同余的性质与应用

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 ,…,

(m od )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(m od )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 )a b m ≡,如果余数不同，就说对模m 不同余. 由定义得出同余三条性质： （1）(mod )a a m ≡；

（2）(mod )a b m ≡,则(mod )b a m ≡；

（3）(mod )a b m ≡,(mod )b c m ≡,则(mod )a c 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 m t =+,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 )a b m ≡,(mod )c d m ≡,则(mod )a c b d m +≡+ 若(mod )a b c m +≡, 则(mod )a c b m ≡- （2）若(mod )a b m ≡,(mod )c d m ≡, 则(mod )ac bd m ≡

特别地,若(mod )a b m ≡,则(mod )

ak bk m ≡

（3）若1

1

......(m od )k

k

A B m ????≡, (m od )i i x y m ≡, 0,1,...,i n

=

则1

11

1...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

(m od

)a b m d d d ≡

（6）若(m od )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

1

101010

...n

n n n a a a a --=+++, 010i a ≤<.

因101(mod 3)≡, 所以由同余基本性质,即3a 当且仅当3i

a

∑；

同法可得9a 当且仅当9

i

a

∑，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4 a =435693，则4

3569330i a =+++++=∑，0,1,...,i n =能被3整除，

但i a ∑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 =75312289，27510003121000289

a =?+?+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

① 1535625 ②1158066

解：①65432115356251105103105106102105=?+?+?+?+?+?+， 153562527i a =++++++=∑，927 ∴91535625， 21535625110005351000625=?+?+，

021()625153591a a a +-=+-=，由例2得1391，791， ∴71535625，131535625， 又51535625，951374095???=，1535625375

4095

=，

5375，

37575

5

=，2575，

∴54153562535137=???.

②6543111580661101105108106106=?+?+?+?+?+， 11586627i a =+++++=∑，927∴91158066， 2115806611000158100066=?+?+，

021()66115891a a a +-=+-=-，由例2得791，1391 ∴71158066，131158066，

又21158066，971321638???=，1158066707

1638

=，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

1

101010...n

n n n a a a a --=+++，010i a ≤< 1

101010

...n n n n b b b b --=+++，010i b ≤<， 1

101010

...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(mod 9)≡）. 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(mod 9)a ≡，3(mod 9)b ≡，5(mod 9)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(mod 9)a ≡，3(mod 9)b ≡，6(mod 9)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 ∑∑(mod 9)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(m od 7)≡-≡-，2247(2)4(m od 7)≡-≡，5547(2)1(m od 7)≡-≡-，

∴50516247(47)47144(m od 7)≡?≡?≡， 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(mod 8)≡，211(m od 8)≡，224(mod 8)≡，231(m od 8)≡，240(mod 8)≡，

2

51(m od 8)≡，2

64(mod 8)≡，2

71(m od 8)≡.

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2

2

2

a 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(m od 10)≡≡，555337(m od 10)≡≡，

4

4

5331(m od 10)≡≡，

∴5341541553(53)53(3)3133(m od 10)≡?≡?≡?≡ 又

333(mod10)

≡，

22

3339(m od 10)

≡≡，

55

3337(m od 10)

≡≡，

4

4

3331(m od 10)≡≡，

∴33484833(33)33(3)3133(mod 10)≡?≡?≡?≡ ∴53335333(mod 10)≡，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0，1，2，3，4，5

300(mod 6)≡，311(m od 6)≡，322(mod 6)≡，333(m od 6)≡，344(mod 6)≡，

3

55(m od 6)≡，即对任何整数k

，3(m od 6)k k ≡

∴3(m od 6)a a ≡，3(mod 6)b b ≡，3(m od 6)c c ≡ ∴333()()(mod 6)a b c a b c ++≡++

又()0(mod 6)a b c ++≡∴333()0(mod 6)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 ∈，(mod 6)n k ≡则0,1,2,3,4,5k =

由500(mod 6)≡，511(m od 6)≡，522(mod 6)≡，5

33(m od 6)≡，

544(mod 6)≡，5

55(m od 6)≡，

∴5(m od 6)k k ≡即55(m od 6)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 b .[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(mod 3)x ≡,3(mod 5)x ≡,2(mod 7)x ≡ 孙子算经里介绍用下列方法求解 除数 余数 最小公倍数 衍数 乘率 各 总 答 数

最 小 答 数

3 2 3?5?7=105 5?7

2 35?2?2 140+63+30=233

233-2?105=23

5 3 7?3

1 21?1?3 7

2

3?5

1

15?1?2

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(m od )x b m ≡,... ,

(m od )k k x b m ≡的解是1

111112

22...(m od )

k

k k x M M b M

M b M

M b m ≡+++,

其中11(m od )i i i M M m ≡, 1,2,...,i k

= [4]

用表格形式概括如下

除数 余数 最小公倍数 衍数

乘率

各 总

答 数

1m

1b 12...k

M m m m =

1M 1

1M

1

111M M b 11

(m od )k

i i i i x M

M b m =≡

∑

2m

2b

2M

1

2M

1222M M b

k m

k b

k M

1k M

1

k k k M M b

例1 解同余式组1(m od 5)x b ≡, 2(mod 6)x b ≡，3(m od 7)x b ≡，4(m od 11)x b ≡. 解：此时567112310m =???=,16711462M =??=,25711385M =??=，

35611330M =??=, 4567210

M =??=.

解11(m od )i i i M M m ≡, 1,2,3,4i = 得113M =, 121M =, 131M =, 141M = 即12341386385330210(m od 2310)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(mod 5)x ≡，5(mod 6)x ≡，4(mod 7)x ≡，10(mod 11)x ≡

3462385533042101067312111(mod 2310)

x ≡?+?+?+?≡≡.

5.3 简单高次同余式组()0(m od )i f x m ≡, 1,2,...,i k =及()0(m od )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(m od )i f x m ≡,1,2,...,i k

=等价.

若用i T 表示()0(m od )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...k T T T T =.

[5]

例1 解同余式()0(mod 35)f x ≡，43()289f x x x x =+++.

解: 由定理1知()0(mod 35)f x ≡与同余式()0(mod 5)f x ≡ , ()0(mod 7)f x ≡等

价.

同余式()0(mod 5)f x ≡有两个解，即1,4(mod 5)x ≡ 同余式()0(mod 7)f x ≡有三个解，即3,5,6(mod 7)x ≡ 即()0(mod 35)f x ≡有六个解，即1(m od 5)x b ≡,2(mod 7)x b ≡ 由孙子定理有，122115(m od 35)x b b ≡+

即得()0(mod 35)f x ≡的解为31,26,6,24,19,34(mod 35)x ≡.

定理2 设1(m od )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(m od )f x p ?

≡，p 为质数，0?>的一解x x p t ???=+,0,1,2,...t ?=±±, 即

(m od )

x x p ?

?

≡, 其中1(m od )x x p ?≡.[6]

例2 解同余式3262717200(mod 30)x x x +++≡.

解: 由定理1知()0(mod 30)f x ≡与()0(mod 2)f x ≡,()0(mod 3)f x ≡,()0(mod 5)

f x ≡等价.

显然，()0(mod 2)f x ≡有两解0,1(mod 2)x ≡

()0(mod 3)f x ≡有一解2(mod 3)x ≡ ()0(mod 5)f x ≡有三解0,1,2(mod 5)x ≡

同余式()0(mod 30)f x ≡有六个解

即1(m od 2)x b ≡,2(m od 3)x b ≡,3(m od 5)x b ≡,10,1b =；22b =；30,1,2b = 由孙子定理得12315106(m od 30)x b b b ≡++,以1b ,2b ,3b 值分别代入，得

()0(mod 30)f x ≡全部解为20,2,26,5,11,17(mod 30)x ≡.

例3 解同余式()0(mod 27)f x ≡，4()74f x x x =++.

解: ()0(mod 3)f x ≡有一解1(mod 3)x ≡，并且3不整除1(1)f ，

以113x t =+ 代入()0(mod 9)f x ≡得11(1)3(1)0(m od 9)f t f +≡ 但(1)3(mod 9)f ≡，1(1)2(m od 9)f ≡

即13320(m od 9)t +?≡即1210(m od 3)t +≡

因此1213t t =+而2213(13)49x t t =++=+是()0(mod 9)f x ≡的一解；

以249x t =+代入()0(mod 27)f x ≡即12(4)9(4)0(m od 27)f t f +≡,

2189200(m od 27)t +?≡即2220(m od 3)t +≡, 2323t t =+

即3349(23)2227x t t =++=+为所求的解.

5.4 简单二次同余式2(m od )x a p ?≡,0?>,(,)1a p =解的判断

二次同余式一般形式为20(m od )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(m od )x a p ?≡,0?>有解与否问题.

先讨论单质数模同余式2(m od )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1

2

1(mod )p a

p -≡且有两

解；而a 是模p 的平方非剩余充要条件是1

2

1(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（

p

a ）=0时，p a .[8]

讨论质数模同余式2(m od )x a p ?≡,0?>,(,)1a p =有解与否问题

定理2 2(m od )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(m od 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(m od 2)x a ?≡,0?>,(2,)1a =有解，

且解数是2；当3?≥，1(mod 8)a ≡时，上式有解，解数是4.

[10]

例 解257(m od 64)x ≡. 解: 因571(mod 8)≡故有4个解.

把x 写成3(14)x t =±+代入原同余式,得到23(14)57(m od 16)t +≡, 由此得

31(mod 2)t ≡, 故44[14(12)](58)x t t =±++=±+是适合2

57(m od 16)

x ≡的一切

整数，再代入原同余式得到24(58)57(m od 32)t +≡, 由此得

40(m od 2)t ≡, 故55(582)(516)x t t =±+?=±+是适合2

57(m od 32)x ≡的一切

整数,再代入原同余式得到25(516)57(m od 64)t +≡, 由此得

51(mod 2)t ≡, 故66[516(12)](2132)x t t =±++=±+是适合2

57(m od 64)x ≡的

一切整数，因此21,53,21,53(mod 64)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

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[9]林国泰,司徒永显. 初等代数研究教程[M].广州:暨南大学出版社,1996:81-96.

[10]林六十. 初等代数研究[M].北京:中国地质大学出版社,1989:145-158.

致谢

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、身正为范”的教师风范, 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范作用. 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！