重讨论同余的概念及其基本性质， 完全剩余系和简化剩余系，两个重要定 理（欧拉定理和费马小定理）及其应 用．
• 定义1 给定一正整数m（模）, 若用m去 除两个整数a和b所得余数相同, 则称a 与 b对模m同余, 记作ab(mod m); 若余数 不同, 则称 a 与b对模m不同余, 记作 ab(mod m).
（9） ab(mod mi), (1≤i≤n), 则ab (mod [m1,m2,…,mn]).
（10） 若ab(mod m), 且d|m, 则 ab(modd ).
思考题：
1、整数a是偶数的同余式为(
).
2、整数a是偶数但不能被4整除，则其同余式
为(
).
3、已知a 5(mod6 ) ，则a被3除余( ).
The End
例3 某天是星期一，从这天后第22012天是星期 几？
例4 分别求3406的个位数字和72012的末两位数字.
例5 证明：641 | 225+1
（欧拉证明了费马数F5不是素数）
例6 （1）求使2n-1能被7整除的一切正整数n； （2）证明：没有正整数n使2n+1能被7整除.
自主学习
特殊数的整除特征 定理 正整数a能被9整除的特征是 a的数字和能
这个问题是费马在1640年给 梅森的信中宣布的一个猜想。 很容易能证明，前5个费马数都 是素数。到了1732年，数学家 欧拉发现下一个费马数不是素 数，从而否定了费马的猜想。
判断题： 1、若ab(mod m), k为自然数，
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• 同余是数论中一个基本概念, 它的基本 概念与记号都是伟大的数学家高斯引进 的.它的引人简化了数论中的许多问题.
• 本章着重讨论同余的概念及其基本性质， 完全剩余系和简化剩余系，两个重要定 理（欧拉定理和费马小定理）及其应 用．
• 定义1 给定一正整数m（模）, 若用m去 除两个整数a和b所得余数相同, 则称a 与 b对模m同余, 记作ab(mod m); 若余数 不同, 则称 a 与b对模m不同余, 记作 ab(mod m).
（9） ab(mod mi), (1≤i≤n), 则ab (mod [m1,m2,…,mn]).
（10） 若ab(mod m), 且d|m, 则 ab(modd ).
思考题：
1、整数a是偶数的同余式为(
).
2、整数a是偶数但不能被4整除，则其同余式
为(
).
3、已知a 5(mod6 ) ，则a被3除余( ).
The End
例3 某天是星期一，从这天后第22012天是星期 几？
例4 分别求3406的个位数字和72012的末两位数字.
例5 证明：641 | 225+1
（欧拉证明了费马数F5不是素数）
例6 （1）求使2n-1能被7整除的一切正整数n； （2）证明：没有正整数n使2n+1能被7整除.
自主学习
特殊数的整除特征 定理 正整数a能被9整除的特征是 a的数字和能
这个问题是费马在1640年给 梅森的信中宣布的一个猜想。 很容易能证明，前5个费马数都 是素数。到了1732年，数学家 欧拉发现下一个费马数不是素 数，从而否定了费马的猜想。
判断题： 1、若ab(mod m), k为自然数，
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2.带余除法
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引言 一 整除 2.带余除法 二 最大公因数与最小公倍数 2.最小公倍数 第二讲 同余与同余方程 1.同余的概念 二 剩余类及其运算 四 一次同余方程 六 弃九验算法 一 二元一次不定方程 三 多元一次不定方程 一 信息的加密与去密 学习总结报告 附录二 多项式的整除性
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3.素数及其判别法
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