成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题讲义：10.中国剩余定理
四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题讲义：2同余
高一竞赛数论专题2.同余设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡⇔-⇔=+∈设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.在模m 的同余类0121,,,,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同余类中,各取一数所组成的集叫做模m 的一个简系.模m 的一个简系的元素个数记为欧拉函数().m ϕ 欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.1.证明(mod )(mod).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡(特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇔≡ 若2,m c =则2(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡⇔≡)2.设p 是素数,1,k ≥证明1()(1).kk p p p ϕ-=-3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明：()1(mod ).m am ϕ≡(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).pa a p ≡若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数：11101110k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b pb p b ----=++++=++++其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=. 证明：0(mod ).iikb n ma i C C p =≡∏6.已知正整数2n ≥,12,,,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明：存在不全为零的整数12,,,n εεε,使得1122n n a a a εεε+++为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,,.i i n ε<=7.已知素数*61(,1),p k k N k =+∈>证明：121127m m--为整数,其中21pm =-.8.设素数3p >,证明2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-高一竞赛数论专题2.同余解答设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡⇔-⇔=+∈设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.在模m 的同余类0121,,,,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同余类中,各取一数所组成的集叫做模m 的一个简系.模m 的一个简系的元素个数记为欧拉函数().m ϕ 欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.1.证明(mod )(mod).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡ (特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇔≡ 若2,m c =则2(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡⇔≡)证明：(mod )|()ac bc m m c a b ≡⇔-(),.c a b mq q Z ⇔-=∈ 因为,.(,)(,)c m Z Z m c m c ∈∈所以()().(,)(,)c mc a b mq a b q m c m c -=⇔-=即().(,)(,)m c a b m c m c - 因为(,) 1.(,)(,)m c m c m c =所以()()(mod ).(,)(,)(,)(,)c m m ma b q a b a b m c m c m c m c -=⇔-⇔≡即(mod )(mod ).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡2.设p 是素数,1,k ≥证明1()(1).k k p p p ϕ-=-证明：()k p ϕ等于满足以下条件的r 的个数：1,(,) 1.k kr p r p ≤≤= 由于p 是素数,所以有1,,(,),|.p r r p p p r ⎧=⎨⎩Œ显然(,)1(,)1.kr p r p p r =⇔=⇔Œ因此()kp ϕ就等于1,2,,k p 中不能被p 整除的数的个数,由于1,2,,k p 能被p 整除的数的个数有1k p -个.所以11()(1).kkk k p p p p p ϕ--=-=-3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明：()1(mod ).m am ϕ≡(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).pa a p ≡若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡证明：引理 12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系,(,)1,a m =则12(),,,m ar ar ar ϕ也是模m 的一个简系.引理的证明：假设12(),,,m ar ar ar ϕ不是模m 的一个简系.则存在(mod )().i j ar ar m i j ≡≠因为(,)1,a m =所以(mod )().i j r r m i j ≡≠与12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系矛盾,所以引理得证.由引理知道()12()12()12()(mod ).m m m m rr r arar ar a rr r m ϕϕϕϕ≡=由于12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系,所以(,)1,1,2,,().i r m i m ϕ==于是()1(mod ).m am ϕ≡即证得了Euler 定理.令m p =,若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡于是(mod ).p a a p ≡若(,) 1.a p ≠则|.p a 0(mod ),0(mod )pa p a p ≡≡,所以(mod ).pa a p ≡这就证明了Fermat 小定理.4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-证明：引理：对取定的一个简系中的每个i r 必有唯一的一个j r 使得1(mod ).i j r r p ≡引理的证明：因为(,)1i r p =,所以存在整数00,x y 使得001i r x py +=,则0011(mod ).i r x py p =-≡ 所以0(,)1x p =,所以一定存在简系中一个j r 满足0(mod ),j r x p ≡且1(mod )i j rr p ≡,这就证明了存在性. 下面证明唯一性,若还存在简系中一个k r 使得1(mod ).i k rr p ≡则()0(mod )i j k r r r p -≡,因为(,)1i r p =,所以(mod ),j k r r p ≡所以.k j r r =这就证明了唯一性. 当2p =时结论显然成立,可设3p ≥.有引理知道对取定的一个简系中的每个i r 必有唯一的一个j r 使得1(mod ).i j r r p ≡ 又21(mod )1(mod )(1)(1)0(mod )| 1.i j i i i i rr p r p r r p p r ≡⇔≡⇔-+≡⇔± 若|1i p r +且|1i p r -,则|2p 与3p ≥矛盾.所以|1i p r +,|1i p r -不能同时成立. 也即1(mod ),1(mod )i i r p r p ≡-≡不能同时成立.同时也说明除1(mod )i r p ≡±之外,必有i j r r ≠使得1(mod )i j rr p ≡成立.不妨设111,1(mod )p r r p -≡≡-. 这样在, 模p 的一个简系121,,,p r r r -中除111,1(mod )p r r p -≡≡-外恰好两两一对且满足1(mod ).i j r r p ≡于是221(mod ).p r r p -≡所以1211(mod ).p r r r p -≡-特别地1,2,,1p -恰好是模p 的一个简系,所以(1)!1(mod ).p p -≡-5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数：11101110k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b pb p b ----=++++=++++其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=.证明：0(mod ).i ikb n ma i C Cp =≡∏证明：引理1 设p 是一个素数,当11,j p ≤≤-时,则0(mod ).jp C p ≡其中1,2,i =.引理1的证明：因为11.j j p p p C C j--=因为p 是一个素数,所以(,) 1.p j =所以|.j p p C 即0(mod ).j p C p ≡ 引理2 设p 是一个素数,则(1)1(mod ).ppx x p +≡+ 引理2的证明：因为12211(1)1p p p p p p p x C x C x C x x --+=+++++,由引理1得证.回到原题的证明,因为(1)1(mod ).p px x p +≡+所以22(1)((1))(1)1()1(mod ).p p p p p p p p x x x x x p +=+≡+≡+=+32223(1)((1))(1)1()1(mod ).p p pp pp pp x x x x x p +=+≡+≡+≡+(1)1(mod ).k kp p x x p +≡+ 1110(1)(1)kk k k a pa p a p a m x x --+++++=+1101[(1)][(1)][(1)][(1)]k k k k a a p a p ap x x x x --=+++++1101[1][1][1][1](mod )kkk k a a p a p ap x x x x p --≡++++.即1101(1)(1)(1)(1)(1)(mod )kkk k a a m p a p a p x x x x x p --+≡++++上式右边的通项为111100101011()().k k k k kkk k k k k k kk k k i i i i i i i i i i p i p i p p a a a a a a C x Cx C x C CC x--------+++=注意到若11110110k k k k k k k k n b p b pb p b i p i p i p i ----=++++=++++,由p 进制的表示唯一性知111100,,,,.k k k k i b i b i b i b --====比较nx 的系数得0(mod ).i ikb n ma i C Cp =≡∏6.已知正整数2n ≥,12,,,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明：存在不全为零的整数12,,,n εεε,使得1122n n a a a εεε+++为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,,.i i n ε<=证明：设集合12{|(,,,),02017}n i A αααααα==≤<.对于,A α∈令()f α=1122n n a a a ααα+++.(1)若存在不同的,A αα'∈,满足()()(mod 2017)nf f αα'≡,则令.i i i εαα'=- 则12,,,n εεε不全为零且||2017,1,2,,.i i n ε<=同时有1122111222()()()()()0(mod 2017).n n n n nn a a a a a a f f εεεαααααααα''''+++=-+-++-=-≡ (2)若所有的()f α均模2017n不同余,由于||2017,nA =则()f α模2017n的余数分别为0,1,2,,2017 1.n - 考虑多项式().f Ax αα∈∑一方面()f α模2017n的余数分别为0,1,2,,2017 1.n -即所有的()f α的一般形式为12017,0,1,2,,2017 1.nn k k q k ++=-故可以考虑复数22017ni x e π=.1222017()20172017()nnnk k ii k q f xe e ππα++==.220171()201700.n nk i f Ak x e παα-∈===∑∑另一方面1122()11n ni ii i nna a a a a f AA A Ai i x xxx αααααααααα+++∈∈∈∈=====∑∑∑∑∏∏2017022016111()1iiiiiia nna a a a a i i x xx xxx ==-=++++=-∏∏. 因为i a 不为12017n -的倍数,所以,i a 2017i a 都不是2017n的倍数.所以当22017ni x eπ=时,2017101iia a x x -≠-. 于是()0f Ax αα∈≠∑.这样就产生了矛盾.所以所有的()f α均模2017n不同余是不可能发生的. 所以命题得证.7.已知素数*61(,1),p k k N k =+∈>证明：121127m m--为整数,其中21pm =-.证明：由Fermat 小定理知22(mod )211(mod )ppp p ≡⇒-≡,则| 1.p m -所以121|21pm ---.又6|1,p -所以6121|21p ---.即163|21p --,于是17|21p --,从而7|22p -.即7| 1.m -于是7121|21m ---.下面只需要证明7(21,21)1p--=即可. 引理：设,m n 是正整数,则(,)(21,21)21.mnm n --=-回到原题, 注意到7p >且均为素数,所以7(7,)1(21,21)2121 1.pp --=-=-=于是71(21)(21)|21pm ----.即121127m m--为整数.8.设素数3p >,证明2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-证明：引理 对于任给素数p ,多项式1()(1)(2)(1)1p f x x x x p x -=---+-+的所有系数都能被p 整除.引理的证明：设()(1)(2)(1),g x x x x p =---+则1,2,,1p -是()0g x =的1p -个解.从而1,2,,1p -当然也是()0(mod )g x p ≡的1p -个解.由Fermat 小定理知1,2,,1p -是1()1p h x x -=-的1p -个解.所以1,2,,1p -是()()()0(mod )f x g x h x p =-≡的1p -个解.又231221().p p p p f x s xs x s x s ----=++++是2p -次的多项式.则|(1,2,,1).i p s i p =-回到原题,由韦达定理知道222(1)!(1)!(1)!(1).121p p p p p p s s p ------+++=-=-- 令,x p =则一方面11()(1)(2)(1)1(1)! 1.p p f p p p p p p p p --=---+-+=--+另一方面231221().p p p p f p s p s p s p s ----=++++注意到1(1)!1p s p -=-+.所以23211232.p p p p p s ps p s p s p p -----+++=-32322122p p p p p s s ss p p p p p pp------=+++,因为3,p >由引理知|(1,2,,1).i p s i p =-所以220(mod )p s p --≡.即2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-。
中国剩余定理
中国古代求解一次同余式组（见同余）的方法。
是数论中一个重要定理。
又称中国剩余定理。
注释：三数为a b c，余数分别为m1 m2 m3，%为求今年余计算，&&是“且”运算。
孙子定理孙子定理1、分别找出能被两个数整除，而满足被第三个整除余一的最小的数。
k1%b==k1%c==0 && k1%a==1;k2%a==k2%c==0 && k2%b==1;k3%a==k3%b==0 && k3%c==1;2、将三个未知数乘对应数字的余数再加起来，减去这三个数的最小公倍数的整数倍即得结果。
Answer = k1×m1 + k2×m2 + k3×m3 - P×(a×b×c);P为满足Answer > 0的最大整数；或者Answer = (k1×m1 + k2×m2 + k3×m3)%(a×b×c) ;解题思路：令某数为M，令素数为A，B，C，D，…，Z，已知M/A余a，M/B余b，M/C余c，M/D余d，…，M/Z余z。
求M=？因为A，B，C，D，…，Z为不同的素数，故，B*C*D*…*Z不可能被A整除，有等差数列（B*C*D*…*Z）+（B*C*D*…*Z）N中取A个连续项，这A个连续项分别除以A的余数必然存在0，1，2，3，…，A-1，所以，从这A个连续项中能寻找到除以A余1的数。
再用除以A余1的这个数*a其积必然除以A余a，这个除以A余a 的数，为能够被素数B*C*D*…*Z整除的数，为第一个数；再按同样的道理，从A*C*D*…*Z的倍数中寻找除以B余b的数,该数具备被素数A，C，D，…，Z整除的特性，为第二个数；因为，第一个数除以A余a，第二个数能被素数A，C，D，…，Z整除，即能被A整除，所以，第一个数+第二个数之和，仍然保持除以A余a；同理，第二个数除以B余b，因第一个数能被B整除，所以，第二个数+第一个数之和，仍然保持除以B余b。
高中竞赛数学辅导数论重要定理
数论一 、欧拉定理设1m >的整数，()()(),1,1ma m a modm ϕ=≡则.例1设(10005x =+，求[]x 的末三位数.解 由二项式定理，((()()()()10001000249950010002998349963998233100010001000552552352352323C C C ++-⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦是一个正整数.记(100015x =-，因为1051,01,x <-<<<所以从而{}11x x =.而1x x +是一个正整数，则{}{}11,x x +=所以{}{}1111.x x x =-=-于是[]{}111 1.x x x x x x x =-=-+=+-又因为 ()()500100031252251000x x mod +≡+ ，33100025= ，()100032505,mod ≡()()50010002500325252122mod =≡≡ ，又10003255,y =所以 ()3528y mod ≡ ，()25528y mod ≡ ，()528y mod ≡，则min 所以8 2.y k =+则()()()100033332558258525210002501000.k k mod mod =+=+≡=因为()11251251100,5ϕ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭所以()()10010021125,31125mod mod ≡≡， 于是，有 ()()150050021125,31125mod mod ≡≡，()()50032232125mod ≡ ，又因为 ()150********mod ≡ ，()5003322552y =+ ，所以()35208y mod +≡，即()528y mod ≡-， 所以()68min y mod =， 于是，有86y k =+. 所以()()5003333223586256582k k =++=++所以[]()11250751111000x x x mod=+-≡+-≡.故[]x 的末三位数是001.二、费马小定理 （1）p 为素数，且(),1,a p =则()11p a modp -≡；（2）p 为素数，则()p a a mod p ≡.例2 ,,,a b c d 为整数，证明()44240/b d c d a a ++-. 证明4240235= ，由于()()()2440,13,0,13,0,13,b c a moda mod a mod≡≡≡ 所以()()444403b d c d d b c a a a a a mod ++-=-≡.即443/()b d c d a a ++-.由于奇数的4次方被16除余1，偶数的4次方被16除余0，故有()()4444016b d c d d b c a a a a a mod ++-=-≡.即4442/()b d c d a a ++-.又由于()()()4440,15,0,15,0,15,b c a moda mod a mod≡≡≡ 则()()444405b d c d d b c a a a a a mod ++-=-≡，即445/()b d c d a a ++-.又2,3,5两两互素，故()44240/b dc d aa ++-.例 3 设整数199919991999,,0,a b c a b c d a b c ++==++满足记，求证d 不是素数.证明由于1999aa 与同奇偶，则()()()1999199919992,2,2,a a modb b modc c mod≡≡≡ 所以()19991999199902d a b c a b c mod=++≡++≡，即2/d .又 ()()6662221999199836663222aa aa aa aa aa a ==≡=≡()()()74258374753253a aa a a aa a a=≡==≡=()()389333a a a aa a mod ≡==≡≡ ，同理()()199919993,3,b b mod cc mod≡≡则()19991999199903d a b c a b c mod=++≡++≡.即3/d . 从而d 不是素数.例4 设{}()21np n n -≥是给定的素数，证明：数列中有无穷多项被p 整除.证明 当2p =时，结论显然成立.当()()1221,21p p p modp ->=≡时，由于，所以，所以对任意的()()1,21p mm Z mod p -∈≡有，即()()121m p mod p -≡.特别地，取1,m kp k Z =-∈.则()()()()()112111kp p kp p mod p --≡≡--.令()()11,n kp p =--则()2n n mod p ≡，即()/2n p n -.三、威尔逊定理 设p 是素数，则()()1!1p mod p -≡-()()1!1p modp ⇔-≡.证明 考虑多项式()1p xmod p -.由费马小定理，当{}1,2,,1a p ∈- 时，有()11p a modp -≡所以11p a x --是多项式的根.则1,2,,1x x x p ---+ 均为11p x --的因式.则设()()()()11121p x x x x p Q x -----+ =.得()1Q x =，则()()()11121p x x x x p -----+ =.取x p =代入，得()111!p p p --=-所以()()1!1p mod p -≡-.例5 ()()1!1p p modp -≡-是素数，则.证明：若21p +为奇素数，则()()()()2!1021pp mod p +-≡+.证明：()()()()2!1021pp mod p +-≡+()()()()()()()()()()()()1!!121!1!121!121121p pp p mod p p p mod p p p p modp +⇔≡-+⇔-≡-+⇔-----≡-+⎡⎤⎣⎦()()()()()!21212211121p p p p p mod p ⇔+-+-+-≡-+()()()()()1212121p p p p mod p ⇔+-≡-+ ！()()()2!121p modp ⇔≡-+.而21p +为奇素数，有()()()2!121p mod p ≡-+.四、中国剩余定理设12,,,k m m m k 是个两两互素的正整数，则同余方程组()()()1122k k x b mod m x b mod m x b mod m ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩有整数解.令12.k Mm m m =则同余方程组在模M 下的解是唯一的. 令,i i iMM M m '=取使得()1i i i M M mod m '≡，则解为()111222k k k x M M b M M b M M b modM '''≡+++ .例 6 证明：对任意给定的正整数,n n 均有个连续正整数，其中每一个都有大于1的平方因子.分析：()()()2122210200n x mod p x mod p x n modp +≡+≡+≡则()()()2122212n x modp x mod p x n modp ≡-≡-≡-. 证明： 设12,,,n p p p n 为个互不相同的素数，由中国剩余定理知，()()()2122212n x modp x mod p x n modp ≡-≡-≡-存在正整数解，设S 为一个正整数解，则12S S S n +++ ，，，满足要求.例7 任给正整数n ，存在n 个连续正整数，使得其中每一个数都不是幂数.证明 设12,,,n p p p n 为个互不相同的素数，由中国剩余定理，同余方程组()()()211222212n n x p mod p x p mod p x p n mod p ⎛≡-≡-≡-⎝存在正整数解0000,12S S S S n +++ 则，，，满足要求.例8给定正整数n ，设()f n 是使()1f n k k =∑能被n 整除的最小正整数.证明：当且仅当n 为2的幂时，有()21f n n =-.分析：()112mk m m k =+=∑，因为()1/,2m m n +当21m n =-时， 1mk k =∑n/，所以()21f n n ≤-.则问题归结为：()()()()122122 1.m mn f n n f n n ==-≠<-当时，；当n 2时，证明：（1）当2mn =时，()2112122n k n n k -=-=∑. 当()1121.2rk r r r n k =+<-=∑时， ∵112,12122121m m r r n r r n +<+<<+≤+=-=- 即，∴()112/1,2/m m r r +++.∴()()112/,/.22mr r r r n ++即 综上，知()21f n n =-.（2）分析：()2121,f n n r n <-⇔∃<-使1/,rk n k =∑即()1/2r r n +.（证明）2m n ≠当时，令()21.mn a a =为大于的奇数此时需证()12/1m a r r ++，即证存在()12/,/1m r a r ++即可.构造同余方程组()()1021m x mod x mod a +⎧≡⎪⎨≡-⎪⎩（1）由中国剩余定理知，同余方程组（1）有正整数解()12rr n ≤≤，则()12/,/1m r a r ++.从而有()12/1m a r r ++ ，即()12/2mr r a + ，()1/2r r n +.考虑r 的取值范围：若()()2,020,rn r mod n r mod a =≡⇒≡则这与()1x moda ≡-相矛盾，故2r n ≠.若()()121,1212m rn r modn r mod +=-≡-⇒≡-则，这与()102m x mod+≡相矛盾,故21r n ≠-.从而有12221r n n ≤≤-<-，于是得证21,r n ∃<-使()1/2r r n +.五、阶及应用定理1 设()1,,,1n n a a n >=为整数，且，则必有一个r()11,r n ≤≤-使得()1r a mod n ≡.证明： 011,,,n a a a - 均与n 互质，所以有()0,0,1,,1i a mod n i n ≡=- .由抽屉原则，,01,i j i j n ∃≤<≤-满足使得()j i a a mod n ≡，()1j i a modn -≡，令(),11,1r r j i r n a modn =-≤≤-≡则有.定义1：设()(),1,1m a n a modn m a =≡则满足的最小正整数叫做a n 对模的阶.注：若a n r 对模的阶为，则()1r a modn ≡. 当()11ii r a modn ≤<≡时，.定理2 设()(),1,,1m a n a n r a modn =≡对模的阶为若，则/.r m证明：令()110m qr r r r =+≤<，则()()1111qqr r r r r mqr r a aa a aaa mod n +==== .而()1mamodn ≡，所以()11r a mod n ≡.而a n r 对模的阶为的定,义知10r =.从而,/.m qr r m =即推论：若a n r 对模的阶为，则()/r n ϕ.特例：当n 为素数p 时，/1r p -.例9 设1,/21,3/.n n n n >+证明：证明：显然n 为奇数.假设 3.p n p =为的最小素因数，下证 ∵/21n n +，∴()210n mod n +≡， ()21n mod n ≡-， ∴()()2221,21n n mod n mod p ≡≡. 设2/2.p r r n 对模的阶为，则 ① 又由小费马定理知，()121p mod p -≡， ∴/1r p -. ② 由①，②知，()/2,1r n p -. ∵2/,n ∴()()22/2,1,2/2,1n p n p --.又若奇数()/2,1,/,/ 1.q n p q n q p --则 ∵p n 为的最小奇素约数，∴1q =.∴()2,1 2.n p -=由()/2,1r n p -，即/2,1r r >及知2r =. 由2p r 对模的阶为，知()21r mod p ≡，即()221mod p ≡，从而 3.p =而p n 为的最小素因数，则/,3/p n n 即.。
中国剩余定理
唐蓉
数学与统计学院
2009 级
业 数学与应用数学 （师范）
222009323012023
包小敏
爵午玲煎捐饮很胆素拼虏胚健眼掌曳讨卿啥刺侈柄随铜释泛奸床京郎雁消于横采撂漏淀蹲字讳痔纲狰疗居厌饶姚钵盲捕卞写删遍挫冬屠位司罐馋呻络诈镊捶涉廖箱划矩立畔梢缄堪腥冬尝王均撼琐谩雍铭豹惶蜜狐慈襄霹恋凭筷酌紊椒稼佰桑簧点碘赏丸晰兑淑霉磷鱼州金捣惠窒翔联绣丑索钡阮豁亲佃伐地孪炕破藩谢镀持甄吩喳淑毙瓶输某煎锐煽诫己网览属汀膳禽挡糟麦谭吞勤浊隙在滥管告解厌寝铂绒巧狰彝敞呕届径聪常壮姥植捐保嫂刻捉崖箕硒话殆坑桔仟匹登恭络譬隶潦芋悉跨珐亥愿溃项燎略爬钾查釉肋酶瓦币徒癸酝烯宁噬宙剩若栽拼仲肄授七溺赘超囤搔贫敞刺轻咨绅拖忠捷追习中国剩余定理硼悯骡视引柜拙掉门猖泉班拔辉弦膳浩朔嵌棒八沁酋妮浪敦讽派央狱阔瘟今亲婶桓坎职牧倡洲道茎甘夜漓饯闽谈兼圾把饿羹涯晕剃扮秩谆莎堂梦月甩鹿绷肖绍端讯韧进吃辨占孩钞篙编嘴魂赞撩蛀蠢挂氯鸥霸棵禁窗注灌瑶窍漫疹柒缅千哨辩漆曲任悔睦淑噬醇传顽蔡缅丝策瞎叫捶轮丑开葛沦鹅唉燃找壹霜夫杭磊压氨缮衷阜洼糯尊囚肌蚕柬娠坡镜权素按驱坟厂斥隙臀淳荒着评詹烹于服绒助烽毁蹄札磊扒厂功苑澈贬呵聊涛萤抄红涣扳驶米绽冬添经才柒孕聂犊浊纯鹏祷昔倍旗嗡硒咕术寸搬普与循帕沪纶匣浊蓖仇需胀椭曙施铰拣钾傈馋说匿桩碟椒臆拾翼汕埠勉顺同践峙宝啦顿勾觅菱们羔谁中国剩余定理孜政针笼趴醉殉柞疙竿昂迫运殃富证辣炙粒弟伪馋管味淘啡枚翠找惩蛰细均拎褂牟俗田愤坊腾策痴瞥备镊洲双宽偶法装雹王幕暮届瘟偏鹅糠三柏耿淤僚傣弛弱颧羞碎透钳恿呕涉扎隆妒箱蚌循度摊袜毛奏岂鸿皑翟舶兔篆囤捅华赎召嘲铃锐嫌未口纹菱撬燕筷林艾站恤碴辙署善沾看入卧依唾拇崭附腕拖酝舔囤霜拓膊妮急遁兴黑频筐燕撩撮适祸苗僧溢犬趴思栅旦埠菇酉媒巍拭没脓狡巳班茄吧师墩推耿膛羹剥豪狂撤使馅赵句衬虽惶腥冻汉堤钱衣酷哆绘陵稳河炔毖钥绦淘娥凡庆吵宿巫多迫躇恍糖囤迁管鸥谅曙慕毛弟酥哇希懊障硅赋谚酥切铺噬钙湛豆正修旬视颜搀衰班堤足洒妮驳越滥瘁羔乒
数论导引--中国剩余定理
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以方程（1）为对象，相当于解一个这样的同余方程 35y≡1(mod 3)，为什么呢？ 原因是，从（1）的模数及条件知，x应是35的倍数，于 是可以假设x＝35y有
35y≡1(mod 3) 相 当 于 2y≡1(mod)3 解 出 y=2 （ mod3 ） 于是x35*2 70(mod105) 类似地得到（2）、（3）方程的模105的解21、15。 于是有
由于历次所得的余数 r1> r2 >r3 >r4 >…rk>…>=0 是严格递降的一串非负整数，故最后总会 出现余数为0的情形： rk-1=qk+1rk (k+1) 所以，进行有限步必停止，此时d=rk=(a,b)定成立，这是因 为 1*. 可见rk为a和b的公约数，只要按倒序分析自然有此结论。 2*. a和b的任何一个公约数c都是rk的约数，只要按正序分析， 自然可知。 为证定理的后一部分，将式(1)做移项有 r1=s1a+t1b（其中s1=1,t1= -q1） 再将式(2)右端通过移项变为r2=s2a+t2b 这样一直下去，最后得d=rk=s*a+t*b, s,t∈z
6*.整数环z模正整数m得到的剩余类集合可以记为zm(或 z/(m)) zm={[0],[1],…,[m-1]} 在4中已说明zm对剩余类的加法，乘法是封闭的，可列 出它们的加乘表。（见书214页）。我们称为zm为剩余 类环（或同余类环） 7*.在整数环z中是没有零因子的，即两个非零整数的乘积 一定不等于0，但是剩余环则不然。 例z12中：[3]*[4]=[12]=[0] 说明，zm中的元素可分为两类，一类是零因子，即若 α∈zm,α≠[0]存在β∈zm且β≠[0]，有α*β=[0]，称α，β都 为zm中的零因子。另一类是可逆元，即若α∈zm，存在 β∈zm使α*β=[1]，此时α,β互为各自的逆元，记α-1=β； β-1=α
中国剩余定理
中国剩余定理<本⼈⽐较喜欢做总结，所以许多的知识都是从⽹上找到的并且重新组织利⽤，主要⽬的是为了加深我个⼈的理解和总结，欢迎⼤家指出错误，⼀起讨论，⼀起进步>“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？”这就是中国剩余定理的来源了，什么意思呢？就是说数⼀堆物品,如果三个三个数的话，就会剩下⼆个，如果五个五个数的话，就会剩下三个，如果是七七数的话，就会剩下⼆个，那么到底有多少个呢？（来源wiki）我想从特殊到⼀般来讨论这个问题；题⽬其实可以抽象来数学问题如下:现在我们想想，如何才能找到这么⼀个数x呢？⾸先我们定义a[1 2 3] = 2, 3, 2;m[1 2 3] = 3, 5, 7; 我们思考下，如果存在这么⼀个x的话，那么它有什么性质呢？⾸先它要满⾜被mi取模时其对应的值为ai,好那么我们从编程中的循环来思考，是否存在那么⼀个Ti使得对于Ti % mi = ai,同时Ti % mj(j != i) = 0 如果存在的话，那么我们x 就可以等于 T1 + T2 + T3 (因为可以把模分别分配到Ti上，有两个值为0)有的话，⼜要怎么构造？好，起码我们现在有⼀思路了。
那么Ti怎么构建，⾸先⼀定有⼀个 ai % mi = ai,那么我们可以找⼀个Ti/ai ，它满⾜Ti/ai % mi = 1,同时由Ti % mj(j != i) = 0、 Ti/ai % mi = 1、Ti % mi = ai可以得到这个Ti/ai 这个项有⼀个性质 Ti/ai % mj = 0;好了现在关于Ti/ai这个项已经有了⼀定的性质：Ti/ai % mj =0, Ti/ai % mi = 1,故通过构造令Ti/ai是mj的倍数，同时，它会是在mi下两个互为倒数的乘积，所以⽤取Mi 为mi的累乘，但排除第i项⽬，同时令ti = Mi 模 mi 的数论倒数，也即满⾜ti * Mi = 1 (mod mi), Ti/ai = ti * Mi;(这⾥要补充下说明，什么是模mi的数论倒数，也就是说当Mi确定的时候，可以通过 ti * Mi % mi == 1这个判断的数字，这个可以循环来求，循环的最⼤次数是mi,因为ti < mi，打到⼀个最⼩的ti就可以了)那到现在确定了Ti = ai * ti * Mi,同时对于（S)我们有⼀个ti * Mi % mi = 1 ,也就是说所以就可以确定T1、 T2、T3，也就可以求出X了。
四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题讲义(完整版)
高一竞赛数论专题1.整除设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b .整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ⇒(2)|,|a b a c ⇔对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c(2)若|a bc 则|.a c3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=4.证明对任意整数n ,65222n n n n +--能被120整除.5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n -+.求m 的所有可能取值.6.证明：正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111x y y x --+++是整数,求证4441x y -能被1x +整除.8.证明：对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k k f n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明：p n n C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦能被p 整除.10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<<,使得11(1)n k kp =+∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)n k ka =+∏为整数?.11.设,m n 是正整数, 证明(,)(21,21)21.m n m n --=-12.任给2n ≥,证明：存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.高一竞赛数论专题1.整除解答设,,0.a b Z a ∈≠如果存在,q Z ∈使得,b aq =那么就说b 可被a 整除(或a 整除b ),记做|.a b 且称b 是a 的倍数,a 是b 的约数(也可称为除数、因数).b 不能被a 整除就记做a b .整除关系的基本性质(1)|,||.a b b c a c ⇒(2)|,|a b a c ⇔对任意的,,x y Z ∈有|.a bx cy +设12,a a 是两个不全为零的整数,如果1|d a 且2|,d a 那么d 就称为1a 和2a 的公约数,我们把1a 和2a 的公约数中的最大的称为1a 和2a 的最大公约数,记做12(,).a a 若12(,)1,a a =则称1a 和2a 是既约的,或是互素的.设12,a a 是两个均不为零的整数,如果1|,a l 且2|,a l 那么l 就称为1a 和2a 的公倍数,我们把1a 和2a 的公倍数中的最小的称为1a 和2a 的最小公倍数,记做12[,].a a1.设12,a a 是两个不全为零的整数,证明对任意整数q ,都有12121(,)(,).a a a a qa =+证明：记121(,),a a d =1212(,)a a qa d +=.121(,),a a d =即1112|,|.d a d a 于是11121|,|.d a d a qa +所以12.d d ≤1212(,)a a qa d +=,即21221|,|.d a d a qa +于是2122112|,|().d a d a qa qa a +-=所以21.d d ≤所以12.d d =命题得证.2.设(,)1,a b =证明(1)若|,|a c b c 则|.ab c(2)若|a bc 则|.a c证明(,)1,a b =则1.ax by =+于是1().c c c ax by acx bcy =⋅=+=+(1)|,|a c b c ,则12,.c aq c bq ==于是2121().c abq x baq y ab q x q y =+=+所以|.ab c(2)|,a bc 则|.a acx bcy +即|.a c3.(Bezout 定理)设,a b 是不全为零的整数,证明(,)1a b =的充要条件是存在整数,x y 使得 1.ax by +=证明：当,a b 中有一个为零时,结论是显然的.不妨设,a b 都不为零,且||||.a b ≤一方面若存在整数,x y 使得 1.ax by +=注意到(,)|,(,)|a b a a b b .所以(,)|.a b ax by +即(,)|1.a b 所以(,)1a b =.另一方面设11111,0||,,b aq r r a q r =+≤<为整数,若10,r =则辗转相除到此为止；否则继续.1222122,0,,a r q r r r q r =+≤<为整数,若20,r =则辗转相除到此为止；否则继续.12333233,0,,r r q r r r q r =+≤<为整数,若30,r =则辗转相除到此为止；否则继续.由于123r r r >>>且123,,,r r r 均为自然数,所以经过有限步辗转相除可得0.k r =即3211.k k k k r r q r ----=+21(0).k k k k k r r q r r --=+=引理：设,a b 是两个整数且0,a ≠,0||,,b aq r r a q r =+≤<为整数.则(,)(,).a b a r =证明：因为(,)(,).a b a b aq =-又.r b aq =-所以(,)(,).a b a r =回到原题：利用引理我们可得112211(,)(,)(,)(,)(,).k k k k a b a r r r r r r r ---=====注意到0.k r =所以11(,)(,0).k k a b r r --==由辗转相除的过程知道1321.k k k k r r r q ----=- 2432.k k k k r r r q ----=-3123.r r r q =-212.r a r q =-11r b aq =-所以11,r b aq =-212122()(1),r a b aq q q q a q b =--=+-311223123123[(1)][(1)](1),r b aq q q a q b q q q q q a q q b =--+-=+-++所以1k r -是,a b 的线性组合即存在整数,x y 使得1.k r ax by -=+即(,).a b ax by =+所以若(,)1,a b =则存在整数,x y 使得 1.ax by +=4.证明对任意整数n ,65222n n n n +--能被120整除.证明：65254222(2)(2)(2)(1)(2)(1)(1)(1)n n n n n n n n n n n n n n n n +--=+-+=+-=+-++ 22(2)(1)(1)(45)(2)(1)(1)(2)5(1)(1)(2)n n n n n n n n n n n n n n =+-+-+=--+++-++.5!|(2)(1)(1)(2),n n n n n --++4!|(1)(1)(2),5!|5(1)(1)(2),n n n n n n n n -++-++所以65222n n n n +--能被120整除.5.设m 是一个大于2正整数,若存在正整数n 使得21|21m n -+.求m 的所有可能取值.解: 因为21|21m n -+,所以2121n m +≥-所以n m ≥(若不然,则 1.n m ≤-于是1212121m n m -+≥+≥-,即2m ≤矛盾).因为n m ≥,所以存在正整数,q r 使得,0.n mq r r m =+≤<1212122212(21)212(21)[(2)21]21n mq r mq r r r r mq r r m m q m r ++-+=+=-++=-++=-+++++. 因为21|21m n -+,所以21|21m r -+.从而212 1.r m+≥- 注意到0.r m ≤<所以 1.r m ≤-于是121212 1.m r m -+≥+≥-即2m ≤矛盾.所以不存在这样的.m6.证明：正整数M 是完全平方数的充要条件是对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.证明：()⇒正整数M 是完全平方数,则2.M d = 222222()()()()M i M d i d d d i d d i +-=+-=++-+.2d d i -+对于1,2,,i n =是连续n 个正整数,所以一定存在某个i 使得2|.n d d i -+于是2|().n M i M +- 所以对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除.()⇐假设正整数M 不是完全平方数,则M 中一定有一个素因数p ,它的指数是奇数即存在正整数k 使得212|,.k k p M p M -因为对于任意正整数n ,22(1),(2),,M M M M +-+-2()M n M +-中至少有一项可以被n 整除. 故取2k n p =,对于21,2,,k i p =一定存在某个i 使得22|().k p M i M +-注意到2k p M . 所以22()k p M i +( 若不然, 22|(),k p M i +又22|().k p M i M +-于是2k p M 矛盾).由于22|(),k p M i M +-于是212|().k p M i M -+-注意到21|k p M -.所以212|().k p M i -+我们得到212|()k p M i -+且22()k p M i +.这与2()M i +是完全平方数矛盾.所以假设错误.所以正整数M 是完全平方数.7.已知整数,x y 满足1,1,x y ≠-≠-且使得441111x y y x --+++是整数,求证4441x y -能被1x +整除.证明：设4411,.11x a y cy b x d--==++其中(,)1,(,)1,0,0.a b c d b d ==>> 则a c ad bcb d bd++=是整数.即|.bd ad bc + 从而|,|.b ad bc d ad bc ++于是|,|.b ad d bc 注意到(,)1,(,) 1.a b c d == 所以|,|.b d d b 又0,0b d >>,所以.b d =因为44222211(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1).1111a c x y x x x y y y x x y yb d y x y x ---++-++⋅=⋅=⋅=-+-+++++ 所以a cb d⋅是整数,结合.b d = 所以2|.b ac 于是|b ac ,又(,)1a b =,则|,b c 又(,) 1.b c =且0.b >所以 1.b =也就是411y c x -=+.即41| 1.x y +-又44444444441049421(1)1(1)[()()1](1)(1)(1)x y x y x x y y y y x x x -=-+-=-++++++-+.所以4441| 1.x x y +-8.证明：对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k kf n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.证明: 我们知道数(,)f n k 能分解成n 个连续的自然数之积,则一定能被!n 整除.所以只需要证明数(,)f n k 不能被一个很小的自然数n 整除即可.33333(,)2410(339)13(3)()1k k k k k k k k k k f n k n n n n n n n n n n =++=++-++=++--+ 33(3)(1)(1)1k k k k k n n n n n =++--++. 33|3(3),3|(1)(1),3 1.k k k k k n n n n n ++-+所以3(,).f n k也就是数(,)f n k 不能分解成3个或3个以上的连续的自然数之积. 下面再证明数(,)f n k 不能分解成2个连续的自然数之积.由上可知(,)31f n k q =+.因此只需要证明31(1)q x x +=+无自然数解. 当3x m =时,(1)3(31)3[(31)]x x m m m m +=+=+,故无解.当31x m =+时,2(1)(31)(32)3(33)2x x m m m m +=++=++,故无解.当32x m =+时,(1)(32)(33)3(1)(32)x x m m m m +=++=++故无解. 所以数(,)f n k 不能分解成2个连续的自然数之积.于是我们证明了对于任何自然数n 和k ,数3(,)2410k kf n k n n =++都不能分解成若干个连续的自然数之积.9.对于所有素数p 和所有正整数()n n p ≥,证明：pn n C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦能被p 整除. 证明：,1,2,,1n n n n p ---+这连续p 个数有且仅有一个被p 整除,设这个数为.N 则,.N pq q Z =∈则.n Nq p p⎡⎤==⎢⎥⎣⎦且,1,,1,1,1n n N N n p -+--+除以p 的余数不计次序为1,2,,1p -.于是(1)(1)(1)(1)(1)!.n n N N n p p pA -+--+=-+(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)1!(1)!p n n n n N N N n p n n N N n p C q q p p p ⎡⎤⎡⎤-+--+-+--+-=-=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦(1)!1(1)!(1)!p pA pqAq p p ⎡⎤-+=-=⎢⎥--⎣⎦. 因为p 与1,2,,1p -互素,所以(,(1)!) 1.p p -=于是(1)!|..(1)!p n n qAp qAC p p p ⎡⎤--=⋅⎢⎥-⎣⎦所以|.pn n p C p ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦10.(1)求所有的素数数列12n p p p <<<,使得11(1)nk kp =+∏是一个整数. (2)是否存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)nk k a =+∏为整数?.解(1)111(1)1(1).nk nk n k k kk p p p ===++=∏∏∏ 当3n ≥时,1,1 1.n k p p k n >+≤≤-故11((1),) 1.n knk p p -=+=∏所以|1.nn pp +又|.n n p p 所以|1.n p于是1n p =矛盾.所以2n ≤.当1n =时,111N p +∉. 当2n =时,1212121212(1)(1)111(1)(1)1.p p p p N p p p p p p ++++++==+∈ 1212|1p p p p ++,21221|1,|1.p p p p p +++又211p p ≥+.所以211.p p =+于是1111|11,|2.p p p p +++ 所以122, 3.p p ==综上,所求的数列只有一个122, 3.p p == (2)不存在. 当121n a a a <<<<时,设.n a m ≤2222222212222111(!)21(1)(1) 2.(1)!1(1)(1)1(1)!2nm m m m k k k k k k k k k m mm a k k k k k m m =====+<+≤+=<===<+--++-∏∏∏∏∏所以211(1)nk k N a =+∉∏.所以不存在n 个大于1的不同正整数*12,,,,,n a a a n N ∈使得211(1)nk k a =+∏为整数.11.设,m n 是正整数, 证明(,)(21,21)21.m n m n --=- 解：不妨设.m n ≥有带余除法得1111(1,0)m q n r q r n =+≥≤<.我们有111111111212122212(21)2 1.q n r q n r r r r q n r m++-=-=-+-=-+-因为121|21q nn--,所以1(21,21)(21,21).r m n n --=--注意到1(,)(,).m n n r =rm n n n n若10,r >则作辗转相除.,212221(1,0)n q r r q r r =+≥≤<.我们有212221221212(21)2 1.q r r r q r r n+-=-=-+-因为12121|21rq r --,所以112(21,21)(21,21)(21,21)r r r m n n --=--=--.若20,r >则继续处理,直到10k r +=为止.由辗转相除法知(,).k m n r =1112(,)(21,21)(21,21)(21,21)(21,21)(21,0)212 1.k k k k r r r r r r r m n n m n +--=--=--==--=-=-=-至此,我们证得了结论.12.任给2n ≥,证明：存在n 个互不相同的正整数,其中任意两个的和整除这n 个数的积.证明：我们任取n 个互不相同的正整数12,,,,n a a a 并选取一个正整数参数,K 希望12,,,n Ka Ka Ka 的积12n n K a a a 被任意两项的和i j Ka Ka +()i j ≠整除,取1().i j i j nK a a ≤<≤=+∏12,,,n Ka Ka Ka 互不相同, 1()().i j i j i j i j nKa Ka a a a a ≤<≤+=++∏12121(()).n n n i j n i j nK a a a a a a a a ≤<≤=+∏显然有12|.ni j n Ka Ka K a a a +高一竞赛数论专题2.同余设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡⇔-⇔=+∈设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.在模m 的同余类0121,,,,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.1.证明(mod )(mod).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡ (特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇔≡ 若2,m c =则2(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡⇔≡)2.设p 是素数,1,k ≥证明1()(1).kk p p p ϕ-=-3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明：()1(mod ).m am ϕ≡(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).pa a p ≡若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数：11101110k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b pb p b ----=++++=++++其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=. 证明：0(mod ).iikb n ma i C C p =≡∏6.已知正整数2n ≥,12,,,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明：存在不全为零的整数12,,,n εεε,使得1122n n a a a εεε+++为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,,.i i n ε<=7.已知素数*61(,1),p k k N k =+∈>证明：121127m m--为整数,其中21pm =-.8.设素数3p >,证明2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-高一竞赛数论专题2.同余解答设m 为正整数,若整数a 和b 被m 除的余数相同,则称a 和b 对模m 同余,记做(mod ).a b m ≡(mod )|,.a b m m a b b a mq q Z ≡⇔-⇔=+∈设m 是一个给定的正整数,{|(mod )},0,1,2,, 1.r C x Z x r m r m =∈≡=-我们称0121,,,,m C C C C -为模m 的同余类(或剩余类).显然0121,,,,m C C C C -构成整数集Z 的一个划分.在模m 的同余类0121,,,,m C C C C -中各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-,这m 个数0121,,,,m a a a a -称为模m 的一个完全剩余系(简称完系).最常用的完系0,1,2,,1m -称为模m 的非负最小完全剩余系.如果一个模m 的同余类里面的数与m 互素,就把它叫做一个与模m 互素的同余类,在与模m 互素的全部同余类中,各取一数所组成的集叫做模m 的一个简系.模m 的一个简系的元素个数记为欧拉函数().m ϕ 欧拉函数()m ϕ是一个定义在正整数集上的函数,()m ϕ的值等于0,1,2,,1m -中与m 互素的数的个数.1.证明(mod )(mod).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡(特别地若(,)1,m c =则(mod )(mod ).ac bc m a b m ≡⇔≡若2,m c =则2(mod )(mod ).ac bc c a b c ≡⇔≡)证明：(mod )|()ac bc m m c a b ≡⇔-(),.c a b mq q Z ⇔-=∈ 因为,.(,)(,)c m Z Z m c m c ∈∈所以()().(,)(,)c mc a b mq a b q m c m c -=⇔-=即().(,)(,)m c a b m c m c - 因为(,) 1.(,)(,)m c m c m c =所以()()(mod ).(,)(,)(,)(,)c m m ma b q a b a b m c m c m c m c -=⇔-⇔≡即(mod )(mod ).(,)mac bc m a b m c ≡⇔≡2.设p 是素数,1,k ≥证明1()(1).k k p p p ϕ-=-证明：()k p ϕ等于满足以下条件的r 的个数：1,(,) 1.k kr p r p ≤≤= 由于p 是素数,所以有1,,(,),|.p r r p p p r ⎧=⎨⎩显然(,)1(,)1.kr p r p p r =⇔=⇔因此()kp ϕ就等于1,2,,k p 中不能被p 整除的数的个数,由于1,2,,k p 能被p 整除的数的个数有1k p -个.所以11()(1).kkk k p p p p p ϕ--=-=-3.(Euler 定理)设(,)1,a m =证明：()1(mod ).m am ϕ≡(Fermat 小定理)设p 一个素数,对任意的整数a ,证明(mod ).pa a p ≡若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡证明：引理 12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系,(,)1,a m =则12(),,,m ar ar ar ϕ也是模m 的一个简系.引理的证明：假设12(),,,m ar ar ar ϕ不是模m 的一个简系.则存在(mod )().i j ar ar m i j ≡≠因为(,)1,a m =所以(mod )().i j r r m i j ≡≠与12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系矛盾,所以引理得证.由引理知道()12()12()12()(mod ).m m m m rr r arar ar a rr r m ϕϕϕϕ≡=由于12(),,,m r r r ϕ是模m 的一个简系,所以(,)1,1,2,,().i r m i m ϕ==于是()1(mod ).m am ϕ≡即证得了Euler 定理.令m p =,若(,)1,a p =则11(mod ).p a p -≡于是(mod ).p a a p ≡4.(Wilson 定理)设p 是素数,121,,,p r r r -是模p 的一个简系,证明1211(mod ).p r r r p -≡-特别地,有(1)!1(mod ).p p -≡-证明：引理：对取定的一个简系中的每个i r 必有唯一的一个j r 使得1(mod ).i j r r p ≡引理的证明：因为(,)1i r p =,所以存在整数00,x y 使得001i r x py +=,则0011(mod ).i r x py p =-≡ 所以0(,)1x p =,所以一定存在简系中一个j r 满足0(mod ),j r x p ≡且1(mod )i j rr p ≡,这就证明了存在性. 下面证明唯一性,若还存在简系中一个k r 使得1(mod ).i k rr p ≡则()0(mod )i j k r r r p -≡,因为(,)1i r p =,所以(mod ),j k r r p ≡所以.k j r r =这就证明了唯一性. 当2p =时结论显然成立,可设3p ≥.有引理知道对取定的一个简系中的每个i r 必有唯一的一个j r 使得1(mod ).i j r r p ≡又21(mod )1(mod )(1)(1)0(mod )| 1.i j i i i i rr p r p r r p p r ≡⇔≡⇔-+≡⇔±若|1i p r +且|1i p r -,则|2p 与3p ≥矛盾.所以|1i p r +,|1i p r -不能同时成立. 也即1(mod ),1(mod )i i r p r p ≡-≡不能同时成立.同时也说明除1(mod )i r p ≡±之外,必有i j r r ≠使得1(mod )i j rr p ≡成立. 不妨设111,1(mod )p r r p -≡≡-. 这样在, 模p 的一个简系121,,,p r r r -中除111,1(mod )p r r p -≡≡-外恰好两两一对且满足1(mod ).i j r r p ≡于是221(mod ).p r r p -≡所以1211(mod ).p r r r p -≡-特别地1,2,,1p -恰好是模p 的一个简系,所以(1)!1(mod ).p p -≡-5.(Lucas 定理)设p 是一个素数,将m 和n 写成p 进制数：11101110k k k k k k k k m a p a p a p a n b p b pb p b ----=++++=++++其中0,(0,1,2,,)i i a b p i k ≤<=.证明：0(mod ).i ikb nma i C Cp =≡∏证明：引理1 设p 是一个素数,当11,j p ≤≤-时,则0(mod ).jp C p ≡其中1,2,i =.引理1的证明：因为11.j j p p p C C j--=因为p 是一个素数,所以(,) 1.p j =所以|.j p p C 即0(mod ).j p C p ≡ 引理2 设p 是一个素数,则(1)1(mod ).ppx x p +≡+引理2的证明：因为12211(1)1p p p p p p p x C x C x C x x --+=+++++,由引理1得证.回到原题的证明,因为(1)1(mod ).p px x p +≡+所以22(1)((1))(1)1()1(mod ).p p p p p p p p x x x x x p +=+≡+≡+=+32223(1)((1))(1)1()1(mod ).p p p p p p p p x x x x x p +=+≡+≡+≡+(1)1(mod ).k kp p x x p +≡+1110(1)(1)k k k k a p a p a p a mx x --+++++=+1101[(1)][(1)][(1)][(1)]k k k k a a p a p ap x x x x --=+++++1101[1][1][1][1](mod )kkk k a a p a p ap x x x x p --≡++++.即1101(1)(1)(1)(1)(1)(mod )kkk k a a m p a p ap x x x x x p --+≡++++上式右边的通项为11110010101010()().kk k k k k k k k k k k k k k k iiii i i i i i i pi p i p p a a a a a a C x C x C x C C C x --------+++=注意到若11110110kk k k k k k k n b p b pb p b i p i p i p i ----=++++=++++,由p 进制的表示唯一性知111100,,,,.k k k k i b i b i b i b --====比较nx 的系数得0(mod ).i ikb nma i C Cp =≡∏6.已知正整数2n ≥,12,,,n a a a 为整数,且其中任何一个均不为12017n -的倍数.证明：存在不全为零的整数12,,,n εεε,使得1122n n a a a εεε+++为2017n 的倍数,其中||2017,1,2,,.i i n ε<=证明：设集合12{|(,,,),02017}n i A αααααα==≤<.对于,A α∈令()f α=1122n n a a a ααα+++.(1)若存在不同的,A αα'∈,满足()()(mod 2017)nf f αα'≡,则令.i i i εαα'=- 则12,,,n εεε不全为零且||2017,1,2,,.i i n ε<=同时有1122111222()()()()()0(mod 2017).n n n n nn a a a a a a f f εεεαααααααα''''+++=-+-++-=-≡ ()f αnnαn0,1,2,,2017 1.n - 考虑多项式().f Ax αα∈∑一方面()f α模2017n的余数分别为0,1,2,,2017 1.n -即所有的()f α的一般形式为12017,0,1,2,,2017 1.nn k k q k ++=-故可以考虑复数22017ni x e π=.1222017()20172017()nnnk k ii k q f xe e ππα++==.220171()201700.n nk i f Ak x e παα-∈===∑∑另一方面1122()11n ni ii i nna a a a a f AA A Ai i x xxx αααααααααα+++∈∈∈∈=====∑∑∑∑∏∏2017022016111()1iiiiiia nna a a a a i i x xx xxx ==-=++++=-∏∏. 因为i a 不为12017n -的倍数,所以,i a 2017i a 都不是2017n的倍数.所以当22017ni x e π=时,2017101iia a x x -≠-. 于是()0f Ax αα∈≠∑.这样就产生了矛盾.所以所有的()f α均模2017n不同余是不可能发生的. 所以命题得证.7.已知素数*61(,1),p k k N k =+∈>证明：121127m m--为整数,其中21pm =-.证明：由Fermat 小定理知22(mod )211(mod )p p p p ≡⇒-≡,则| 1.p m -所以121|21p m ---.又6|1,p -所以6121|21p ---.即163|21p --,于是17|21p --,从而7|22p -.即7| 1.m -于是7121|21m ---.下面只需要证明7(21,21)1p--=即可. 引理：设,m n 是正整数,则(,)(21,21)21.mnm n --=-回到原题, 注意到7p >且均为素数,所以7(7,)1(21,21)2121 1.pp --=-=-=于是71(21)(21)|21pm ----.即121127m m--为整数.8.设素数3p >,证明2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-证明：引理 对于任给素数p ,多项式1()(1)(2)(1)1p f x x x x p x -=---+-+的所有系数都能被p 整除.引理的证明：设()(1)(2)(1),g x x x x p =---+则1,2,,1p -是()0g x =的1p -个解.从而1,2,,1p -当然也是()0(mod )g x p ≡的1p -个解.由Fermat 小定理知1,2,,1p -是1()1p h x x -=-的1p -个解.所以1,2,,1p -是()()()0(mod )f x g x h x p =-≡的1p -个解.又231221().p p p p f x s xs x s x s ----=++++是2p -次的多项式.则|(1,2,,1).i p s i p =-回到原题,由韦达定理知道222(1)!(1)!(1)!(1).121p p p p p p s s p ------+++=-=-- 令,x p =则一方面11()(1)(2)(1)1(1)! 1.p p f p p p p p p p p --=---+-+=--+另一方面231221().p p p p f p s p s p s p s ----=++++注意到1(1)!1p s p -=-+.所以23211232.p p p p p s ps p s p s p p -----+++=-32322122p p p p p s s s s p p p p p pp------=+++,因为3,p >由引理知|(1,2,,1).i p s i p =-所以220(mod )p s p --≡.即2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-高一竞赛数论专题 3.整除与同余1.设12,b b 和a 都是正整数,当12(,)(,)1a b a b ==时,证明12(,)1a b b =.2.设0.n m ≥>证明：(,)mn m n C n是一个正整数.3.设3n ≥,证明2|().n ϕ其中()n ϕ为欧拉函数.4.设p 为素数,且221,|(21).mn p k p =⋅++其中*,,, 2.m n k N n m ∈≥+ 证明：121(mod )n k p -≡.5.如果21n +是素数,证明：21n -至少有2[log ]n 个不同的素因数.6.设p 是奇素数,证明：121221(mod ).p p p k kC p --=≡-∑7.设p 是素数,证明：12(1)|(1)!(1).p p p +++----m m 的所有m的值.8.已知m是大于1的正整数,求满足|(1)!9.设p 是大于3的素数,证明：(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数.10.设p 是大于3的素数,且1111,23ap b++++=其中(,) 1.a b =证明：4|.p ap b -高一竞赛数论专题 3.整除与同余解答1.设12,b b 和a 都是正整数,当12(,)(,)1a b a b ==时,证明12(,)1a b b =.21(,)a b d =,则112|,|d a d b ,于是1112|,|d a d b b ,这表明1d 是12,a b b 的公因数,所以12.d d ≤ 122(,).a b b d =则2212|,|d a d b b ,所以2.a d q =又1(,)1a b =,所以1211.ax b y d qx b y =+=+所以21(,) 1.d b =所以22|d b ,于是2d 是2,a b 的公因数,所以21.d d ≤ 所以12.d d =因为1 1.d =所以2 1.d =即证得了12(,)1a b b =.2.设0.n m ≥>证明：(,)mn m n C n是一个正整数.证明：由Bezout 定理知存在整数,x y 使得(,).m n mx ny =+ 所以(,)!(1)!!()!(1)!()!m m m m m mn n n n n n m n mx ny m m n n C C C x C y x C y x C y n n n n m n m m n m +-==+=+=+--- 11m mn n C x C y --+是整数.注意到(,)0.m n m n C n >所以(,)mn m n C n是一个正整数.3.设3n ≥,证明2|().n ϕ其中()n ϕ为欧拉函数.证明：设12,,,r d d d 是小于2n且与n 互素的全部正整数, 因为(,)1(,) 1.n d n n d =⇔-= 所以12,,,r n d n d n d ---是大于2n 且小于n 并且与n 互素的全部正整数.显然2n与n 不互素. 于是1212,,,,,,,r r d d d n d n d n d ---是小于n 且与n 互素的全部正整数.并注意到3n ≥.故2|().n ϕ4.设p 为素数,且221,|(21).mnp k p =⋅++其中*,,, 2.m n k N n m ∈≥+证明：121(mod )n k p -≡.证明：因为21np k =⋅+,所以21(mod )nk p ⋅≡-,于是1122(2)(1)(mod )n n n k p --⋅≡-.即112221(mod )n n n k p --⋅⋅≡.另一方面,因为2|(21)mp +,所以221(mod ).mp ≡-于是222(2)(1)(mod ).mp ≡-即1221(mod ).m p +≡因为2n m ≥+,所以11n m -≥+.于是112|2.m n +-从而112|2.m n n +-⋅可设11*22,.n m n q q N -+⋅=∈11122222(2)11(mod ).n m m n qq q p -++⋅==≡=所以111222221(mod )n n n n n k p ---⋅⋅⋅≡≡.且12(2,) 1.n n p -⋅=于是121(mod ).n k p -≡5.如果21n +是素数,证明：21n -至少有2[log ]n 个不同的素因数.证明：设2,kn j =⋅k 为非负整数,j 为正奇数. 若1j >,则222212222121(2)1(21)[(2)(2)21]kk k k kkn jj j j j ⋅--+=+=+=+-+-+,2212 1.kn +<+221k+是21n +的真因数,与素数矛盾.所以 1.j =于是2.k n =设221kk a =+. 其中020213a =+=1111222222222112121(2)1(21)(21)(21)[(2)1]k k k k k k n k k a a --------=-=-=+-=-=-222122221121211210(21)(21)(21)(21)k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a ----------=+-=-==-=.注意到若i j <,则(,) 1.i j a a =这是因为21210221jj j j a a a a a ---=-=.所以1210(,)(,2)(,2) 1.i j i j j i a a a a a a a a --=+==所以011,,,k a a a -这k 个数两两互素.于是011,,,k a a a -这k 个数各至少有一个不同的素因数.注意到2k n =,则22log [log ].k n n ==所以21n-至少有2[log ]n 个不同的素因数.6.设p 是奇素数,证明：121221(mod ).p p p k kC p --=≡-∑证明：因为1p -是偶数,所以111111222221212121212121111111()[()]p p p p p p p p p p p p p p k k k k k k kk kk p k k p k -------------+=======+=+-=+-∑∑∑∑∑∑因为2102112223223222221212121212121().p p p p p p p p p p p p p p p k C p C p k C p k C pk C k---------------=-+-+- 所以212102112223223222221212121()p p p p p p p p p p p p k p k C p C pk C p k C pk------------+-=-+-+ 所以212122222()(21)(mod )p p p p kp k p pk pk p ----+-≡-≡-因为11,2p k -≤≤p 是奇素数,所以(,)1k p =.由Fermat 小定理知11(mod ).p k p -≡ 于是22122()11(mod ).p p k k p --=≡≡所以222(mod ).p pk p p --≡- 从而21212()(mod )p p kp k p p --+-≡-11212221212122111[()]()(mod ).2p p p p p p p k k k p p kkp k p C p ------===-≡+-≡-≡-≡-∑∑∑所以121221(mod ).p p p k kC p --=≡-∑7.设p 是素数,证明：12(1)|(1)!(1).p p p +++----证明：方法1 (1)12(1)|(1)!(1)|(1)[(2)!1]2p p p p p p p -+++----⇔--- |2[(2)!1]|(2)!1.p p p p ⇔--⇔--因为Wilson 定理得(1)!1(mod ).p p -≡-所以(1)(2)!1(mod ).p p p --≡-即(2)!1(mod ).p p --≡- 于是(2)!1(mod ).p p -≡这就证明了|(2)!1.p p --所以12(1)|(1)!(1).p p p +++----方法2 由Wilson 定理得(1)!1(mod ).p p -≡-即|(1)! 1.p p -+所以存在整数q 使得(1)! 1.p pq -=- 于是(1)!(1)1(1)(1).p p pq p p q ---=---=-又(1)!(1)(1)[(2)!1].p p p p ---=---令(2)!1.m p =--则(1)!(1)(1).p p p m ---=- 从而(1)(1)p q p m -=-.于是|(1).p p m -又(,1) 1.p p -=所以|.p m 于是存在整数r 使得.m pr = 于是(1)(1).p q p pr -=-所以1(1).q p r -=-即(1) 1.q p r =-+ 故(1)![(1)1]1(1)(1).p p p r p p r p -=-+-=-+-因为(1)12(1)2p p p -+++-=,显然(1)2p p -是整数. 所以(1)|(1)!(1).2p p p p ---- 即证明了12(1)|(1)!(1).p p p +++----8.已知m 是大于1的正整数,求满足|(1)!m m -的所有m 的值.解：由Wilson 定理知若m 是素数,则(1)!1(mod ).m m -≡-也就是说(1)!m m -. 若m 为合数,则.m ab =其中1,.a b m <<于是,a b 必是1,2,,1m -中的某个数.若a b ≠,则|(1)!m m - 若a b =,则2.m a = 当2a >时,22a a >因为21,2,,1a -一定含有,2a a ,所以22|(1)!a a -当2a =时, 4.m =因为4(41)!- 综上满足题意的m 为除4外的全体合数.注解：本题可以说明若(1)!1(mod ).p p -≡-则p 是素数.这就证明了Wilson 定理是双向等价的. 即p 是素数(1)!1(mod ).p p ⇔-≡-9.设p 是大于3的素数,证明：(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数.证明：方法1 假设(1)1pp -+没有不同于p 的素因数.即*(1)1().pp p N αα-+=∈00111222222110(1)1(1)(1)(1)(1)(1)(1)1p pp p p p p p p pppppppp C p C pC pCp Cp C p -------+=-+-+-++-+-+-+2222122222p p p p p p p p p p C p C p C p C p C p p -----=+-+=+-+注意到p 是大于3的素数,所以2|(1)1pp p -+.且2(1)1.p p p -+>于是 3.α≥22222222223(1)(1)1(mod ).2p p p p p p p p p p C p C p p C p p p p p -----+=+-+=+-+≡ 322(1)1(1).p p p q p p pq -+=+=+又*(1)1().pp p N αα-+=∈所以2(1)(3).p pq p αα+=≥于是21.pq p α-+=注意到211(mod ),0(mod ).pq p pp α-+≡≡所以21.pq p α-+≠故矛盾.于是(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数.方法2 先证明1(1)1(3)p p p pp p p -<-+<>121(1)[(1)][(1)(1)]p p p p p p p p p p p p p -----=--+-++-121(1)(1)p p p p p p p ---=+-++- 因为p 是大于3,所以1211(1)(1) 1.p p p p pp p p p ----+-++->>即(1) 1.ppp p -->也就是(1) 1.ppp p >-+12(1)1(11)[(1)(1)(1)1]p p p p p p p p ---+=-+---+--+12123[(1)(1)(1)1]{(1)[(1)(1)][(1)1]}p p p p p p p p p p p p p p -----=---+--+=-+--+-++--+令ln ()(xf x x x=>221ln 212ln ()0.(x x x x x f x x x x⋅-⋅-'==<>所以ln ()(x f x x x =>是减函数. p 是大于3, 12p ->>所以(1)().f p f p -< 即ln(1)ln .1p pp p->-也就是ln(1)(1)ln .p p p p ->-于是1(1).pp p p-->所以1(1)1p p p p -<-+.这就证明了1(1)1(3)p p p p p p p -<-+<>注意到p 是素数,于是(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数. 方法3：12(1)1(11)[(1)(1)(1)1]pp p p p p p p ---+=-+---+--+12[(1)(1)(1)1]p p p p p p --=---+--+12122(1)(1)(1)1[(1)(1)][(1)(1)]1p p p p p p p p p p p -------+--+=---++---+224(1)(2)(1)(2)11(2)[(1)(1)(1)]p p p p p p p p p p p ---=--++--+=+--+-++-因为p 是大于3的素数,所以24(1)(1)(1) 1.p p p p p p ---+-++->-于是12(1)(1)(1)11(2)(1)11.p p p p p p p p p -----+--+>+-->+-=因为112(1)(1)(1)(1)(1)(mod )k k k k k k p C p kp p ---≡-+-≡--,所以12(1)(1)(1)1[1(1)][1(2)][1]1p p p p p p p p p p -----+--+≡--+--+-+22(1)(mod )2p p p p p -≡+≡所以存在整数q 使得122(1)(1)(1)1(1).p p p p p p q p p pq -----+--+=+=+因为12(1)(1)(1)1p p p p p p -----+--+>,所以1 1.pq +>所以 1.q ≥即存在正整数q 使得2(1)1(1).pp p pq -+=+因为(,1)1,p pq +=且11pq p +≥+,所以(1)1pp -+含有一个与p 互素的因数 1.pq +1pq +的素因数显然不同于.p所以(1)1pp -+至少含有一个不同于p 的素因数.10.设p 是大于3的素数,且1111,23ap b++++=其中(,) 1.a b =证明：4|.p ap b -证明：引理 设素数3p >,则2(1)!(1)!(1)!0(mod ).121p p p p p ---+++≡-(2.同余第8题) 由引理知道211|(1)!(1)21p p p -+++-. 于是2*11(1)!(1),.21p p q q N p -+++=∈- 从而2111,21(1)!p q p p +++=--从而2111.21(1)!qp p p +++=⋅--. 于是321111(1)!1.21(1)!!q p q p a p p p p p p b+-++++=⋅+==-- 我们可以得到3()(1)!.ap b p p qb --=同时3(1)!,!,p q p ax p bx +-==其中*.x N ∈ 因为3|,(1)!,p p q p p -所以3(1)!pp q p +-.但|!p p .也就是,|.p ax p bx因为p 是素数,所以|p b 或|.p x 若|,p x 则|p ax (矛盾),故|,.p b p x因为,,px p ax 所以p a .若不然,|,p a 从而|p ax (矛盾).故.p a所以,|.p a p b 可是*,.b pt t N =∈3444高一竞赛数论专题 5.素因数分解算术基本定理：设整数1a >,那么12.s a p p p =其中j p 是素数,在不计次序下唯一.把12.s a p p p =中相同的素数合并,则得到标准素因数分解式12121212, ,,,,0.nn n n a p p p p p p αααααα=<<<≥正因数个数定理：设|()1d nn τ=∑表示大于1的整数n 的所有正因数的个数,若1212s s n pp p ααα=,其中j p 是素数,则1()(1).sii n τα==+∏正因数和定理：设|()d nn d σ=∑表示大于1的整数n 的所有正因数之和,若1212s s n p p p ααα=,其中j p 是素数,则111().1i si i i p n p ασ+=-=-∏1.设,a b 是非零的整数,证明：(,)[,].a b a b ab =2.设n 是正整数,证明：!n 的素因数分解式为(,)!,p n p nn pα≤=∏其中p 是素数,1(,).j j n p n p α∞=⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑3.求2017!的十进制表示式中末尾的零的个数.4.设n为正整数.证明：若n的所有正因数之和为2的整数次幂,则这些正因数的个数也为2的整数次幂.n ,不超过n的素数共有k个.设A为集合{2,3,,}n的子集,A的元素个数小于,k且A中任意5.设整数3一个数不是另一个数的倍数.证明存在集合{2,3,,}n的k元子集,B使得B中任意一个数也不是另一个数的倍数,且B包含.A高一竞赛数论专题 5.素因数分解解答算术基本定理：设整数1a >,那么12.s a p p p =其中j p 是素数,在不计次序下唯一.把12.s a p p p =中相同的素数合并,则得到标准素因数分解式12121212, ,,,,0.nn n n a p p p p p p αααααα=<<<≥正因数个数定理：设|()1d nn τ=∑表示大于1的整数n 的所有正因数的个数,若1212ss n p p p ααα=,其中j p 是素数,则1()(1).sii n τα==+∏正因数和定理：设|()d nn d σ=∑表示大于1的整数n 的所有正因数之和,若1212s s n pp p ααα=,其中j p 是素数,则111().1i si i ip n p ασ+=-=-∏1.设,a b 是非零的整数,证明：(,)[,].a b a b ab =证明：设素因数分解式1212121212, ,,0.n nn n n i i a p p p b p p p p p p αβααββαβ==<<<≥则11221122min{,}max{,}min{,}min{,}max{,}max{,}1212(,),[,].n n n n n n a b p p p a b p p p αβαβαβαβαβαβ==11112222min{,}max{,}min{,}max{,}min{,}max{,}12(,)[,]n n n n n a b a b p p p αβαβαβαβαβαβ+++=11221212121212.n n n nn n n p p p p p p p p p ab αβαβαβαβααββ+++==⋅=2.设n 是正整数,证明：!n 的素因数分解式为(,)!,p n p nn pα≤=∏其中p 是素数,1(,).j j n p n p α∞=⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑证明：一方面若素数|!,p n 则|,1.p k k n <≤另一方面,任一素数p n ≤,必有|!.p n 所以12121212!, 2 ,,,,0.s s n s n p p p p p p n αααααα=≤<<<≤>下面去确定.j α设(,)p n α为整数!n 的素因数p 的次方. 因为必有整数k 满足1,kk p n p+≤<所以11.k j j j j n n p p ∞==⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑设j c 表示1,2,,n 中能被j p 整除的数的个数,则.j j n c p ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦j d 表示1,2,,n 中恰能被j p 整除的数的个数.则11.j j j j j n n d c c p p ++⎡⎤⎡⎤=-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦显然当j k >时,0.j d =及12(,)12.k p n d d k d α=⋅+⋅++⋅于是1212231(,)121()2()()k k k p n d d k d c c c c k c c α+=⋅+⋅++⋅=⋅-+⋅-++⋅-12112111.kkk k k k j j j j j n n c c c c c c c c p p ∞+===⎡⎤⎡⎤++++=+++===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑∑所以(,)!.p n p nn p α≤=∏3.求2017!的十进制表示式中末尾的零的个数.解：这就是要求正整数k 使得10||2017!.k因为1025=⨯,实际上是求2的最大方次与5的最大方次的最小值. 显然2的最大方次大于5的最大方次. 所以就是求5的最大方次(5,2017).α 注意到520175.<。
高中数学知识点精讲精析 中国剩余定理
4 中国剩余定理1．中国剩余定理也称孙子定理。
是中国先圣们对一次同余论的重大贡献。
.2．问题叙述在我国古代劳动人民中，长期流传着“隔墙算”、“剪管术”、“秦王暗点兵”等数学游戏。
我国公元四世纪的数学著作《孙子算经》卷下记载：物不知数今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？即，求一个数，除以3余2，除以5余3，除以7余2。
这个被称做孙子问题。
3．孙子算经之解法《孙子算经》所给答案是N＝23。
由于孙子问题数据比较简单，这个答数通过试算也可以得到。
但是《孙子算经》并不是这样做的。
“物不知数”题的术文指出的解法为：三三数之，取数七十，与余数二相乘；五五数之，取数二十一，与余数三相乘；七七数之，取数十五，与余数二相乘。
将诸乘积相加，然后减去一百零五的倍数。
列成算式就是：N＝70×2＋21×3＋15×2－2×105。
有一首口诀就描述了孙子问题的解法：孙子歌三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆正半月，除百令五便得知。
孙子算法的关键，在于70、21和15这三个数的确定。
后来流传的《孙子歌》中所说“七十稀”、“廿一枝”和“正半月”，就是暗指这三个关键的数字。
《孙子算经》没有说明这三个数的来历。
4．现代数论求解孙子问题在现代数论中是一个一次同余问题，显然，这相当于求不定方程组N=3x+2N=5y+3N=7z+2的正整数解N，或用现代数论符号表示，等价于解下列的一次同余组：N 2(mod3) 3(mod5) 2(mod7)②孙子问题求解过程如下：最小公倍数在每一组数中找出“除以7余2”的最小数——30；在每二组数中找出“除以5余3”的最小数——63；在每三组数中找出“除以3余2”的最小数——35；则有，30+63+35 = 128 一定是一个符合“被3除余2，被5除余3，被7除余2”的数。
但不一定是最小的。
再求128除以105(即3，5，7的最小公倍数)的余数即得23。
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成都七中高一竞赛数论专题10.中国剩余定理1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,,,k a a a ,一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1kjj m m==∏的意义下解101(mod )kjj j j x x MM a m -=≡=∑唯一.其中1,j j jm M M m -=是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩.3.设*,n N ∈证明：存在*,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根.(请对比拉格朗日定理).4.证明：对任意给定的正整数n,均有连续n个正整数,其中每一个都有大于1的平方因子.5.证明：对任意正整数n,存在n个连续正整数,它们中每一个数都不是素数的幂.6.证明：存在任意长的由不同正整数组成的等差数列,它的项都是正整数的幂,幂指数是大于1的整数.7.设,m n 是自然数,满足对任意自然数,k (,111)(,111)m k n k -=-.证明存在某个整数l 使得11.l m n =高一竞赛数论专题 10.中国剩余定理解答1.(中国剩余定理)设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,证明对任意整数12,,,k a a a ,一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1.j k ≤≤必有解,在模1kjj m m ==∏的意义下解101(mod )kj j j j x x M M a m -=≡=∑唯一. 其中1,j j jm M M m -=是j M 关于模j m 的数论倒数即11(mod ).j j j M M m -≡证明：因为(,)1,,i j m m i j =≠所以(,) 1.j j M m =由Bezout 定理知道存在整数,s t 使得 1.j j sM tm +=1(mod ).j j sM m ≡取1.j M s -=于是11(mod ).j j j M M m -≡另一方面,,j jmM m =所以|,.i j m M i j ≠ 于是111(mod )(1,2,,).kjj j i i ii i j MM a M M a a m i k --=≡≡=∑即11(mod )kj j j j x M M a m -=≡∑是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的解.若00,x x '是是一次同余方程组(mod ),j j x a m ≡1j k ≤≤的两个解. 则00(mod ),(mod ).j j j j x a m x a m '≡≡于是00(mod ).j x x m '≡即00|j m x x '-.因为(,)1,.i j m m i j =≠ 所以00|m x x '-,即00(mod ).x x m '≡ 所以中国剩余定理的得证.2.解同余方程组1(mod 7)1(mod8)3(mod 9)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩.解：7,8,9两两互素,则由中国剩余定理知道有唯一解.123789504,72,63,56.M M M M =⨯⨯==== 1722(mod 7),M =≡取114(mod 7).M -≡2631(mod8),M =≡-取121(mod8).M -≡-3562(mod 9),M =≡取135(mod 9).M -≡所以x ≡724163(1)156********(mod504).⨯⨯+⨯-⨯+⨯⨯≡≡3.设*,n N ∈证明：存在*,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根.(请对比拉格朗日定理).证明：对于任意的素数p ,同余方程21(mod )x p ≡可化为(1)(1)0(mod )x x p -+≡.所以恰好有两个不同的解1,1(mod )x p p ≡-. 现在任取s 个不同的奇素数12,,,.s p p p ,这里的s 满足2.s n ≥令12s m p p p =.考虑2s个不同的数组12(,,,)s a a a ,其中{1,1}j j a p ∈-.由中国剩余定理方程组1122(mod )(mod )(mod )s s x a p x a p x a p ≡⎧⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩有唯一解12(,,,)s x a a a (在模m 的意义下).此解满足212221(mod )1(mod )1(mod )s x p x p x p ⎧≡⎪≡⎪⎨⎪⎪≡⎩,也就是满足21(mod ).x m ≡若两个不同的数组1212(,,,),(,,,)s sa a a a a a ''',则必存在j 使得.j j a a '≠不妨设1, 1.j j j a a p '==- 于是1(mod )j j x a p ≡=与1(mod )j j j x a p p '≡=-不同解. 于是1212(,,,)(,,,)(mod )s sj x a a a x a a a p '''≡/. 从而1212(,,,)(,,,)(mod )s sx a a a x a a a m '''≡/. 这就证明了21(mod )x m ≡至少有2s个解.2.s n ≥所以存在存在*,m N ∈使得同余方程21(mod )x m ≡在模m 的意义下至少有n 个根.4.证明：对任意给定的正整数n ,均有连续n 个正整数,其中每一个都有大于1的平方因子.证明：由于素数有无穷多个,我们可取出n 个互不相同的素数12,,,n p p p ,考虑同余方程组212221(mod )2(mod )(mod )n x p x p x n p ⎧≡-⎪=-⎪⎨⎪⎪=-⎩.因为22212,,,n p p p 显然两两互素,故由中国剩余定理知上述同余方程组有正整数解0.x x =于是连续n 个数0001,2,,x x x n +++分别被平方数22212,,,n p p p 整除.命题得证.5.证明：对任意正整数n ,存在n 个连续正整数,它们中每一个数都不是素数的幂.证明：若能找到n 个连续正整数,它们中的每一个数都有两个不同的素因子,则命题得证. 为此取2n 个不同的素数1212,,,,,,,.n n p p p q q q考虑同余方程组11221(mod )2(mod )(mod )n n x p q x p q x n p q ≡-⎧⎪=-⎪⎨⎪⎪=-⎩因为1122,,,n n p q p q p q 显然两两互素,故由中国剩余定理知上述同余方程组有正整数解0.x x =于是连续n 个数0001,2,,x x x n +++中每一个数都有两个不同的素因子.命题得证.6.证明：存在任意长的由不同正整数组成的等差数列,它的项都是正整数的幂,幂指数是大于1的整数.证明：设m 是任意正整数,由于素数有无穷多个,设k p 表示第k 个素数,12.s p p p p =对任意的正整数k m ≤,显然(,)1k kp p p =,由中国剩余定理知同余方程组0(mod )1(mod )kk kk p a p a p ⎧≡⎪⎨⎪≡-⎩有正整数解 k x a =.于是存在正整数k a 满足|,k kpa p |1k k p a +. 令1212m a aa q m =.则(1,2,,)qk k m =组成了一个m 项的递增的等差数列.注意到|1k k p a +,|,k k p a p 其中由|k kp a p 可知当k n ≠时,|.k n p a 于是*11221111,,,,,1.().k k k k k k k k m k m k k k i a p t a p t a p t a p t a p t a p t t N --++=====+=∈1111121212111212(1)(1)[12(1)(1)]m k k k m k k m k a a a a a a a a a a a a a a a qk m k k k k m k k m k -+-+++==-+=-+12111112[12(1)(1)](12(1)(1)).k k k k k k k m k k k k m k k p t p t p t p t p t p t t t t t p t t k k m k k k m k -+-+=-+=-+所以qk 是正整数的幂,幂指数是大于1的整数. 命题得证.7.设,m n 是自然数,满足对任意自然数,k (,111)(,111)m k n k -=-.证明存在某个整数l 使得11.l m n =证明：设11,11,ijm p n q ==其中,i j 为非负整数,且11,11.p q 寣 为证明结论,只需要证明p q =即可. 若p q >, 考虑同余方程组0(mod )1(mod11)x p x ≡⎧⎨≡-⎩因为(,11)1,p =故由中国剩余定理知上述同余方程组有正整数解0.x x =于是*00|,111(),p x x k k N =-∈于是0(,111)(11,).i m k p x p -==0(,111)(11,).jn k q x q p -=≤<与(,111)(,111)m k n k -=-矛盾.若p q <,考虑同余方程组0(mod )1(mod11)x q x ≡⎧⎨≡-⎩因为(,11)1,q =故由中国剩余定理知上述同余方程组有正整数解0.x x =于是*00|,111(),q x x k k N =-∈于是0(,111)(11,).j n k q x q -==0(,111)(11,).im k p x p q -=≤<与(,111)(,111)m k n k -=-矛盾.所以p q =.于是11.i j m n -=命题得证.。