初等数论3同余
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1
§3.1 同余的概念及其基本性质 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？
4、你知道 7 的个位数是多少吗？
这时，有40 46(mod 6), 但 20 23(mod 6)不成立！
8
⑥ a b c(mod m ) a c b(mod m )
证：a b c(mod m ) m c a b m (c b ) a a (c b )(mod m ).
8|n 8|45 z z 6.
9n 91 3 x y 4 5 z = 19 x y 9x y 1， (1) 11n 11z 5 4 y x 3 1 = 3 y x 113 y x。 (2) 即有 x y 1 = 9或18， 3 y x = 0或11
a b c(mod m ) a c b(mod m ) a b(mod m ), a a1d , b b1d , (d , m ) 1 a1 b1 (mod m ).
6
① a b (mod m)，dm，d > 0 a b (mod d)；
证：a b(mod m ) m|a b d |a b a b(mod d ).
证：a b(mod mi ) mi a b [m1 , , mk ] a b .
④ a b (mod m) (a, m) = (b, m)；
证：a mq1 r (a , m ) ( m , r ), 同理，b mq2 r (b, m ) ( m , r ).
12
例3. 求 7 的个位数. 解： 7 3(mod10), 7 1(mod10), 7 1(mod10)
1 2 4
77
Leabharlann Baidu
记 7 7
77
4k r
, 则有7 7
7
77
4k r
r 1 7 (mod10) (7 ) 7 4 k r 77
故只须考虑7 被4除得的余数r ,即7 7 r (mod10) 由71 1(mod 4), 7 2 1(mod 4), 7 6 1(mod 4), 7 7 1 3(mod 4)， r3 所以7 7 r 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10). 即7 的个位数是 3.
13
77
77
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)； ——减小幂指数
③ a a (mod m )
r bc
练习：若a Z , 证明 10|a 1985 a 1949 . 提示： a 5 a (mod10)
14
7
⑤ ac bc (mod m)，(c, m) = 1 a b (mod m);
证：ac bc(mod m ) m ac bc m (a b )c m (a b ) a b(mod m ).
注：若没有条件(c, m) = 1，即为TH2③的逆命题， 不能成立。 反例：取m=6,c=2,a=20,b=23.
i 0 i 0 n n
5
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)； ③ a b (mod mi )，1 i k a b (mod [m1, m2, , mk])； ④ a b (mod m) (a, m) = (b, m)； ⑤ ac bc (mod m)，(c, m) = 1 a b (mod m); ⑥ ⑦
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, 有6 10(mod 4), 但 3 5(mod 4)不能成立.
2
77
二、同余的定义
设 a , b Z , m Z ,如果m|(a b ), 则称a与b对模m 同余，记作：a b(mod m ). 否则，称a与b对模m不同余，记作：a b(mod m ).
注：下面的三个表示是等价的：
(1) a b(mod m ); (2) q Z , 使得a b qm; (3) q1 , q2 Z , 使得a q1m r , b q2 m r .
所以结果不正确。 注：若结论成立，其结果不一定正确； 也可以检查和、差的运算。
17
例7. 求方程2x 3y = 1的正整数解。 解：显然 y = 1，x = 2，是原方程的解。 若x 3，则 2 x 0(mod 8)
但 3 9 1(mod 8)
2
32 n1 3(mod 8), 32 n 1(mod 8)
注：一般地，求 a an1an 2 a1a 0 被m除的余数时， 首先是求出正整数k，使得 10k 1或1 (mod m)，
再将a写成ak 1ak 2 a1a0 100 a2 k 1a2 h 2 ak 10k
11
(2)
7、11、13 的整除特征
a
2k
1(mod 2
2k 1
k2
)a
2k
1 q 2k 2
所以 a
(1 q 2
k3
k2 2
k3 2 ( k 2)2 1 q 2 q 2 )
记 1 q '2
1(mod 2k 3 ), q ' Z .
21
这说明式(*)当n = k 1也成立。 由归纳法得证.
2 256 256 154(mod 641)
16
232 154 154 1(mod 641) 232 1 0(mod 641)
20
5. 设a为奇数，则 a
2n
1(mod 2n 2 ) ( 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
37 a 37 a2a1a0 a5a4a3 由100 1(mod101) 10 1(mod101),10 1(mod101)
2 4
101 a 101 a1a0 a3a2 a5a4
19
4. 证明： 641 2 1
32
解：依次计算对模641的同余数 22 4，24 16，28 256，
例4 证明：若n是正整数，则1342n + 1 3 n + 2 。 解 ：42n + 1 3 n + 2 = 4×42n 9×3 n = 4×16n 9×3 n 4×3n 9×3 n = 13×3 n 0 (mod 13)
15
例5 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。
3
三、同余的性质
TH2 设a，b，c，d，k是整数，并且 a b (mod m)， c d (mod m)， 则 ① a c b d (mod m)； ② ac bd (mod m); ③ak bk (mod m). 注：TH1、TH2是最简单、常用的性质。
4
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. 则： ai x i bi y i (mod m )
所以 3y 1 (mod 8)不能成立。 故原方程的正整数解只有x=2, y = 1.
18
习题讲解： P53 3,4,5 3.找出整数能被37、101整除的判别条件。
解：用37, 101试除10n，除到余数为 1为止.
3n 10 1(mod 37) 由1000=37 27+1
例1 检查5874192、435693 能否被3（9）整除。
10
(2)
7、11、13 的整除特征
—— 7|a 7|a2a1a0 a5a4a3
7 11 13 1001 1000 1(mod 7) anan1 a0 anan1 a3 1000 a2a1a0 a2a1a0 anan1 a3 a2a1a0 a5a4a3 anan1 a6 (mod 7).
9
四、一些整数的整除特征
设a anan1 a0表示an 10n an1 10n1 a1 101 a0
(1)
3、9 的整除特征
——各位上的数字之和能被3（9）整除 10i 1mod(3)
a an 10n a1 10 a0 an a1 a0 mod(3)
特别地，由于 10 1(mod11)，所以
11 anan1 a0 11 ( 1)i ai ——奇偶位差法
例2 检查637693、75312289能否被7（11，13）整除。 由693－637＝56，所以637693能被7整除，但不能被 11，13整除， 当然也可以由6+3-7+6-9+3=2知637693不能被11整除； 由75-312+289＝52，所以75312289能被13整除，但不 能被7，11整除。
② a b (mod m)，k > 0，kN ak bk (mod mk)；
证：a b(mod m ) m|a b mk |k (a b ) ak bk (mod mk ).
③ a b (mod mi )，1 i k a b (mod [m1, m2, , mk])；
22
§3.2 剩余类与完全剩余系 一、剩余类 ——按余数的不同对整数分类 一个整数被正整数n除后，余数有n种情形：0，1，2， 3，…，n-1，它们彼此对模n不同余。这表明，每个 整数恰与这n个整数中某一个对模n同余。这样一来， 按模n是否同余对整数集进行分类，可以将整数集分 成n个两两不相交的子集。
第三章
同 余
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.本章介绍同余的基本概念，剩 余类和完全剩余系. 生活中我会经常遇到与余数有关的问题，比如： 某年级有将近400名学生。有一次演出节目排队时出 现：如果每8人站成一列则多余1人；如果改为每9人 站成一列则仍多余1人；结果发现现成每10人结成一 列，结果还是多余1人；聪名的你知道该年级共有学 生多少名吗？
解方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6。
16
五、弃九法〔验算计算结果〕
若ab c , 则有 ab a b c(mod 9)
应用这种方法可以验算较大整数的乘法。 例6. 验算 28997×39495＝1145236415是否正确。
28997 17 8(mod 9)， 39495 3(mod 9) 1145236415 32 5(mod 9) 但8 3 5(mod 9)
§3.1 同余的概念及其基本性质 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？
4、你知道 7 的个位数是多少吗？
这时，有40 46(mod 6), 但 20 23(mod 6)不成立！
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⑥ a b c(mod m ) a c b(mod m )
证：a b c(mod m ) m c a b m (c b ) a a (c b )(mod m ).
8|n 8|45 z z 6.
9n 91 3 x y 4 5 z = 19 x y 9x y 1， (1) 11n 11z 5 4 y x 3 1 = 3 y x 113 y x。 (2) 即有 x y 1 = 9或18， 3 y x = 0或11
a b c(mod m ) a c b(mod m ) a b(mod m ), a a1d , b b1d , (d , m ) 1 a1 b1 (mod m ).
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① a b (mod m)，dm，d > 0 a b (mod d)；
证：a b(mod m ) m|a b d |a b a b(mod d ).
证：a b(mod mi ) mi a b [m1 , , mk ] a b .
④ a b (mod m) (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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例3. 求 7 的个位数. 解： 7 3(mod10), 7 1(mod10), 7 1(mod10)
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Leabharlann Baidu
记 7 7
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4k r
, 则有7 7
7
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4k r
r 1 7 (mod10) (7 ) 7 4 k r 77
故只须考虑7 被4除得的余数r ,即7 7 r (mod10) 由71 1(mod 4), 7 2 1(mod 4), 7 6 1(mod 4), 7 7 1 3(mod 4)， r3 所以7 7 r 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10). 即7 的个位数是 3.
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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)； ——减小幂指数
③ a a (mod m )
r bc
练习：若a Z , 证明 10|a 1985 a 1949 . 提示： a 5 a (mod10)
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⑤ ac bc (mod m)，(c, m) = 1 a b (mod m);
证：ac bc(mod m ) m ac bc m (a b )c m (a b ) a b(mod m ).
注：若没有条件(c, m) = 1，即为TH2③的逆命题， 不能成立。 反例：取m=6,c=2,a=20,b=23.
i 0 i 0 n n
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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)； ③ a b (mod mi )，1 i k a b (mod [m1, m2, , mk])； ④ a b (mod m) (a, m) = (b, m)； ⑤ ac bc (mod m)，(c, m) = 1 a b (mod m); ⑥ ⑦
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, 有6 10(mod 4), 但 3 5(mod 4)不能成立.
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二、同余的定义
设 a , b Z , m Z ,如果m|(a b ), 则称a与b对模m 同余，记作：a b(mod m ). 否则，称a与b对模m不同余，记作：a b(mod m ).
注：下面的三个表示是等价的：
(1) a b(mod m ); (2) q Z , 使得a b qm; (3) q1 , q2 Z , 使得a q1m r , b q2 m r .
所以结果不正确。 注：若结论成立，其结果不一定正确； 也可以检查和、差的运算。
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例7. 求方程2x 3y = 1的正整数解。 解：显然 y = 1，x = 2，是原方程的解。 若x 3，则 2 x 0(mod 8)
但 3 9 1(mod 8)
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32 n1 3(mod 8), 32 n 1(mod 8)
注：一般地，求 a an1an 2 a1a 0 被m除的余数时， 首先是求出正整数k，使得 10k 1或1 (mod m)，
再将a写成ak 1ak 2 a1a0 100 a2 k 1a2 h 2 ak 10k
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(2)
7、11、13 的整除特征
a
2k
1(mod 2
2k 1
k2
)a
2k
1 q 2k 2
所以 a
(1 q 2
k3
k2 2
k3 2 ( k 2)2 1 q 2 q 2 )
记 1 q '2
1(mod 2k 3 ), q ' Z .
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这说明式(*)当n = k 1也成立。 由归纳法得证.
2 256 256 154(mod 641)
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232 154 154 1(mod 641) 232 1 0(mod 641)
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5. 设a为奇数，则 a
2n
1(mod 2n 2 ) ( 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
37 a 37 a2a1a0 a5a4a3 由100 1(mod101) 10 1(mod101),10 1(mod101)
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101 a 101 a1a0 a3a2 a5a4
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4. 证明： 641 2 1
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解：依次计算对模641的同余数 22 4，24 16，28 256，
例4 证明：若n是正整数，则1342n + 1 3 n + 2 。 解 ：42n + 1 3 n + 2 = 4×42n 9×3 n = 4×16n 9×3 n 4×3n 9×3 n = 13×3 n 0 (mod 13)
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例5 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。
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三、同余的性质
TH2 设a，b，c，d，k是整数，并且 a b (mod m)， c d (mod m)， 则 ① a c b d (mod m)； ② ac bd (mod m); ③ak bk (mod m). 注：TH1、TH2是最简单、常用的性质。
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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. 则： ai x i bi y i (mod m )
所以 3y 1 (mod 8)不能成立。 故原方程的正整数解只有x=2, y = 1.
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习题讲解： P53 3,4,5 3.找出整数能被37、101整除的判别条件。
解：用37, 101试除10n，除到余数为 1为止.
3n 10 1(mod 37) 由1000=37 27+1
例1 检查5874192、435693 能否被3（9）整除。
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7、11、13 的整除特征
—— 7|a 7|a2a1a0 a5a4a3
7 11 13 1001 1000 1(mod 7) anan1 a0 anan1 a3 1000 a2a1a0 a2a1a0 anan1 a3 a2a1a0 a5a4a3 anan1 a6 (mod 7).
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四、一些整数的整除特征
设a anan1 a0表示an 10n an1 10n1 a1 101 a0
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3、9 的整除特征
——各位上的数字之和能被3（9）整除 10i 1mod(3)
a an 10n a1 10 a0 an a1 a0 mod(3)
特别地，由于 10 1(mod11)，所以
11 anan1 a0 11 ( 1)i ai ——奇偶位差法
例2 检查637693、75312289能否被7（11，13）整除。 由693－637＝56，所以637693能被7整除，但不能被 11，13整除， 当然也可以由6+3-7+6-9+3=2知637693不能被11整除； 由75-312+289＝52，所以75312289能被13整除，但不 能被7，11整除。
② a b (mod m)，k > 0，kN ak bk (mod mk)；
证：a b(mod m ) m|a b mk |k (a b ) ak bk (mod mk ).
③ a b (mod mi )，1 i k a b (mod [m1, m2, , mk])；
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§3.2 剩余类与完全剩余系 一、剩余类 ——按余数的不同对整数分类 一个整数被正整数n除后，余数有n种情形：0，1，2， 3，…，n-1，它们彼此对模n不同余。这表明，每个 整数恰与这n个整数中某一个对模n同余。这样一来， 按模n是否同余对整数集进行分类，可以将整数集分 成n个两两不相交的子集。
第三章
同 余
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.本章介绍同余的基本概念，剩 余类和完全剩余系. 生活中我会经常遇到与余数有关的问题，比如： 某年级有将近400名学生。有一次演出节目排队时出 现：如果每8人站成一列则多余1人；如果改为每9人 站成一列则仍多余1人；结果发现现成每10人结成一 列，结果还是多余1人；聪名的你知道该年级共有学 生多少名吗？
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(mod 9)
应用这种方法可以验算较大整数的乘法。 例6. 验算 28997×39495＝1145236415是否正确。
28997 17 8(mod 9)， 39495 3(mod 9) 1145236415 32 5(mod 9) 但8 3 5(mod 9)