七年级数学同余理论知识点
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。
(完整版)同余问题知识点讲解
数论之同余问题余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。
许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！”余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。
知识点拨：一、带余除法的定义及性质：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r,0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。
这里：r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商(1)当0r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商(2)当0一个完美的带余除法讲解模型:如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为被除数，现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色，经过打包后共打包了c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。
这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。
并且可以看出余数一定要比除数小。
二、三大余数定理：1.【余数的加法定理】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，或这个和除以c的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。
例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.2.【余数的乘法定理】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，或者这个积除以c所得的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。
当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
第2章 同余一
下面我们定义同余类的加法以及乘法，并揭示出其可能
的带式结构。
定义2.1.4 设a，b为模m的同余类，定义加法（“⊕”）为
a b a1 b1，其中 a1 a, b1 b ；
定义乘法（“”）为
d 1 2 4 5 10 20
a : ( a ,20)=d 1 ，3 ，7 ，9 ，11 ，13，17，19 2 ，6 ，14，18 4 ，8 ，12，16 5 ，15 10 20
定义2.1.3 n个整数 a1 , a2 , , an 叫作模n 的完全剩余系（简称 完系），是指 a1 , a2 , , an 彼此模 n 不同余。
1 1 10 10 1(mod11) × ≡×≡ ，
这意味着 1, 1 0 模11 的逆元均为本身；而 26× ≡ 34× ≡ 59× ≡ 78 1 × ≡ (mod11) ， 即 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9 分成 11 3 4 2
−
= 对：2 和6 ，3 和4 ，5 和9 ，7 和8 ，
我们把形如ax =xa ≡ 1(mod m)的整数称为a模m的逆元 （简称a的逆）。
推广的Euclid算法
定理2.1.4` 设 m N ，若(a, m)=1，则a在模m的意义下 存在唯一的逆元； 若(a, m) ≠ 1，则a没有模m的逆元。
前述的性质并不十分困难，但却是重要的。我们可以 举出如下的例证： 整系数多项式同余方程 an xn a1x a0 0 mod m 是 同余理论中的一个核心课题，从前述的基本性质中，我们 至少可以推知以下的认识： (1)若 x0 为 f x 0 mod m 的解，则 y x0 mod m ，都 有 f y 0 mod m ，也就是整系数多项式同余方程的解数 是模的意义下的； (2) 一 次 同 余 方 程 ax ≡ b(mod m) ， 在 (a, m)=1 时 的 解 1 a 为 b mod m ，此时解数在模m的意义下为1； n (3)若 m, an 1，则an x a1x a0 0 mod m xn an1an1xn1 an1a1x an1a0 0 mod m 与 是同解方程； f x 0 mod ml 的解必为 f x 0 mod m 的解， (4)若 l N ， 这就为探讨解的结构提供了一种可能性。
初等数论 同余
注意：这条与前面的(5)的推论和(7)不同, 模变了. 证明： m | (a－b) => km | k(a－b)
a b m a b mt t. d d d
2013年11月13日10时5分
我喜欢数学
性质(9)
若 a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), m=[ m1, m2 ], 则 a ≡ b (mod m) . 证明： 由充要条件, 有 m2 | (a－b)， m1 | (a－b)
2013年11月13日10时5分
性质的应用：
由 10≡1（mod 9），有 102≡12（mod 9）， 103≡13（mod 9），…，10n≡1n（mod 9）,
an an 1 a2 a1a0 an 10n an 1 10n 1 a1 10 a0 an an 1 a1 a0 (mod 9).
性质⑺ 同余式的“除”.
性质⑻⑼⑽
涉及模的改变！分别与a，b和m的约 数，倍数，公约数，最小公倍数有关.
性质⑾是关于a，b和m最大公约数的。
2013年11月13日10时5分
例 2
分析
今天是星期二，101000天之后的那天是星期几？
由于1乘a为a ，1n=1，先求得某数的n次幂与1对模同余 是非常方便的. 我们已知 7 | 1001, 即103 ＋1≡0 (mod 7), ， 103 ≡－1(mod 7), 得106 ≡1 (mod 7).
又23m1 2(mod 7)， 从而当且仅当
23m 2 4(mod 7),
n 3m时, 7 2n 1.
（2）由23m 1 2(mod 7)，3m 1 1 3(mod 7), 23m 2 1 5(mod 7), 2 可知，对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.
初等数论第二章同余
和
N = cin_Yan_2…①仇=a2ci[a()-10°+a5a4a3-103H。
注:一般地，在考虑使N = an_{an_2-被加除的余数时,首先 是求岀正整数匕使得
10*三 一1或1(modm),
再将N=ci叶\5_2…写成
x + y+ 1 = 9或18,
3-y + x = 0或llo
这样得到四个方程组：
j\ + y + l = a
\3- y+x = b
其中。取值9或18, b取值0或11。在0<x,y<9的条件下解这四个 方程组，得到x=8, y = 0, z = 6o
习题一
1.证明定理1和定理2。
2.证明定理4。
3.证明定理5中的结论（i ）—（iv）o
(v)由
ac=be(mod m)
得到m |c(a-b),再由(c,加)=1和鉛一章翕三节定理4得到m \a- b,即
a = b(mod m)o
证毕。
例1设N = anall_［- --aQ是整数N的十进制表示，即
N=ani0,?+an-ilO,/_1+ …+ailO+ao ,
则
(i )3|Nq3|£⑷；
x = y(modm),⑷三切(modm),0 < / <n,
则பைடு நூலகம்
工4兀’三工(mod力7)。⑵
i=0i=0
证明留作习题。
定理5下面的结论成立：
(i)a = b(mod m),d \ m, d> 0 a = b(modd)；
同余问题知识点讲解
同余问题知识点讲解数论中的同余问题同余问题是数论中的一个重要知识点，也是各大数学竞赛和小升初考试必考的奥数知识点。
因此，学好同余问题对学生来说非常重要。
许多孩子都接触过同余问题，但也有不少孩子说“遇到同余问题就基本晕菜了！”。
同余问题主要包括带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理、乘法余数定理和同余定理），以及中国剩余定理和弃九法原理的应用。
带余除法的定义及性质一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0），若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r，且0≤r＜b，我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。
其中，当r=0时，我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商；当r≠0时，我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商。
一个完美的带余除法讲解模型可以将带余除法的概念用一个图形化的模型来解释。
假设有一堆书，共有a本，这个a可以理解为被除数。
现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色。
经过打包后共打包了c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。
这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系，并且可以看出余数一定要比除数小。
三大余数定理1.余数的加法定理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，或这个和除以c的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。
例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.2.余数的乘法定理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，或者这个积除以c所得的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
同余问题口诀的原理
同余问题口诀的原理（实用版）目录1.同余问题的定义与基本概念2.同余问题口诀的原理3.同余问题的解法及应用举例4.总结与拓展正文一、同余问题的定义与基本概念同余问题是指在模运算下，两个或多个整数之间的关系。
若整数 a、b 除以整数 m，所得的余数相同，则称 a、b 对模 m 同余。
同余关系用符号“≡”表示，如 a≡b(mod m)，读作“a 同余于 b 模 m”。
二、同余问题口诀的原理同余问题口诀，也被称为“同余定理”或“欧拉定理”，是数论中解决同余问题的重要方法。
其原理如下：若 a≡b(mod m)，则 a^φ(m)≡b^φ(m)(mod m)，其中φ(m) 表示模 m 的欧拉函数值，即小于等于 m 的与 m 互质的正整数的个数。
三、同余问题的解法及应用举例利用同余问题口诀，我们可以轻松地解决许多同余问题。
下面举一个典型的例子：问题：有一个自然数，用它分别去除 63、90、103，都有余数，且三个余数的和是 25。
这三个余数中最大的一个是多少？解：设这个自然数为 x，则根据题意可列出以下三个同余式：x ≡ 1 (mod 63)x ≡ 1 (mod 90)x ≡ 23 (mod 103)由同余问题口诀，我们有：x ≡ 1^φ(63) (mod 63)x ≡ 1^φ(90) (mod 90)x ≡ 23^φ(103) (mod 103)其中，φ(63) = 17，φ(90) = 18，φ(103) = 19。
因此，我们可以将原问题转化为求解以下三个同余式：x ≡ 1 (mod 63)x ≡ 1 (mod 90)x ≡ 23^19 (mod 103)解得 x = 63k + 1 = 90m + 1 = 103n + 23^19，其中 k、m、n 均为整数。
由于三个余数的和是 25，我们有：1 + 1 + 23^19 ≡ 25 (mod 103)即 23^19 ≡ 23 (mod 103)因此，最大的余数为 23。
初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)
第7讲同余的概念及基本性质数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯.先看一个游戏：有n+1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子,每步可前移1，2或3格,以先到最后一格者为胜.问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数,以后你的对手若走i格（ｉ=1，２,3),你走4-i格,即每一次交替,共走了4格．最后只剩4个空格时,你的对手就必输无疑了．因此，若n除以４的余数是1，2或３时,那么先走者甲胜;若ｎ除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜.在这个游戏里，我们可以看出,有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如,1999年元旦是星期五,1999年有365天,3６5＝７×5２＋1，所以2０00年的元旦是星期六.这里我们关心的也是余数．这一讲中,我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用.同余，顾名思义,就是余数相同．一、基础知识定义1 给定一个正整数ｍ,如果用m去除ａ，ｂ所得的余数相同,则称a与b对模ｍ同余,记作a≡b(ｍｏdｍ），并读作a同余b,模m.否则,就称a与b对于模m不同余，记作ａ≡b（ｍod m),根据定义,ａ与ｂ是否同余，不仅与a、b有关,还与模m有关,同一对数a和b,对于模ｍ同余,而对于模ｎ也许就不同余,例如,5≡8（moｄ3),而5≡８（mｏｄ4),若a与b对模m同余,由定义１,有a=mq１＋r，ｂ＝mｑ2+ｒ.所以ａ－b＝m(q１-q2)，即m|a-b.反之，若m｜a-ｂ，设ａ=mq1+r1，b＝mq2＋ｒ2，0≤r1,r2≤m-1,则有m|r1-r2.因｜r1-r2|≤ｍ-1,故r1－r２=0，即r1＝r2.于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2若a与ｂ是两个整数,并且它们的差a-b能被一正整数m整除,那么，就称a与b对模m同余.另外，根据同余的定义,显然有以下几种关系是成立的:⑴a≡ａ(mod ｎ)⑵a≡ｂ(moｄm）⇔b≡a（mod ｎ)⑶a≡ｂ（mod n)⇒a≡c（mod m）b≡c（moｄｍ)由此可见,同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性,而等式也具有这几条性质．二、典型例题；例1.如果a≡b（ｍｏd m),以下命题正确的有哪些?请说明理由?⑴ｍ| a-b⑵ａ=b＋mt⑶ａ＝k1m+ ｒ1,b =k2ｍ+r2(0≤ｒ1,r2＜m)⇔r１= ｒ２解:⑴因a≡b（moｄｍ）,所以可得a =ｋ1m＋r，b =ｋ２m+ r，那么ａ－ｂ=(k1－k2)m，由于k1－ｋ2是整数,因此ｍ｜a－b是正确的．⑵根据⑴可得a－b= ｍt，即a=b+ｍt⑶根据⑴可得，ｍ｜r1-r2,又因为0≤| ｒ1-r2 |＜ｍ，所以| ｒ1－r2 |=０，故r1=ｒ．2例２.判断正误，并说明理由.⑴如果a≡b(mｏd m）那么ka≡kb（ｍod m)⑵如果a≡b（modｍ），c是整数，那么ａ±c≡b±ｃ(mod m)⑶如果a1≡ｂ１（ｍod m)，a2≡b2(mod m)，那么ａ1±a2≡b１±b2 (mｏｄm),a１a2≡b1b2 (mod m）.⑷如果3a≡3ｂ(mod 6 ),那么a≡b (ｍod 6 )解：⑴∵a≡b（moｄm），∴m| a－b，∴m｜k (a-b)即ｍ｜(ka－kb)∴ｋa≡kb（mｏd m) ⑴成正确⑵∵a≡ｂ（ｍod m)，∴m | a－b又因为c是整数,所以ｍ| a-c－b＋c,即m | (ａ－c)－（b-c)即a－ｃ≡b-c(mod m）同理可得,ａ+c≡b+ｃ（mod m)⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的⑷显然６≡１2(ｍod6)，而２≡４（ｍod 6),因此，这个命题不正确说明：⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡ｂ（mod m)⇒a n≡b n（modｍ) 此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方,但同余式两边却不能除以同一数,那么,同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？我们先看下面的例题．例3.由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（moｄ５）①3a ≡3b （mo ｄ 5） ②10a ≡10b (ｍｏd 5）③6ａ≡６ｂ（mod １0） ④10a ≡10b (ｍod 20) 解：①因3a ≡3b (mod ５），所以5 | ３(a -ｂ),而5 | ３ , 因此5 ｜ ａ－ｂ,故a ≡ｂ（mod 5）②由１０ａ≡10b （mo ｄ 5)可以得到5 | 10(a －b )，而5 ｜ 10，因此5不一定整除a -b ,故a ≡b (mod 5）就成立③由６ａ≡6b (mod 1０)可得10 | ６（a －b ），而10=2×5，6=２×3，因此5 | a －b ,故ａ≡ｂ(m ｏd ５）成立④由10a ≡10b (mo ｄ ２０)可得到20 | １0(ａ-b ),而2０＝ 4×5,４ | 10，因此5 | (ａ－b )故ａ≡b (mod ５)不成立综上所述,由3a ≡3b (m ｏd 5)或６a ≡６b （mod 1０）都可以得到a ≡b （ｍｏd 5）说明:在①中，因为(３,５)＝1，因此由5 | 3(a －b )一定可以得到5 ｜ ａ－b ，进而得到a ≡b （mod 5)，一般地，如果(k ,ｍ）=1,ka ≡kb （mo ｄ ｍ）,那么ａ≡b （mod m ）在③中，因（6，10）=2，因此由10| 6(ａ-ｂ）一定可以得到5 | a -b ，进而得a ≡ｂ（mo ｄ 5)，一般地，如果（k ，m ）= d ，ka ≡kb （ｍｏd m ）,那么a ≡b )(moddm .例4．如果a ≡ｂ（mod １２）且a ≡b （ｍod 8)，那么以下同余式一定成立的是哪些？①a ≡ｂ（mod 4) ②a ≡ｂ(mod 24) ③a ≡ｂ（m ｏd 2０） ④ａ≡b （m ｏｄ ４8）解:正确的有①和②①由题中的条件可得１2 | a -ｂ,又因4 | 12，所以4 | a －b ,故a ≡b (mod 4).②因1２ ｜ a -b ，8| a －b ,所以a －b 是12和８的公倍数，又因为［8,1２]=24,因此 a -b 必是24的倍数，即２4 | a －b ，故a ≡b （mod 24).③显然,当ａ= 26,ｂ = ２时满足条件a ≡b (mod 12）和a ≡b (mo ｄ ８），但却不满足ａ≡b （ｍｏd 20).④同③，用a = 26，b = 2验证即可. 【说明】:⑴一般地，若a ≡b (mod m ）且n | m ，那么ａ≡b （mo ｄ ｎ) ⑵若a ≡b （m ｏd m ），a ≡b (mod n ）,那么a ≡b (mod [m ,n ]),它的一个特殊情况就是: 如果a ≡b （ｍｏd m ），a ≡b （mo ｄ n ）且（m ，n ）＝1，那么a ≡b （mod ｍ n )【一些结论】1.同余定义的等价形式①a ≡ｂ(ｍod m ） ｍ ｜ ａ-b②a ≡b (mod m ） ａ = ｂ+mt 2．同余式的同加、同乘性如果a １≡ｂ１(m ｏd m ）,a ２≡b 2（mod m )那么 ⑴a 1±a 2≡b 1±b ２（mod ｍ) ⑵ka 1≡kb 1(mod ｍ)(k ∈Z ) ⑶a 1a 2≡b １b 2（m ｏd ｍ） ⑷a 1n ≡b 1n （m ｏd ｍ）（ｎ是整数)． ３．如果（k ，m ）=d ,ka ≡ｋb (mod m ）,那么a ≡b )(moddm． 这条性质的直接推论就是：如果(k ,ｍ）=1，k ａ≡kb (ｍod m ）,那么a ≡b (mo ｄ m ） 4.如果a ≡b （mo ｄ m )且n | m ，那么a ≡ｂ(mod n ）５．如果ａ≡b (m ｏd ｍ)，ａ≡b （mo ｄ ｎ）,那么a ≡b （mod [ｍ,n ])这条性质的一个推论就是： 如果a ≡ｂ(m ｏd m ），ａ≡b (m ｏd n )且(m ,n ）=１，那么a ≡b (m ｏd ｍ n )例5．⑴求19992002除以9的余数;⑵求1010除以7的余数解：⑴∵9 ｜ 1999－10０0,∴1999≡１０00≡1（ｍod 9)∴1９９92000≡１２０02≡１（mod 9）,∴19992００0除以9的余数是1⑵∵10≡3（ｍod 7),∴１0３≡3３≡－1（mod 7)∴１06≡(-1）2≡１(m ｏｄ ７），∴1０10≡10４(ｍod 7） 又∵102≡9≡2（mod 7),∴１０2≡１0 4≡22≡４(mod 7） 所以1010除以７的余数是4．说明:求较大数的余数时,可先设法找到与±1同余的数,然后利用同余式的性质，求出所求数的余数.例6．求1４5８9+３2００2除以13的余数．解：∵145≡2(mod 13），∴1４５6≡26≡－１(mod 13)∴（1456)14≡(－１)１4≡1(mod 1３)即14584≡1(ｍｏd 1３)又∵145５≡２5≡6（ｍod 13）所以1458９≡1４584·１４55≡6×１≡6（mod 13）又∵３3≡1(mod １3)，∴(３3)66７≡32０0１≡1(ｍo ｄ 1３)，∴3２0０2≡3（mod 13） 所以，14589+32002≡6+3≡9(mod 13）即14５8９+32０02除以13的余数是9例７.求1998２0０2的十位数字分析：此题可以通过１998２00２的末两位数来求解，与前面的方法类似解：∵199８98≡-２（m ｏd 100),∴１99８２0０2≡（-2)２002≡22002≡41001(ｍｏd 100)因为４≡4(m ｏd 1０0)，42≡16（m ｏd 100)，4３≡6４(m ｏd １０0)，44≡５6(ｍod100），４5≡24（m ｏd 10０）,４6≡96(mod 10０）,47≡８4（ｍod １00)，４8≡36(mod 100）,49≡44（mo ｄ 100),41０≡7６(m ｏd 10０)，４１1≡4(mod １0０）…所以4 n 除以100的余数是以４、16、64、５6、24、96、84、３6、44、76周期性出现的,因41001＝410×10０+1,所以41０01≡4（m ｏｄ 10０）,因此19982０0２≡4(m ｏd 1０0)，故1９９8２002的十位数字是0.说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．例8(１998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使２n +１能被3整除的一切自然数n . 解∵∴则2n +1∴当n 为奇数时，2ｎ＋１能被3整除； 当n 为偶数时,2n ＋1不能被３整除.例９ 求证31980+4１981能被5整除. 证明 ∵∴∴∴例10．求20032０0２的末位数字.分析:此题就是求２０03２002除以10的余数解:∵2003≡3（mod 10),∴2003４≡3４≡1(ｍod 1０），∴2003２０02≡（2003４)５00·20０33≡1500·33≡27≡７(ｍｏｄ 10）∴２０02200２的末位数字是７．说明:对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质:)10(mod 0011a a a a a n n ≡- 例11．已知n 是正整数，证明４8 | ７2n ―2３52n ―1 证明:∵48=3×16，（３,1６)=1∴只需证明3｜ 72n ―２3５2n ―１且16 ｜ 72n ―2352n ―１即可 ∵7≡１（mod 3）,2352≡0(m ｏd ３） ∴72n ―２35２n ―1≡12n ―2３52×０－１≡0(mod 3） ∴3 | 72n ―2352n ―1，又∵235２=16×14７,∴2３52≡0(m ｏd 16) ∴72n ―23５2n ―1≡4９n －１≡１n －1≡0（m ｏd １6)∴1６ | ７2ｎ―2352n ―1，所以４８| 72n ―235２n ―1．说明：当模很大时,可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解,请同学位用这个方法重解例8.例12．已知n是任意的正整数，且m | ７n+1２ｎ―1,求正整数ｍ的最大值．解:设ａｎ=7n+1２n―1,那么,ａ1=7+12―1＝18，ａ2=72+24―1=72∴(a1，a2)=（18,７2）=1８,∴m≤18，下面证明对任何正整数n,都有18 | 7n+1２n―1又因为18=２×9，所以只须证明２| 7n＋1２ｎ，９｜７ｎ+１２n―1即可.∵７≡1(ｍod２）,∴7n+12―１≡１n＋0―1≡0(ｍod ２)即2 |7ｎ+12n―1，对ｎ进行分类讨论，⑴若ｎ≡0(mod 3),则n=3k（k为正整数)7n＋1２n―1≡７3k+３6k+1≡(―２）3k+0―１≡（―８)k―１≡1ｋ―1≡０(mod 9）⑵若n≡1(mod 3），则n=3k+1(k为非负整数)7n+12n―１≡73k+36k+127＋１２―1≡0（moｄ９)⑶若ｎ≡2(mod 3),则ｎ=3ｋ+2（k为非负整数）7n+１2ｎ―1≡7３k·７2＋36k+24―１≡72+24―1≡0(mod９）因此，对一切自然数n，都有9 | ７n+12n―1.综上所述,18 | 7n+12n―1,因此ｍ的最大值为18.例１３把１，2,3…，1２7，１28这１２8个数任意排列为a1,a2,…,a128,计算出｜a1－ａ２|,｜a3-ａ4｜,…,｜a12７－ａ12８｜,再将这64个数任意排列为b1，b2,…，b64，计算｜b1-b2|,|b3－b4｜，…，｜b63-b6４|．如此继续下去，最后得到一个数ｘ,问x是奇数还是偶数?解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(moｄ２), a≡-a(mod2）,所以b1＋b2+…+b６4=｜ａ１－a2｜+|ａ3-a4｜＋…+|a12７-a1２8｜≡a1-a2+a3-a4+…+a12７-a128≡a1＋a2＋a3＋ａ4＋…＋ａ127＋a1２８(ｍod 2),因此,每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a１+a２+...＋a1２８＝1＋２+ (12)=6４×１２9≡0(moｄ2），故x是偶数．例1４求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数.１0≡１（mｏｄ９)，故对任何整数k≥1,有１０k≡1k＝1（mod 9).因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数.说明(1)特别地，一个数能被９整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除.(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论.三、模拟训练1求证: (1)８|（5５１99９+1７)；(2) ８(32n +7)； （3)17|(1910０0-1).证 （1)因55≡－1(ｍod ８),所以５５1９９９≡-1(mo ｄ 8)，55１999＋17≡－1+１7=16≡０（m ｏd ８)，于是8｜（55１999+17）.（２)32=9≡１(m ｏd 8),32n ≡１（ｍod 8)，所以32n ＋7≡1+7≡0（mod 8），即8|（３2n ＋7)．(3)19≡２(mod 17),194≡2４＝16≡－1(m ｏd 17),所以１９1０00＝(194)25０≡(-１)２50≡１（mod 17),于是17｜(1９１000－1)．2．求２0032002的末位数字分析：此题就是求2０0320０２除以1０的余数解:∵200３≡3（m ｏｄ 10),∴２0034≡34≡1(ｍod 1０），∴２003２０02≡(20034)5０0·2０033≡1500·33≡2７≡7(mod 10)∴200220０2的末位数字是7说明：对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质:011a a a a n n -)10(mod 0a ≡．3求29９9最后两位数码.解 考虑用1０0除２999所得的余数. ∵∴又∴∴∴2９99的最后两位数字为88．4．求证:22000＋１不能被7整数.分析:只需证明２200０≡－1(mod 7）即可证明:∵26≡1（moｄ７)，∴2２０00≡(26）333·2２≡1·２２≡4(mｏd 7），∴２２000+1≡５(mｏd7)所以7 | 22000＋15 对任意的自然数n，证明Ａ＝290３n-80３n-464n+261n 能被１897整除．证1897＝７×27１，７与2７１互质.因为２９03≡5(ｍod 7),8０3≡5(mod 7)，464≡2(mｏｄ7),２61≡2(moｄ７), 所以A=２９03n-803ｎ-464n＋2６１n≡5n-5ｎ－2n+2n=0（mｏd 7), 故7|Ａ.又因为２90３≡１93（ｍod ２71)，803≡２６1(moｄ27１),464≡１93(mod 271)，所以故2７1｜A.因(7,271)＝1,所以1897整除A.６任意平方数除以4余数为0和1（这是平方数的重要特征). 证因为奇数2=（2k＋1)2=4k2+４ｋ＋1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4ｋ2≡0(mod ４)，所以７任意平方数除以８余数为0,1，４（这是平方数的又一重要特征）.证奇数可以表示为２k＋1，从而奇数2=４ｋ2+4k＋１＝4k(k+1)+1.因为两个连续整数ｋ,k＋１中必有偶数,所以4k(k+1)是8的倍数，从而奇数2＝8t+1≡1(mｏｄ8），偶数２=(2k)2=４k2(ｋ为整数).（１)若k＝偶数＝2ｔ,则4k2=16ｔ2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数＝2t＋1，则4ｋ2=４(2t+１)2=１6(t2+t)+４≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题.在这种问题中,先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．８形如Fｎ＝22n+1,ｎ＝0，1，２，…的数称为费马数．证明:当ｎ≥2时,Ｆn的末位数字是7.证当n≥２时，2ｎ是4的倍数,故令２n=４t.于是F n＝２2n+１=２4ｔ+1=1６ｔ＋1≡６t＋１≡７(mｏd 10）,即F n的末位数字是７.说明费马数的头几个是F0=3，F1＝5，F2=17，F3=257，F4＝65537,它们都是素数．费马便猜测:对所有的自然数n，F n都是素数.然而，这一猜测是错误的.首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．。
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七年级数学同余理论知识点
同余理论是一种在数学上十分重要的概念，也是七年级数学中
的重要知识点。
同余理论涉及到了数学运算、数论、代数和计算
机科学等众多领域。
了解同余理论可以帮助我们更好地理解数学
中的很多概念，而这些概念同样也会在我们的日常生活中用到。
本文将为大家详细介绍七年级数学同余理论知识点。
一、同余符号
同余符号被表示为≡，表示两个整数的差可以被某个整数整除。
例如，a ≡ b(mod n)，表示 a和 b 的差是n 的倍数。
同余符号可以表示为：a ≡ b(mod n) 表示 a和 b 对模n 同余。
二、同余的基本定理
基本定理：若a ≡ b(mod n)，则：a + c ≡ b + c(mod n)；a × c ≡
b × c(mod n)
对于同模运算，我们可以将其认为是模n的“等价关系”。
如果我们在计算时需要代入变量n，可以类比“等价类”的概念。
同余的基本定理的应用非常广泛，比如说计算机科学中的哈希函数就是基于同余的理论进行设计的。
三、余数
另一个和同余概念相关的概念是余数。
余数通常用于表示在将一个整数除以另一个整数时所得的余数。
余数可以表示为 R(n) = a(mod n)，其中，a是被除数，n是除数，R是余数.
例如，当我们用4除以15时，可以得到商为3，余数为3，记作15≡3(mod 4)。
四、同余类
同余类是指在模运算下，所有的同余数组成的等价类。
例如，在模12运算下，2和14就属于同一个同余类，因为它们两个的差是12的倍数。
同余类在数学上是一个非常重要的概念，在计算机科学中也有
广泛的应用，比如说整数哈希函数、证明算法的正确性等等。
五、同余的扩展性
同余的扩张性是指对于同余的模重写，仍然可以得到相同的结果。
这个概念证实了我们可以选择一个更小的模数进行计算，这
样可以减少计算复杂度，提高计算速度。
例如，当我们计算2538 + 4916 ≡ x(mod 10) 时，我们可以通过
将x进行模变换，将模数改为1，从而简化计算。
我们这样计算出来的结果就是4，而这个结果，与我们直接运算所得出的结果一样。
六、同余的应用
同余理论在日常生活中也有很多应用。
比如到银行办理业务时，我们需要对支票的号码进行计算，以确保其合法性。
此外，在密
码学中，同余理论也被广泛应用，可以用于密码的生成和解密。
在编程领域中，同余理论也被广泛应用，可以帮助我们算出有规律的数列。
例如，斐波那契数列就是通过同余运算得到的。
七、总结
七年级数学同余理论的知识点虽然有些难度，但对于我们的数学及计算机学习具有重要的意义。
通过本文的介绍，我们可以初步了解同余的概念及其应用，并深入探究同余理论的其他方面。