优选初等数论第三章课件

(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1 a2 b1 b2 (mod m);
若a b c(mod m),则a c b(mod m)
(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m);
若a b(mod m),则ak bk(mod m)
i p
pq,
即p
C
i p
例3、（1）求所有的正整数n，使得2n 1能被7整除； （2）证明：对于任何正整数n，2n +1不能被7整除。
解：（1）n Z ,都可写成3m k的形式,其中m N, k 0,1, 2. 因为23 1(mod 7)，所以23m 1(mod 7)，即23m 1 0(mod 7), 从而当 n 3m, 7 2n 1；
证：不妨设Sn 1n 2n 3n 4n，容易验证,14 1(mod 5), 24 16 1(mod 5),34 81 1(mod 5), 44 256 1(mod 5),
假定4k r,其中r 0,1, 2,3.由以上知 a4 1(mod 5), a 1, 2,3, 4. 则有 a4k 1(mod 5), 所以an a4kr ar (mod 5)
(6)若a b(mod m),且a a1d,b b1d,(d, m) 1，则 a1 b1(mod m)
(7)若a b(mod m), k 0,则 ak bk(mod mk) 若a b(mod m), d a,b, m, d 0，则
a d
b d
mod
m d
(8)若a b(mod mi ),i 1, 2, , k,则 a b(mod[m1, m2, , mk ])
因此可得Sn 1n 2n 3n 4n 1r 2r 3r 4r (mod 5). 因而当r 0,1, 2,3时，依次有 Sn 4 4(mod 5)， Sn 10 0(mod 5)，Sn 30 0(mod 5)，Sn 100 0(mod 5)， 故当且仅当n不能被4整除时，1n 2n 3n 4n能被5整除.
(9)若a b(mod m), d m, d 0,则 a b(mod d )
(10)若a b(mod m),则(a, m) (b, m)，因而若d能整除 m及a，b两数之一，则d必能整除a, b中的另一个。
例1、求3406写成十进位数时的个位数。（9）
例2、设p是素数，证明(a b) p (a p b p )(mod p)。
定义 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, b所得的余数相同，我们就说a, b对模 m同余，记作a b(mod m)，如果余数不同，我们就说a,b 对模m不同余，记作a b(mod m)。
定理1 整数a,b对模m同余的充分与必要条件是 m a b,即a b mt,t Z。
又23m1 2(mod 7)， 23m2 4(mod 7), 从而当且仅当 n 3m时, 7 2n 1.
（2）由23m 1 2(mod 7)，23m1 1 3(mod 7), 23m2 1 5(mod 7), 可知，对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.
例4、证明当且仅当n不能被4整除时,1n 2n 3n 4n能被5 整除，其中n是正整数。
（5）若A1 k B1 k (mod m), xi yi (mod m),i 1, 2, , k
则
A x x 1
k
1 k 1
k
B y1 1 k 1
yk k(mod来自m)；1 k1 k
特别地，若 ai bi (mod m),i 0,1, , n, 则
an xn an1xn1 a0 bn xn bn1xn1 b0 (mod m)
注：（1）由定理1，可得到同余的另外一个定义：即 若m a b,则a,b叫做对模m同余。
（2）由定理1说明，a b(mod m)等价于a可表示为 a b mt
（3）定理1推论，m a a 0(mod m), 该推论说明在模m的同余关系中, m的倍数可用零来代替。
同余的基本性质 （1）a a(mod m) （2）a b(mod m),则b a(mod m) （3）a b(mod m),b c(mod m)，则a c(mod m)
证： 设a mq1 r1,b mq2 r2,0 r1, r2 m, 若a b(mod m)，则r1=r2，因此a b m（q1 q2 );
若m a b,则m m（q1 q2 ) (r1 r2 ),因此m r1 r2 , 但 r1 r2 m,故r1=r2。
定理1 整数a,b对模m同余的充分与必要条件是 m a b,即a b mt,t Z。
优选初等数论第三章课件
第一节 同余的概念及其基本性质
数论中有它自己的代数，称之为同余理论。它既有 重要的理论价值，又具有广泛的实际应用价值。人们在 生活、生产、宗教、习俗及民间游戏中，常会遇到已日 数计时、天文历法计算等问题。因而，简化数据，保留 精神实质就成其当务之急，于是，产生了数论中的一些 重要概念。
例5、证明方程x2 y2 z2没有都是素数的解.
证：（反证法）设x a, y b, z c是素数解, 如果a 2，由c2 b2 a2得(c b)(c b) 4，因此 c b 4, c b 1，从而c 5，矛盾。
2
于是a, b都是奇数。 因此a2 1(mod 4)，b2 1(mod 4)，但 a2 b2 2 c2 (mod 4)，矛盾。
证：根据二项式定理有：
(a b) p a p C1pa p1b
C
i p
a
b pi i
C
i p
p( p 1)
( p i 1) Z i!
i! p( p 1) ( p i 1)
Cppb p
当i 1, 2, , p 1时, (i!, p) 1 i! ( p 1) ( p i 1)，
故C