初等数论第五章同余方程
第五章同余方程
本章主要介绍同余方程的基础知识，并介绍几类特殊的同余方程的解法。
第一节同余方程的基本概念
本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程。
在本章中，总假定m是正整数。
定义1设f(x) = a n x n+ +a1x+a0是整系数多项式，称
f(x) ≡ 0 (mod m) (1) 是关于未知数x的模m的同余方程，简称为模m的同余方程。
若a n≡/0 (mod m)，则称为n次同余方程。
定义2设x0是整数，当x = x0时式(1)成立，则称x0是同余方程(1)的解。凡对于模m同余的解，被视为同一个解。同余方程(1)的解数是指它的关于模m互不同余的所有解的个数，也即在模m的一个完全剩余系中的解的个数。
由定义2，同余方程(1)的解数不超过m。
定理1下面的结论成立：
(ⅰ) 设b(x)是整系数多项式，则同余方程(1)与
f(x) +b(x) ≡b(x) (mod m)
等价；
(ⅱ) 设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与
bf(x) ≡ 0 (mod m)
等价；
(ⅲ) 设m是素数，f(x) = g(x)h(x)，g(x)与h(x)都是整系数多项式，又设x0是同余方程(1)的解，则x0必是同余方程
g(x) ≡ 0 (mod m) 或h(x) ≡ 0 (mod m)
107
108 的解。
证明 留做习题。
下面，我们来研究一次同余方程的解。
定理2 设a ，b 是整数，a ≡/0 (mod m )。则同余方程
ax ≡ b (mod m ) (2)
有解的充要条件是(a , m )∣b 。若有解，则恰有d = (a , m )个解。 证明 显然，同余方程(2)等价于不定方程
ax + my = b ， (3)
因此，第一个结论可由第四章第一节定理1得出。
若同余方程(2)有解x 0，则存在y 0，使得x 0与y 0是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是
???
????-=+=t m a a y y t m a m x x ),(),(00，t ∈Z 。 (4) 由式(4)所确定的x 都满足方程(2)。记d = (a , m )，以及
t = dq + r ，q ∈Z ，r = 0, 1, 2, , d - 1，
则
x = x 0 + qm +r d
m x r d m +≡0(mod m )，0 ≤ r ≤ d - 1。 容易验证，当r = 0, 1, 2, , d - 1时，相应的解
d
m d x d m x d m x x )1(20000-+++，，，， 对于模m 是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d 个解。证毕。 在定理的证明中，同时给出了解方程(2)的方法，但是，对于具体的方程(2)，常常可采用不同的方法去解。
例1 设(a , m ) = 1，又设存在整数y ，使得a ∣b + ym ，则
x ≡a
ym b +(mod m ) 是方程(2)的解。
解 直接验算，有
ax ≡ b + ym ≡ b (mod m )。
109 注：例1说明，求方程(2)的解可以转化为求方程
my ≡ -b (mod a ) (5)
的解，这有两个便利之处：第一，将一个对于大模m 的同余方程转化为一个对于小模a 的同余方程，因此有可能通过对模a 的完全剩余系进行逐个验证，以求出方程(5)和(2)的解；第二，设m ≡ r (mod a )，r < a ，则又可继续转化成一个对于更小的模r 的同余方程。
例2 解同余方程
325x ≡ 20 (mod 161) (6)
解 同余方程(6)即是
3x ≡ 20 (mod 161)。
解同余方程
161y ≡ -20 (mod 3)，
2y ≡ 1 (mod 3)，
得到y ≡ 2 (mod 3)，因此方程(6)的解是
x ≡3
161220?+= 114 (mod 161)。 例3 设a > 0，且(a , m ) = 1，a 1是m 对模a 的最小非负剩余，则同余方程
a 1x ≡ -
b ][a
m (mod m ) (7) 等价于同余方程(2)。
解 设x 是(2)的解，则由m =][a
m a + a 1得到 ][][])[(1a
m b a m ax x a m a m x a -≡-≡-=(mod m )， 即x 是同余方程(7)的解。但是由假设条件可知同余方程(2)与(7)都有且只有一个解。所以这两个同余方程等价。
注：用本例的方法，可以将同余方程(2)转化成未知数的系数更小一些的同余方程，从而易于求解。
例4 解同余方程6x ≡ 7 (mod 23)。
解 由例3，依次得到
6x ≡ 7 (mod 23) ? 5x ≡ -7?3 ≡ 2 (mod 23)
? 3x ≡ -2?4 ≡ -8 (mod 23)
110
? 2x ≡ -8(-7) ≡ 10 (mod 23)
? x ≡ 5 (mod 23)。
例5 设(a , m ) = 1，并且有整数δ > 0使得
a δ ≡ 1 (mod m )，
则同余方程(2)的解是
x ≡ ba δ - 1 (mod m )。
解 直接验证即可。
注：由例5及Euler 定理可知，若(a , m ) = 1，则
x ≡ ba ?(m ) - 1 (mod m )
总是同余方程(2)的解。
例6 解同余方程
81x 3 + 24x 2 + 5x + 23 ≡ 0 (mod 7)。
解 原同余方程即是
-3x 3 + 3x 2 - 2x + 2 ≡ 0 (mod 7)。
用x = 0，±1，±2，±3逐个代入验证，得到它的解是
x 1 ≡ 1，x 2 ≡ 2，x 3 ≡ -2 (mod 7)。
注：本例使用的是最基本的解同余方程的方法，一般说来，它的计算量太大，不实用。
例7 解同余方程组
???≡-≡+)7(mod 232)7(mod 153y x y x 。 (8) 解 将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到
19y ≡ -4 (mod 7)，
5y ≡ -4 (mod 7)，
y ≡ 2 (mod 7)。
再代入(8)的前一式得到
3x + 10 ≡ 1 (mod 7)，
x ≡ 4 (mod 7)。
即同余方程组(8)的解是x ≡ 4，y ≡ 2 (mod 7)。
例8 设a 1，a 2是整数，m 1，m 2是正整数，证明：同余方程组
?
??≡≡)(mod )(mod 2211m a x m a x (9)
111
有解的充要条件是
a 1 ≡ a 2 (mod (m 1, m 2))。 (10)
若有解，则对模[m 1, m 2]是唯一的，即若x 1与x 2都是同余方程组(9)的解，则
x 1 ≡ x 2 (mod [m 1, m 2])。 (11)
解 必要性是显然的。下面证明充分性。
若式(10)成立，由定理2，同余方程
m 2y ≡ a 1 - a 2 (mod m 1)
有解y ≡ y 0 (mod m 1)，记x 0 = a 2 + m 2y 0，则
x 0 ≡ a 2 (mod m 2)
并且
x 0 = a 2 + m 2y 0 ≡ a 2 + a 1 - a 2 ≡ a 1 (mod m 1)，
因此x 0是同余方程组的解。
若x 1与x 2都是方程组(9)的解，则
x 1 ≡ x 2 (mod m 1)，x 1 ≡ x 2 (mod m 2)，
由同余的基本性质，得到式(11)。
习 题 一
1. 证明定理1。
2. 解同余方程：
(ⅰ) 31x ≡ 5 (mod 17)；
(ⅱ) 3215x ≡ 160 (mod 235)。
3. 解同余方程组：
?
??≡-≡+)47(mod 10)47(mod 3853y x y x 。 4. 设p 是素数，0 < a < p ，证明：
!
)1()2)(1()1(1
a a p p p
b x a +-???---≡-(mod p )。 是同余方程ax ≡ b (mod p )的解。
5. 证明：同余方程a 1x 1 + a 2x 2 + + a n x n ≡ b (mod m )有解的充要条件是
112 (a 1, a 2, , a n , m ) = d ∣b 。
若有解，则恰有d ?m n -1
个解，mod m 。
6. 解同余方程：2x + 7y ≡ 5 (mod 12)。 第二节 孙子定理
本节要讨论同余方程组
???????≡≡≡)
(mod )(mod )(mod 2211k k m a x m a x m a x 。 (1) 在第一节的例题中，我们已讨论了k = 2的情形。下面考察一般情形。 定理1(孙子定理) 设m 1, m 2, , m k 是正整数，
(m i , m j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ k ，i ≠ j 。 (2)
记
m = m 1m 2 m k ，M i =i
m m ，1 ≤ i ≤ k ， 则存在整数M i '（1 ≤ i ≤ k ），使得
M i M i ' ≡ 1 (mod m i )， (3)
M i M i ' ≡ 0 (mod m i )，1 ≤ j ≤ k ，i ≠ j ， (4)
并且
i k
i i i M M a x '≡∑=10(mod m ) (5)
是同余方程组(1)对模m 的唯一解，即若有x 使方程组(1)成立，则
x ≡ x 0 (mod m )。 (6)
证明 由式(2)，有(M i , m i ) = 1，因此利用辗转相除法可以求出M i '与y i ，使得
M i M i ' + y i m i = 1，
即M i '满足式(3)和式(4)。由式(3)与式(4)，对于1 ≤ i ≤ k ，有
x 0 ≡ a i M i M i ' ≡ a i (mod m i )，1 ≤ i ≤ k 。
113
若x 也使式(1)成立，则
x ≡ x 0 (mod m i )，1 ≤ i ≤ k ，
因此
x ≡ x 0 (mod [m 1, m 2, , m k ])。
但是，由式(2)可知[m 1, m 2, , m k ] = m ，这就证明了式(6)。证毕。 定理2 在定理1的条件下，若式(1)中的a 1, a 2, , a k 分别通过模m 1, m 2, , m k 的完全剩余系，则式(5)中的x 0通过模m 1m 2 m k 的完全剩余系。 证明 这是第二章第二节习题6的特例。证毕。
定理3 同余方程组(1)有解的充要条件是
a i ≡ a j (mod (m i , m j ))，1 ≤ i , j ≤ n 。 (7)
证明 必要性是显然的。下面证明充分性。
当n = 2时，由第一节例8可知充分性成立。
假设充分性当n = k 时成立。
假设式(7)当n = k + 1时成立。我们来考虑同余方程组
x ≡ a i (mod m i )，1 ≤ i ≤ k + 1。
由第一节例8，存在b k ，使得x ≡ b k (mod [m k ，m k +1])满足同余方程组
x ≡ a k (mod m k )，x ≡ a k + 1 (mod m k + 1)。
在同余方程组
???????≡≡≡+--])
,[(mod )(mod )(mod 11111k k k k m m b x m a x m a x 中，由式(7)有
a i ≡ a j (mod (m i , m j ))，1 ≤ i , j ≤ k - 1，
因此，若能证明
a i ≡
b k (mod (m i , [m k , m k +1]))，1 ≤ i ≤ k - 1。 (8)
则由归纳假设就可以证明充分性。
由b k 的定义，有
a k ≡
b k (mod m k )，a k + 1 ≡ b k (mod m k + 1) (9)
而且，由于假设式(7)当n = k + 1时成立，所以，对于1 ≤ i ≤ k - 1有
a i ≡ a k (mod (m i , m k ))，a i ≡ a k + 1 (mod (m i , m k + 1))，
由此及式(9)得到，对于1 ≤ i ≤ k - 1，有
114 a i ≡ b k (mod (m i , m k ))，a i ≡ b k (mod (m i , m k + 1))。
因此
a i ≡
b k (mod [(m i , m k ), (m i , m k + 1)])。
由上式及第一章第六节例2，就得到式(8)。证毕。
定理4 设m = m 1m 2 m k ，其中m 1, m 2, , m k 是两两互素的正整数，f (x )是整系数多项式，以T 与T i （1 ≤ i ≤ k ）分别表示同余方程
f (x ) ≡ 0 (mod m ) (10)
与
f (x ) ≡ 0 (mod m i ) (11)
的解的个数，则T = T 1T 2…T k 。
证明 由第二章第一节定理5可知，同余方程(10)等价于同余方程组
f (x ) ≡ 0 (mod m i )，1 ≤ i ≤ k 。 (12)
对于每i （1 ≤ i ≤ k ），设同余方程(11)的全部解是
)()(2)(1,,,i T i i i
x x x x ≡(mod m i )， (13) 则同余方程组(12)等价于下面的T 1T 2…T k 个方程组：
????
?????≡≡≡)(mod )(mod )(mod )(
2)2(1)1(
21k k j j j m x x m x x m x x k ， (14) 其中)(
i j i
x 通过式(13)中的数值，即通过同余方程(11)的全部解。 由孙子定理，对于选定的每一组{)(
)2(
)1(
,,,21k j j j k
x x x }，同余方程组(14)对模m 有唯一解，而且，由定理2，当每个)(
i j i
x 通过(13)式中的值时，所得到的T 1T 2…T k 个同余方程组(14)的解对于模m 都是两两不同余的。证毕。
由定理4及算术基本定理，解一般模的同余方程可以转化为解模为素数幂的同余方程。
例1 求整数n ，它被3，5，7除的余数分别是1，2，3。
解 n 是同余方程组
n ≡ 1 (mod 3)，n ≡ 2 (mod 5)，n ≡ 3 (mod 7)
的解。在孙子定理中，取
m1 = 3，m2 = 5，m3 = 7，m = 3?5?7 = 105，
M1 = 35，M2 = 21，M3 = 15，
M1' =-1，M2' = 1，M3' = 1，
则
n≡ 1?35?(-1) + 2?21?1 + 3?15?1 ≡ 52 (mod 105)，
因此所求的整数n = 52 + 105t，t∈Z。
例2解同余方程
5x2+ 6x+ 49 ≡ 0 (mod 60)。(15) 解因为60 = 3?4?5，所以，同余方程(15)等价于同余方程组
5x2+ 6x+ 49 ≡ 0 (mod 3) (16)
5x2+ 6x+ 49 ≡ 0 (mod 4) (17)
5x2+ 6x+ 49 ≡ 0 (mod 5)。(18) 分别解同余方程(16)，(17)，(18)得到解
x1(1)≡ 1，x2(1)≡-1 (mod 3)，
x1(2)≡ 1，x2(2)≡-1 (mod 4)，
x1(3)≡ 1 (mod 5)，
这样，同余方程(15)的解x可由下面的方程组决定：
x≡a1 (mod 3)，x≡a2 (mod 4)，x≡a3 (mod 5)，
其中a1 = 1或-1，a2 = 1或-1，a3 = 1。利用孙子定理，取
m1 = 3，m2 = 4，m3 = 5，m = 60，
M1 = 20，M2 = 15，M3 = 12，
M1' = 2，M2' =-1，M3' = 3，
则
x≡ 40a1- 15a2+ 36a3 (mod 60)。
将a1，a2，a3所有可能的取值代入上式，得到方程(15)的全部解是
x1≡ 40?1- 15?1 + 36?1 ≡ 1 (mod 60)，
x2≡ 40?(-1)- 15?1 + 36?1 ≡-19 (mod 60)，
x3≡ 40?1- 15?(-1) + 36?1 ≡ 31 (mod 60)，
x4≡ 40?(-1)- 15?(-1) + 36?1 ≡ 11 (mod 60)。
115
116 习 题 二
1. 解同余方程组：???????≡≡≡≡。
)11(mod )7(mod )6(mod )5(mod 4321b x b x b x b x 2. 解同余方程组：??
???≡≡≡。)25(mod 13)8(mod 5)15(mod 8x x x
3. 有一队士兵，若三人一组，则余1人；若五人一组，则缺2人；若十一人一组，则余3人。已知这队士兵不超过170人，问这队士兵有几人？
4. 求一个最小的自然数n ，使得它的21是一个平方数，它的3
1是一个立方数，它的5
1是一个5次方数。 5. 证明：对于任意给定的n 个不同的素数p 1, p 2, …, p n ，必存在连续n 个整数，使得它们中的第k 个数能被p k 整除。
6. 解同余方程：3x 2 + 11x - 20 ≡ 0 (mod 105)。
第三节 模p α的同余方程
在第二节中，我们已经看到，求解模m 的同余方程可以转化为对模p α的同余方程的求解。本节要对模p α的同余方程做进一步讨论。 容易看出，若x 0是同余方程
f (x ) ≡ 0 (mod p α) (1)
的解，则它必是方程
f (x ) ≡ 0 (mod p α - 1) (2)
的解，因此，必有与x 0相应的方程(2)的某个解x 1，使
x 0 ≡ x 1 (mod p α - 1)，x 0 = x 1 + p α - 1t 0，
117 此处，t 0是某个适当的整数。
这提示我们：可以从方程(2)的解中去求方程(1)的解。于是，现在的问题是，对于方程(2)的每个解x 1，是否必有方程(1)的解x 0与之对应？若有，如何去确定它？
定理 设p 是素数，α ≥ 2是整数，f (x ) = a n x n + + a 1x + a 0是整系数多项式，又设x 1是同余方程(2)的一个解。以f '(x )表示f (x )的导函数。 (ⅰ) 若f '(x 1)≡/0 (mod p )，则存在整数t ，使得
x = x 1 + p α - 1t (3)
是同余方程(1)的解。
(ⅱ) 若f '(x 1) ≡ 0 (mod p )，并且f (x 1) ≡ 0 (mod p α)，则对于t = 0，1, 2, , p - 1，式(3)中的x 都是方程(1)的解。
证明 我们来说明，如何确定式(3)中的t ，使x 1 + p α - 1t 满足同余方程
(1)，即要使
a n (x 1+p α - 1t )n +a n - 1(x 1+p α - 1t )n - 1+ +a 1(x 1+p α - 1t )+a 0 ≡ 0 (mod p α)， (4) 即
f (x 1) + p α - 1tf '(x 1) ≡ 0 (mod p α)，
tf '(x 1) ≡ -1
1)(-αp x f (mod p )。 (5) 下面考虑两种情形。
(ⅰ) 若f '(x )≡/0 (mod p )，则关于t 的同余方程(5)有唯一解t ≡ t 0 (mod p )，即t = t 0 + pk （k ∈Z ），于是
x ≡ x 1 + p α - 1t 0 (mod p α)
是同余方程(1)的解。
(ⅱ) 若f '(x 1) ≡ 0 (mod p )，并且f (x 1) ≡ 0 (mod p α)，则式(5)对于任意的整数t 成立，即同余方程(5)有p 个解
t ≡ i (mod p )，0 ≤ i ≤ p - 1。
于是x ≡ x 1 + p α - 1i (mod p α)，0 ≤ i ≤ p - 1，都是同余方程(1)的解。证毕。
在定理中，没有对f '(x 1) ≡ 0 (mod p )并且 f (x 1)≡/0 (mod p α)的情形进行
讨论。事实上，此时，同余方程(5)无解。即，我们无法从同余方程(2)的解x 1出发去求得同余方程(1)的解。
由定理，可以把解同余方程(1)，转化为解同余方程
f (x ) ≡ 0 (mod p )。 (6)
事实上，由方程(6)的解，利用定理，可以求出方程f(x) ≡ 0 (mod p2)的解，再利用定理，又可以求出方程f(x) ≡ 0 (mod p3)的解， ，直到求出方程(1)的解。
推论使用定理的记号，
(ⅰ) 若x≡a (mod p)是同余方程(6)的解，并且f'(a)≡/0 (mod p)，则存在xα，xα≡a (mod p)，使得x≡xα (mod pα)是同余方程(1)的解。(ⅱ) 若f'(x) ≡ 0 (mod p)与同余方程(6)没有公共解，则对于任意的整数α≥ 1，同余方程(1)与(6)的解数相同。
证明留做习题。
例1解同余方程
x3+ 3x - 14 ≡ 0 (mod 45)。
解原同余方程等价于同余方程组
x3+ 3x - 14 ≡ 0 (mod 9)，(7)
x3+ 3x - 14 ≡ 0 (mod 5)。(8) 先解同余方程(7)。容易验证，同余方程x3+ 3x - 14 ≡ 0 (mod 3)的解是x≡ 2 (mod 3)。
令x = 2 + 3t并代入方程(7)，得到
(2 + 3t)3+ 3(2 + 3t)- 14 ≡ 0 (mod 9)，(9) 容易看出，这是一个对于任何整数t都成立的同余式，所以，方程(9)的解是t≡ 0，1，2 (mod 3)，于是方程(7)的解是
x≡ 2，5，8 (mod 9)。(10) 再解同余方程(8)。用x = 0，1，2，3，4去验证，得到(8)的解是
x≡ 1，2 (mod 5)。
因此，原同余方程的解是下面六个同余方程组的解：
x≡a1 (mod 9)，a1 = 2，5，8，
x≡a2 (mod 5)，a2 = 1，2。
利用孙子定理解这六个方程组，记
m1 = 9，m2 = 5，m = 45，M1 = 5，M2 = 9，M1' = 2，M2' =-1，
则
x≡ 10a1- 9a2 (mod 45)。
将a1和a2的不同取值代入，得到所求的解是
x1≡ 10?2- 9?1 ≡ 11 (mod 45)，
x2≡ 10?2- 9?2 ≡ 2 (mod 45)，
118
x3≡ 10?5- 9?1 ≡ 41 (mod 45)，
x4≡ 10?5- 9?2 ≡ 32 (mod 45)，
x5≡ 10?8- 9?1 ≡ 26 (mod 45)，
x6≡ 10?8- 9?2 ≡ 17 (mod 45)。
例2解同余方程
2x2+ 13x - 34 ≡ 0 (mod 53)。(11) 解容易验证，同余方程
2x2+ 13x - 34 ≡ 0 (mod 5) (12) 有两个解x ≡-1，2 (mod 5)。
令
x =-1 + 5t，(13) 代入同余方程
2x2+ 13- 34 ≡ 0 (mod 52)，(14) 得到
2(-1 + 5t)2+ 13(-1 + 5t)- 34 ≡ 0 (mod 25)，
-45 + 45t≡ 0 (mod 25)，
9t≡ 9 (mod 5)，t≡ 1 (mod 5)。(15) 于是，将式(15)与式(13)联合，得到方程(14)的解
x =-1 + 5(1 + 5t1) = 4 + 25t1，t1∈Z。(16) 将式(16)中的x代入同余方程(11)，得到
2(4 + 25t1)2+ 13(4 + 25t1)- 34 ≡ 0 (mod 53)，
50 + 725t1≡ 0 (mod 53)，
2 + 29t1≡ 0 (mod 5)，
t1≡ 2 (mod 5)。
将上式与(16)联合，得到同余方程(11)的一个解
x = 4 + 25t1 = 4 + 25(2 + 5t2) ≡ 54 (mod 53)。
(ⅱ) 从同余方程(12)的另一个解x≡ 2 (mod 5)出发利用上述方法，可以求出同余方程(11)的另一个解。（略，请读者补足）。
例3 解同余方程
x2≡ 1 (mod 2k)，k∈N。(17) 解若k = 1，则方程(17)的解是x≡ 1 (mod 2)。
若k = 2，则方程(17)的解是x≡ 1，-1 (mod 4)。
若k ≥ 3，则同余方程(17)，即
119
x2- 1 = (x+ 1)(x - 1) ≡ 0 (mod 2k)，
的解必是奇数，设x = 2y + 1，则同余方程(1)成为
(2y+ 2)2y≡ 0 (mod 2k)，
y(y+ 1) ≡ 0 (mod 2k- 2)。(18) 同余方程(18)的解是y1≡ 0，y2≡-1 (mod 2k- 2)，即
y1 = 2k- 2u，y2 =-1 + 2k- 2v，u, v∈Z，
所以，方程(17)的解是
x1 = 2k- 1u+ 1，x2 = 2k- 1v- 1，u, v∈Z，
即
x≡ 1，1 + 2k- 1，-1，-1 + 2k- 1 (mod 2k)。
例4解同余方程x2≡ 2 (mod 73)。
解设x是这个同余方程的解，则它可以表示成
x = x0+ 7x1+ 72x2，0 ≤x i≤ 6，0 ≤i ≤ 2，
代入原方程，得到
(x0+ 7x1+ 72x2)2≡ 2 (mod 73)，(19) 因此
(x0+ 7x1+ 72x2)2≡ 2 (mod 7)，
x02≡ 2 (mod 7)，
所以x0≡ 3或4 (mod 7)。于是x0 = 3或4。
(ⅰ) 若x0 = 3，由式(19)，有
(3 + 7x1+ 72x2)2≡ 2 (mod 72)，
9 + 42x1≡ 2 (mod 72)，
6x1≡-1 (mod 7)，
x1≡ 1 (mod 7)，x1 = 1。
再由式(19)，有
(3 + 7?1 + 72x2)2≡ 2 (mod 73)，
(10 + 49x2)2≡ 2 (mod 73)，
3x2≡-1 (mod 7)，x2≡ 2 (mod 7)，x2 = 2。
这样，求得原同余方程的一个解是
x≡ 3 + 7?1 + 72?2 = 108 (mod 73)。
(ⅱ) 若x0 = 4，用同样的方法求出另一个解。（略）。
注：例4中的方法是利用数的b进制表示，这一方法可以处理模b k的同余方程，而不必要求b是素数。
120
习题三
1.证明定理的推论。
2.将例2中略去的部分补足。
3.将例4中略去的部分补足。
4.解同余方程x2≡-1 (mod 54)。
5.解同余方程f(x) = 3x2+ 4x- 15 ≡ 0 (mod 75)。
6.证明：对于任意给定的正整数n，必存在m，使得同余方程x2≡ 1 (mod m)的解数T > n。
第四节素数模的同余方程
在上节中，我们证明了，对于素数p，模pα的同余方程的求解可以转化为模p的同余方程的求解。本节要对素数模的同余方程做些初步研究。
以下，设f(x) = a n x n+ +a1x+a0是整系数多项式，p是素数，p|/a n。定理1设k ≤n，若同余方程
f(x) = a n x n+ +a1x+a0≡ 0 (mod p) (1) 有k个不同的解x1, x1, , x k，则对于任意的整数x，有
f(x) ≡ (x-x1) (x-x2) (x-x k)f k(x) (mod p)，
其中f k(x)是一个次数为n-k的整系数多项式，并且它的x n-k项的系数是a n。
证明由多项式除法，有
f(x) = (x-x1)f1(x) +r1，(2) 其中f1(x)是首项系数为a n的n- 1次整系数多项式，r1是常数。在式(2)两边令x = x1，则由假设条件可知f(x1) = r1≡ 0 (mod p)，因此，式(2)成为
f(x) ≡ (x-x1)f1(x) (mod p)。(3) 因此，当k = 1时，定理成立。如果k > 1，在上式中，令x = x i（i = 2, 3, , k），则有
0 ≡f(x i) ≡ (x i-x1)f1(x i) (mod p)。(4)
121
由于x2, , x k对于模p是两两不同余的，所以，上式给出
f1(x i) ≡ 0 (mod p)，i = 2, , k。(5) 由此及归纳法，即可证明定理。证毕。
推论若p是素数，则对于任何整数x，有
x p- 1- 1 ≡ (x- 1)(x- 2) (x-p+ 1) (mod p)。
证明由Fermat定理（第二章第四节定理2），数1, 2, , p- 1是同余方程
x p- 1≡ 1 (mod p)
的解，因此，利用定理1即可得证。
定理2同余方程(1)的解数≤n。
证明假设同余方程(1)有n + 1个不同的解
x≡x i (mod p)，1 ≤i ≤n+ 1。
由定理1，有f(x) ≡a n(x-x1) (x-x n) (mod p)，因此
0 ≡f(x n + 1) ≡a n(x n + 1-x1) (x n + 1-x n) (mod p)。(6) 由于p|/a n，x n + 1≡/x i (mod p)，1 ≤i ≤n，所以式(6)不能成立。这个矛盾说明同余方程(1)不能有n+ 1个解。证毕。
推论若同余方程b n x n+ +b0≡ 0 (mod p)的解数大于n，则
p∣b i，0 ≤i ≤n。（7) 证明若式(7)不成立，设p|/b d，d ≤n，p∣b i，d< j ≤n。则
b n x n+ +b0≡b d x d+ +b0≡ 0 (mod p)。(8) 由定理2，同余方程(8)的解数不大于d，因而不大于n，这与假设矛盾。因此，式(7)必成立。证毕。
定理3同余方程(1)或者有p个解，或者存在次数不超过p- 1的整系数多项式r(x)，使得同余方程(1)与r(x) ≡ 0 (mod p)等价。
证明由多项式除法可知，存在整系数多项式g(x)与r(x)，使得
f(x) = g(x)(x p-x) +r(x)。(9) 由Fermat定理，对于任意的整数x，有x p≡x (mod p)，因此，如果r(x)的系数都是p的倍数，则对于任意的整数x，f(x) ≡ 0 (mod p)，即同余方程(1)有p个解。如果r(x)的系数不都是p的倍数，则r(x)的次数不超过p- 1。由式(9)看出，对于任意的整数x，f(x) ≡r(x) (mod p)，即同余方程(1)与r(x) ≡ 0 (mod p)等价。证毕。
定理4设n ≤p，则同余方程
122
123
f (x ) = x n + a n - 1x n - 1 + + a 1x + a 0 ≡ 0 (mod p ) (10)
有n 个解的充要条件是存在整数多项式q (x )和r (x )，r (x )的次数< n ，使得
x p - x = f (x )q (x ) + p ?r (x )。 (11)
证明 必要性 由多项式除法，存在整系数多项式q (x )与r 1(x )，r 1(x )的次数< n ，使得
x p - x = f (x )q (x ) + r 1(x )。 (12)
若同余方程(10)有n 个解x ≡ x i (mod p )（1 ≤ i ≤ n ），则由式(12)和Fermat 定理，得到
r 1(x i ) ≡ 0 (mod p )，1 ≤ i ≤ n 。
由此及定理2推论，可知r 1(x )的系数都能被p 整除，即
r 1(x ) = p ?r (x )，
其中r (x )是整系数多项式。这证明了式(11)。
充分性 若式(11)成立，由Fermat 定理，对于任何整数x ，有
0 ≡ x p - x ≡ f (x )q (x ) (mod p )， (13)
即同余方程
f (x )q (x ) ≡ 0 (mod p )
有p 个解，但是，q (x )是p - n 次多项式，所以由定理2，方程q (x ) ≡ 0 (mod p )的解数 ≤ p - n 。以λ表示同余方程(10)的解数，则由第一节定理1，有
λ + p - n ≥ p ，λ ≥ n ，
再利用定理2，得到λ = n 。 证毕。
注：若p |/
a n ，由辗转相除法可求出a n '，p |/a n '使得a n a n ' ≡ 1 (mod p )，于是，同余方程(1)与同余方程
a n 'f (x ) = x n + a n 'a n - 1x n - 1 + + a n 'a 1x + a n 'a 0 (mod p )
等价。因此，定理4是有普遍性的。
定理5 若p 是素数，n ∣p - 1，p |/
a 则 x n ≡ a (mod p ) (14)
有解的充要条件是
n p a 1
-≡1 (mod p )。 (15)
若有解，则解数为n 。
证明 必要性 若方程(14)有解x 0，则p |/
x 0，由Fermat 定理，得到
124 n p n n p x a 1
01
)(--≡= x 0p - 1 ≡1 (mod p )。
充分性 若式(15)成立，则 ，
)1()()()
1)((1111
1-+-=-+-=------n p n n p n p n p n p a x x P a x a a x x x x
其中P (x )是关于x 的整系数多项式。由定理4可知同余方程(14)有n 个解。证毕。
例1 判定同余方程2x 3 + 3x + 1 ≡ 0 (mod 7)是否有三个解。 解 因为2?4 ≡ 1 (mod 7)，所以，原方程与
4?2x 3 + 4?3x + 4 ≡ 0 (mod 7)
即
x 3 - 2x - 3 ≡ 0 (mod 7)
等价。由于
x 7 - x = ( x 3 - 2x - 3)(x 4 + 2x 2 + 3x + 4) + 12x 2 + 16x + 12，
所以，由定理4可知，原方程的解数小于3。
例2 解同余方程
3x 14 + 4x 10 + 6x - 18 ≡ 0 (mod 5)。
解 由Fermat 定理，x 5 ≡ x (mod 5)，因此，原同余方程等价于
2x 2 + x - 3 ≡ 0 (mod 5)。 (16)
将x ≡ 0，±1，±2 (mod 5)分别代入方程(16)进行验证，可知这个同余方程解是x ≡ 1 (mod 5)。 习 题 四
1. 解同余方程：
(ⅰ) 3x 11 + 2x 8 + 5x 4 - 1 ≡ 0 (mod 7)；
(ⅱ) 4x 20 + 3x 12 + 2x 7 + 3x - 2 ≡ 0 (mod 5)。
2. 判定
(ⅰ) 2x 3 - x 2 + 3x - 1 ≡ 0 (mod 5)是否有三个解；
(ⅱ) x 6 + 2x 5 - 4x 2 + 3 ≡ 0 (mod 5)是否有六个解？
3.设(a, m) = 1，k与m是正整数，又设x0k≡a (mod m)，证明同余方程
x k≡a(mod m)
的一切解x都可以表示成x≡yx0 (mod m)，其中y满足同余方程y k≡ 1 (mod m)。
4.设n是正整数，p是素数，(n, p- 1) = k，证明同余方程x n≡ 1 (mod p)有k个解。
5.设p是素数，证明：
(ⅰ) 对于一切整数x，x p- 1- 1 ≡ (x- 1) (x- 2) (x-p+ 1) (mod p)；(ⅱ) (p- 1)! ≡- 1 (mod p)。
6.设p≥ 3是素数，证明：(x- 1)(x- 2) (x-p+ 1)的展开式中除首项及常数项外，所有的系数都是p的倍数。
第五节素数模的二次同余方程
设p是素数，我们来研究素数模p的二次同余方程
ax2+bx+c≡ 0 (mod p)。(1) 如果p = 2，则可以直接验证x≡ 0或1 (mod 2)是否方程(1)的解。
如果(a, p) = p，则方程(1)成为一元一次同余方程。因此，只需考察p > 2，(a, p) = 1的情形。此时，因为(4a, p) = 1，所以，方程(1)等价于方程
4a2x2+ 4abx+ 4ac≡ 0 (mod p)，
即
(2ax+b)2≡b2- 4ac (mod p)。
这样，研究方程(1)归结为对方程
x2≡n (mod p) (2) 的研究。
定义１给定整数p，对于任意的整数n，(n，p) = 1，若方程(2)有解，则称n是模p的二次剩余，记为n∈QR(p)；否则，称n是模p的二次非剩余，记为n∈QNR(p)。
显然，若n1≡n2 (mod p)，则它们同是模p的二次剩余（或二次非剩余），因此，在谈到模p的二次剩余（或二次非剩余）时，把n1和n2看作是
125
126 同一个。
以下，在本节中，总假定p 是奇素数。
定理１ 若(n , p ) = 1，则
(ⅰ) n 是模p 的二次剩余的充要条件是
21-p n
≡ 1 (mod p )； (3) (ⅱ) 若n 是模p 的二次剩余，则方程(2)有两个解；
(ⅲ) n 是模p 的二次非剩余的充要条件是
21-p n ≡ -1 (mod p )。 (4)
证明 结论(ⅰ)与(ⅱ)由第四节定理５直接推出。
(ⅲ) 若(n , p ) = 1，由第二章第四节定理１，有
n p - 1 ≡ 1 (mod p )，
)1)(1(21
21
-+--p p n n ≡ 0 (mod p )。 (5)
因为p 是奇素数，所以式(3)式与式(4)必有且仅有一个成立，利用结论(ⅰ)，可得到结论(ⅲ)。证毕。
定理２ 模p 的简化系中，二次剩余与二次非剩余的个数都是2
1-p ，而且，模p 的每个二次剩余与且仅与数列
12，22， ，2)(2
1-p (6) 中的一个数同余。
证明 显然，数列(6)包含了模p 的全部二次剩余。为了证明定理，只需证明式(6)中的任何两个数对模p 不同余。
对任意的整数k ，s ，1 ≤ k < s ≤2
1-p ，若 k 2 ≡ s 2 (mod p )， (7)
则p ∣k + s 或p ∣k - s 。这都是不可能的，所以式(7)不能成立。证毕。 定义２ 给定奇素数p ，对于整数n ，定义Legendre 符号为
??
???∈-∈≠=。当，；当，；当，)(1)(11),(0)(p QNR n p QR n p n p n
初等数论 第三章 同余
第三章 同 余 §1 同余的概念及其基本性质 。，所有奇数；所有偶数，例如，。 不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。 故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性） ，则、若；（反身性） 、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡ 。 则，，，设。 ，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -?-=-?=?≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z 。 ，则若； ，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1 。 ，则特别地，若； ，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2 。 ，则， ；特别地，若则 ，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111 111 111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y B x x A k i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i k k k k k k k k +++≡+++=≡≡ =≡≡----∑∑ΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛαααααααααααααααα定理2。，则，，，若)(mod )(mod 1),(1111m b a m b a m d d b b d a a ≡≡===性质3
初等数论 第五章 同余方程
第五章同余方程 本章主要介绍同余方程的基础知识，并介绍几类特殊的同余方程的解法。 第一节同余方程的基本概念 本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程。 在本章中，总假定m是正整数。 定义1设f(x) = a n x n a1x a0是整系数多项式，称 f(x) 0 (mod m) (1)是关于未知数x的模m的同余方程，简称为模m的同余方程。 若a n≡/0 (mod m)，则称为n次同余方程。 定义2设x0是整数，当x= x0时式(1)成立，则称x0是同余方程(1)的解。凡对于模m同余的解，被视为同一个解。同余方程(1)的解数是指它的关于模m互不同余的所有解的个数，也即在模m的一个完全剩余系中的解的个数。 由定义2，同余方程(1)的解数不超过m。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) 设b(x)是整系数多项式，则同余方程(1)与 f(x) b(x) b(x) (mod m) 等价； (ⅱ) 设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与 bf(x) 0 (mod m) 等价； (ⅲ) 设m是素数，f(x) = g(x)h(x)，g(x)与h(x)都是整系数多项式，又设x0是同余方程(1)的解，则x0必是同余方程 g(x) 0 (mod m) 或h(x) 0 (mod m)
的解。 证明 留做习题。 下面，我们来研究一次同余方程的解。 定理2 设a ，b 是整数，a ≡/0 (mod m )。则同余方程 ax b (mod m ) (2) 有解的充要条件是(a , m )b 。若有解，则恰有d = (a , m )个解。 证明 显然，同余方程(2)等价于不定方程 ax my = b ， (3) 因此，第一个结论可由第四章第一节定理1得出。 若同余方程(2)有解x 0，则存在y 0，使得x 0与y 0是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是 ??? ????-=+=t m a a y y t m a m x x ),(),(00，t Z 。 (4) 由式(4)所确定的x 都满足方程(2)。记d = (a , m )，以及 t = dq r ，q Z ，r = 0, 1, 2, , d 1， 则 x = x 0 qm r d m x r d m +≡0(mod m )，0 r d 1。 容易验证，当r = 0, 1, 2, , d 1时，相应的解 d m d x d m x d m x x )1(20000-+++，，，，Λ 对于模m 是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d 个解。证毕。 在定理的证明中，同时给出了解方程(2)的方法，但是，对于具体的方程(2)，常常可采用不同的方法去解。 例1 设(a , m ) = 1，又设存在整数y ，使得a b ym ，则 x a ym b +(mod m ) 是方程(2)的解。 解 直接验算，有 ax b ym b (mod m )。
《初等数论》教学大纲
《初等数论》教学大纲 课程编码：110823 课程名称：初等数论 学时/学分：54/3 先修课程：《数学分析》、《高等代数》 适用专业：信息与计算科学 开设教研室：代数与几何教研室 一、课程性质与任务 1．课程性质：初等数论是信息与计算科学专业的一门专业必修课程。该课程是研究整数性质和方程（组）整数解的一门学科，也是一个古老的数学分支。初等数论是现代密码学的一门基础课程，也是高等学校信息安全专业的一门重要的基础课。初等数论在计算技术、通信技术等技术学科中也得到了广泛的应用。 2．课程任务：初等数论是信息与计算科学专业的一门重要的专业必修课，开设的目的在于使学生熟悉和掌握数论的基础知识，基本理论和基本的解题技能技巧，培养学生的逻辑思维能力，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系，为进一步学习信息安全领域的其它学科打下坚实的基础。 二、课程教学基本要求 初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。本课程的目的是简单介绍在初等数论研究中经常用到的若干基础知识、基本概念、方法和技巧。 通过本课程的学习，使学生加深对整数的性质的了解，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系。 1. 有关定义、定理、性质等概念的内容按“知道、了解和理解”三个层次要求；有关计算、解法、公式和法则等方法的内容按“会、掌握、熟练掌握”三个层次要求。 2. 本课程开设在第5学期，总学时54，其中课堂讲授54学时，课堂实践0学时。教学环节以课堂讲授为主，研制电子教案和多媒体幻灯片以及CAI课件，在教学方法和手段上采用现代教育技术。 3. 成绩考核形式：期终成绩（闭卷考试）（70%）＋平时成绩（平时测验、作业、课堂提问、课堂讨论等）（30％）。成绩评定采用百分制，60分为及格。
《数学史》教学大纲
《数学史》教学大纲 课程编号：学分：总学时：54 适用专业：数学与应用数学开课学期： 先修专业：无后续课程：无 一、课程的性质、目的和要求 （一）课程的性质：选修课程。 （二）课程教学目的：能够以数学的、历史的眼光分析数学发展的内在原因，运用辩证唯物主义的哲学方法剖析数学发展史。 （三）课程基本要求：全面了解数学历史的发展过程，了解各个时期主要数学家的生平事迹和对数学发展的贡献，掌握重要的数学事件，理解主要的数学理论的形成过程以及历史文化背景。 二、本课程主要教学内容及时间安排 第一章：综述（８学时） 1、教学基本要求：分三阶段综合叙述数学历史发展过程，掌握各阶段的框架和脉络，理解中外各主要数学中心发展、转移、变化的过程。 2、教学重点：在教学上要求把握一个整体、三个阶段的特点（古典数学、近代数学和现代数学）。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数学历史发展过程（5学时），作业量：1。 ⒉主要数学中心发展、转移、变化的过程（3学时），作业量：1。 第二章：东、西方初等数学的代表作（4学时） 1、教学基本要求：通过全面了解东、西方初等数学的代表作，即中国的《九章算术》和古希腊的《几何原本》的内容、背景和特点，把握两者的深刻的思想内涵和学术文化特征。 2、教学重点：把握《九章算术》和《几何原本》深刻的思想内涵和学术文化特征。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数学历史发展过程（2学时），作业量：1。 ⒉主要数学中心发展、转移、变化的过程（2学时），作业量：1。 第三章：作图工具与计算工具（2学时） 1、教学基本要求：通过中、西方古代作图工具、计算工具的形成、发展过程的介绍，重点把握古希腊作图手段——尺规作图法，以及中国古代著名的计算工具——算筹的具体情况和历史背景。 2、教学重点：把握古希腊作图手段——尺规作图法，以及中国古代著名的计算工具——算筹的具体情况和历史背景。 3、教学难点：尺规作图法。 4、本章知识点：⒈尺规作图法及算筹的具体情况和历史背景。（2学时），作业量：1。 第四章：初等几何（2学时） 1、教学基本要求：沿着数的起源、发展的历史轨迹，重点了解记数的方法、数的运算以及数系扩充的历史发展过程，突出中国十进位制的历史地位和功绩，理解在数的扩充过程中，人类所表现出的困惑、好奇和对未知世界执着探索的精神状态。 2、教学重点：数系扩充的历史发展过程。 3、教学难点： 4、本章知识点：⒈数系扩充的历史发展过程。（2学时），作业量：1。 第五章：算术（2学时） 1、教学基本要求：了解自然数是基数与序数的统一，把握正负数的定义及分数的运算法则，
三讲：初等数论3——同余的性质和应用
第三讲：初等数论3——同余的性质和应用 三、巩固练习 1. 今天是星期三，到第1000天是星期几？ 解：从今天到第1000天相隔999天，1000-1≡5(mod 7)，3+5-7=1，是星期一. 2. 若1059，1417，2313分别被自然数x除时，所得余数都是y，则x-y= ．解：∵1059≡y(mod x) ，1417≡y(mod x) ， 2313≡y(mod x)， ∴1417-1059=358≡0(mod x)，2313-1417=896≡0(mod x)， 2313-1059=1254≡0(mod x) 又（358，896，1254）的最大公约数为2，则x=2， y=1，x-y=1． 3. 若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是（） A. 25 B. 26 C. 27 D. 28 解：1995除以6的余数是3，a≡1995 (mod 6)，a除以6的余数也是3，只有a=27，选C. 4. 一个两位数被7除余1，它的反序数被7除也余1，那么这样的两位数共有（） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 解：列出满足条件的所有两位数：15，22，29，36，43，50，57，64，71，78，85，92，99 两位数据反序数也满足条件的有：22，29，92，99，选C. 5. 设n为自然数，则32n+8被8除的余数是_________. 解：由32n+8=9n+8，知32n+8≡1n+0(mod 8)≡1(mod 8) ，故32n+8被8除余1. 6. 黑板上写着13个数：1908，1918，1928，1938，1948，1958，1968，1978，1988，1998， 2008，2018，2028．小明第一次擦掉其中的一个数，第二次擦掉剩下数中的两个数，第三次擦掉剩下数中的三个数，第四次擦掉剩下数中的四个数，他想使得每次擦掉数后剩下的所有数之和为13的倍数，小明的意图能否达到？如果可以，给出一种可行的方法，不能请说明理由． 答案：可以： 依次擦掉（2028）；（1958，1968）；（1908，1938，1978）； （1918，1928，1998，2008）。（1948、1988、2018）解：思路如下： 写出的13个数除以13余数互不相同，10) ≡（mod13）， 13 ≡，71918 (mod 1908 41928 ≡(mod13)、81958 ≡(mod13)、 ≡（mod13）,111948 ≡（mod13）、11938 5) 1988 (mod ≡、9) (mod ≡、 13 13 1998 1968 (mod ≡、12) ≡、2) 13 1978 (mod 13 6) ≡、0) 13 (mod ≡、每一次操作就是去 2018 2028 2008 13 (mod (mod 13 ≡、3) 掉13的倍数，即要将0～12分成五组，每一组数的个数分别为1，2，3，4，3，使得每一组数之和都是13的倍数。 7.在“圆明杯”数学竞赛中，数学老师出了一道题：“2011分别除以m个不同的自然数，
初等数论练习册汇总
作业次数：学号姓名作业成绩 第0章序言及预备知识 第一节序言（1） 1、数论人物、资料查询：（每人物写600字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1 是无理数。 （2）Show that there are infinitely many Ulam numbers 3、用Mathematica 数学软件实现 A Ulam number is a member of an which was devised by and published in in 1964. The standard Ulam sequence (the (1, 2-Ulam sequence starts with U 1=1 and U 2=2 being the first two Ulam numbers. Then for n > 2, U n is defined to be the smallest that is the sum of two distinct earlier terms in exactly one way 。 By the definition, 3=1+2 is an Ulam number; and 4=1+3 is an Ulam number (The sum 4=2+2 doesn't count because the previous terms must be distinct. The integer 5 is not an Ulam number because 5=1+4=2+3. The first few terms are 1, 2, 3, 4, 6, 8, 11, 13, 16, 18, 26, 28, 36, 38, 47, 48, 53, 57, 62, 69, 72, 77,
初等数论
《初等数论》A/B 模拟练习题参考答案 1、（15分）设()f x 是整系数多项式，且(1),(2),,()f f f m 都不能被m 整除，证 明方程()0f x =没有整数解。 证明：对任意整数x ，(mod ),1x r m r m ≡≤≤，利用同余可加性和同余可乘性得 ()()(mod ),1f x f r m r m ≡≤≤，因为(1),(2), ,()f f f m 都不能被m 整除，所以 ()0f x ≠，即()0f x =没有整数解 2、（15分）若00ax by +是形如ax by +（,x y 是任意整数，,a b 是两个不全为零的整数）的数中的最小正数，则()()00ax by ax by ++，其中,x y 是任何整数 证明：由题意可知，,a b 不全为0， 从而在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数， 因而有形如ax by +的最小整数00ax by +，,x y Z ?∈，由带余数除法有 0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+, 则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈， 由00ax by +是S 中的最小整数知0r =，故00|ax by ax by ++ 由于,x y 为任意整数，则可知0000|,|ax by a ax by b ++ 从而有00|(,).ax by a b +又有(,)|a b a ，(,)|a b b 得证00(,)|a b ax by +，故00(,)ax by a b +=. 3、（10分）若(mod )a b c m +≡，求证(mod )a c b m ≡- 证明：由同余可加性，且(mod )a b c m +≡，从而得 ()()()(mod )c b c b a b b a m -≡+-≡++-≡，得证.
初等数论 期末复习 同余精选例题分析
第三章同余例题分析 例1：求3406的末二位数。 解：∵（3，100）=1，∴3)100(φ≡1（mod 100） φ(100)=φ(22·52)=40,∴340≡1(mol 100) ∴3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100) ∴末二位数为29。 例2：证明（a+b ）p ≡a p +b p (mod p ) 证：由费尔马小定理知对一切整数有：a p ≡a （p ），b p ≡b (P )， 由同余性质知有：a p +b p ≡a+b (p ) 又由费尔马小定理有（a+b ）p ≡a+b (p ) （a+b ）p ≡a p +b p (p ) 例3：设素数p >2，则2P -1的质因数一定是2pk +1形。 证：设q 是2p -1的质因数，由于2p -1为奇数，∴q ≠2， ∴（2·q ）=1,由条件q|2p -1,即2p ≡1（mod q ），又∵（q ,2）=1，2p ≡1（mod q ）设i 是使得2x ≡1（mod p ）成立最小正整数 若1
∴13|42n +1+3n +2 例5：证明5y +3=x 2无解 证明：若5y +3=x 2有解，则两边关于模5同余 有5y +3≡x 2(mod 5) 即3≡x 2(mod 5) 而任一个平方数x 2≡0,1,4(mod 5) ∴30,1,4(mod 5) ∴即得矛盾，即5y +3=x 2无解 例6：求 50111......被7除的余数。 解：∵111111被7整除，∴ 50111......≡11（mod 7）≡4（mod 7），即余数为 4。 例7：把..0.04263化为分数。 解：设b =...360420，从而1000b=...3642, 100000b=...364263，99000b=4263-42b=990004221 ==11000469 。 当然也可用直化分数的方法做。 例8：设一个数为62XY427是9，11的倍数，求X ，Y 解：因为9|62XY427 所以9|6+2+X+Y+4+2+7，即9|21+X+Y 又因为11|62XY427，有11|（7+4+X+6-2-Y-2） 即11|（X-Y+13） 因为0≤X，Y ≤9，所以有21≤21+X+Y ≤39， 4≤X-Y+13≤22，由此可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11
初等数论中的几个重要定理(竞赛必备)
初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数称为是模的既约剩余系，如果对任意的，且对于任意的，若＝1，则有且仅有一个是对模的剩余，即。并定义中和互质的数的个数， 称为欧拉（Euler）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然，而对于，就是1,2，…， 中与互素的数的个数，比如说是素数，则有。 引理：；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler）定理）设＝1，则。 分析与解答：要证，我们得设法找出个相乘，由个数我们想到中与互质的的个数：，由于＝1，从而 也是与互质的个数，且两两余数不一样，故 （），而（）＝1，故。
证明：取模的一个既约剩余系，考虑，由 于与互质，故仍与互质，且有，于是对每个都能找到唯一的一个，使得，这种对应关系 是一一的，从而，。 ，，故。证毕。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。 定理2：（费尔马（Fermat）小定理）对于质数及任意整数有。 设为质数，若是的倍数，则。若不是的倍数，则 由引理及欧拉定理得，，由此即得。 定理推论：设为质数，是与互质的任一整数，则。 定理3：（威尔逊（Wilson）定理）设为质数，则。 分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找个数，然后来对应乘法。
证明：对于，在中，必然有一个数除以余1，这是因为则好是的一个剩余系去0。 从而对，使得； 若，，则，，故 对于，有。即对于不同的对应于不同的，即中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自己配对，这时，，或， 或。 除外，别的数可两两配对，积除以余1。故。定义：设为整系数多项式（），我们把含有的一组同余式 （）称为同余方组程。特别地，，当均为的一次整系数多项式时，该同余方程组称为一次同余方程组.若整数同时满足： ，则剩余类（其中）称为同余方程组的一个解，写作 定理4：（中国剩余定理）设是两两互素的正整数，那么对于任意整数 ，一次同余方程组，必有解，且解可以写为：
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论学习总结 本课程只介绍初等数论的的基本内容。由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系， 因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师范院校)的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的．一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练，这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此，许多高等院校，特别是高等师范院校，都开设了数论课程。 最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。 数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。 初等数论自学安排 第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时 整除的定义、带余数除法 最大公因数和辗转相除法 整除的进一步性质和最小公倍数 素数、算术基本定理 [x]和{x}的性质及其在数论中的应用 习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。 第二章：不定方程（4学时）自学12学时 二元一次不定方程c by ax =+ 多元一次不定方程c x a x a x a n n =++ 2211 勾股数 费尔马大定理。 习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时 同余的定义、性质 剩余类和完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系 欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用 习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。 第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时 同余方程概念 孙子定理 高次同余方程的解数和解法 素数模的同余方程 威尔逊定理。 习题要求60p ：1；64p ：1，2；69p ：1，2。 第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时 二次同余式 单素数的平方剩余与平方非剩余 勒让德符号 二次互反律 雅可比符号、 素数模同余方程的解法 习题要求78p ：2； 81p ：1，2，3；85p ：1，2；89p ：2；93p ：1。 第一章：原根与指标（2学时）自学8学时 指数的定义及基本性质 原根存在的条件 指标及n 次乘余 模2 及合数模指标组、
初等数论
例1 求不定方程 3x + 6y = 15的解。 解 (3, 6) = 3∣15，所以方程有解。 由辗转相除法（或直接观察), 可知x =-1，y =1是3x + 6y = 3的解， 所以x 0 = -5，y 0 = 5是原方程的一个解。由定理2，所求方程的解是 t y t x -=+-=525 例2 求不定方程3x + 6y + 12z = 15的解。 解 原方程等价于 x + 2y + 4z = 5。 (8) 由定理3，依次解方程 t + 4z = 5， x + 2y = t ， 分别得到 u z u t -=+=141 v t y v t x -=+-=2 u ∈Z ， (9) v ∈Z 。 (10) 将式(9)与式(10)中的t 消去，得 x=-1-4u+2v, y=1+4u-v, z=1-u u , v ∈Z 。 注：本例在解方程时，首先将原方程化为等价方程(8)，这使问题简化。对例1也可以如此处理。 例3 设a 与b 是正整数，(a , b ) = 1，则任何大于ab -a -b 的整数n 都可以表示成n = ax +by 的形式，其中x 与y 是非负整数，但是n =ab -a -b 不能表示成这种形式。 解:(ⅰ)由定理2，方程 ax + by = n (11) 的解具有x=x0+bt;y=y0-at t ∈Z (12) 的形式，其中x 0与y 0满足方程(11)。 由假设条件n >ab -a -b 及式(11)与式(12),有 ax =n -by = n -b (y 0-at )>ab -a -b -b (y 0-at ) (13) 取整数t ，使得 0 ≤ y = y 0 - at ≤ a - 1， 则由式(13)得到 ax > ab - a - b - b (a - 1) = -a ， x > -1，x ≥ 0， 即 n = ax + by ，x ≥ 0，y ≥ 0。 (ⅱ) 设有x ≥ 0，y ≥ 0，使得 ax + by = ab - a - b (14) 则 a (x + 1) + b (y + 1) = ab (15) 所以a ∣b (y + 1)。但是(a , b ) = 1， 于是必有 a ∣y + 1，y + 1 ≥ a 。 同理可以证明x + 1 ≥ b ，从而 a (x + 1) + b (y + 1) ≥ 2ab ，
初等数论 第七章 原 根
第七章原根 原根是数论的理论和应用中一个很重要的概念。本章要介绍原根以及与它有关的基本知识。 第一节指数及其基本性质 定义1设m > 1，(a, m) = 1，则使 a r≡ 1 (mod m) (1) 成立的最小的正整数r，称为a对模m的指数，记为δm(a)，在不致误会的情况下，简记为δ(a)。 由Euler定理，当r = ?(m)时式(1)成立，因此，恒有δm(a) ≤?(m)。 若a≡b (mod m)，(a, m) = 1，则显然有δm(a) = δm(b)。 定义2若δm(a) = ?(m)，则称a是模m的原根。 例如，当m = 7时，因为 21≡ 2，22≡ 4，23≡ 1 (mod 7)， 所以δ7(2) = 3。又因为 31≡ 3，32≡ 2，33≡ 6，34≡ 4，35≡ 5，36≡ 1 (mod 7)， 所以δ7(3) = 6 = ?(7)，3是模7的原根。 以后，在谈到a对模m的指数时，总假定m > 1，(a, m) = 1。 定理1记δ = δm(a)，则 a0, a1, , aδ- 1 对模m两两不同余。 证明用反证法。若有0 ≤i < j≤δ- 1，使得 a i≡a j (mod m)， 则由(a, m) = 1得到 a j - i≡ 1 (mod m)， 这与δ = δm(a)的定义矛盾，所以定理成立。证毕。 154
155 定理1说明，若g 是模m 的原根，则 g 0, g 1, , g ?(m ) - 1 构成模m 的简化剩余系。 定理2 设δ = δm (a )，r 与r '是正整数，则 a r ≡ a r ' (mod m ) (2) 的充要条件是 r ≡ r ' (mod δ)。 (3) 特别地，a r ≡ 1 (mod m )的充要条件是δ∣r 。 证明 不妨设r > r '。因为(a , m ) = 1，所以式(2)等价于 a r - r ' ≡ 1 (mod m )。 (4) 若式(4)成立，记r - r ' = q δ + t ，q ∈N ，0 ≤ t < δ，则由定义1，有 a t ≡ a q δ + t = a r - r ' ≡ 1 (mod m )。 由δm (a )的定义可知t = 0，即δ∣r - r '，也即式(3)成立。必要性得证。 若式(3)成立，则存在q ∈N ，使得r - r ' = q δ，则由定义1，有 a r - r ' = a q δ ≡ 1 (mod m )， 即式(4)成立，从而式(2)成立，充分性得证。 取r ' = 0，得到定理的第二个结论。证毕。 推论 δm (a )∣?(m )。 证明 由Euler 定理及定理2得证。 定理3 设k 是非负整数，则 ) ),(()()(k a a a m m k m δδδ=。 证明 记δ = δm (a )，δ ' = δm (a k )，δ '' =),(k δδ ，则由定理2及 a k δ '' ≡ 1 (mod m ) 可知 δ '∣δ ''。 (5) 由定理2及a k δ ' = (a k )δ ' ≡ 1 (mod m )可知δ∣k δ '，因此 δ '' = ),(),(|k k k δδδδ'。 (6) 由于1),(,),()( =k k k δδδ，所以由式(6)可以推出δ ''∣δ '。由此及式(5)得
初等数论习题
第三章 1. 解依次计算同余式 22 4，24 16，28 256，216=65536 154， 232 1542=23716 1 (mod 641)。 因此 2. 解有71 3，72 1，74 1 (mod 10)， 因此，若 77 r (mod 4)， 则 现在77 (1)7 1 3 (mod 4)，所以由上式得到 即n的个位数是3。 3.注：一般地，若求对模m的同余，可分以下步骤进行： (ⅰ)求出整数k，使a*k 1 (mod m)； (ⅱ)求出正整数r，r < k，使得b*c r (mod k)； (ⅲ)a *r (mod m)。 4.例3求(25733 46)26被50除的余数。 解(25733 46)26 (733 4)26 = [7(72)16 4]26 [7( 1)16 4]26 = (7 4)26 326 = 3(35)5 3(7)5 = 37(72)2 21 29 (mod 50)，即所求的余数是29。 5.证明2x2-5y2=7没有整数解. 6.例1设m > 0是偶数，{a1, a2, , am}与{b1, b2, , bm}都是模m的完全剩余系，证明： {a1 b1, a2 b2, , am bm}不是模m的完全剩余系。 7.例2设A = {x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系，以 {x}表示x的小数部分，证明：若(a, m) = 1，则
8. 9.例3 设{x1, x2, …, x(m)}是模m的简化剩余系，则 (x1x2…x(m))*21(mod m)。 解记P = x1x2…x(m)，则(P, m) = 1。又记yi = 1 i (m)， 则{y1, y2, …, y(m)}也是模m的简化剩余系，因此 (mod m)，再由Eule r定理，推出 P*2P*(m) 1 (mod m) ** 同余式可以像等式一样进行代换。 第二章 1. 利用辗转相除法求解 2.例3 设a，b，c是整数，(a, b) = 1，则在直线 ax by = c上，任何一个长度大于的线段上至少有一个点的坐标都是整数。
初等数论 第五章 二次同余式与平方剩余
初等数论第五章二次同余式与平 方剩余 第五章二次同余式与平方剩余第五章二次同余式与平方剩余§1二次同余式与平方剩余二次同余式的一般形式是ax2?bx?c?0(modm)，a??0(modm)(1)下面讨论它的解的情况。?k?1?2令m?p1p2?pk，则(1)有解的充要条件为ax2?bx?c?0(modpi?i)，i?1,2,?,k有解，而解f(x)?ax2?bx?c?0(modp?)，p为质数(2)又可以归结为解f(x)?ax2?bx?c?0(modp)，p为质数(3)。当p?2时，同余式(3)极易求解，因此，我们只需讨论二次同余式f(x)?ax2?bx?c?0(modp)，p为奇质数(4)若p?|a，用4a乘(4)再配方得(2ax?b)2?4ac?b2?0(modp)，令y?2ax?b,A?b2?4ac，得y2?A?0(modp)可以证明：同余式(4)和(5)是等价的。证明
必要性显然；反之，设(5)有一解y?y0，因为(p,2a)?1，所以2ax?b?y0(modp)有解，即(4)有解。以上讨论可知，二次同余式可以化为x2?a(modp)，p为奇质数(6)(5)来求解，当p|a时，(6)仅有一个解x?0(modp)，所以我们下面总假定p?|a或(p,a)?1。因此，下面主要研究形如x2?a(modp)，(p,a)?1，p为奇质数同余式。 (7)的定义若同余式x2?a(modp),(a,p)?1,p为奇质数有解，则a 叫做模p的平方剩余(二次剩余)，若无解，则a叫做模p的平方非剩余(二次非剩余)。定理1(欧拉判别条件)若(a,p)?1，则a是模p的平方剩余的充要条件为ap?12?1(modp)；a是模p的平方非剩余的充要条件为a- 1 - p?12??1(modp)。若a是模p的平方剩余，则(7)式恰有两解。第五章二次同余式与平方剩余证明(1)设a是模p 的平方剩余，则同余式x2?a(modp)，(a,p)?1有解，设为?，于是??a(modp)，从而欧拉定理可知反之，若
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初等数论考试试卷 一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） 1．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( A ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． 2．下列命题中不正确的是( B ) Ａ．整数12,,,n a a a L 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,,,n a a a L 的公倍数中最小的称为最小公倍数 【有最小的吗？】 Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数 3．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( C ) Ａ．00,,0,1,2,;a b x x t y y t t d d =- =+=±±L Ｂ．00,,0,1,2,;a b x x t y y t t d d =+=-=±±L Ｃ．00,,0,1,2,;b a x x t y y t t d d =+=-=±±L Ｄ．00,,0,1,2,;b a x x t y y t t d d =-=-=±±L 4．下列各组数中不构成勾股数的是( D ) Ａ．5，12，13； Ｂ．7，24，25； Ｃ．3，4，5； Ｄ．8，16，17 5．下列推导中不正确的是( D ) Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡?+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡?≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡?≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡?≡ 6．模10的一个简化剩余系是( D )
《初等数论》教学大纲
课程名称：初等数论（Elementary Number Theory） 《初等数论》教学大纲 一、课程说明 “初等数论”课程是数学与应用数学专业（师范）的一门专业选修课。数学与应用数学专业的学生学习一些初等数论的基础知识可以加深对数的性质的了解与认识，便于理解和学习与其相关的一些课程。 通过这门课的学习，使学生获得关于整数的整除性、不定方程、同余式、原根与指标及简单连分数的基本知识，掌握数论中的最基本的理论和常用的方法，加强他们的理解和解决数学问题的能力，为今后的学习奠定必要的基础。 本课程属于数学与数学专业（师范）的专业选修课。 本课程的教学时间安排：每周2节课，计划教学周为16周，总课时数32学时，其中实践时数0学时。 本课程总学分数为2学分。 本课程安排在第5学期开设。 二、学时分配表 教学内容授课学时实践学时 第一章第二章第三章第四章第五章整数的可除性 不定方程 同余 同余式 二次同余式与平方剩余 6 6 6 6 8 合计32 三、教学目的与要求 初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。本课程的目的是简单介绍在初等数论研究中经常用到的若干基础知识、基本概念、方法和技巧。 通过本课程的学习，使学生加深对整数的性质的了解，更深入地理解初等数论与其它邻近学科的关系。
四、教学内容纲要 第一章整数的可除性（ 6学时） 目的要求： 1、理解整数整除、公因子、公倍数的概念及相关性质，理解剩余定理，熟练掌握用剩余定理求最大公因子、最小公倍数的方法。 2、理解素数与合数的概念、素数的性质，理解整数的素数分解定理，会用筛法求素数。 3、了解函数[x]与{x}的概念、性质，n!的素数分解、组合数为整数的性质。 难点：定理的证明处理方法，定理的灵活运用。 讲授内容： 1、整除的概念、带余数除法 （1）整除、因数；（2）带余数除法、不完全商、余数。 2、最大公约数与辗转相除法 （1）公因数、最大公因数、互素；（2）最大公因数的性质；（3）最大公因数的求法。 3、整除的进一步性质及最小公倍数 （1）整除的性质；（2）公倍数、最小公倍数；（3）最小公倍数的性质。 4、质数、算术基本定理 （1）质数与性质；（2）算术基本定理；（3）筛法。 5、函数[x]，{x}及其在数论中的一个应用 （1）[x]，{x}与性质；（2）n!中素因子的指数。 第二章不定方程（ 6学时） 目的要求： 1、了解二元一次不定方程解的形式、二元一次不定方程有整数解的条件，熟练掌握利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定方程的方法。 2、知道多元一次不定方程有解的条件，会求解简单的多元一次不定方程。
初等数论知识点总结
《初等数论》总结 姓名xxx 学号xxxxxxxx 院系xxxxxxxxxxxxxxx 专业xxxxxxxxxxxxxxx
个人感想 初等数论是一门古老的学科，它对于数的性质以及方程整数的解做了深入的研究，是对中等数学数的理论的继续和提高。 有时候上课听老师讲解一些例题，觉得比较简单，结果便是懂非懂地草草了之，但是过段时间做老师留下的一些相似的课后练习时，又毫无头绪，无从下手。这就是上课的时候没做到全神贯注地去听，所以课下的时间尤为重要，一定做好复习巩固的工作。 老师讲课的方法也十分好，每次上课都会花二十分钟到半个小时来对上节课的知识帮助我们进行回顾，我想很多同学都喜欢并适合这种教学方式。 知识点总结 第一章 整数的可除性 1. 定义：设是给定的数，，若存在整数，使得则称整除，记作，并称是的一个约数，称是的一个倍数，如果不存在上述，则称不能整除 2性质： (1)若且，则(传递性质)； (2)若且，则即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。若反复运用这一性质，易知及，则对于任意的整数有。更一般，若都是的倍数，则。或着，则其中； (3)若，则或者，或者，因此若且，则； (4)互质，若，则； (5)是质数，若，则能整除中的某一个；特别地，若 b a ,0≠b c bc a =b a a b |b a a b c b a c b |a c |a b |a b |c b |)(|c a b ±a b |c b |v u ,)(|cv au b ±n a a a ,,,21 b )(|21n a a a b +++ i b a |∑=n i i i b c a 1|n i Z c i ,,2,1, =∈a b |0=a ||||b a ≥a b |b a |b a ±=b a ,c b c a |,|c ab |p n a a a p 21|p n a a a ,,,21
闵嗣鹤、严士健,初等数论第三章习题解答
第三章 同余 §1习题（P53） 1． 证明定理2及性质庚、壬 01定理2 若11(mod )k k A B m αααα≡ (mod )i i x y m ≡ ，1,2,,i k = 则 1111k k k k A x x αααααα≡ ∑ 1111(mod )k k k k B y y m αααααα∑ 证：由(mod ) i i x y m ≡ ?戊 (mod )i i i i x y m αα≡ 11k k x x αα?≡ 戊 11(mod )k k y y m αα 1 11k k k A x x αααα?≡ 戊 1 1 1(mod )k k k B y y m αααα 1111k k k k A x x αααααα? ∑ ≡ 丁 111 1(mod )k k k k B y y m αααααα ∑ 02庚证：（i ）(mod )a b m ≡∵ 由P48定理1m a b km ka kb ????， 0(mod )km ak bk mk >?≡ （ii ）设1a a d =，1b b d =，1m m d = 0m >∵，100d m >?> (mod )a b m ≡∵ 111()m a b dm d a b ???? 111111(mod )(mod a b m m a b a b m d d d ???≡?≡ 2． 设正整数101010n n a a a a =+++ 010i a <-，试证11/a 的充要条件是0 11(1)n i i i a =?∑。 证：由101(mod 11)10(1)(mod 11)i i ≡??≡? 10(1)(mod 11)10(1)(mod 11)n n i i i i i i i i i i a a a a ==?≡??≡?∑∑ 01110(1)n n i i i i i i a a ==???∑∑ 于是11a 0 11(1)n i i i a =??∑
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论学习总结 本课程只介绍初等数论得得基本内容。由于初等数论得基本知识与技巧与中学数学有着密切得关系， 因此初等数论对于中学得数学教师与数学系(特别就是师范院校)得本科生来说，就是一门有着重要意义得课程，在可能情况下学习数论得一些基础内容就是有益得．一方面通过这些内容可加深对数得性质得了解，更深入地理解某些她邻近学科，另一方面，也许更重要得就是可以加强她们得数学训练，这些训练在很多方面都就是有益得．正因为如此，许多高等院校，特别就是高等师范院校，都开设了数论课程。 最后，给大家提一点数论得学习方法，即一定不能忽略习题得作用，通过做习题来理解数论得方法与技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它得内容而忽略习题得作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。 数论有丰富得知识与悠久得历史，作为数论得学习者，应该懂得一点数论得常识，为此在辅导材料得最后给大家介绍数论中著名得“哥德巴赫猜想”与费马大定理得阅读材料。 初等数论自学安排 第一章：整数得可除性（6学时）自学18学时 整除得定义、带余数除法 最大公因数与辗转相除法 整除得进一步性质与最小公倍数 素数、算术基本定理 [x]与{x}得性质及其在数论中得应用 习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。 第二章：不定方程（4学时）自学12学时 二元一次不定方程c by ax =+ 多元一次不定方程c x a x a x a n n =++Λ2211 勾股数 费尔马大定理。 习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。 第三章：同余（4学时）自学12学时 同余得定义、性质