初等数论总复习题及知识点总结

初等数论学习总结

本课程只介绍初等数论得得基本内容。由于初等数论得基本知识与技巧与中学数学有着密切得关系， 因此初等数论对于中学得数学教师与数学系(特别就是师范院校)得本科生来说，就是一门有着重要意义得课程，在可能情况下学习数论得一些基础内容就是有益得．一方面通过这些内容可加深对数得性质得了解，更深入地理解某些她邻近学科，另一方面，也许更重要得就是可以加强她们得数学训练，这些训练在很多方面都就是有益得．正因为如此，许多高等院校，特别就是高等师范院校，都开设了数论课程。

最后，给大家提一点数论得学习方法，即一定不能忽略习题得作用，通过做习题来理解数论得方法与技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它得内容而忽略习题得作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。

数论有丰富得知识与悠久得历史，作为数论得学习者，应该懂得一点数论得常识，为此在辅导材料得最后给大家介绍数论中著名得“哥德巴赫猜想”与费马大定理得阅读材料。

初等数论自学安排

第一章：整数得可除性（6学时）自学18学时

整除得定义、带余数除法 最大公因数与辗转相除法 整除得进一步性质与最小公倍数 素数、算术基本定理

[x]与{x}得性质及其在数论中得应用

习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。 第二章：不定方程（4学时）自学12学时

二元一次不定方程c by ax =+

多元一次不定方程c x a x a x a n n =++Λ2211 勾股数 费尔马大定理。

习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。 第三章：同余（4学时）自学12学时

同余得定义、性质

剩余类与完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系

欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中得应用 习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。 第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时

同余方程概念 孙子定理

高次同余方程得解数与解法 素数模得同余方程 威尔逊定理。

习题要求60p ：1；64p ：1，2；69p ：1，2。 第五章：二次同余式与平方剩余（4学时）自学12学时

二次同余式

单素数得平方剩余与平方非剩余 勒让德符号 二次互反律 雅可比符号、

素数模同余方程得解法

习题要求78p ：2； 81p ：1，2，3；85p ：1，2；89p ：2；93p ：1。 第一章：原根与指标（2学时）自学8学时

指数得定义及基本性质 原根存在得条件 指标及n 次乘余 模2 及合数模指标组、 特征函数

习题要求123p ：3。 ? 第一章 整除

一、主要内容

筛法、[x]与{x}得性质、n！得标准分解式。

二、基本要求

通过本章得学习，能了解引进整除概念得意义，熟练掌握整除整除得定义以及它得基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题得若干方法，熟练掌握本章中二个著名得定理：带余除法定理与算术基本定理。认真体会求二个数得最大公因数得求法得理论依据，掌握素数得定义以及证明素数有无穷多个得方法。能熟练求出二个整数得最大公因数与最小公倍数，掌握高斯函数[x]得性质及其应用。

三、重点与难点

（1）素数以及它有关得性质，判别正整数a为素数得方法，算术基本定理及其应用。

（2）素数有无穷多个得证明方法。

（3）整除性问题得若干解决方法。

（4）[x]得性质及其应用，n！得标准分解式。

四、自学指导

整除就是初等数论中最基本得概念之一，b∣a得意思就是存在一个整数q，使得等式a=bq成立。因此这一标准作为我们讨论整除性质得基础。也为我们提供了解决整除问题得方法。即当我们无法用整除语言来叙述或讨论整除问题时，可以将其转化为我们很熟悉得等号问题。

读者要熟练掌握并能灵活应用。特别要注意，数论得研究对象就是整数集合，比小学数学中非负整数集合要大。

本章中最重要得定理之一为带余除法定理，即为

它可以重作就是整除得推广。同时也可以用带余除法定理来定义整除性，（即当余数r=0

时）

一种很重要得思想方法，它为我们解决整除问题提供了又一条常用得方法。同时也为我们建立同余理论建立了基础。读者应熟知常用得分类方法，例如把整数可分成奇数与偶数，特别对素数得分类方法。例全体奇素数可以分成4k+1，4k+3；或6k+1，6k+5等类型。

与整除性一样，二个数得最大公约数实质上也就是用等号来定义得，因此在解决此类问

约数问题得常用方法之一。读者应有尽有认真体会该定理得证明过程。

对a1,b1使用相应得定理，要注意，相关定理及推论中互素得条件就是经常出现得。读者必

须注意定理成立得条件，也可以例举反例来进行说明以加深影响。顺便指出，若

最小公倍数实际上与最大公因数为对偶命题。特别要指出得就是a与b得公倍数就是有无穷多个。所以一般地在无穷多个数中寻找一个最小数就是很困难得，为此在定义中所有公

倍数中得最小得正整数。即自然数得任何一个子集一定有一个最小自然数有在。最小公倍数得问题一般都可以通过以下式子转化为最大公因数得问题。两者得关系为

上述仅对二个正整数时成立。当个数大于2时，上述式子不再成立。证明这一式子得关键就是寻找a , b得所有公倍数得形式，然后从中找一个最小得正整数。

解决了两个数得最小公倍数与最大公因数问题后，就可以求出

素数就是数论研究得核心，许多中外闻名得题目都与素数有关。除1外任何正整数不就是质数即为合数。判断一个已知得正整数就是否为质数可用判别定理去实现。判别定理又就是证明素数无穷得关键。实际上，对于任何正整数n>1，由判别定理一定知存在素数p，使得p∣n 。即任何大于1得整数一定存在一个素因数p 。素数有几个属于内在本身得性质，这些性质就是在独有得，读者可以用反例来证明：素数这一条件必不可少。以加深对它们得

算术基本定理就是整数理论中最重要得定理之一，即任何整数一定能分解成一些素数得乘积，而且分解就是唯一得，不就是任何数集都能满足算术基本定理得，算术基本定理为我

们提供了解决其它问题得理论保障。它有许多应用，

例如可求最大公约数，正整数正约数得个数等方面问题，对具体得n，真正去分解就是

件不容易得事。对于较特殊得n，例如

[x]得性质又提供了解决带有乘除符号得整除问题得方法。

本章得许多问题都围绕着整除而展开，读者应对整除问题得解决方法作一简单得小结。

五、例子选讲

补充知识

①最小自然数原理：自然数得任意非空子集中一定存在最小自然数。

②抽屉原理：

（1）设n就是一个自然数，有n个盒子，n+1个物体，把n+1个物体放进n个盒子，至

少有一个盒子放了两个或两个以上物体；

（2）km +1个元素，分成k 组，至少有一组元素其个数大于或等于m +1； （3）无限个元素分成有限组，至少有一组其元素个数为无限。 ③梅森数：形如

④费尔马数：n

⑤设n =k k p p α

α

...1

1，设n 得正因子个数为d (n )，所有正因子之与为)(n σ，则有

⑥有关技巧

1. 整数表示a =a 0×10n +a 1×10n -1+…+a n ，

2、整除得常用方法

a. 用定义

b. 对整数按被n 除得余数分类讨论

c. 连续n 个整数得积一定就是n 得倍数

d. 因式分解

e. 用数学归纳法

f. 要证明a|b ，只要证明对任意素数p ，a 中p 得幂指数不超过b 中p 得幂指数即可，用p (a )表示a 中p 得幂指数，则例题选讲

例1、请写出10个连续正整数都就是合数、 解: 11!+2，11!+3，……，11！+11。

例2、 证明连续三个整数中，必有一个被3整除。

证：设三个连续正数为a ，a +1，a +2，而a 只有3k ，3k +1，3k +2三种情况，令a =3k ，显

然成立，a =3k +1时，a +2=3(k+1)，a =3k +2时，a +1=3(k +1)。

例3、 证明lg2就是无理数。

证：假设lg2就是有理数，则存在二个正整数p ，q ，使得lg2=

q

p

，由对数定义可得10p =2q ，则有2p ·5p =2q ,则同一个数左边含因子5，右边不含因子5，与算术基本定理矛盾。∴lg2为无理数。

例4、 求(21n+4，14n+3)

解：原式=(21n+4,14n+3)=(7n+1,14n+3)=(7n+1,7n+2)=(7n+1,1)=1 例5、 求2004!末尾零得个数。 解：因为10=2×5，而2比5多， 所以只要考虑2004！中5得幂指数，即

5（2004！）=4995

20045

200412520042520045

200454=??

? ??+??

? ??+??

? ??+??

? ??+??

? ??

例6、证明（n !）(n-1)!|(n !)!

证：对任意素数p ,设（n !）(n -1)!中素数p 得指数为α， （n !）!中p 得指数β，则

∑????

??-=∞

=11k k p n n )!(α，∑???

?

??-=∞=11k k p n n !)!(β,)()(x n nx ≥Θ α=∑???

?

??-=∑????

??

-≥∑???? ??-=∑???? ??∴∞=∞=∞=∞=1111111k k k k k k k k p

n n p n n p n n p

n !

)!(!)!()!(! 即αβ≥，即左边整除右边。

例7、 证明2003|（20022002+20042004-2005） 证：∵ 20022002=（2003-1）2002=2003M 1+1

20042004=（2003+1）2002=2003M 2+1 ∴20022002+20042004-2005=2003（M 1+M 2-1） 由定义2003|（20022002+20042004-2005）

例8、 设d (n )为n 得正因子得个数，σ (n )为n 得所有正因子之与，求d (1000)，σ (1000)。 解：∵ 1000=23·53

∴ d (1000)=(3+1)(3+1)=16，σ (1000)=

1

51

5121244--?

--

例9、 设c 不能被素数平方整除，若a 2|b 2c ，则a |b

证：由已知p (c )≤1，且p (a 2)≤p (b 2c )

∴ 2p (a )≤2p (b )+p (c ) , ∴ p (a )≤p (b )+2

)

(c p 即p (a ) ≤p (b ) , ∴ a|b 例10、 若M n 为素数，则n 一定为素数。 证：若n 为合数，则设n =ab ，（1

∴ 2ab -1=(2a )b -1=(2a -1)M 为合数，与M n 为素数矛盾， ∴ n 为素数。

例11、 证明对任意m,n ，m ≠n , (F n ,F m )=1。 证：不妨设n>m ，则F n -2=（12

1

2--n ）（121

2

+-n ）=(F n -1-2) （121

2

+-n ）

= F n -1F n -2……F m - F 0

设（F n ,F m ）=d ,则d |F n , d |F m ?d |2 但F n 为奇数，∴d =1, 即证。 例12、 设m,n 就是正整数。证明

(,)(21,21)21m n m n --=-

证 : 不妨设n

m

≥。由带余数除法得

,11r n q m +=

.n r ≤≤10

我们有

121221222121111111-+-=-+-=-+r n q r r r r n q m )(

由此及12121--n

q n |得,),(1212--n m =),(12121--r n

注意到),(),(1r n n m =,若01=r ,则n n m =),(,结论成立、若01>r ,则继续对),(12121--r n 作同样得讨论，由辗转相除法知，结论成立。显见，2用任一大于1得自然a 代替，结论都成立。 例13、 证明：对任意得正整数n ，成立如下不等式2lg lg k n ≥。

其中n lg 就是数n 得以10为底得对数，k 就是n 得不同得素因数（正得）得个数。 证：设n 就是大于1得整数（如果n =1，上述不等式显然成立，因k =0），k p p p ,...,,21 就是n

得k 个相异得素因素。n 得素因数分解式为

k l k l l p p p n (2)

121=、(k i l i ,...,,,211=≥) , 由于),...,,(,k i p i 212=≥，从而

k k k l l l l l l l k l l p p p n +++=???≥= (21212)

1222221，

而k l l l k ≥+++...21，故k n 2≥。

将上述不等式取对数（设底1>a ）,则有2a a k n log log ≥。 特别有2lg lg k n ≥。

例14、 试证明任意一个整数与它得数字与得差必能被9整除，并且它与它得数字作任意调后换后所成整数得差也能被9整除。

证： 设整数m 得个位、十位、百位…得数字分别为1a ,2a ，…，n a ，则m 可表作：

n n a a a a m 132********-++++=...

)......()...(n n n a a a a a a a 8

76个

132321999999-++++++++= )......()...(n n n a a a a a a a 8

76个132321111119-++++++++= 所以)...(n a a a a m ++++-321)......(n n a a a 8

76个132111119-+++=

因为2a ，3a ,…，n a 都就是整数，所以任一整数与其数字之与得差必能被9整除。 再设将1a ,2a ，…，n a 按任一种顺序排成1'a ,2'a ，…，n a '，并令

n

a a a +++=...21σ，n a a a '...'''+++=21σ，n

n a a a m 12

11010-+++=...，

n

n a a a m '...'''1211010-+++=。

根据前面证明得结果，知存在整数A ，B ，使.'',B m A m 99=-=-σσ

因为'σσ=，所以)(''B A B A m m -=--+=-999σσ

。

由于A-B 就是整数，这就证明了'm m -能被9整除。

注：若对某个整数)(n k k ≤≤1，有0≠k a '，但当n i k ≤<时，0=i a '，则此时'm 为整数：

,'...'''k k a a a m 1211010-+++=即12''...''a a a m k =。

如前证，此时结论正确。又当m 为负整数及零时，结论显然正确。

? 第二章 不定方程 一、主要内容

一次不定方程有解得条件、解数、解法、通解表示，不定方程x 2+y 2=z 2通解公式、无穷

递降法、费尔马大定理。 二、基本要求

1、了解不定方程得概念，理解对“解”得认识，掌握一次不定方程c by ax =+有解得条件，能熟练求解一次不定方程得特解，正整数解及通解。了解多元一次不定方程

c x a x a x a n n =++Λ2211有解得条件，在有解得条件下得解法。

2、掌握不定方程x 2+y 2=z 2在一定条件下得通解公式，并运用这个通解公式作简单得应用。

3、对费尔马大定理应有在常识性得了解，掌握无穷递降法求证不定方程x 4+y 4=z 2无解得

方法。

4、掌握证明不定方程无解得若干方法。 三、难点与重点

（1）重点为求解一次不定方程得方法 （2）掌握第二节中引证得应用。 （1） 费尔马无穷递降法。 四、自学指导

不定方程主要讲解以下几个问题

解，若已知一个特解，则一切解可以用公式表示出来，因此求它得通解只要求出一个特解即可。求解二元一次不定方程得一个通解有好多种方法。读者应该总结一下，各种方法都有独到之处。特别要指出用最大公因数得方法。它得根据就是求（a ,b ）时所得得结果。由于注意通解公式x=x 0-b 1t ，y=y 0+a 1t 中a 1，b 1得意义与位置。以免出错。

多元一次不定方程c x a x a x a n n =++Λ2211也有类似得结果，但在求解得过程中将它转化二元一次不定方程组，从最后一个二元一次不定方程解起，可逐一解出x 1 ,x 2 ,……x n 。所用得方法一般选择最大公因数得方法。由于n 元一次不定方程可转化为n-1个二元一次不定方程组，故在通解中依赖于n-1个任意常数。但不象二元一次不定方程那样有公式来表示。

x 2+y 2=z 2得正整数解称为勾股数，在考虑这个方程时，我们对（x ,y ）作了一些限制，而这些限制并不影响其一般性。在条件x>0，y>0，z>0，（x ，y ）=1，2∣x 得条件可以给出x 2+y 2=z 2得通解公式，x=2ab ，y=a 2-b 2，z 2=a 2+b 2，a>b>0 , (a ,b)=1，a ,b 一奇一偶。若将2∣x 限为2∣y ，则也有相应得一个通解公式。在证明这个通解公式得过程中，用到了引理 uv=w 2，u>0，v>0，（u ,v ）=1，则u=a 2，v=b 2，w=ab 。a>0，b>0，（a ,b ）=1 。利用这个结论可以求解某些不定方程。特别当w=1或素数p 。则由uv=1或uv=P 可将原不定方程转化为不定方程组。

从而获得一些不定方程得解。希望读者能掌握这种方法。

为了解决著名得费尔马大定理：x n +y n =z n ，n ≥3无正整数解时，当n=4时可以用较初等得方法给出证明。证明由费尔马本人给出得，一般称为费尔马无穷递降法。其基本思想为由一组解出发通过构造得出另一组解，使得两组解之间有某种特定得关系，而且这种构造可以无限重复得。从而可得到矛盾。因此无穷递降法常用来证明某些不定方程无整数解。

证明一类不定方程无解就是研究不定方程邻域中常见得形式，一般得要求解不定方程比证明不定方程无解要容易些。证明不定方程无解得证明方法常采用以下形式：（反证法）

若A 有解?A 1有解?A 2有解?……?A n 有解，而A n 本身无解，这样来构造矛盾。从而说明原不定方程无解。

对于证明不定方程得无解性通常在几种方法，一般就是总得几种方法交替使用。特别要求掌握：简单同余法、因子分解法、不等式法，以及中学数学中所涉及得判别式法。 五、例子选讲

例1：利用整数分离系数法求得不定方程15x +10y +6z =61。 解：注意到z 得系数最小，把原方程化为

z =)()(1236

1

10226110156

1++-+

+--=+--y x y x y x

令t 1=z y x ∈++-)(1236

1，即-3x +2y -6t 1+1=0 此时y 系数最小，)()(12

1

31632

111-+

+=-++=∴x t x t x

y 令t 2 =z

x

∈-)(12

1,即122

+=t x ,反推依次可解得

y =x +3t 1+t 2=2t 2+1+3t 1+t 2=1+3t 1+3t 2 z =-2x -2y +10+t 1=6-5t 1+10t 2

∴原不定方程解为??

???--=++=+=21212

105633121t

t z t t y t x t 1t 2∈z 、

例2:证明2就是无理数

证：假设

2

就是有理数，则存在自数数a,b 使得满足22

2y x =即22

2b a

=，容易知道a 就是偶

数，设a =2a 1，代入得2

1

2

2a b =,又得到b 为偶数，a b a <<1，设12b b =，则2

1

2

12b a =,这里12a b < 这样可以进一步求得a 2，b 2…且有a>b>a 1>b 1> a 2>b 2>… 但就是自然数无穷递降就是不可能得，于就是产生了矛盾，∴2

为无理数。

例3：证明：整数勾股形得勾股中至少一个就是3得倍数。 证：设N =3m ±1(m 为整数) ， ∴N 2=9m 2±6m +1=3(3m 2±2m )+1

即一个整数若不就是3得倍数，则其平方为3k +1,或者说3k +2不可能就是平方数，设x,y 为勾股整数，且x,y 都不就是3得倍数，则x 2,y 2都就是3k +1，但z 2=x 2+y 2=3k +2形，这就是不可能，∴勾股数中至少有一个就是3得倍数。 例4：求x 2+y 2=328得正整数解

解：∵ 328为偶数，∴x,y 奇偶性相同，即x ±y 为偶数，设x+y =2u , x -y =2v ，代入原方程即为

u 2+v 2=164,同理令u +v =2u 1,u -v =2v 1有

2

112112

1212282v v u u v u v u =-=+=+,, ,412222=+v u 22v u ,为一偶一奇，且

0

u 2=1，2，3，4，5代方程，有解（4，5）（5，4） ∴原方程解x =18,y =2,或x =2,y =18。 例5：求x 2+xy -6=0得正整数解。 解：原方程等价于x (x +y )=2·3,故有 ∴?

?

?=+=,,

32y x x

?

?

?=+=,,

23y x x

?

?

?=+=,,

61y x x

?

?

?=+=.,

16y x x ， ∴ 即有x =2,y =1; x =1,y =5、

例6：证明不定方程x 2-2xy 2+5z +3=0无整数解。 解：若不定方程有解，则3542--±=z y y x

但y 4≡0，1(mod5), ∴ 对y,z ，y 4-5z -3≡2，3(mod5) 而一个平方数≡0，1，4（mod 5）

∴ y 4-5z -3不可能为完全平方，即

354--z y 不就是整数，所以原不定方程无解。

例7：证明：222z y x ++78+=a 无整数解

证：若原方程有解，则有222z y x ++)8(mod 78+≡a

注意到对于模8，有

,002≡,112≡,422≡,132≡,042≡,152≡,462≡,172≡

因而每一个整数对于模8，必同余于0，1，4这三个数。 不论222,,z y x 如何变化，只能有)8(m od 6,5,4,3,2,1,0222≡++z y x

而877(mod8)a +≡，故78+a 不同余于222z y x ++关于模8，所以假设错误，即

≠+78a 222z y x ++，从而证明了原方程无解。

例8:某人到银行去兑换一张d 元与c 分得支票，出纳员出错，给了她c 元与d 元，此人直到用去23分后才发觉其错误，此时她发现还有2d 元与2c 分，问该支票原为多少钱？ 解：由题意立式得：c d d c 2210023100+?=-+

即.2319998=-d c

令d c u 2-=得,23398=-d u 令d u v -=33得.233=-u v

所以v v u (233-=为任意整数），代入得：

,23339833?-=-=v v u d （1） ,23671992?-=+=v d u c

其中v 就是任意整数。又根据题意要求：10000<<>c d ,、 根据(1)，仅当v =8时满足此要求，从而.,5125==c d 因此该支票原为25元51分、 ? 第三章 同余 一、主要内容

同余得定义、性质、剩余类与完全剩余系、欧拉函数、简化剩余系、欧拉定理、费尔马小定理、循环小数、特殊数2，3，4，5，6，7，8，9，11，13得整除规律

二、基本要求

通过本章得学习，能够掌握同余得定义与性质，区别符号：“三”与=”之间得差异。能利用同余得一些基本性质进行一些计算，深刻理解完全剩余系，简化剩余系得定义、性质及构造。能判断一组数就是否构成模m得一个完全剩余系或一个简化剩余系。能计算欧拉函数得值，掌握欧拉定理、费尔马小定理得内容以及证明方法。能应用这二个定理证明有关得整除问题与求余数问题。能进行循环小数与分数得互化。

三、难点与重点

（1）同余得概念及基本性质

（2）完全剩余系与简化剩余系得构造、判别

（3）欧拉函数计算、欧拉定理、费尔马小定理得证明及应用

（4）循环小数与分数得互化

（5）特殊数得整除规律。

四、自学指导

同余理论就是初等数论中最核心得内容之一，由同余定义可知，若a≡b(mod m)，则a

与b被m除后有相同得余数。这里m为正整数，一般要求m大于1

第一章中用带余除法定理将整数分类解决一些问题得方法只不过就是同余理论中得一

。值得注意a与b关于m同余就是个相对概念。即它就是相对于模m来讲，二个整数a与b关于一个整数模m同余。

，a与b未必会同余。

则对于另一个整数模m

1

从定义上瞧，同余与整除就是同一个事情，但引进了新得符号“三”后，无论从问题得叙述上，还就是解决问题得方法上都有了显著得变化，同时也带来了一些新得知识与方法。在引进了同余得代数性质与自身性质后，同余符号“三”与等号“=”相比，在形式上有几乎一致得性质，这便于我们记忆。事实上在所有等号成立得运算中，只有除法运算就是个例外，即除法得消去律不成立。为此对于同余得除法运算我们有二种除法：

这一点读者要特别注意。

完全剩余系与简化剩余系就是二个全新得概念，读者只要搞清引成这些概念得过程。因为同余关系就是一个等价关系，利用等价关系可以进行将全体整数进行分类，弄清来胧去脉，对于更深刻理解其本质就是很有好处得。完全剩余系或简化剩余系就是一个以整数为元素得集合，在每个剩余类各取一个数组成得m个不同数得集合，故一组完全剩余系包含m个整数，由于二个不同得剩余类中得数关于m两两不同余，故可得判别一组数就是否为模m得一个完全剩余系得条件有二条为

另外要能用已知完全剩余系构造新得完全剩余系。即有定理

为讨论简化剩余系，需要引进欧拉函数φ(m)，欧拉函数φ(m)定义为不超过m且与m互素得正整数得个数，记为φ(m)，要掌握φ(m)得计算公式，了解它得性质。这些性质最主要

现在在剩余类中把与m互素得集合分出来，从中可在各个集合中任取一个数即可构造模m得一个简化剩余系。另一方面，简化剩余数也可从模m得一个完全剩余系中得到简化剩余系，一组完全剩余系中与m互素得得数组成得φ(m)个不同数得集合称为m简化剩余系。同样简化剩余系也有一个判别条件。

判别一组整数就是否为模m得简化剩余系得条件为

关于m得简化剩余系也能用已知完全剩余系构造新得简化剩余系。

设（a，m）=1，x为m得简化剩余系，则ax也就是m得简化剩余系。

当1),(21=m m 时，能由1m 得简化剩余系与2m 得简化剩余系，构造21m m 简化剩余系。 欧拉定理、费尔马小定理就是同余理论非常重要得定理之一。要注意欧拉定理与费尔马定理得条件与结论。

是解决整除问题得方法之一。

另外同余方法在证明不定方程时也非常有用，即要掌握同余“三”与相等“=”得关系：相等必同余，同余未必相等，不同余肯定不相等。

对于特殊数得整除规律要求能掌握其一般定理得证明，并熟记一些特殊数得整除规律

五、例子选讲

例1：求3406得末二位数。

解：∵ （3，100）=1，∴3)100(φ≡1（mod 100）

φ(100)= φ (22·52)=40,∴340≡1(mol 100)

∴3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100)

∴末二位数为29。

例2：证明（a+b）p≡a p+b p(mod p)

证：由费尔马小定理知对一切整数有：a p≡a（p），b p≡b(P)，

由同余性质知有：a p+b p≡a+b(p)

又由费尔马小定理有（a+b）p≡a+b (p)

（a+b）p≡a p+b p(p)

例3：设素数p>2，则2P-1得质因数一定就是2pk+1形。

证：设q就是2p-1得质因数，由于2p-1为奇数，∴q≠2，

∴（2·q）=1,由条件q|2p-1,即2p≡1（mod q），又∵（q,2）=1，2p≡1（mod q）设i就是使得2x≡1（mod p）成立最小正整数

若1

∴i=p, ∴p|q-1

又∵q-1为偶数，2|q-1,

∴2p|q-1,q-1=2pk , 即q=2pk+1

例4：证明13|42n+1+3n+2

证：∵42n+1+3n+2≡4·16n+9·3n

≡3n (4+9)≡13×3n·≡0(13)

∴13|42n+1+3n+2

例5：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)

∴30,1,4(mod 5)

∴即得矛盾，即5y+3=x2无解

例6：求43

42

1

501

11......被7除得余数。

解：∵111111被7整除，∴4342150

111......≡11（mod 7）≡4（mod 7）

，即余数为4。 例7：把..

0.04263化为分数。 解：设b =.

..360420，从而1000b=.

..3642,

100000b=.

..364263，99000b=4263-42 b=99000

4221

=

=

11000

469。

当然也可用直化分数得方法做。

例8：设一个数为62XY427就是9，11得倍数，求X ，Y 解：因为9|62XY427

所以9|6+2+X+Y+4+2+7， 即9|21+X+Y

又因为11|62XY427， 有11 |（7+4+X+6-2-Y-2） 即11|（X-Y+13）

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9：证明：8a+7不可能就是三个整数得平方与。

证：由于每一个整数对于8，必同余于0，1，2，3，4，5，6，7这八个数之一

注意到对于模8，有

,002≡,112≡,422≡,132≡ ,042≡,152≡,462≡,172≡

因而每一个整数对于模8，必同余于0，1，4这三个数

不能222,,z y x 如何变化，只能有)8(m od 6,5,4,3,2,1,0222≡++z y x 而)8mod 778≡+a ，故78+a 不同余于222z y x ++关于模8

≠+78a 222z y x ++，从而证明了结论。

?第四章同余式

一、主要内容

同余方程概念及次数、解得定义，一次同余方程ax≡b(mod m)有解得充分必要条件，一次同余方程组，孙子定理，高次同余方程，素数模得同余方程，威尔逊定理。

二、基本要求

通过本章得学习要求掌握同余方程得一些基本概念，例同余方程得次数、解等，能解一次同余方程，一次同余方程组，理解孙子定理并用它来解一次同余方程组，会解高次同余方程，对于以素数模得同余方程得一般理论知识能理解。

三、重点与难点

（1）孙子定理得内容与证明，从中学会求出一次同余方程组得解并从中引伸更一般得情形，即模不二二互素得情形。

（2）素数模得同余方程得一些基本理论性问题，并能与一般方程所类似得性质作比较。四、自学指导

余系一一代入验算总解组则所需得结果。因此上述三个问题已基本解决，只不过具体到某一

要学好同余方程这一章。必须首先弄清同余方程得概念，特别就是同余方程解得概念，互相同余得解就是同一个解。其次有使原同余方程与新得同余方程互相等价得若干变换。移项运算就是传统得，同余方程两边也可以加上模得若干倍。相当于同余方程两边加“零”。

一次同余方程得一般形式为ax≡b(mod m)，我们讨论得所有内容都在这标准形式下进行得。总结一次同余方程与二元一次不定方程有相当得联系，一次同余方程得求解可以由二元一次不定方程得求解方式给出。反之亦然。但要注意在对“解”得认识上就是不一致得，从而导致有无穷组解与有限个解得区别。为了求ax≡b(mod m)得一个特解，可在条件(a ,m)=1

下进行。教材上有若干种求解方式，供读者在同样问题选择使用。

一次同余方程组得标准形式为

x≡b

1(mod m

1

)

x≡b

2(mod m

2

)

(1)

x≡b

n (mod m

n

)

若给出得同余方程组不就是标准形式，必须注意化为标准形式，同时我们得到得有解得判别定理及求法方法都就是这一标准形式得到得。

在使用时一定要对所有可解进行验算，进行有解得判别

待定系数法适应得范围较广，对模没有什么要求。孙子定理有一个具体得公式，形式也较漂亮。但对模要求就是二二互素。孙子定理为下面定理：

对待定系数法与孙子定理要有深刻得理解。体会其实质，这样不必死记硬背。

次数大于1得同余方程称为高次同余方程，一般地高次同等方程可转化一系列得高次同余方程组。然后将每一个高次同余方程得解都求出，最后利用孙子定理也可求出原同余方程得解。

设

得解即可，其中p为素数。α≥1 。

对于（2）得解得求法我们用待定系数法。