1.3同余
同余问题解析
同余问题解析所谓同余问题，就是给出“一个数除以几个不同的数”的余数，反求这个数，称作同余问题。
一、“差同减差，和同加和，余同取余，最小公倍加倍”这是解较简单同余问题的口诀。
首先要对这几个不同的数的最小公倍数心中有数。
下面以4、5、6为例，请记住[4,5,6]=60。
1、差同减差：用一个数除以几个不同的数，得到的余数，与除数的差相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数，减去这个相同的差数，称为：“差同减差”。
例：一个数除以4余1，除以5余2，除以6余3，求这个数。
因为4-1=5-2=6-3=3，所以取-3，表示为60k-3，k为非零自然数。
即：当k=1、2、3、4、5…时都满足60k-3≡1（mod 4），60k-3≡2（mod,5），60k-3≡3（mod 6）。
2、和同加和：用一个数除以几个不同的数，得到的余数，与除数的和相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数，加上这个相同的和数，称为：“和同加和”。
例：一个数除以4余3，除以5余2，除以6余1，求这个数。
因为4+3=5+2=6+1=7，所以取+7，表示为60k+7，k为非零自然数。
即：当k=1、2、3、4、5…时都满足60k+7≡3（mod 4），60k+7≡2（mod 5），60k+7≡1（mod 6）。
3、余同取余：用一个数除以几个不同的数，得到的余数相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数，加上这个相同的余数，称为：“余同取余”。
例：一个数除以4余1，除以5余1，除以6余1，求这个数。
因为余数都是1，所以取+1，表示为60k+1，k为非零自然数。
60k+1≡1（mod 4），60k+1≡1（mod 5），60k+1≡1（mod 6）。
4、最小公倍加倍：用一个数除以几个不同的数，得到的余数为0，此时反求的这个数，可以选这几个不同的数的最小公倍数的倍数，称为：“最小公倍加”，也称为：“公倍数作周期”例：一个数被4、5、6整除，求这个数。
1.同余的概念及基本性质
第三章 同余§1 同余的概念及其基本性质定义 给定一个正整数m ，若用m 去除两个整数a 和b 所得的余数相同，则称,a b 对模m 同余，记作()mod .a b m ≡若余数不同，则称,a b 对模m 不同余，记作()\mod a b m ≡.甲 ()mod .a a m ≡（甲：jia 3声调； 乙：yi 3声调； 丙：bing 3声调； 丁：ding 1声调； 戊：wu 声调； 己：ji 3声调； 庚：geng 1声调； 辛: xin 1声调 天； 壬: ren 2声调； 癸: gui 3声调.）乙 若()mod ,a b m ≡则()mod .b a m ≡丙 若()()mod ,mod ,a b m b c m ≡≡则()mod .a c m ≡ 定理1 ()mod |.a b m m a b ≡⇔-证 设()mod a b m ≡，则12,,0.a mq r b mq r r m =+=+≤<于是，()12,|.a b m q q m a b -=--反之，设|.m a b -由带余除法，111222,0,,0a mq r r m b mq r r m =+≤<=+≤<，于是，()()1221.r r m q q a b -=-+-故，12|m r r -，又因12r r m -<，故()12,mod .r r a b m =≡丁 若()()1122mod ,mod ,a b m a b m ≡≡则，()1212mod .a a b b m ±≡±证 只证“+”的情形.因()()1122mod ,mod a b m a b m ≡≡，故1122,m a b m a b --，于是()()()()11221212|m a b a b a a b b -+-=+-+，所以()1212mod .a a b b m +≡+ 推论 若()mod ,a b c m +≡则()mod .a c b m ≡-戊 若()()1122mod ,mod ,a b m a b m ≡≡则()1212mod .a a bb m ≡ 证 因()()1122mod ,mod a b m a b m ≡≡，故1122|,|.m a b m a b --又因()()()1212111212211122,a a bb a b b a bb a a b b a b -=-+-=-+-故()12121212|,mod .m a a bb a a bb m -≡ 定理2 若()()11mod ,mod ,1,2,,,kki i A B m x y m i k αααα≡≡=则()11111111,,,,mod .k k k kkkk k A xx B y y m αααααααααααα≡∑∑特别地，若()mod ,0,1,,i i a b m i n ≡=，则()111010mod .n n n n n n n n a x a x a b x b x b m ----+++≡+++证 因()mod ,1,2,,i i x y m i k ≡=故,1,2,,iii i x y i k αα≡=，从而()1111mod .k k k k x x y y m αααα≡又因()11mod kkA B m αααα≡，故()()111111111111111,,,,mod ,mod .k k kk k k kkkk k k k A xx B y y m A xx B y y m αααααααααααααααααααα≡≡∑∑己 若()()mod ,,1,ka kb m k m ≡=则()mod .a b m ≡证 因()mod ka kb m =，故()|.m ka kb k a b -=-又因(),1k m =，故()|,mod .m a b a b m -≡庚 （ⅰ）若()mod ,0,a b m k ≡>则()mod .ka kb km ≡ （ⅱ）若()mod ,|,|,|,0,a b m d a d b d m d ≡>则mod .a b m d d d ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭证 （ⅰ）因()mod ,0a b m k ≡>，故()()|,|,mod .m a b km k a b ka kb ka kb km --=-≡（ⅱ）因()mod ,a b m ≡故|,.m a b a b mq --=又因|,|,|,0d a d b d m d >111111,,,0,0,0a da b db m dm a b m ===>>>. 于是()111111111,,mod ,mod .a b m da db dm q a b m q a b m d d d ⎛⎫-=-=≡≡ ⎪⎝⎭辛 若()mod ,1,2,,i a b m i k ≡=，则[]()12mod ,,,.k a b m m m ≡证 因()mod ,1,2,,i a b m i k ≡=，故|,1,2,,.i m a b i k -=于是，[][]()1212,,,|,mod ,,,.k k m m m a b a b m m m -≡附记 最小公倍数的一个常用性质是，若12|,|,,|k m a m a m a ，则[]12,,,|.k m m m a证 由带余除法，设[][]1212,,,,0,,,k k a m m m q r r m m m =+≤<，则12|,|,,|k m a m a m a 及12|,|,,|k m a m a m a 得， |,1,2,,.i m r i k =但[]12,,,k m m m 是12,,,k m m m 的最小公倍数，故[]120,,,,|.k r m m m a =壬 若()mod ,|,0,a b m d m d ≡>则()mod .a b d ≡证 因()mod ,a b m ≡故|.m a b -又因|,0d m d >，故()|,mod .d a b a m d -≡ 癸 若()mod a b m ≡，则()(),,.a m b m =证 因()mod a b m ≡，故|.m a b -于是，存在整数t 使得.a b mt -=故.a mt b =+故()(),,.a m b m =例 一个整数0a >被9整除的充分必要条件是n 的各位数字（十进制）的和倍9整除.证 设1101010,010n n n n i a a a a a --=+++≤<.因()101mod9≡，故()()101mod9,10mod9,0,1,,.i i i i a a i n ≡≡=于是，()010mod 9.n nii i i i a a a ===≡∑∑故9|a 的充分必要条件是09|.ni i a =∑作业 P53:2,3,4,5.习题选解2.设正整数1101010,010,n n n n i a a a a a --=+++≤<证明11整除a 的充分必要条件是11整除()01.niii a =-∑证 因为()101mod11≡-，故()()()()101mod11,101mod11,0,1,,.i ii i i i a a i n ≡-≡-=.于是，()()0101mod11.n nii iii i a a a ===≡-∑∑由此可得，11|a 的充分必要条件是()0111.nii i a =-∑3.找出能被37,101整除的判别条件来.解 （ⅰ）因()10001mod37≡，故()()10001mod370.ii ≡≥设11010001000,01000.n n n n i a a a a a --=+++≤<则由()10001mod37i≡得()1000mod37,0,1,,ii i a a i n ≡=，故()01000mod 37.n nii i i i a a a ===≡∑∑由此可得，37|a 的充分必要条件是037.ni i a =∑（ⅱ）因()1001mod101≡-，故()()()1001mod1010.iii ≡-≥ 设110100100,0100,n n n n i a a a a a --=+++≤<则由()()1001mod101ii ≡-得()()1001mod101,0,1,,ii i i a a i n ≡-=，故()01001.n niii i i i a a a ===≡-∑∑由此可得，101|a 的充分必要条件是()01011.niii a =-∑4.证明52641|2 1.+ 证 因()()8163222256,265536154mod 641,2154237166401mod 641,==≡≡=≡≡-故52641|2 1.+5.若a 是任一奇数，则()()221mod 21.nn a n +≡≥证 对n 作数学归纳法.当1n =时，因a 为奇数，故可设121a a =+，则()()2221111112114441a a a a a a -=+-=+=+.而()111a a +是两个连续两个整数的积，一定是2的倍数，从而()122128|1,1mod 2,a a +-≡即1n =时结论正确.假设对()12n n -≥结论正确，即()12121mod 2.n n -+≡下面说明在此假设下，对n 结论正确.因()()()111222221111nn n n a aa a ----=-=-+，而由归纳假设得121n a--是12n +的倍数，又因a 为奇数，故121n a -+也为奇数，于是()()112211n n a a ---+是22n +的倍数，故()221mod 2.nn a +≡。
初等数论 同余
注意：这条与前面的(5)的推论和(7)不同, 模变了. 证明： m | (a－b) => km | k(a－b)
a b m a b mt t. d d d
2013年11月13日10时5分
我喜欢数学
性质(9)
若 a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), m=[ m1, m2 ], 则 a ≡ b (mod m) . 证明： 由充要条件, 有 m2 | (a－b)， m1 | (a－b)
2013年11月13日10时5分
性质的应用：
由 10≡1（mod 9），有 102≡12（mod 9）， 103≡13（mod 9），…，10n≡1n（mod 9）,
an an 1 a2 a1a0 an 10n an 1 10n 1 a1 10 a0 an an 1 a1 a0 (mod 9).
性质⑺ 同余式的“除”.
性质⑻⑼⑽
涉及模的改变！分别与a，b和m的约 数，倍数，公约数，最小公倍数有关.
性质⑾是关于a，b和m最大公约数的。
2013年11月13日10时5分
例 2
分析
今天是星期二，101000天之后的那天是星期几？
由于1乘a为a ，1n=1，先求得某数的n次幂与1对模同余 是非常方便的. 我们已知 7 | 1001, 即103 ＋1≡0 (mod 7), ， 103 ≡－1(mod 7), 得106 ≡1 (mod 7).
又23m1 2(mod 7)， 从而当且仅当
23m 2 4(mod 7),
n 3m时, 7 2n 1.
（2）由23m 1 2(mod 7)，3m 1 1 3(mod 7), 23m 2 1 5(mod 7), 2 可知，对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.
第二章同余与同余式
mod13). 所以 ，结论得证。
i 0
n
同余的算术应用2 ——弃九法
*证明了“弃九法”（弃九验算法）：把一个数的各 位数字相加，直到和是一个一位数（和是9，要减去 9得0），这个数就叫做原来数的弃九数．且一个数
假设p是合数, 令 p＝ab, a≠p.
由题设条件知, p|((p-1)!+l). 又因 a|p, 则有 a|((p-1)!+1). 但由于 a≤p-1可得 a|(p-1)!, 从而 a|(((p-1)!+1)-(p-1)!), 即a|l, 因而p只有因子1和p, 即p为素数.
同余关系及其在计算机领域的应用
可见S中ห้องสมุดไป่ตู้数可分成(p-3)/2对, 每一对数a和b, 满
足 abl(mod p), 故得2·3…(p-2) (mod p), 即可得
(p-1)! -1 (mod p).
定理 (威尔逊定理) p为素数 iff (p-l)!-1(mod p).
充分性: 若(p-1)! = -l (mod p), 则 p为素数.
如果等号两边的九余数不相等，那么这个算式肯 定不正确； 如果等号两边的九余数相等，那么还不能确定算 式是否正确，因为九余数只有0，1，2，…，8九种 情况，不同的数可能有相同的九余数。所以用弃九 法检验运算的正确性，只是一种粗略的检验。
弃九法
例2 求证 1997×57≠113828. 证明 由于19971＋9＋9＋78 (mod 9) 57 5＋7 3(mod 9) 113828 l+1+3+8+2+8 5(mod 9)
同余问题
同余问题（一）差同减差，和同加和，余同取余，最小公倍加”这是同余问题的口诀。
所谓同余问题，就是给出“一个数除以几个不同的数”的余数，反求这个数，称作同余问题。
首先要对这几个不同的数的最小公倍数心中有数，下面以4、5、6为例，请记住它们的最小公倍数是60。
1、差同减差：用一个数除以几个不同的数，得到的余数，与除数的差相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数，减去这个相同的差数，称为：“差同减差”。
例：“一个数除以4余1，除以5余2，除以6余3”，因为4-1=5-2=6-3=3，所以取-3，表示为60n-3。
【60后面的“n”请见4、，下同】2、和同加和：用一个数除以几个不同的数，得到的余数，与除数的和相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数，加上这个相同的和数，称为：“和同加和”。
例：“一个数除以4余3，除以5余2，除以6余1”，因为4+3=5+2=6+1=7，所以取+7，表示为60n+7。
3、余同取余：用一个数除以几个不同的数，得到的余数相同，此时反求的这个数，可以选除数的最小公倍数，加上这个相同的余数，称为：“余同取余”。
例：“一个数除以4余1，除以5余1，除以6余1”，因为余数都是1，所以取+1，表示为60n+1。
4、最小公倍加：所选取的数加上除数的最小公倍数的任意整数倍（即上面1、2、3中的60n）都满足条件，称为：“最小公倍加”，也称为：“公倍数作周期”。
在平时解题中，我们经常会遇到把着眼点放在余数上的问题。
如：现在时刻是7时30分，再过52小时是几时几分？我们知道一天是24小时，，也就是说52小时里包含两个整天再加上4小时，这样就在7时30分的基础上加上4小时，就是11时30分。
很明显这个问题的着眼点是放在余数上了。
1. 同余的表达式和特殊符号37和44同除以7，余数都是2，把除数7称作“模7”，37、44对于模7同余。
记作：（mod7）“”读作同余。
一般地，两个整数a和b，除以大于1的自然数m所得的余数相同，就称a、b对于模m同余，记作：2. 同余的性质（1）（每个整数都与自身同余，称为同余的反身性。
数论算法讲义 2章(同余运算)
第 2 章 同余运算（一） 内容●同余概念 ●性质 ●剩余类→整数分类 ●模幂运算（二） 重点● 同余及其计算（三） 应用：● 密码学● 公钥密码学【例】 RSA 公钥算法：准备：选大素数p 、q ，记n ＝pq ，φ(n)＝(p －1)(q －1)，再选正整数e ，满足（e ，φ(n)）≡1（mod n ）并求d ，满足 ed ＝1（mod φ(n)）加密：明文串P 编码为数字M ，则密文C ≡e M （mod n ） 解密： M ≡d C （mod n ），再将数字M 解码得明文串P2.1 同余的概念及基本性质(一) 同余概念【定义2.1.1】给定一个正整数m ，两个整数a 、b 叫做模m 同余，如果a －b 被m 整除，或b a m -|，记作b a ≡ ()m mod ；否则叫做模m 不同余，记作a ≠b （（mod m ））【注】由于b a m -|等价于b a m --|，所以同余式b a ≡ ()m mod等价于 b a ≡()()m -mod ，故以后总假定模1≥m 。
判断同余的方法一：利用定义【例1】 7│28＝29－1，故29≡1（mod 7）；7│21＝27－6，故27≡6（mod 7）；7│28＝23－（－5），故23≡－5（mod 7）；(二) 性质【性质1】（定理1）设m 是一个正整数，a 、b 是两个整数，则a≡b （mod m ）⇔存在整数k ，使得a ＝b ＋km 。
（证）a≡b （mod m ） ⇔ b a m -|⇔ 存在k ，使得 a －b ＝km ，即a ＝b ＋km【性质2】（定理2）同余是一种等价关系。
即（i ） 自反性：a≡a m（ii ） 对称性：a≡b （mod m ） ⇒ b≡a （mod m ） （iii ） 传递性：a≡b mod m 且b≡c （mod m ）⇒ a≡c （mod m ）（证）（i ）m │0＝a －a ⇒ a≡a m（ii ）a≡b （mod m ） ⇒ m │a －b ⇒ m │b －a ＝－(a －b) ⇒ b≡a （mod m ）（iii ）a≡b （mod m ），b≡c （mod m ） ⇒ m │a －b ，m │b －c⇒m│(a－b)＋(b－c)＝a－c ⇒a≡c （mod m）【例3】【性质3】（等价定义）（定理3）整数a、b模m同余⇔a、b被m除的余数相同。
同余问题解题技巧
同余问题解题技巧
同余问题是数论中的重要内容，解决它可以应用到大量的科学问题中。
本文介绍一种解决同余问题的技巧，以及与之相关的实例。
首先定义一些概念，以便理解同余问题的实质。
定义P、Q均
为正整数，如果存在正整数m，使得P*m=Q mod N，则称P
和Q模N具有同余性，记作P≡Q (mod N)。
解决同余问题的技巧很简单，具体来说就是首先找出所有满足
P*m=Q mod N的m，然后将这些m都加起来，如果结果是N
的整倍数，就说明P与Q是同余的。
举一个例子来说明该技巧的实际效果，假设我们要求P≡Q (mod 10)，我们只需要找出所有满足P*m=Q mod 10的m即可，显然m=1,3,7都是符合要求的。
将这三个m加起来，结果11，因此P和Q就是同余的。
实际上，这种技巧可以扩展到求解多项式同余问题，并可以利用中国剩余定理来解决。
因此，在解决同余问题时，应当充分考虑各种情况，以便及时捕捉解题技巧，从而提高工作效率。
同余的概念与应用
同余的概念与应用概念与性质1. 定义：若整数a,b 被整数m(m≥1)除的余数相同,则称a 同余于b 模m,或a,b 对模m 同余.记为a≡b(modm).余数r:0≤r<1.2. 性质：(ⅰ)a≡b(modm)⇔m|a-b,即a=b+mk,k ∈Z.(ⅱ)若a≡b(modm),b≡c(modm),则a≡c(modm).(ⅲ)若a 1≡b 1(modm),a 2≡b 2(modm)，则a 1±a 2≡b 1±b 2(modm),a 1a 2≡b 1b 2(modm);(ⅳ)设f(x)=a n x n +a n-1x n-1+…+a 1x+a 0,g(x)=b n x n +b n-1x n-1+…+b 1x+b 0是两个整系数多项式,满足a i ≡ b i (modm)(0≤i≤n).若a≡b(modm),则f(a)≡f(b)(modm).(ⅴ)ac≡bc(modm)⇔a≡b(mod ),(m c m ), (ⅵ)若m≥1,(a,m)=1,则存在整数c 使得ac≡1(modm).称c 为a 对模m 的逆或倒数,记为c=a -1(modm);(ⅶ)⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 21m b a m b a 同时成立⇔≡a b (mod[m 1,m 2]);(ⅷ)若a≡b(modm 1),a≡b(modm 2),且(m 1,m 2)= 1,则a≡b(modm 1m 2).3. 剩余类：设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r≤m -1}称为模m 的一个剩余类。
性质：(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i≠j).(ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ⇔a≡b(modm).4. 完全剩余系：设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系。
数论中的同余关系与应用
数论中的同余关系与应用数论是数学的一个重要分支，研究整数及其性质。
其中，同余关系是数论中的一个重要概念，它在密码学、模运算等领域中有着广泛的应用。
同余关系是指两个数除以同一个数所得的余数相等。
设a、b为整数，m为正整数，则a与b对模m同余，记作a≡b (mod m)。
简单来说，如果两个数除以同一个数所得的余数相等，那么它们满足同余关系。
例如，10除以4和14除以4的余数都为2，所以10≡14 (mod 4)。
同余关系在数论中有许多重要的性质。
首先，同余关系是一种等价关系，满足自反性、对称性和传递性。
即对于任意整数a，有a≡a (mod m)，对于任意整数a、b，若a≡b (mod m)，则b≡a (mod m)，对于任意整数a、b、c，若a≡b (mod m)且b≡c (mod m)，则a≡c (mod m)。
其次，同余关系还满足加法与乘法的性质。
即对于任意整数a1、a2、b1、b2，若a1≡b1 (mod m)且a2≡b2 (mod m)，则a1+a2≡b1+b2 (mod m)，a1a2≡b1b2 (mod m)。
同余关系在密码学中有着广泛的应用。
其中一个重要的应用是在信息加密中的模运算。
模运算是指将一个数除以另一个数后得到的余数。
在密码学中，常常用模运算来对信息进行加密和解密。
通过选择合适的模数和密钥，可以实现信息的安全传输。
同时，同余关系还应用于素数的判断。
素数是指只能被1和自身整除的正整数。
利用同余关系可以判断一个数是否为素数。
若n为一个正整数，若对于任意小于n的整数a，a的n次方减去a除以n所得的余数等于0，即a^n ≡ a (mod n)，则n有可能是一个素数。
除了密码学和素数判断，同余关系还有许多其他的应用。
例如，在日历计算中，可以利用7的同余关系来确定星期几；在校园卡计算机系统中，可以利用同余关系来进行余额判断和消费记录查询；在电子电路中，可以利用同余关系来确定电压与电流之间的关系。
数学的同余数理论
数学的同余数理论同余数理论是数论中十分重要的一个分支，它研究了整数之间的"同余"关系。
同余数理论在密码学、数值分析、计算机科学等领域有广泛应用。
本文将介绍同余数理论的基本概念、性质和应用。
一、同余数的定义在数学中，我们称两个整数a和b在模p下同余，记作a≡b(mod p)，如果a与b的差是p的倍数，即p|(a-b)。
例如，12≡2(mod 5)，因为12-2=10是5的倍数。
同余关系具有自反性、对称性和传递性。
同余数的运算也有一些特性。
如果a≡b(mod p)且c≡d(mod p)，那么a+c≡b+d(mod p)和ac≡bd(mod p)。
这些特性使得同余数理论在代数运算中有着广泛的应用。
二、同余类与剩余系同余数理论中，我们将整数按照模p的大小分成不同的同余类。
对于模p，同余类可以表示为{0, 1, 2, ..., p-1}。
例如，在模5下，可以有同余类{0, 1, 2, 3, 4}。
同余类可以代表整数集合中的一个元素。
例如，在模5下，同余类[2]代表的是所有与2同余的整数，即{2, 7, 12, ...}。
我们用方括号来表示同余类。
同余类的中的最小正整数称为剩余系。
在模p下，剩余系是{0, 1,2, ..., p-1}。
例如，在模5下，剩余系为{0, 1, 2, 3, 4}。
三、欧拉定理和费马小定理同余数理论的两个重要的定理是欧拉定理和费马小定理。
欧拉定理表明，对于任意整数a和正整数n，如果a和n互质（即它们没有公共因数），那么a^φ(n) ≡ 1 (mod n)，其中φ(n)表示n的欧拉函数值，即小于n且与n互质的正整数的个数。
费马小定理是欧拉定理的一个特例，当n为质数时，费马小定理成立。
费马小定理表明，对于任意质数p和不被p整除的整数a，a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
这两个定理在密码学和数论相关的问题中应用广泛，可以用于对数据进行加密和解密，以及快速计算大数的幂。
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1.3 同 余 一．同余 1. 定义 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 （即 | mab - ）， 记作 (mod) abm º .读作a同余b模m.当 | mab - ， 则称a、b关于模m
不同余，记作 (mod). abm º 显然有如下事实： （1）若 0(mod) am º ，则 |. ma （2） (mod) abma ºÛ 、b分别用m除，余数相同. 其实上，若 11 amqr =+ ， 22 bmqr =+ ， 12 0,. rrm £< 因为 (mod) abm º ，故 | mab - ， 1212122 ()|. abmqqrrmrr -=-+-Þ- 又因为 12 0,. rrm £< ，所以 1212 0||0 rrmrr £-反之，若 a 、 b 用 m 去除，余数都为 r ，即 1 amqr =+ ， 2 bmqr =+ ，
12 ()|. abmqqmab -=-Þ- 故 (mod) abm º . 定理 1 设a、b、c、 (1) mm> 是整数，则有 （1）反身性： (mod) aam º ； （2）对称性：若 (mod) abm º ，则 (mod) bam º ； （3）传递性：若 (mod) abm º ， (mod) bcm º ，则 (mod). acm º 上述性质很容易证明，下面仅证明性质（3）. 证明： (mod) abm º ，有 | mab - ； (mod) bcm º ，有 | mbc - ； 从而 |()| mabbcmac -+-Þ- ，故 (mod). acm º 定理 2 设 11 (mod) abm º ， 22 (mod) abm º ，则 （1） 1212 (mod) aabbm ±º± ； （2） 1212 (mod). aabbm º证明：（1） 1111 (mod)| abmmab ºÞ- ， 2222 (mod)| abmmab ºÞ- ， 从而 11221212 |()()|()() mababmaabb -±-Þ±-± ，即 1212 (mod) aabbm ±º± . （2）由 121212212112211122 ()() aabbaaababbbaabbab -=-+-=-+- 且 11 | mab - ，
22 | mab - ，所以 1212 | maabb - ，故 1212 (mod). aabbm º 推论 1 若 (mod) kk abm º （ 0,1,2,, kn = L ），则
（1） 11 (mod) nn kk kk abm == º åå ，
（2） 11 . nn kk kk ab == º ÕÕ 推论 2 若 (mod) abm º ，则 (mod). nn abm º 定理 3 若 1212 (mod) aabbm º ， 22 (mod) abm º ， 且 2 (,)1 am = ， 则 11 (mod). abm º 证明： 121212212112211122 ()() aabbaaababbbaabbab -=-+-=-+- 因为 1212 (mod) aabbm º ， 22 (mod) abm º ，故 1212 | maabb - ， 22211 ||(). mabmaab -Þ- 由 2 (,)1 am = ，得 11 |() mab - ，故 11 (mod). abm º 推论 1 若 (mod) acbcm º ，(,) cmd = ，则 (mod) m ab d º ，其中符号(,) cm 表示c 与m的最大公约数. 推论 2 若 (mod) acbcm º ，且(,)1 mc = ，则 (mod). abm º 注意：这里(,)1 mc = 是不可缺少的.当(,)1 mc ¹ 时，此性质是不成立的，例如 2646(mod12) ´º´ ，但24(mod12). º 定理 4 若 (mod) abm º ，且(,) abd = ， | dm，则 (mod). abm ddd º
证明： (mod). abm º ，有 | mab - ，令 a a d ¢= ， b b d ¢= ， m m d ¢= ， 则 () dababkmkmd ¢¢¢ -=-== ，abkm ¢¢¢ -= ， 所以 (mod) abm ¢¢ º ，故 (mod). abm ddd º
定理 5 若 1 (mod) abm º ， 2 (mod) abm º ，…， (mod) n abm º ，且12 [,,,] n Mmmm = L ，则 (mod). abM º 证明：因为 (mod),1,2,, i abmin º= L ， | i mab - ， 1,2,,. in = L 即ab - 是 1 m ， 2 m ，…， n m 的公倍数，所以ab - 也是M 的倍数. 从而 | Mab - ，故 (mod). abM º 例1.设a、 b、 c是三个整数， 证明下面三个数 ()() ababab +- ， (())() bcbcbc +- ， ()() cacaca +- 中至少有一个是24的倍数. 例2.证明 993991 993991 + 能被1984整除. 例3.求证：不定方程 444 1214 1599 xxx +++= L 没有整数解. 例4.求使21 n - 为7的倍数的所有正整数 . n 例5.证明:对任意非负整n,19817 n ´+ 是合数. 例6.设三角形的三边长分别是整数l、m、n，且 . lmn >> 已知
444 333 {}{}{} 101010 lmn == ，其中{}[] xxx =- ，而[] x 表示不超过x的最大整数.求这种
三角形周长的最小值. （2003年高中数学联赛） 例7.求 14 14 14 的未两位数字. 例8. 4444 4444 的十进位数的数字和是 A， A的数字和是 B， B的数字和是多少? 二．剩余类、完全剩余系、费尔马小定理 利用同余可以对整数进行分类.我们大家都知道全体整数可分为奇数、偶数 两大类，对此我们可以看作是以2为模分成的类，即余数为0的分为一类，为偶 数类；余数为1的分为一类，为奇数类.类似的我们可以将全体整数以7为模分 成七类，即余数分别为1、2、3、4、5、6、0各分为一类，这7类我们可以看作 是现实生活中周一到周日七类.同样，也可以按某一个模m进行分类.下面我们来 介绍剩余类、完全剩余类和费尔马小定理. 定义 1 设m是正整数，以m为模，则任何整数必与0,1,2,,1 m- L 之一同余.把余数 相同的归为一类，不同余数的整数必不在同一类，则全体整数可分为m类，称每一类为模m的剩余类. 余数为 (0) rrm ££ 的剩余类记作k， {|(mod)} r kxxrm =º ， r k 是一个以m为 公差的等差数列. 根据剩余类的定义，可以看出剩余类具有以下性质： （1） 011 m Zkkk - = UULU ； （2） () ij kkij =ƹ I ； （3）对任一整数n，则有唯一的 00 (01) rrm ££- ，使得 0 r nk Î ； （4）对任的整数a、b， ,(mod). r abkabm ÎÛº 定义 2 设 0 k 、 1 k 、 2 k 、…、 1 m k - 是以m为模的所有剩余类，由每一个 r k 中任意取出 一个数 r a ，则这m个数 0 a 、 1 a 、 2 a …、 1 m a - 组成一组数，这组数称为为模m的 一个完全剩余系. 由定义可知，模m的完全剩余系有无穷多个，但经常用到的是0、1、2、…、 1 m- 称之为非负最小完全剩余系. 完全剩余系具有以下性质： 定理 1 m个整数 1 a 、 2 a 、…、 m a 是模m的完全剩余系Û当ij ¹ 时， (mod). ij aam º 定理 2 设 , ma是正整数，(,)1 am = ，b是任意的整数，如果 12 ,,, m aaa L 是 模m的一个完全剩余系，那么 1 ab a + ， 2 ab a + ，…， m ab a + 也是模m的一个完 全剩余系. 证明：若证 1 ab a + ， 2 ab a + ，…， m ab a + 是模m的一个完全剩余系，只须 证明当ij ¹ 时， (mod). ij ababm aa +º+
假设 (mod)(). ij ababmij aa +º+¹ ， 则 |()() ij mabab aa +-+ ， |() ij ma aa - ， 因为(,)1 am = ，故 | ij m aa - ，即 (mod) ij m aa º ，这与 1 a 、 2 a 、…、 m a 是模m的 完全剩余系矛盾.故 (mod) ij ababm aa +º+ ，从而 1 ab a + ， 2 ab a + ，…， m ab a + 也是模m的 一个完全剩余系. 定理 3 （费尔马小定理） 设 p是素数a是整数，且(,)1 ap = ，则 1 1(mod). p ap - º
证明：取模 p的非负最小完全剩余系0,1,2,,1. p- L 因为(,)1 pa = ，故0,,2,,(1) aapa - L 也是模 p的一个完全剩余系，适当改变 0,1,2,,1 p- L 的顺序为 121 ,,, p iii - L ，则有
1 (mod) aip º ， 2 2(mod) aip º ，…， 1 (1)(mod). p paip - -º 于是a，2a，…，(1)1,2,,(1)(mod) papp -º- L . 1 (1,2,,1)1,2,,(1)(mod). p papp - -º- LL
由于 p是素数，1 ip £< ，所以(,)1 ip = ，故有 1 1(mod). p ap - º 很明显，费尔马小定理可以表述为：a是整数， p是素数，且 | pa，则 (mod). p aap º 例9. 求 2005 2003 被17除的余数. 例10.设集合{121998} L ，， ， 被分成999个彼此不交的二元子集{,} ii ab ，并且对
1999 i ££ ，均有||1 ii ab -= 或6，求证：和数 999 1 || ii i ab = - å 的未尾数字是9. 例11.设 p是大于5的素数，求证：在数列1，11，111，…中有无穷多项是 p的 倍数. 例12.证明： 53 117 () 5315 fxxxx =++ 是一个整值多项式. 例13．设a为正整数岄17| n，求证L 8 1 a - 与 8 1 a + 中有且仅有一个能被17整除. 例14.试确定具有下述性质的所有正整数 . n 集合 {,1,2,3,4,5} Mnnnnnn =+++++ 可以分成两个互不相交的非空子集，使得 一个子集中所有元素的积等于另一个子集的所有元素的积.