用同余理论解决整除问题
数论中的同余定理
数论是研究整数的性质和结构的学科，它涉及了很多有趣而又重要的定理和原理。
在数论中，同余定理是一个非常基础而且重要的概念。
同余定理通过研究整数的除法运算与取余运算之间的关系，帮助我们理解整数的性质和规律。
下面我们将详细讨论同余定理的概念和其在数论中的应用。
首先，我们来了解一下同余的概念。
在数学中，同余是指整数之间满足某种特定关系的性质。
具体而言，如果两个整数除以同一个正整数所得的余数相等，则这两个整数被称为同余的。
用数学符号来表示，即对于整数a、b和正整数m，如果a与b除以m所得的余数相等，则称a与b关于模m同余，记作a≡b (mod m)。
例如，5≡11 (mod 3)，表示5与11关于模3同余。
接下来，我们来介绍同余定理及其相关概念。
同余定理是数论中的一组基本定理，它揭示了整数之间同余关系的一些基本性质。
常见的同余定理有三类：欧拉定理、费马小定理和中国剩余定理。
欧拉定理是数论中最重要的定理之一。
它是基于欧拉函数的一个结论，表明对于任意正整数a和正整数m，如果a与m互质（即它们没有公共因子），则有a^φ(m)≡1 (mod m)，其中φ(m)表示小于m且与m互质的正整数的个数。
费马小定理是同余定理中的另一个重要定理。
它是费马定理的一个特殊情况，宣称对于任意正整数a和质数p，有a^p≡a (mod p)。
这个定理常常用于证明一些数论问题，尤其是在素数的应用中经常被使用。
中国剩余定理是一组定理的集合，用于解决一类同余方程组的问题。
对于给定的一组余数和模数，中国剩余定理可以找到一个与这组余数同余的最小非负整数。
这个定理在密码学和计算机科学中有着广泛的应用，被用于构建高效的算法和数据结构。
同余定理在数论中有着重要的应用。
首先，同余定理可以帮助我们简化复杂的计算。
由于同余关系的转换性，我们可以通过将整数转换为其对模m的余数，将复杂的运算转化为简单的模运算，从而简化了问题的求解过程。
此外，同余定理还能够帮助我们证明数论问题中的一些重要结论。
同余法解题完整版
同余法解题集团标准化办公室：[VV986T-J682P28-JP266L8-68PNN]五年级奥数培训资料第六讲同余法解题一、同余这个概念最初是由德国数学家高斯发明的。
同余的定义是这样的：两个整数，a,b,如果他们同时除以一个自然数m，所得的余数相同，则称a,b对于模m同余。
记作a≡b（mod.m）。
读作：a同余于b模m。
同余的性质也比较多，主要有以下一些：1..对于同一个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。
例如201×95的乘积对于除数7，与201÷7的余数5和95÷7的余数4的乘积20对于7同余。
2..对于同一个除数，如果有两个整数同余，那么它们的差就一定能被这个除数整除。
例如519和399对于一个除数同余，那么这个除数一定是519与399的差的因数，即519与399的差一定能被这个除数整除。
3..对于同一个除数，如果两个数同余，那么他们的乘方仍然同余。
例如20和29对于一个除数同余，那么20的任何次方都和29的相同次方对于这个除数同余，当然余数大小随次方变化。
4．对于同一个除数，若三个数a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么a,b,c三个数对于除数m都同余（传递性）例如60和76同余于模8，76和204同余于模8，那么60,76,204都同余于模8。
5. 对于同一个除数，若四个数a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么a±c≡c±d （mod m），（可加减性）6. 对于同一个除数，若四个数a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么ac≡cd（mod m），（可乘性）二、中国剩余定理解法一个数被3除余1，被4除余2，被5除余4，这个数最小是几？解法：求3个数：第一个：能同时被3和4整除，但除以5余4，即12X2＝24第二个：能同时被4和5整除，但除以3余1，即20X2＝40第三个：能同时被3和5整除，但除以4余2，即15x2＝30这3个数的最小公倍数为60，所以满足条件的最小数字为24＋40+30-60=3412X2＝24 20X2＝40 15x2＝30中2的来历。
在同余思想方法指导下寻求整除性问题的证明
２０ ０ ７年 １ ２月
篱２ 券 ３ 第６
思 茅 师范高 等专科 学校 学报
ｏ ｍ ａ ｏ ｉ ｏＴ ａ ｈ ｒ ｓＣ ｌ ｕ ｌ ｆＳｍａ ｅ ｃ ｅ ’ ｏｉ ｃ
Ｄｅ ． Ｏ ７ ｃ ２ ０ 、 ． ３ Ｎｏ． Ｉ ２ ６
：７ ＋６ ×８ ４
＝
（ × ＋（ ４ ３） ３ ４ ）为×
＝ ＋（７＋ ） ８ ７ ５ ７ × ：“ ７’ ＋（ ７ ＋ “ ８ ５ Ｍ ７ ）×
＝
§３ ４ －０ ｍ ｄ ） ＋ （ ｏ７ 々 Ｉ２ ２ ５５ ５ ５ ） （ ２ ２５ ＋ ５ ５ 控 ｓ ２
在 同余 思想 方 法指 导 下寻 求整 除性 问题 的证 明
戴 红 兵
（ 思茅师范高等专科学校数学系， 云南 普洱 ６５０ ） ６００
【 摘
要】 有很 多整除性 问题 的证明， 其技巧性很强， 而技巧性 的东西是一时难 于捕捉
到的。通过用同余思想方法指导为一类整除性 问 题之证明寻找到 了有效证明的方法。 【 关键词】 同余思想； 整除性 ； 技巧性 ； 牛顿二项式定理 ； 欧拉定理
４ × “＋８×７ ９ ７ “一８×７ ＋８×６ “ “ ４
＝
５ ７ ＋ （ ４ 一７ ） ７× “ ８ ６ “ “ ５ ７ ＋ （ — （ ＋６ “ ×７＋… ７ｘ “ ８ ６ ７ ６ 一 ４ 一 ４ ４
（７＋ ） 的展 开式 除 了最 后 一 项 为 ７ ５ ７“ “之外 ， 其 余 的每 项都 是 以 ５ 因数 ， 得 ６ “ ５ Ｍ ＋ “ ７为 可 ４ ＝７ ７，
式子 ：
（ ２ ２＋ ） ２２ ４
７×３１ Ｍ ． ∈ｇ ８ Ｍ
５ ５ ５５ 一４
同余定理公式
同余定理公式
中国古代数学家张丘建在《九章算术》中提出了同余定理，它是一种有用的数学定理，用
于解决模数运算中的问题。
同余定理的公式是：若a ≡ b (mod n)，则a和b在模n下同余。
同余定理的公式表明，当两个数a和b模n同余时，它们之间的差值可以被n整除。
这
意味着，如果a和b模n同余，那么a-b可以被n整除，即a-b=kn，其中k是一个整数。
同余定理的应用非常广泛，它可以用来解决模数运算中的问题。
例如，假设有一个模数运
算问题，要求求出满足条件a ≡ b (mod n)的所有整数a和b。
这时，可以使用同余定理的
公式来解决这个问题。
除此之外，同余定理还可以用来解决求余数的问题。
例如，假设有一个求余数的问题，要
求求出a除以n的余数。
这时，可以使用同余定理的公式来解决这个问题，即a ≡ b (mod n)，其中b就是a除以n的余数。
此外，同余定理还可以用来解决求模的问题。
例如，假设有一个求模的问题，要求求出a
除以n的模。
这时，可以使用同余定理的公式来解决这个问题，即a ≡ b (mod n)，其中b
就是a除以n的模。
另外，同余定理还可以用来解决求最大公约数的问题。
例如，假设有一个求最大公约数的问题，要求求出a和b的最大公约数。
这时，可以使用同余定理的公式来解决这个问题，即a ≡ b (mod n)，其中n就是a和b的最大公约数。
总之，同余定理是一种有用的数学定理，它可以用来解决模数运算、求余数、求模和求最大公约数等问题。
它的公式是：若a ≡ b (mod n)，则a和b在模n下同余。
初中数学竞赛：数的整除(同余)
初中数学竞赛：数的整除（同余）【内容提要】一. 同余的概念 两个整数a 和b 被同一个正整数m 除，所得的余数相同时，称a, b 关于模m 同余.记作a ≡b(mod m).如：8和15除以7同余1，记作8≡15(mod 7), 读作8和15关于模7同余.∵2003=7×286+1，∴2003≡1 (mod 7)；∵－7和6对于模13同余6（余数是非负数）∴－7≡6（mod 13）；∵35和0除以5，余数都是0（即都能整除）∴35≡0（mod 5）.二. 用同余式判定数的整除若a ≡b(mod m)， 则m|(a －b).即a －b ≡0(mod m)⇔m|(a －b).例如：11≡25(mod 7)⇔7|(25－11)； 或 7|(11－25).∵25+35≡2+3≡0 (mod 5)，∴5|25+35.三. 同余的性质 (注意同余式与等式在变形中的异同点)1. 传递性： )(m o d )(m o d )(m o d m c a m c b m b a ≡⇒⎭⎬⎫≡≡. 2. 可加可乘性：⎩⎨⎧≡+≡+⇒⎭⎬⎫≡≡).(mod )(mod ).(mod )(mod m bd ac m d b c a m d c m b a ；， 推论 可移性：a ≡b+c (mod m)⇒(a －b)≡c(mod m).可倍性：a ≡b(mod m)⇒ka ≡kb(mod m) (k 为正整数).可乘方：a ≡b(mod m)⇒ a n ≡b n (mod m) (n 为正整数).3. 当d 是a, b, m 的正公因数时， a ≡b(mod m)⇒d b d a ≡(mod dm ). 如：2是20，26，6的正公因数， 20≡26(mod 6)1310≡⇒(mod 3).四. 根据抽屉原则：任给m+1个整数，其中至少有两个数对于模m 同余.即至少有两个，其差能被m 整除.例如：任给5个数a,b,c,d, e.其中至少有两个，它们的差能被4整除.∵除以4的余数只有0，1，2，3四种.∴5个数除以4至少有两个同余.【例题】例1.已知：69，90，125除以正整数n有相同的余数.求：n的值解：∵69≡90(mod n)，90≡125(mod n).∴n|(90－69)，n|(125－90).而21,35的最大公约数是7，记作(21,35)=7 (7是质数).∴n=7例2.求388除以5的余数.解：∵38≡3 (mod 5)，∴388≡38≡(32)4≡(－1)4≡1 (mod 5).(注意9除以5余4，－1除以5也是余4，∴32≡－1 (mod 5)例3.求997的个位数字.解：∵74k+n与7n的个位数字相同，且9≡1 ( mod 4)，∴99≡19 ≡1(mod 4).∴997与71的个位数字相同都是7.例4.求证：7|(22225555+55552222).证明：∵22225555+55552222=(22225)1111+(55552)1111∵2222=7×317+3 ，5555=7×793+4.∴2222≡3 ( mod 7)；5555≡4 (mod 7).∴22225≡35≡5(mod 7)；55552≡42≡2 (mod 7).∴22225+55552≡5+2≡0 ( mod 7).即22225≡－55552 (mod 7).∴(22225)1111≡(－55552)1111≡－(55552)1111 (mod 7).∴22225555+55552222≡0 (mod 7).∴7|(22225555+55552222).例5.求使32n－1能被5整除的一切自然数n.解：∵32≡－1 (mod 5) ，∴(32)n≡(－1)n (mod 5).32n－1≡(－1) n－1 (mod 5)∵当且仅当n为偶数时，(－1) n－1=0.∴使32n－1能被5整除的一切自然数n是非负偶数例6.已知：a,b,c是三个互不相等的正整数.求证：a3b－ab3,b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有一个数能被10整除.证明：用同余式判定整除法证明当正整数n的个位数是0，1，4，5，6，9时，n3的个位数也是0，1，4，5，6，9.∴这时n3≡n (mod 10)；当正整数n的未位数为2，3，7，8时，n3的个位数分别是8，7，3，2.∵8与－2，7与－3，3与－7，2与－8，除以10是同余数，∴这时n3≡－n (mod 10)；把三个正整数a,b,c按个位数的情况，分为上述两类时，则至少有两个属于同一类.设a,b的末位数是同一类，那么a3b－ab3≡ab－ab≡0 (mod 10)；或a3b－ab3≡(－a)b－a(－b)≡0 (mod 10).∴10| (a3b－ab3)【练习】1.三个数33，45，69除以正整数N有相同余数，但余数不是0，那么N=_______.2. 求777的个位数字.3. 求379245除以19的余数； 41989除以9的余数.4. 求19891990÷1990的余数.5. 四个数2836，4582，5164，6522都被同一个正整数除，所得的余数都相同且不是 0，求除数和余数.6. 求证：7|(33334444+44443333).7. 已知：正整数n>2 . 求证：31111≡ 个n (mod 4).8. 任给8个整数，其中必有两个，它们的差能被7整除，试证之.9. 求使2n +1能被3整除的一切自然数n.10. 已知 69，90，125除以N (N>1) 有同余数，那么对于同样的N ，81同余于() （A ）3. （B ）4. （C ）5. （D ）7. （E ）8.【答案】1. N=12，6，2.(舍去3，∵余数是0).解法仿例1.2. 个位数字是3.∵7≡－1(mod 4), ∴ 777≡(－1)77(mod 4)……仿例33. 余数是18和1. ∵37≡－1 (mod 19) ∴原式≡－1 ≡18 (mod 19)；41989=(43)663 64≡1(mod 9) 64663≡1663 ≡1.4. 余数是1. ∵1989≡－1 (mod 1990) ∴19891990≡(－1)1990≡1 (mod 1990).5. 根据题意 2836≡4582≡5164≡6522≡r (mod m)而且4582－2836=1746, 6522－5164=1358.∴ m| 1746, 且m|1358， (1746，1358)=2×97∴m=194, 97, 2 (2不合题意.舍去)答：除数为194， 余数是120或除数为97， 余数是236. ∵ 33334444+44443333≡14444+(－1)3333≡0 (mod 7).7. 个个211111111-=n n 00+11≡11≡3 (mod 4).8. 8个正整数分别除以7，必有两个或两个以上是同余数9. ∵2≡－1 (mod 3) ∴2n ≡(－1)n (mod 3)2n +1≡(－1)n +1 (mod 3)当且仅当n奇数时, (－1)n+1≡0∴能被3整除的一切正整数n是奇数10. (B).。
小学奥数-巧解整除中的同余问题
小学奥数-巧解整除中的同余问题1.整数a除以整数b（b≠0），商是整数而没有余数，我们就说a 能被b整除，b能整除a。
2.a与b的和除以c的余数，等于a、b分别除以c的余数之和除以c的余数。
3.a与b的乘积除以c的余数，等于a、b分别除以c的余数的积除以c的余数。
4.若两个数a、b除以同一个数m得到的余数相同，则a、b的差一定能被m整除。
5所谓同余问题，就是给出“一个数除以几个不同的数”的余数，反求这个数，称做同余问题。
精讲1：甲、乙两数的和是1088，甲数除以乙数得商11余32，求甲、乙两数。
分析：解答这样的问题，首先要根据除法的意义，理顺被除数、除数、商和余数之间的关系，即被除数=商×除数+余数。
因为甲=乙×11+32，所以甲+乙=乙×11+32+乙=乙×12+32=1088。
解：乙=（1088－32）÷（11+1）=88 甲=1088-88=1000精讲2：求478×296×351除以17的余数。
分析：先求出乘积再求余数，计算量较大，可以根据同余定理“a 与b的乘积除以c的余数，等于a，b分别除以c的余数的积除以c的余数”，先分别计算出各因数除以17的余数，再求出余数之积除以17的余数。
解：478÷17=28 (2)296÷17=17 (7)351÷17=20 (11)2×7×11÷17=9 (1)精讲3：有一个大于1的整数，除45、59、101所得的余数相同，求这个数。
分析：根据同余定理“若两个数a、b除以同一个数m得到的余数相同，则a、b的差一定能被m整除”，我们可以得到：这个数一定能整除这三个数中任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数。
解：101－45=56 59－45=14 （56,14）=1414的约数有1、2、7、14，所以这个数可能为2、7、14。
同余定理(解析)同余定理(学生)-六年级数学思维拓展
2022-2023学年小学六年级思维拓展专题同余定理知识精讲同余这个概念最初是由伟大的德国数学家高斯发现的。
同余的定义是这样的：两个整数a，b，如果它们除以同一自然数m所得的余数想同，则称a，b对于模m同余。
记作：a≡b(mod m)。
读做：a同余于b模m。
比如，12除以5，47除以5，它们有相同的余数2，这时我们就说，对于除数5，12和47同余，记做12≡47(mod 5)。
同余的性质比较多，主要有以下一些：性质（1）：对于同一个出书，两个数之和(或差)与它们的余数之和(或差)同余。
比如：32除以5余数是2，19除以5余数是4，两个余数的和是2+4=6。
“32+19”除以5的余数就恰好等于它们的余数和6除以5的余数。
也就是说，对于除数5，“32+19”与它们的余数和“2+4”同余，用符号表示就是：32≡2 (mod 5)，19≡4(mod 5)，32+19≡2+4≡1(mod 5)性质（2）：对于同意个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。
性质（3）：对于同意个除数，如果有两个整数同余，那么它们的差就一定能被这个除数整除。
性质（4）：对于同意个除数，如果两个整数同余，那么它们的乘方仍然同余。
应用同余性质的关键是要在正确理解的基础上灵活运用同余性质。
把求一个较大的数除以某数的余数问题转化为求一个较小的数除以这个数的余数，使复杂的题变简单，使困难的题变容易。
典例分析【典例01】求1992×59除以7的余数。
应用同余性质(2)可将1992×59转化为求1992除以7和59除以7的余数的乘积，使计算简化。
1992除以7余4，59除以7余3。
根据同余性质，“4×3”除以7的余数与“1992×59”除以7的余数应该是相同的，通过求“4×3”除以7的余数就可知道1992×59除以7的余数了。
因为1992×59≡4×3≡5(mod7)所以1992×59除以7的余数是5。
数论中的整除与同余概念
数论中的整除与同余概念整除和同余是数论中的重要概念。
整除指的是一个数被另一个数整除，也就是能够整除有余数为零的关系。
同余则是指两个数除以同一个数所得的余数相等。
这两个概念在数论中有着广泛的应用和深入的研究。
首先，我们来讨论整除的概念。
设a和b是两个整数，如果存在一个整数c，使得b=c*a，我们就说a整除b，记作a|b。
即b能够被 a 整除而没有余数。
整除是一个基本的数学运算，我们通过它可以判断两个数的倍数关系。
例如，如果a|b且a|c，那么我们可以得到a|(b+c)和a|(b-c)。
这是因为有整数d和e，使得b=d*a，c=e*a。
那么b+c=(d+e)*a，b-c=(d-e)*a，它们都可以被a整除。
正是因为整除的这些性质，我们能够通过对整数的整除关系进行研究，揭示整数之间的规律。
整除在数论中扮演着重要的角色，例如在质数的研究中，整除是一个关键概念。
质数指的是除了1和自身外没有其他因数的数，也就是只能被1和自身整除的数。
例如，2、3、5、7等都是质数。
对于一个数n，我们可以通过判断是否有除了1和n外的其他因数来判断n是否为质数。
这个思想就是质数检验的基础。
接下来，我们来深入讨论同余的概念。
给定两个整数a和b，如果它们除以一个正整数m所得的余数相等，即(a-b)能被m整除，我们就说a与b对模m同余，记作a≡b(mod m)。
同余关系是模m下的一种等价关系，也就是说它满足以下性质：1. 自反性：对于任意的整数a，a≡a(mod m)。
2. 对称性：对于任意的整数a和b，如果a≡b(mod m)，那么b≡a(mod m)。
3. 传递性：对于任意的整数a、b和c，如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，那么a≡c(mod m)。
同余关系的一个重要应用是在时钟和日历的计算中。
例如，我们常使用12小时制的时钟，它的小时数是以0到11表示的。
那么如果现在是下午8点，过了6个小时后是几点呢？我们可以通过同余的概念来解决这个问题。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
用同余理论解决整除问题重庆沙坪坝杨公桥小学 蒋焘摘 要：在数的整除理论中，经常要判断一个数能否被另一个数整除。
虽然用初等方法也能证明判断的正确性，但其技巧性很强,而技巧性的东西是一时难于捕捉到的。
如果用同余理论解决这类问题，就简捷明了。
本文主要利用同余性质给出一些整除问题的判别方法并阐述同余理论在整除问题中的一些应用。
关键词：同余;整除;判别方法1 同余的基本概念和性质整除性的证明被公认为是中学数学、特别是数学竞赛的难题之一，但用同余思想方法指导解决整除性问题就要容易和易于掌握得多。
本文主要阐述同余理论在整除问题中的一些应用。
定义1.１ 设a,b 是任意两个整数，其中b ≠0，如果存在一个整数q 使得等式a ＝bq 成立，我们就说b 能整除a 或a 能被b 整除，记作b|a ，否则记作b a 。
定义1.２ 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 和b 所得的余数相同，我们就说a ，b 对模ｍ同余，记做()mod a b m ≡。
如果余数不相同，我们就说a ，b 对模ｍ不同余，记做a ()mod b m 。
定理1.1 ()mod a b m ≡的充分必要条件是|m a b -。
性质1.1 ()mod a a m ≡。
性质1.2 若()mod a b m ≡，则()mod b a m ≡。
性质1.3 若()mod a b m ≡，()mod b c m ≡，则()mod a c m ≡。
性质1.4 若()11mod a b m ≡，()22mod a b m ≡，则1a ±2a 1b ≡±2b ()mod m 。
若(mod )a b c m +≡，则(mod )a c b m ≡-。
性质1.5 若()11mod a b m ≡，()22mod a b m ≡，则()1212mod a a bb m ≡，()11mod a c b c m ≡，c 为任意整数。
性质1.6 若()mod a b m ≡，且11,,(,)1a a d b b d d m ===，则11(mod )a b m ≡。
性质1.7 若()mod a b m ≡，k o >，则()mod ak bk mk ≡。
若()mod a b m ≡，d 为a,b 及m 的任一正公因数，则(mod )a b md d d≡。
性质1.8 同余式组()mod i a b m ≡，i=1,2,,k,同时成立的充要条件是[]()12mod ,,,k a b m m m ≡。
性质1.9 若()mod a b m ≡，,0d m d >，则()mod a b d ≡。
定理1.2[3] 设()110n n n n f x a x a x a --=+++是整系数多项式，若()mod m αβ≡，则()()()mod f f m αβ≡。
定理1.3[1]（Euler ） 设m 是大于1的整数，(),1a m =,则()()1mod m a m ϕ≡。
定理1.4[4] 若m ()11≥=，ａ,ｍ,则存在c Z ∈,使()1mod ca m ≡，我们称c 是a 对模m 的逆，记作1a -。
2 利用同余性质给出一些整除的判别法例２.１ 任何一个整数110n n a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，0,1,2,,.i n = 则025|a 25|a ⇔、、证法一 设11010n n a a a a a -=⨯+∵2|1110n n a a a -⨯∴2|11010n n a a a a -⨯+⇔2|0a故02|a 2|a ⇔同理可证0|5|5a a ⇔。
证法二 设()110n n n n f x a x a x a --=+++是整系数多项式。
∵()100mod2≡∴由定理1.2得()()()100mod2f f ≡ 即a ≡0a ()mod2 则02|a 2|a ⇔对模m=5的情形同理论证。
例2．2 1210n n a a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，0,1,2,,.i n = 则10425|a 425|a a ⇔、、证明 ∵1210100n n a a a a a a -=⨯+又∵()1000mod4≡ ∴()12121000mod4n n n n a a a a a a --⨯≡⨯于是()10mod4a a a ≡ 故104|4|a a a ⇔对模m=25的情形同理论证。
例２.3 1210n n a a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，0,1,2,,.i n =则2108125|8125|a a a a ⇔、、证明 ∵132101000n n a a a a a a a -=⨯+又∵ ()10000mod8≡ ∴()131310000mod8n n n n a a a a a a --⨯≡⨯于是()210mod8a a a a ≡ 故2108|8|a a a a ⇔对模m=125的情形同理论证。
例2.4 任何一个整数110n n a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，则039|39|ni i a a =⇔∑、、证法一 ∵110n n a a a a a -=1110101010n n n n a a a a --=⨯+⨯++⨯+()()()1110919191nn n n a a a a --=⨯++⨯+++⨯++()()()1110919191n n n n a q a q a a --=⨯++⨯+++⨯++1109n n q a a a a -=+++++09ni i q a ==+∑∴03|3|n i i a a =⇔∑同理可证∑=⇔ni i a a 0|9|9。
证法二 设()110nn n n f x a x a xa --=+++是整系数多项式。
∵101(mod3)≡∴由定理1.2得()()()101mod3f f ≡ 又()10f a = ()01ni i f a ==∑所以0(mod3)n i i a a =≡∑即03|3|ni i a a =⇔∑同理可证∑=⇔ni i a a 0|9|9。
例2.5 任何一个整数110n n a a a a a -=，其中010,0i n a a ≤<≠，则11|11|(1)ni i i a a =⇔-∑证明 ∵各位数字都是9的偶数位整数都能被11整除，且形如10001 的偶数位整数也能被11整除。
∴若记整数110n n a a a a a -=为111110[10(1)(1)][10(1)(1)][10(1)(1)]n n n n n n n n a a a a a ----=⨯--+-+⨯--+-++⨯--+-+11110[10(1)][10(1)][10(1)](1)n n n n n i n n i i a a a a ---==⨯--+⨯--++⨯--+-∑前n 项中的每一项都有偶数位因数999或100…01，都能被11整除。
因此，若0(1)nii i a =-∑能被11整除，a 就能被11整除；若11|a ，则11|()∑=-ni i ia 01。
例2.6 正整数1110100010001000nn n n a a a a a --=⨯+⨯++⨯+01000,0,0,1,2,,.i n a a i n ≤<≠=则011713|11713|(1)ni i i a a =⇔-∑、、、、证明 设()110nn n n f x a x a x a --=+++是整系数多项式。
∵10001(mod11)≡-∴由定理1.2得()()()10001mod11f f ≡- 又()1000f a = ()()011nii i f a =-=-∑ 所以()()01mod11n i i i a a =≡-∑故()11|11|1nii i a a =⇔-∑对模m=7、13的情形同理论证。
例２.7 []2 1110100010001000n n n n a a a a a --=⨯+⨯++⨯+01000,0,0,1,2,,.i n a a i n ≤<≠=则037|37|n i i a a =⇔∑证明 设()1110n n n n f x a x a x a x a --=+++是整系数多项式。
∵10001(mod37)≡∴由定理1.2得()()()10001mod37f f ≡ 即100(mod37)nn n i i a a a a a -=≡+++=∑故037|37|nii a a=⇔∑例２.８ 设正整数1110100100100n n n n a a a a a --=⨯+⨯++⨯+0100,0,0,1,2,,.i n a a i n ≤<≠=则()∑=-⇔ni i ia a 01|101|101证明 设()1110n n n n f x a x a x a x a --=+++是整系数多项式。
∵1001(mod101)≡-∴由定理1.2得()()()1001mod101f f ≡- 即()()101mod 10∑=-≡ni i ia a故101|a ()∑=-⇔ni iia1|101３ 同余理论在整除问题中的应用例3.1 n 为非负整数,证明n+22157|78n ++证法一 当n=0时，n+22178n ++=49+8=57 ∴n+22157|78n ++当n ＞0时，∵ n+22178n ++n n =497+864⨯⨯nnnn=497+87-87+864⨯⨯⨯⨯ nnn=577+8(64-7)⨯ nn-1n-21=577+8(64-7)(64+647+7n -⨯⨯+nn-1n-2n-1=57[7+8(64+647++7)]⨯∴ n+22n+157|7+8评注 本题的解法之技巧在于加上一项再减去一项,若没有想到此法,则难于得到证明。
证法二 用同余思想方法证明当n=0时，结论显然成立。
当n ＞0时，∵64≡7（mod57） ∴n 64≡n 7（mod57） 于是n+22n+17+8 =497648n n ⋅+⋅()7498n ≡+ ()0mod57≡ 故n+22n+157|7+8例3.2[]8 试证 7|55552222+22225555证法一 ∵2222=7×317+3 ，5555=7×793+4 而55552222+55554 =（2222+4）M =7×318M,M ∈Z 22225555－22224 = (5555－4)N =7×793N ，N ∈Z 于是55552222+22225555=（55552222+55554）+（22225555－22224）－55554+22224 =7×（318M+793N ）－22224（33334－1）而22224（33334－1）=22224()1111341⎡⎤-⎢⎥⎣⎦=22224（34－1）L =63×22224L =7×9p;L,p ∈Z∴55552222+22225555=7(318M+793N+9p) 故7|(55552222+22225555)评注 证法一的技巧性非常强，用加55554，22224再减去55554，22224，再用因式分解公式()()12321n n n n n n a b a b a a b a b b ----+=+-+-+；n 是奇数 ()()12321n n n n n n a b a b a a b a b b -----=-++++；n 是正整数证法二 用同余思想方法证明 ∵22223(mod7),(3,7)1,≡= ∴()(7)31(mod7),76φφ≡= 从而631(mod7)≡55554(m o d 7)≡= ∴(7)6441(mod7)φ=≡于是55552222555522222222555534+≡+692556370252(3)3(4)4340(mod7)=⨯+⨯≡+≡故555522227|(22225555)+例３.３[]7 当n 为正整数时，证明330能整除226511n n -- 证明 因3305611=⨯⨯()()2261mod5611mod5n n ≡⇒≡= ()()250mod550mod5n ≡⇒≡ ()111mod5≡故()2265111010mod5n n --≡--≡ 又因()()260mod660mod6n ≡⇒≡()()()2251mod 6511mod 6nn ≡-⇒≡-≡()111mod6≡-故()()2265110110mod6n n --≡---≡ 又因()()()266mod116363mod11nn n ≡⇒≡=()()255mod115253mod11n n n ≡⇒≡≡ ()110mod11≡故()2265113300mod11n n n n --≡--≡ 由性质1.7得()2265110mod5611n n --≡⨯⨯故330|()226511n n --。