初等数论 期末复习 同余精选例题分析
初等数论(严蔚敏版) 第四章同余式
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
2、 （i）设 m1 , m2 , m3 是三个正整数，证明：
(m1 , m3 ),( m2 , m3 ) m1 , m2 , m3
．
（ii）设 d (m1 , m2 ).证明：同余式组
x b1 (mod m1 ), x b2 (mod m2 )
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第四章
同余式
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§4.1
基本概念及一次同余式
同余多项式有 3 个解
例、 解同余式 12 x 15 0 mod 45 解：（12，45）= 3 15
而原同余式为 4 x 5 0(mod15)
先解同余式 256x 1 mod 337 由辗转相除法，得 256 104 337 79 1
上述同余式的解是 x 104 mod 337 原同余式的解是 x 104 179 81 mod 337
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即 b( 1) 2( a 1) ( a 1)! k ( a 1)!(mod p )
k b(mod p )
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即 x b(1)
a 1
( p 1) ( p a 1) (mod p ) a!
是 ax b(mod p ) 的解．
其中 x1,2,,k 是适合 (2) 的一个整数。 证明： （i） (m1 , m3 ),(m2 , m3 ) (m1 , m3 )(m2 , m3 ) (m1 , m3 )(m2 , m3 ) (( m1 , m3 ),( m2 , m3 )) ( m1 , m2 , m3 )
第二讲同余（数论复赛辅导）
第二讲同余（数论复赛辅导）第二讲同余一.基础知识1.定义1. 设m 是正整数，若用m 去除整数b a ,，所得的余数相同，则称a 与b 关于模m 同余，记作)(mod m b a ≡，否则称a 与b 关于模m 不同余，记作a)(m o d m b .例如：)15(mod 434≡，)7(mod 11000-≡，98(mod 2) 等等。
当m b <≤0时，)(mod m b a ≡，则称b 是a 对模m 的最小非负剩余。
对于固定的模m ，通常有下面的性质：性质1. )(mod m b a ≡的充要条件是,a mt b t Z =+∈也即)(|b a m -。
性质2.同余关系满足以下规律：（1）（反身性）)(mod m a a ≡；（2）（对称性）若)(mod m b a ≡，则)(mod m a b ≡；（3）（传递性）若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡，则)(mod m c a ≡；（4）（同余式相加）若)(m od m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m d b c a ±≡±；（5）（同余式相乘）若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m bd ac ≡；注意：① 反复利用（4）（5），可以对多于两个的（模相同的）同余式建立加、减和乘法的运算公式；② 特别地，由（5）易推出：若)(mod m b a ≡，c k ,为整数且0>k ，则)(mod m c b c a k k ≡；③ 同余式的消去律一般并不成立，即从)(mod m bc ac ≡未必能推出)(mod m b a ≡，可是我们却有以下结果：若)(mod m bc ac ≡，则≡),(mod c m m b a . 由此可以推出：（6）若,1),(=m c )(mod m bc ac ≡，则有)(mod m b a ≡，即在c 与m 互素时，可以在原同余式两边约去c 而不改变模.（7）若)(mod m b a ≡，d ｜m ，则)(mod d b a ≡；（8）若)(mod m b a ≡，0≠d ，则)(mod dm db da ≡；（9）若(mod )(1,2,,)i a b m i k ≡=，则12(mod [,,,])k a b m m m ≡，特别地，若12,,,k m m m 两两互素时，则有12(mod )k a b m m m ≡；性质3.若k i m b a i i ,,2,1),(m od =≡，则)(mod 11m b a k i k i i i ∑∑==≡；11(mod )k ki ii i a b m ==≡∏∏；性质4.设)(x f 是系数全为整数的多项式，若)(mod m b a ≡，则))(mod ()(m b f a f ≡。
初等数论§3同余
这时，有40 46(mod6), 但20 23(mod6)不成立！
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⑥ a b c(mod m ) a c b(mod m )
证：a b c(mod m ) m c a b
m (c b ) a a (c b)(mod m ).
由71 1(mod4), 72 1(mod4), 76 1(mod4), 7 1 3(mod4)， r3
7
所以7 7r 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10).
77
即7 的个位数是3.
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一般地，求a 对模m的同余的步骤如下：
—— 7|a 7|a2a1a0 a5a4a3
7 11 13 1001 1000 1(mod7)
a n a n 1
a 0 a n a n 1
a3 1000 a2a1a0 a6
a2a1a0 anan1
(mod7).
a3 a2a1a0 a5a4a3 anan1
① 求出整数k，使ak 1 (mod m)；
bc
② 求出正整数r，r < k，使得bc r (mod k)；
——减小幂指数
③ a a (mod m )
r bc
练习：若a Z , 证明 10|a1985 a1949 . 提示： a 5 a(mod10)
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例4
3、9 的整除特征
——各位上的数字之和能被3（9）整除 10i 1mod(3)
数论中的同余与模运算练习题及解析
数论中的同余与模运算练习题及解析一、概念解析在数论中，同余是一种重要的关系。
对于整数a、b和正整数m，如果整数a和b除以m所得的余数相同，则称a与b关于模m同余，记作a≡b(mod m)。
同余关系具有以下性质：1. 反身性：a≡a(mod m)，任何整数与自身模m同余。
2. 对称性：如果a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。
3. 传递性：如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
模运算是指对一个整数a进行除法运算后取余数的运算。
对于整数a和正整数m，a对m取模运算的结果记作a mod m。
模运算具有以下性质：1. 加法性质：(a+b) mod m = (a mod m + b mod m) mod m2. 减法性质：(a-b) mod m = (a mod m - b mod m) mod m3. 乘法性质：(a×b) mod m = (a mod m × b mod m) mod m二、练习题1. 求100 mod 7的值。
2. 若a≡2(mod 5)，b≡3(mo d 5)，求a+b的值。
3. 若a≡9(mod 11)，b≡7(mod 11)，求a-b的值。
4. 求12×25 mod 7的值。
5. 求13×17 mod 10的值。
三、解析1. 根据模运算的性质，100 mod 7等价于100除以7所得的余数。
由于100÷7=14余2，所以100 mod 7等于2。
2. 根据同余关系的定义，a≡2(mod 5)和b≡3(mod 5)意味着a和b分别与2和3关于模5同余。
根据加法性质，a+b≡(2+3)(mod 5)≡5(mod5)≡0(mod 5)。
所以a+b的值为0。
3. 类似于第2题的解法，根据同余关系的定义，a≡9(mod 11)和b≡7(mod 11)意味着a和b分别与9和7关于模11同余。
根据减法性质，a-b≡(9-7)(mod 11)≡2(mod 11)。
同余定理答案版
第4讲同余定理同余定理是奥数考试中最常考的题型，同时也是数论知识中最具有代表性的知识之一。
本讲将带领大家一起领略巧妙的数论方法，相信大家一定会被同余的意想不到的魅力所吸引。
若a c ÷余数为m ，b c ÷余数为n ，则()a b c +÷的余数等于()m n c +÷的余数；()a b c -÷的余数等于()m n c -÷的余数（m n >）或()m c n c +-÷的余数（m n <）。
a b c ⨯÷的余数等于m n c ⨯÷的余数。
特别的，当m n =时，()a b -是c 的倍数。
若两个整数a 、b 被同一个非零自然数c 除，余数相同，那么称a 、b 对于m 同余，用式子表示为(mod )a b c ≡.编写说明知识要点【例1】 有三个自然数a ，b ，c ，其中a 除以c 的余数是1，b 除以c 的余数是2，a b +恰好是c 的倍数，求c 的值。
【分析】 根据同余定理，a b +除以c 的余数是3，而a b +恰好是c 的倍数，所以3c =。
【拓展】 已知：6a b c -=，其中a 、b 、c 均为正整数，且b 除以6的余数是3，则a 除以6的余数是多少?【分析】 a b -是6的倍数，所以a 和b 除以6的余数相同，a 除以6的余数是3。
【温馨提醒】这边可以帮助学生总结出和（或差）的余数等于余数的和（或差）的余数。
【例2】 135********⨯⨯⨯⨯⨯的乘积除以8的余数是多少？【分析】 1，3，5，7，9，...，2007，2009除以8的余数分别为1，3，5，7，1，3，5，7， (1)3，5，7，1，1357⨯⨯⨯除以8的余数是1，所以135********⨯⨯⨯⨯⨯除以8的余数是1。
【温馨提示】这边可以帮助学生总结出积的余数等于余数的积的余数。
【拓展】 234199077777+++++的末两位是多少？【分析】 要求末两位，可以转化为求其除以100的余数是多少，7除以100余数是7，27除以100余数是49，37343=除以100余数为43，472401=除以100余数是1，54777=⨯除以100的余数是7，依此类推，余数是以7，49，43，1循环的，199044972÷=，所以所有余数的和是(749431)497749497+++⨯++=，49756除以100的余数是56，所以和的末两位是56。
[第14讲] 初等数论(2)同余初步(中)
![[第14讲] 初等数论(2)同余初步(中)](https://img.taocdn.com/s3/m/08ae68c6c1c708a1284a44dc.png)
【例1】 （常规题型）数1978n 与1978m 最后三位相等，试求使得m n +最小的正整数m n ，，其中n m > 【解析】 意即()19781978mod1000n m ≡所以()19781978mod8n m ≡()19781978mod125n m ≡1978的100次方满足mod125余1容易算出1978的1次方，4次方，20次方均不满足mod125余1（常见证法）立刻知道n m -至少为100又()19781978mod8n m ≡，3m ≥106m n +=，当3106m n ==，时取得最小值【例2】 （常规题型）数列{}13511n x =，，，满足关系112n n n x x x +-=+，n 大于等于2；数列{}n x 为71755161，，，，……满足关系1123n n n y y y +-=+，n 大于等于2.证明：此两数列没有相等的项【解析】 写出此两数列的的前若干项，容易发现（mod8）后他们都是周期数列：1，3，5，3，5，3，5……7，1，7，1，7，1，7，1……于是容易得证。
【点评】 类似的递推公式必然会得到一个mod m 周期数列，（证明略）要讲明白这一点。
5数论 同余问题选讲【例3】 试找出两个互素的四位数A 和B ，使得对于任何正整数m 和n ，数m A 和n B 都至少相差2009【解析】 取40018001A B ==，考虑mod 4000，立刻得证【例4】 设p 为给定之正整数，试确定()2221nm p p --之最小正值，这里m n ，为任意正整数。
【解析】 最小正值为()()2222141p p p --=-.下面给出证明： ()()222mod42p p p ≡-()()22121mod42p p p -≡--于是()()()22211mod42m n p p p --≡- 又()()()22222112mod4m n p p p p --≡--，所以()()222141m np p p ---≥命题得证. 点评：结合例3来讲【例5】 33N >且N 为奇数，证明：将n 元集合{}0123S = ，，，任意去掉一个元素后，总可以将剩下的元素分为两组，每组()1/2n -，两组的和mod N 同余【解析】 设挖去元素为x 注意到变换(){}mod T S x a x N a S =-=-∈，于是问题化为挖去元素为0时的特殊情形 当N 被4除余1时： 可分为3112244N N N N ⎧⎫--⎨⎬⎩⎭ ，，，，，，和余下作为一组，符合要求 当N 被4除余3时：43N k =+可分为{}124441542231k k k k k --++ ，，，，，，，，，，余下作为一组，也符合要求。
初等数论 同余方程组
初等数论同余方程组初等数论是数学中的一个分支，主要研究自然数的性质和整数的性质。
同余方程组是初等数论中的一个重要概念，它涉及到数与数之间的整除关系。
本文将介绍同余方程组的定义、性质以及解法，并通过例题来加深理解。
一、同余方程组的定义同余方程组是由若干个同余方程组成的一组方程。
同余方程的定义如下：对于整数a、b和正整数m，如果m能整除(a-b)，即(a-b)能被m整除，则称a与b对于模m同余，记为a≡b(mod m)。
这里的≡表示同余关系。
二、同余方程组的性质1. 同余关系具有自反性、对称性和传递性。
即对于任意的整数a、b和正整数m，有a≡a(mod m)，a≡b(mod m)等价于b≡a(mod m)，若a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
2. 同余关系具有加法和乘法的性质。
即对于任意的整数a、b和正整数m，若a≡b(mod m)，则a+c≡b+c(mod m)，ac≡bc(mod m)。
三、同余方程组的解法1. 线性同余方程组的解法：线性同余方程组是形如ax≡b(mod m)的方程组，其中a、b为整数，m为正整数。
若a与m互质，则存在唯一的解x0，且x≡x0(mod m)。
若a与m不互质，且b可被a整除，则方程组有无穷多个解，否则无解。
2. 中国剩余定理：中国剩余定理适用于一组两两互质的模数的同余方程组。
设m1、m2、...、mn为两两互质的正整数，a1、a2、...、an为整数，则同余方程组：x≡a1(mod m1)x≡a2(mod m2)...x≡an(mod mn)有唯一的解x，且0≤x<m1m2...mn。
四、例题解析1. 解线性同余方程组：求解方程组2x≡3(mod 5)和3x≡4(mod 7)。
首先，对于第一个方程，由于2与5互质，所以存在唯一解x0。
根据扩展欧几里得算法，我们可以求出x0=4。
然后，将x0代入第二个方程，得到3*4≡4(mod 7)，即12≡4(mod 7)。
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. 25B. 26C. 27D. 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）。
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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<i <p ，则有i |p 则与p 为素数矛盾
∴i=p ,∴p |q -1
又∵q -1为偶数，2|q -1,
∴2p |q -1,q -1=2pk ,即q =2pk +1
例4：证明13|42n +1+3n +2
证：∵42n +1+3n +2≡4·16n +9·3n
≡3n (4+9)≡13×3n ·≡0(13)
∴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
或21+X+Y=36，X-Y+13=22
X+Y=6，X-Y=-2
或X+Y=15，X-Y=9，解得X=2，Y=4。
例9：证明：8a+7不可能是三个整数的平方和。
证：由于每一个整数对于8，必同余于0，1，2，3，4，5，6，7这八个数之一
注意到对于模8，有
,002≡,112≡,422≡,
132≡,042≡,152≡,462≡,
172≡因而每一个整数对于模8，必同余于0，1，4这三个数
不能222,,z y x 如何变化，只能有)
8(mod 6,5,4,3,2,1,0222≡++z y x 而)8mod 778≡+a ，故78+a 不同余于222z y x ++关于模8
≠+78a 222z y x ++，从而证明了结论。