例谈运用同余解题的取模技巧(xzh)
用同余理论解决整除问题
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。
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。
同余方程组与模方程组的解法
同余方程组与模方程组的解法在数论中，同余方程组和模方程组是常见的问题类型。
同余方程组是指一组由多个方程组成的方程组，其中各个方程的未知数对于某个模数来说有相同的余数。
模方程组则是在方程中引入取模操作的方程组。
本文将对同余方程组与模方程组的解法进行详细讲解。
一、同余方程组的解法同余方程组可以用中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem，CRT）求解。
中国剩余定理是数论中的一条重要定理，它给出了一组同余方程的解的具体形式。
设同余方程组为：\[\begin{cases}x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\x \equiv a_2 \pmod{m_2} \\\cdots \\x \equiv a_n \pmod{m_n}\end{cases}\]其中，$x$ 是未知数，$a_i$ 是余数，$m_i$ 是模数，且 $m_i$ 两两互质。
首先，计算 $M = m_1 \times m_2 \times \cdots \times m_n$，然后求出 $M_i = \frac{M}{m_i}$。
接下来，求解同余方程 $M_i y_i \equiv 1 \pmod{m_i}$，其中$y_i$ 是 $M_i$ 的逆元。
最后的解为 $x = \sum_{i=1}^{n} a_i M_i y_i \pmod{M}$。
通过中国剩余定理，我们可以得到同余方程组的所有解，且解的个数为模数的乘积。
二、模方程组的解法模方程组是指带有取模操作的方程组，即方程的未知数对某个模数取余。
对于模方程组，一般采用逐次缩小模数的方法求解。
具体步骤如下：1. 将模方程组转化为等价的方程组，去除取模操作，得到新的方程组。
2. 通过求解新的方程组得到初步解。
可以使用代数解法或消元法等常见的线性方程组求解方法。
3. 验证初步解是否满足原始模方程组。
将初步解代入原方程组中，取模与方程组中的模数进行对比，确保求得的解在模运算下满足原方程组。
同余方程与模方程的解法
同余方程与模方程的解法一、同余方程在数论中，同余方程是指形如ax ≡ b (mod m) 的方程，其中 a、b、m 为整数。
解同余方程的方法有多种，下面将介绍两种常用的解法。
1. 穷举法：穷举法是最简单直观的解同余方程的方法之一。
具体步骤如下：（1）列出满足条件的整数集合。
根据同余的定义，我们知道 x 和 b 对 m 取余数是相同的，即 x 和 b 在模 m 意义上是相等的。
因此，我们可以列出一个整数集合 S，其中的元素 x 满足x ≡ b (mod m)。
（2）从集合中选出满足条件的解。
根据具体的题目要求，我们可以从集合 S 中选出满足方程的解。
2. 扩展欧几里得算法：扩展欧几里得算法是一种高效解同余方程的方法。
它利用了欧几里得算法的思想，通过递归求解，最终得到同余方程的解。
具体步骤如下：（1）求解递归基。
如果 b = 0，则方程变为ax ≡ 0 (mod m)，此时方程的解为 x = m / (a, m)，其中 (a, m) 表示 a 和 m 的最大公因数。
（2）求解通解。
如果b ≠ 0，则根据同余方程的性质可知，ax ≡ b (mod m) 的解与 ax ≡ 1 (mod m) 的解具有相同的形式。
因此，我们可以利用扩展欧几里得算法求解 ax + my = (a, m)，其中 y 是方程ax ≡ 1 (mod m) 的一个解。
（3）求解特解。
根据通解的形式，我们可以求解出 ax + my = (a, m) 的一个特解 x0。
然后，利用 x = x0 * (b / (a, m))，即可求得同余方程的特解。
二、模方程模方程是指形如x² ≡ a (mod m) 的方程，其中 a、m 为整数。
解模方程的方法有多种，下面将介绍两种常用的解法。
1. 勒让德符号和二次互反律：勒让德符号是数论中的一个重要概念，它用来判断二次剩余和二次非剩余。
对于模方程x² ≡ a (mod p)（p 是奇素数），可以利用勒让德符号判断 a 是否是模 p 的二次剩余。
浅谈初等数论中同余式的解法
浅谈初等数论中同余式的解法
初等数论是数学的一个分支，主要探讨整数、有理数和代数式等基础概念。
“同余”是初等
数论中概念的一个重要部分，它引用数学定义可以写为：若两个有理数或者有理函数在一
个事件上有相同的值，则它们称为“同余”。
也就是说，两个有理数或者有理函数的值不同，但它们的值是相等的。
同余的解法首先应该把同余方程写成有理函数的形式，然后进行求解。
一般可以使用图像法、合并法或者二分法来求解。
图形法是一种直观清晰的求解方法，它通过在坐标系中绘制图像来求解同余方程，从而得到所求解的值。
这是最简单也是最容
易理解的求解方法。
合并法是一种基于数学运算技巧的求解方法。
它通过合并两个同余方程来求解同余方程，得到所求的值。
二分法是运用有理数的属性来求解的方法，用二分的方法对有理数的值进行查找，来获得有理数的值。
以上就是同余的几种常用方法，虽然每种方法都有其优势和缺点，但它们都是多元素的有理函数。
使用正确的方法，可以对同余
方程进行快速准确的求解，以解决初等数论中的多元素有理函数问题。
干货数量关系余数题怎么解？会这两招就够了！
干货数量关系余数题怎么解？会这两招就够了！数量关系一直是行测的难点，也是很多同学直接放弃的内容。
其实，数量关系没有那么可怕，掌握对的方法并灵活运用，数量关系你也可以做对！第一招：口诀法所谓同余问题，就是给出“一个数除以几个不同的数”的余数，反求这个数，称作同余问题。
而在考试中解决同余问题应用的是今天所讲的第一招“口诀法”，用口诀法解决比较方便可以应用同余问题的口诀，同余问题的口诀如下：“差同减差，和同加和，余同取余，最小公倍数作周期”。
口诀要应用的熟练，首先要对几个不同的数的最小公倍数知道怎么求，下面以下面的内容给大家讲解下口诀的应用：1、差同减差:用一个数除以几个不同的数，得到的余数，与除数的差相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数的n倍(“n”为正整数)——即最小公倍数作周期，减去这个相同的差数，称为:“差同减差”。
例:“一个数除以4余1，除以5余2，除以6余3”，因为4-1=5-2=6-3=3，所以取-3，4、5、6的公倍数为60，这个数可表示为60n-3【“n”为正整数，下同】。
2、和同加和:用一个数除以几个不同的数，得到的余数，与除数的和相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数的n倍，加上这个相同的和数，称为:“和同加和”。
例:“一个数除以4余3，除以5余2，除以6余1”，因为4+3=5+2=6+1=7，所以取+7，表示为60n+7。
3、余同取余:用一个数除以几个不同的数，得到的余数相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数的n倍，加上这个相同的余数，称为:“余同取余”。
例:“一个数除以4余1，除以5余1，除以6余1”，因为余数都是1，所以取+1，表示为60n+1。
4、最小公倍做周期:所选取的数加上除数的最小公倍数的任意整数倍(即上面例1、2、3中的60n)都满足条件，称为:“公倍数作周期”，也称为:“最小公倍加”。
下面通过例题来讲解下口诀的应用：【例1】一批武警战士平均分成若干小组执勤。
六年级奥数同余的解题规律知识
六年级奥数同余的解题规律知识六年级奥数同余的解题规律知识六年级奥数知识：同余的解题规律在作除法运算时，我们有这样的经验：(1)一些不同的数除以一个相同的数可能会得到相同的余数.如，除以5余3的数有5×1+3=8，5×2+3=13，5×3+3=18，5×4+3=23，…………(2)一个相同的'数除以一些不同的数，可能会有相同的余数.如，389分别除以5、7和11会得到相同的余数4.389÷5=77 (4)389÷7=55 (4)389÷11=55 (4)由此，我们可以来讨论下面的两个问题.某数被5除余4，被7除也余4，被11除还余4.要求某数和某数最小是多少?读者一定会想到有：5×7×11+4=389，5×7×11×2+4=774，5×7×11×3+4=1159，…………答案有无数多个，但最小的只能是389.现在，我们把这个问题上升到一般形式.问题一某数分别除以a、b、c、……，都得到相同的余数k.求某数最小是多少?聪明的读者，能得出答案吗?需要请读者注意的是，382、767、1152分别除以5、7和11所得的余数2、4、8，虽然都不相同，但是都与相应的除数相差同样多.即5-2=3，7-4=3，11-8=3.于是，我们也可以提这样的问题：某数被5除余2，被7除余4，被11除余8.问某数是多少和某数最小是多少?读者一定会想到是5×7×11×1-3=382，5×7×11×2-3=767，5×7×11×3-3=1152，…………答案有无数多个，但最小只能是382.这个问题的一般形式是：问题二某数分别除以a、b、c、……得数相应的余数分别是A、B、C、……，并且，这些余数跟相应的除数都相差同样多(也设为k)，即a-A=b-B=c-C=……=k.求某数最小是多少?聪明的读者，能得出答案吗?【规律】某数分别除以a、b、c、……，都得到相同的余数k.求某数最小是多少?答案是[a，b，c，……]+k.某数分别除以a、b、c、……，得到相应的余数A、B、C、……，并且这些余数跟相应的除数都相差同样多(设为k)，即a-A=b-B=c-C=……=k.求某数最小是多少?答案是[a，b，c，……]-k.【练习】1.某数分别除以3、5和7，都有相同的余数2.求某数最小是多少?(2除外)2.某数被5、6、7除，都得到相同的余数1.问某数在1000以内有哪几个答案?3.某数用5除余3，用7除余5，用9除余7，用11除余9.求某数最小是多少?4.某数分别用5、7、9和11除，刚好都是差3才能整除.求某数最小是多少?5.某数被2000除，余1993;被1999除，余1992;被1998除，余1991.求某数最小是多少?。
同余方程的求解技巧
同余方程的求解技巧同余方程是一类重要的数学问题，它在很多领域都有应用，例如密码学、图论、代数学等。
在解决此类问题的过程中，需要掌握一些相关的求解技巧。
一、欧几里得算法欧几里得算法是解同余方程中最基本的技巧。
它的核心思想是将两个数的较大值通过辗转相除的方式，求出它们的最大公约数。
例如，将6和9进行运算，可以得到如下计算式：9 = 6 x 1 + 36 = 3 x 2 + 0因为6和9的最大公约数为3，所以可以用这种方法求解同余方程Ax ≡ B(mod M) 。
其中A、B、M是已知的整数，x是未知整数。
首先，使用欧几里得算法求出A和M的最大公约数D；如果B能被D整除，那么方程有解。
然后，将A和M分别除以D，得到A'和M'，此时Ax ≡ B(mod M)可写为：A'x ≡ B'/D(mod M'/D)。
对这个新的方程重复以上步骤，直到求出解x。
二、中国剩余定理中国剩余定理是解同余方程组的一种方法。
最初，这个定理是由中国数学家孙子所发现并应用于民事案例中。
中国剩余定理适用于一组形如x ≡ a1 (mod n1), x ≡ a2 (mod n2), …, x≡ ar (mod nr) 的同余方程。
其中a1, a2, …, ar是已知的整数，n1, n2, …,nr是互不相同的正整数。
首先，使用欧几里得算法求解n1, n2, …, nr之间的最大公约数D；如果D不整除每一个ai，则无解。
否则，设N = [n1, n2, …,nr] = n1 x n2 x … x nr，则以上同余方程的通解可以写成：x = a1k1M1 + a2k2M2 + … + arkrMr。
其中，Mi = N/ni，且Mi与ni互质；ki是未知的整数，是通过扩展的欧几里得算法计算得到的。
三、扩展欧几里得算法扩展欧几里得算法是用于求解同余方程 Ax + By = C 的一种算法。
其中，A、B、C是已知的整数，x和y是未知的整数。
- 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)。
例谈运用同余解题的取模技巧
226400 江苏省如东县第一职业高级中学 邢忠虎
由德国数学家高斯引进的同余概念是研究数论问题的一个十分重要的工具．运用同余解题，可以避免繁琐的计算，抓住问题的实质和要害，而运用同余解题其关键则在选取恰当的模．本文通过若干例题介绍几种基本的取模技巧，供参考．
1 求余数或证明整除性问题，常以除数为模
例1 求20083
除以13的余数． 解 33 ≡271(mod13)≡,
∴200836691366966933(3)3133(mod13)⨯+==⨯≡⨯≡．
故20083除以13的余数为3．
注 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技巧．这一技巧在后面的例3与例7中将再次得到运用．
2 求个位数（末两位数）问题，常以10（100）为模
求个位数与末两位数的问题，其实质也就是求一数被10或100除所得余数． 例2 求3581244752279+⨯的末位数字．
解 ∵3581244752279+⨯358124729≡+⨯
4834201454729⨯+⨯+⨯+=+⨯
314729≡+⨯321≡+⨯5(mod10)=
∴3581244752279+⨯的末位数字是5．
注 在求解本题的过程中用到了以下结论：任何正整数的乘方之个位数重复出现的周期为4，即4(mod10),k l l a a +≡其中a 是任意正整数，k 为自然数，1,2,3,4l =．请读者自行证明该结论．
例3 求4063的末两位数．
解 因为4
961(mod100)≡， 16941(mod100)≡，
2091(mod100)≡，
20320103399929(mod100)⨯+≡≡≡．
所以4063的末两位数是29．
3 与平方数有关的问题，常以4（或8）为模
偶数的平方是4的倍数，即2(2)4(mod 4)k ≡，而奇数的平方除以8（4）余1，即有2(21)4(1)11(mod8)k k k +=++≡和2(21)1(mod 4)k +≡．
例4 证明11,111,1111, 中没有平方数．
证明 平方数关于模4同余于0或1，换句话说，关于模4同余于2或3的数一定不是平方数．而1111113(mod 4)≡≡ ，故11,111,1111, 中没有平方数．
例5 能否找到自然数a 和b ，使22
2006a b =+？
解 不能． 设b 为一自然数，由2006
2(mo d 4)≡，20b ≡(mod 4)或21b ≡(mod 4)，知22006b +2(mo d 4)≡或
22006b +213(mod 4)≡+≡．这说明22006b +不是平方数，故找不到自然数a 和b ，使22
2006a b =+．
4 与奇偶性有关的问题，常以2为模
一个整数与它的相反数以及绝对值奇偶性都相同，两整数的和与差奇偶性相同，若用同余的语言可叙述如下：(mod 2)a a -≡，(mod2)a a ≡，(mod 2)a b a b +≡-． 例6 设1264,,,a a a ①
是自然数1,2,,64 的任意一种排列．令 112b a a =-，234b a a =-， ，326364b a a =-， ②
112c b b =-，234c b b =-， ，163132c b b =-， ③
112d c c =-，234d c c =-， ，81516d c c =-， ④
这样一直作下去，最后得到一个整数x ，求证：x 为偶数．
证明 因为1232b b b +++ 12346364a a a a a a =-+-++-
1234636412346364()()()
()()()(mod 2)
a a a a a a a a a a a a ≡-+-++-≡++++++
所以经过一步“运算”，①变成②，但和的奇偶性未发生变化． 同样，经多步“运算”依然如此，故12346364(mod2)x a a a a a a ≡++++++ ，即123640(mod 2)x ≡++++≡ ，x 为偶数．
5 与数字和有关的问题，常以9为模 若设十进制正整数110n n N a a a a -= ，则
110n n N a a a a -=
1110101010n n n n a a a a --=⨯+⨯++⨯+
110n n a a a a -≡++++ (mod9)，
即一个十进制正整数与它的各位数字之和关于模9同余．
例7 44444444写成一个多位数后，它的各位数字之和为M ，M 的各位数字之和为P ，P 的各位数字之和为Q ，求Q ．
解 先对Q 值的范围进行估计：由44444444444410000<，444410000共有444441177⨯+=位数，得M 917777159993<⨯=，因此15946P ≤+⨯=，从而4913Q ≤+=．
又Q P ≡M ≡44444444
≡444431481177⨯+≡≡31481(7)7=⨯14811481(343)717=⨯≡⨯ 7≡(mod9)，故7Q =．。