三讲：初等数论3——同余的性质和应用
初中数学竞赛教程《同余3》
初中数学竞赛教程《同余3》同余是数论中一个重要的概念，也是初中数学竞赛中常考的知识点之一、同余关系可以帮助我们解决一些整数求余的问题，同时也有一些重要的应用，如模运算、同余方程等。
本文将介绍同余的基本概念、性质以及应用。
一、同余的基本概念同余的定义：设a、b为任意两个整数，m为一个正整数，如果m整除(a-b)，则称a与b对于模m同余，记作a≡b(mod m)，读作a与b模m 同余。
二、同余的性质1. 自反性：对于任意整数a，有a≡a(mod m)。
证明：因为m整除（a-a），所以a与a对于模m同余。
2. 对称性：若a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。
证明：由a≡b(mod m)，得m整除a-b，又由整除的性质，得m整除-(a-b)，即m整除b-a，所以b≡a(mod m)。
3. 传递性：若a≡b(mod m)，b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
证明：由a≡b(mod m)和b≡c(mod m)，得m整除a-b和b-c所以m整除（a-b）+（b-c），即m整除a-c，所以a≡c(mod m)。
三、同余的应用1. 求余数：当m=10时，对一个正整数n，n≡a(mod 10)的意义就是n的个位数是a。
比如，1234≡4(mod 10)。
2. 模运算：同余关系可以推广到任意的四则运算和乘幂运算中。
比如，对于任意整数a、b，若a≡b(mod m)，那么对于任意整数c，有(a+c)≡(b+c)(mod m)和(a-c)≡(b-c)(mod m)。
另外，如果a≡b(mod m)，则a^k≡b^k(mod m)。
3. 同余方程：同余方程是指形如ax≡b(mod m)的方程，其中a、b、m是已知的整数，x是未知的整数。
同余方程在密码学、计算机算法等领域有广泛的应用。
解同余方程的方法一般有试错法、中国剩余定理等。
在解同余方程时，我们要先求出模m意义下的倒数，一般记作b^-1，满足b*b^-1≡1(mod m)。
数论中的同余定理与同余方程的解法
数论中的同余定理与同余方程的解法数论是研究整数性质和整数运算规律的数学分支。
同余定理和同余方程是数论中重要的概念和工具。
本文将介绍同余定理的基本思想和应用，以及解决同余方程的常见方法。
一、同余定理同余是指两个整数除以同一个数所得的余数相等。
同余定理是数论中的一个基本理论，用于刻画整数之间的关系。
设a、b和n都是整数，n>0，我们称a与b关于模n同余，记作a≡b(mod n)，当且仅当n|(a-b)。
同余定理可以分为以下几条：1. 同余的基本性质（1）自反性：a≡a(mod n)（2）对称性：若a≡b(mod n)，则b≡a(mod n)（3）传递性：若a≡b(mod n)，b≡c(mod n)，则a≡c(mod n)2. 同余的运算性质（1）加法：若a≡b(mod n)，c≡d(mod n)，则a+c≡b+d(mod n)（2）减法：若a≡b(mod n)，c≡d(mod n)，则a-c≡b-d(mod n)（3）乘法：若a≡b(mod n)，c≡d(mod n)，则a*c≡b*d(mod n)3. 同余的整除性质若a≡b(mod n)，则m|a的充分必要条件是m|b。
同余定理不仅在数论中有重要应用，还广泛用于密码学、计算机科学等领域。
二、同余方程的解法同余方程是形如ax≡b(mod n)的方程，其中a、b和n为已知整数，x 为未知整数。
解同余方程可以通过以下几种方法：1. 借助同余定理直接解法：若gcd(a,n)|b，方程ax≡b(mod n)存在解。
具体解法为，求出gcd(a,n)的一个解d，然后将方程两边同时除以d，得到新方程a'x≡b' (mod n')，其中a'、b'和n'为新方程的系数，满足gcd(a',n')=1，然后再求解新方程，最后合并得到原方程的所有解。
2. 中国剩余定理：中国剩余定理是解决同余方程组的一种有效方法。
初等数论同
注:一组数成为模m的完系的充要条件是
(1)个数=m
(2)两两关于模m不同余
常见模m的完全剩余系(简称完系） 0,1,2,…m-1做模m的最小非负完全剩余系； 当m是双数时，
或
当是m单数时，
,
叫做模m的绝对最小完全剩余系
定理1：设m是正整数，(a,m)=1,b是任意整数。
性质7
d|(a,b),(d,m)=1 则
证： 因为
，(d,m)=1 ，所以有
性质8 若
则 (a,m)=(b,m)
证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m,
有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m),
同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
性质9 若
则
证：由已知
即奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能 被11整除的数能被11整除.
规律(7)的证明 证： 一般地有 两边同乘 有并对n+1个式子相加得
即有7|a的充要条件是 7| 对模11和13同理可证。 注：这里用的是1000进制。
例1:1234567891011…2005 除以3的余数是多少.
解:因为一个数除以3的余数,即其各位数字和 除以3 的余数.所以所求余数
若x通过模m的一个完系，则ax+b也通过模m 的完系，即若a0,a1…am-1是模m的完系，则 aa0+b,aa1+b…aam-1+b也是模m的完系。
证：首先因x通过模m的一个完系，所以ax+b
有m个数，若
, 则有
这与x通过m的完系矛盾，所以ax+b中任意两 个数不同余，即ax+b也通过模m的完系。
第一节 同余
初等数论 第二章 同 余同余的概念是高斯（Gauss ）在1800年左右给出的.同余是数论中的一个基本概念。
本章除介绍同余的基础知识外，还要介绍它的一些应用。
第一节 同余的基本性质与应用(一)定义1 给定正整数m ，如果整数a 与b 之差被m 整除，则称a 与b 对于模m 同余，或称a与b 同余，模m ，记为a ≡b (mod m)，此时也称b 是a 对模m 的同余。
如果整数a 与b 之差不能被m 整除，则称a 与b 对于模m 不同余，或称a 与b 不同余，模m ，记为a ≡/b (mod m)。
定理1 下面的三个叙述是等价的：(ⅰ) a ≡ b (mod m)；(ⅱ) 存在整数q ，使得a = b + qm ；即mq b a =-，亦即)(|b a m -(ⅲ) 存在整数q 1，q 2，使得a = q 1m + r ，b = q 2m + r ，0 ≤ r < m 。
证明 留作习题。
定理2 同余具有下面的性质：(1) （反身性） a ≡ a (mod m)；(2) （对称性） a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m)；(3) （传递性） a ≡ b ，b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m)定理3 设a ，b ，c ，d 是整数，并且a ≡ b (mod m)，c ≡ d (mod m)， (1) 则(4) （同余式相加） a + c ≡ b + d (mod m)；(5) （同余式相乘）ac ≡ bd (mod m)。
【证明】 (4) 由式(1)及定义1可知m ∣a - b ，m ∣c - d ，因此m ∣(a + c) - (b + d)，此即结论(ⅰ)；(5) 由式(1)及定理1可知，存在整数q 1与q 2使得a =b + q 1m ，c =d + q 2m ，因此ac = bd + (q 1q 2m + q 1d + q 2b)m ，再利用定理1，推出结论(ⅱ)。
同余的基本概念和性质
例3 说明 是否被641整除。
因此 0 (mod 641)，
即641 。
第一节 同余的基本性质
第一节 同余的基本性质
设式(4)对于n = k成立，则有 1 (mod 2k + 2) = 1 q2k + 2， 其中qZ，所以
=(1 q2k + 2)2=1 q 2k + 31(mod 2k + 3)， 其中q 是某个整数。这说明式(4)当n = k 1也成立。 由归纳法知式(4)对所有正整数n成立。
第一节 同余的基本性质
a2 1 (mod p) pa2 1 = (a 1)(a 1)，
证明 由
pa 1或pa 1，
所以必是
a 1或a 1 (mod p)。
例8 设p是素数，a是整数，则由a2 1(mod p)可以推出
即a 1 (mod p)或a 1 (mod p)。
解 因为792 = 8911，故 792n 8n，9n及11n。 我们有 8n 8 z = 6，
证明 留作习题。
定理5 下面的结论成立： (ⅰ) a b (mod m), dm, d>0 a b (mod d); (ⅱ) a b (mod m), k > 0, kN ak bk (mod mk)； (ⅲ) a b (mod mi )，1 i k a b (mod [m1, m2, , mk])； (ⅳ) a b (mod m) (a, m) = (b, m)； (ⅴ) ac bc(modm), (c, m) =1 a b (mod m).
定义1 给定正整数m，如果整数a与b之差被m整除，则称a与b对于模m同余，或称a与b同余，模m，记为 a b (mod m)， 此时也称b是a对模m的同余
初等数论第三章课件
, n 1)时，每一项3i xi 各取3个值， 3x1 x0共通过3n 1 个数；
② 在这3n 1 个数中，若有 3n 1 xn 1 3n xn x0 =3n xn 3n 1 xn 1 3x1 3x1 x0 3n ( xn xn ) 3n 1 ( xn 1 xn 1 ) 则x0 x0 x0 x0 3 x0 x0 x1 ) 3( x1
同余的一个应用——检查因数的一些方法
A、一整数能被3（9）整除的充要条件是它的十进位 数码的和能被3（9）整除。
证：a Z , 将a写成十进位数的形式： a an10 an 110
n
i n n
n 1
a0 , 0 ai 10.
i n
因10 1(mod 3), 故10 1(mod 3), ai 10 ai (mod 3), 从而 ai 10i ai (mod 3),即a ai (mod 3).
n
n 1
3 x1 x
也是模3 =2H+1的绝对最小完全剩余系。（再由 模2H+1的绝对最小完全剩余系具有唯一性得到结论）
① 3n xn 3n 1 xn 1 xi 1, 0,1(i 0,1, 故3n xn 3n 1 xn 1
3x1 x0共有n 1项，当
i ! p( p 1)
( p i 1) Z i! ( p i 1)
当i 1, 2, 故C ip pq,
, p 1时, (i !, p) 1 即p C ip
i ! ( p 1)
( p i 1)，
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。
初等数论(三)同余
初等数论（三）--同余基本性质：（1） 反身性：(mod )a a m ≡（2） 对称性：若(mod ),a b m ≡则(mod ),b a m ≡（3） 传递性：如果(mod ),a b m ≡(mod ),b c m ≡那么(mod ),a c m ≡以上三个性质说明∙“同余是一个等价关系，Z 中元素可以按照模m 分成m 个类，粗略地讲，用一类中的元素可以认为是相同的”（4） 如果(mod ),a b m ≡(mod ),c d m ≡那么(mod ),(mod ),a c b d m ac bd m ±≡±≡（5） 如果(mod ),a b m ≡那么(mod ),n n a b m ≡（6） 如果(mod )ac ab m ≡，不一定有(mod )c b m ≡（整数之间的乘法消去律不一定成立），（7） 若(mod ),ac bc m ≡则mod (,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭。
因此，(,)1c m =时，才会有(mod )a b m ≡。
例1.若质数5,p ≥并且21p +也是质数，证明：41p +是合数。
例2.对于任何n 个整数的集合，存在一个子集，该子集的元素之和被n 整除。
例3.证明表达式23,95x y x y ++按照相同的,x y 被17整除。
例4.设3p ≥为奇质数且111...21a p b +++=-， 证明：p a 。
作业：证明：3131421x x ++++被7整除。
例5.30对夫妻围着圆桌而坐。
证明：至少有两名妻子到各自丈夫的距离相等。
例6.设(,)1a m =，证明方程(mod )ax b m ≡在{0,1,2,3,...,1}m -中有唯一解。
例7.设01,,,,1,2,3,...n n a b x N x ax b n -∈=+=。
证明：数列12,,....,,...n x x x 不可能都是质数。
例8.证明方程2222x y z xyz ++=只有一个整数解0x y z ===。
初数论等教案(同余的概念及其基本性质)
汕头职业技术学院教师教案授课题目第三章同余一、同余的概念及其基本性质授课形式课堂教学授课时间节数章节第三章授课者授课系、班级函授班教学方法课堂教学教学条件无教学目标理解同余的概念，掌握判断同余的方法，理解同余的性质。
教学重点、难点重点：同余的概念，判断是否同余。
教学过程要点一、同余的概念P481、定义：给定一正整数m, 把它叫做模。
若用m去除任意两个整数a和b所得余数相同, 我们就称a，b为对模m同余, 记作a≡b(mod m); 若余数不同, 则称a，b为对模m不同余, 记作2、判别法：(mod)a b m≡⇔m a b-证明：设22b mq r=+，11a mq r=+，120,r r m≤<1212()()a b m q q r r-=++-""⇒若a≡b(mod m),12r r=则12()a b m q q-=+, 此时m|(a-b)""⇐若m a b-, 则1212()()m m q q r r++-,故12()m r r-但12,r r m-<故12r r=即(mod)a b m≡kα特别地，若(mod )i i a b m ≡，则0(mod )nnii i i i i a x b x m ==≡∑∑a aa⇔33、弃九法（只能判断错误的结论，不能判断结论是否正确）整除的一切正整数2条件作用：求余数，除所得的余数。
(mod )pa p ≡(mod )p ，p 为质数t a 叫循环节，真分数ab（1,(,)b a a b >>=6max{,}αβ=12999t =9933999000b b •=178171610.178-==。
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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，
得到的余数都是11”，请推算m的最大值是
解：这m个自然数都大于11，且都是2000的约数。
所以只需求2000的大于11的约数即可。
2000的约数共20个，其中小于11的有1，2，4，5，8，10共6个，所以m的最大值为14.。