1、 同余式数论有它自己的代数，称为同余理论最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯先看一个游戏：有 n1 个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移 1，2 或 3 格，以先到最后一格者为胜问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是 4 的倍数，以后你的对手若走 i 格(i=1，2，3)，你走 4-i 格，即每一次交替，共走了 4 格最后只剩 4 个空格时，你的对手就必输无疑了因此，若 n 除以 4 的余数是 1，2 或 3 时，那么先走者甲胜；若 n 除以 4 的余数是 0 的话，那么后走者乙胜在这个游戏里，我们可以看出，有
2、时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用 m 除后的余数是什么又例如，1999 年元旦是星期五，1999 年有 365 天，365=7521，所以 2000 年的元旦是星期六这里我们关心的也是余数这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用同余，顾名思义，就是余数相同定义 1 给定一个正整数 m，如果用 m 去除 a，b 所得的余数相同，则称 a 与 b 对模 m 同余，记作ab(modm)，并读作 a 同余 b，模 m若 a 与 b 对模 m 同余，由定义 1，有a=mq1r，b=mq 2+r所以 a-b=m(q 1-q2)，即 ma-b反之，若 ma-b，设a=mq1r 1，
3、b=mq 2r 2，0r 1，r 2m -1，则有 mr 1-r2因r 1-r2m-1，故 r1-r2=0，即 r1r 2于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义 2 若 a 与 b 是两个整数，并且它们的差 a-b 能被一正整数 m 整除，那么，就称 a 与 b 对模 m 同余同余式的写法，使我们联想起等式其实同余式和代数等式有一些相同的性质，最简单的就是下面的定理 1定理 1 (1)aa(modm)(2) 若 ab(modm)，则 ba(modm)(3) 若 ab(modm)，bc(modm)，则 ac(modm)在代数中，等式可以相加、相减和相乘，同样的规则对同余式也成立定理 2 若 a
4、b(modm)，cd(modm)，则acbd(modm)，acbd(modm)证 由假设得 ma-b，mc-d，所以m(ac)- (bd)， mc(a-b)b(c-d)，即acbd(modm)，acbd(modm)由此我们还可以得到：若 ab(modm)，k 是整数，n 是自然数，则akbk(modm)，akbk(modm)，a nb n(modm)对于同余式 acbc(modm)，我们是否能约去公约数 c，得到一个正确的同余式 ab(modm)？在这个问题上，同余式与等式是不同的例如255(mod 10)，约去 5 得51(mod 10)这显然是不正确的但下面这种情形，相约是可以的定理 3
5、若 acbc(modm)，且(c，m)=1，则ab(modm)证 由题设知ac-bc=(a-b)c=mk由于(m，c)=1，故 ma-b，即 ab(modm)定理 4 若 n2，ab(modm 1)，ab(modm 2)，ab(modm n)，且 M=m1，m 2，m n表示 m1，m 2，m n的最小公倍数，则ab(modM)前面介绍了同余式的一些基本内容，下面运用同余这一工具去解决一些具体问题应用同余式的性质可以简捷地处理一些整除问题若要证明 m 整除a，只需证 a0(modm)即可例 1 求证：(1)8(55 199917)；(2) 8(3 2n7)；(3)17(19 1000-1)证
6、(1)因 55-1(mod 8)，所以 551999-1(mod 8)，55 199917-117=160(mod 8)，于是 8(55 199917)(2)3 2=91(mod 8)，3 2n1(mod 8)，所以 32n7170(mod 8)，即 8(3 2n7)(3)192(mod 17)，19 42 4=16-1(mod 17)，所以 191000=(194)250(-1)2501(mod 17)，于是17(19 1000-1)例 2 求使 2n-1 为 7 的倍数的所有正整数 n解 因为 2381(mod 7)，所以对 n 按模 3 进行分类讨论(1) 若 n=3k，则2n-1(2
7、3)k-18 k-11 k-10(mod 7)；(2) 若 n=3k1，则2n-1=2(23)k-1=28k-121 k-11(mod 7)；(3) 若 n=3k2，则2n-1=22(23)k-1=48k-141 k-13(mod 7)所以，当且仅当 3n 时，2 n-1 为 7 的倍数例 3 对任意的自然数 n，证明A=2903n-803n-464n261 n能被 1897 整除证 1897=7271，7 与 271 互质因为29035(mod 7)，8035(mod 7)，4642(mod 7)，2612(mod 7)，所以A=2903n-803n-464n+261n5n- 5n-2n+2
8、n=0(mod 7)，故 7A又因为2903193(mod 271)，803261(mod 271)，464193(mod 271)，所以故 271A因(7，271)=1，所以 1897 整除 A例 4 把 1，2，3，127，128 这 128 个数任意排列为a1，a 2，a 128，计算出a 1-a2， a3-a4 ，a 127-a128，再将这 64 个数任意排列为 b1，b 2，b 64，计算b 1-b2， b3-b4，b 63-b64如此继续下去，最后得到一个数 x，问 x 是奇数还是偶数？解 因为对于一个整数 a，有aa(mod 2)， a-a(mod 2)，所以b 1b 2b 6
9、4=a 1-a2+a 3-a4+a 127-a128a 1-a2a 3-a4+a127-a128a 1a 2a 3a 4+a127a 128(mod 2)，因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的最终得到的一个数xa 1a 2a 12812128641290(mod 2)，故 x 是偶数如果要求一个整数除以某个正整数的余数，同余是一个有力的工具另外，求一个数的末位数字就是求这个数除以 10 的余数，求一个数的末两位数字就是求这个数除以 100 的余数例 5 求证：一个十进制数被 9 除的余数等于它的各位数字之和被 9除的余数101(mod 9)，故对任何整数 k1，有10k1 k
10、1(mod 9)因此即 A 被 9 除的余数等于它的各位数字之和被 9 除的余数说明 (1)特别地，一个数能被 9 整除的充要条件是它的各位数字之和能被 9 整除(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论例 6 任意平方数除以 4 余数为 0 和 1(这是平方数的重要特征)证 因为奇数 2=(2k1) 2=4k24k+11(mod 4)，偶数 2=(2k)2=4k20(mod 4)，所以例 7 任意平方数除以 8 余数为 0，1，4(这是平方数的又一重要特征)证 奇数可以表示为 2k1，从而奇数 2=4k24k+1=4k(k1)+1因为两个连续整数 k，k1 中必有偶数，所以 4k(k1)
11、是 8 的倍数，从而奇数 2=8t+11(mod 8)，偶数 2=(2k)2=4k2(k 为整数)(1)若 k=偶数=2t，则4k2=16t20(mod 8)(2)若 k=奇数=2t+1，则4k2=4(2t1) 2=16(t2t)+44(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题在这种问题中，先求出与1 同余的数是一种基本的解题技巧例 8 (1)求 33 除 21998的余数(2)求 8 除 72n+1-1 的余数解 (1)先找与1(mod 33)同余的数因为2532-1(mod 33)，所以 2 101(mod 33)，21998=(210)1992523-825(mod 33)，所求余数为
12、25(2)因为 7-1(mod 8)，所以72n 1(- 1)2n1 -1(mod 8)，72n1 -1-26(mod 8)，即余数为 6例 9 形如Fn2 2n+1，n=0，1，2，的数称为费马数证明：当 n2 时，F n的末位数字是 7证 当 n2 时，2 n是 4 的倍数，故令 2n=4t于是Fn=22n1=2 4t+1=16t16 t17(mod 10)，即 Fn的末位数字是 7说明 费马数的头几个是F03，F 15，F 217，F 3257，F 465537，它们都是素数费马便猜测：对所有的自然数 n，F n都是素数然而，这一猜测是错误的首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数
13、 F5是合数证明 F5是合数，留作练习利用同余还可以处理一些不定方程问题例 10 证明方程x4+y4+2=5z没有整数解证 对于任一整数 x，以 5 为模，有x0，1，2(mod 5)，x20，1，4(mod 5)，x40，1，1(mod 5)，即对任一整数 x，x40，1(mod 5)同样，对于任一整数 yy40，1(mod 5)，所以 x 4+y4+22，3，4(mod 5)，从而所给方程无整数解说明 同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模 5)，这往往应根据问题的特点来确定练习二十五1求证：17(19 1000-1)2证明：对所有自然数 n，330(6 2n-52n-11)4求 21000除以 13 的余数5求 152 53 599 5100 5除以 4 所得的余数6今天是星期天，过 3100天是星期几？再过 51998天又是星期几？7求 n=13571999 的末三位数字8证明不定方程 x2+y2-8z=6 无整数解
