全国初中数学竞赛辅导 第四十六讲《同余式》教案1 北师大版_北师大版一上数学教案

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第四十六讲 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n＋1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=7×52＋1，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

a≡b(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=mq1＋r，b=mq2+r．

所以 a-b=m(q1-q2)，即 m｜a-b．

反之，若m｜a-b，设

a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．

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)a≡a(modm)．

(2)若a≡b(modm)，则b≡a(modm)．

(3)若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(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≡b(modm)，c≡d(modm)，则

a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．

证 由假设得m｜a-b，m｜c-d，所以

m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(a-b)＋b(c-d)，即

a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．

由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数，n是自然数，则

a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a≡b(modm)．

对于同余式ac≡bc(modm)，我们是否能约去公约数c，得到一个正确的同余式a≡b(modm)？

在这个问题上，同余式与等式是不同的．例如

25≡5(mod 10)，约去5得

5≡1(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 若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则

n

n 2！

a≡b(modm)．

证 由题设知

ac-bc=(a-b)c=mk．

由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．

定理4 若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，………… a≡b(modmn)，且M=[m1，m2，…，mn]表示m1，m2，…，mn的最小公倍数，则

a≡b(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a≡0(modm)即可．

例1 求证：

(1)8｜(552n1999

＋17)；

(2)8(3＋7)；

(3)17｜(191000

-1)．

1999

证(1)因55≡-1(mod 8)，所以55

19998)，于是8｜(55＋17)．

2n

≡-1(mod 8)，55

1999

＋17≡-1＋17=16≡0(mod

(2)3=9≡1(mod 8)，3≡1(mod 8)，所以3＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(3＋7)．

(3)19≡2(mod 17)，19≡2=16≡-1(mod 17)，所以19≡1(mod 17)，于是

17｜(19

1000

1000

2n2n

=(19)250≡(-1)250

-1)．！

例2 求使2-1为7的倍数的所有正整数n．

解 因为2≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．

(1)若n=3k，则

2-1＝(2)-1＝8-1≡1-1＝0(mod 7)；

(2)若n=3k＋1，则

2-1=2·(2)-1=2·8-1

≡2·1-1＝1(mod 7)；

(3)若n=3k＋2，则

2-1=2·(2)-1=4·8-1

≡4·1-1＝3(mod 7)．

所以，当且仅当3｜n时，2-1为7的倍数．

例3 对任意的自然数n，证明

A=2903-803-464＋261

能被1897整除．

证 1897=7×271，7与271互质．因为

2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以

A=2903-803-464+261

≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因为

2903≡193(mod 271)，n

n

n

n

n

n

n

n

n

k

n

3k

k

k

n

3k

k

n

3k

k

k3n 4！

803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以

故271｜A．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，a2，…，a128，计算出

｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算

｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-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

｜a｜≡a(mod 2)，a≡-a(mod 2)，所以

b1＋b2＋…＋b64

=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜

≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128

≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(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

x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128

＝64×129≡0(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．

10≡1(mod 9)，故对任何整数k≥1，有

10≡1＝1(mod 9)．

因此

k

k

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=(2k＋1)=4k＋4k+1≡1(mod 4)，偶数=(2k)=4k≡0(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2k＋1，从而！

奇数=4k＋4k+1=4k(k＋1)+1．

因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而

奇数=8t+1≡1(mod 8)，偶数=(2k)=4k(k为整数)．

(1)若k=偶数=2t，则

4k=16t＝0(mod 8)．

(2)若k=奇数=2t+1，则

4k=4(2t＋1)=16(t＋t)+4≡4(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2

(2)求8除7

2n+1

1998的余数．

-1的余数．

解(1)先找与±1(mod 33)同余的数．因为

2＝32≡-1(mod 33)，所以 2≡1(mod 33)，2

所求余数为25．

(2)因为7≡-1(mod 8)，所以

2n＋1

199810

=(2)·2·2≡-8≡25(mod 33)，1019953

≡(-1)

2n＋1

＝-1(mod 8)，7

2n＋1

-1≡-2≡6(mod 8)，！

即余数为6．

例9 形如

Fn＝2+1，n=0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n≥2时，Fn的末位数字是7．

证 当n≥2时，2是4的倍数，故令2=4t．于是

Fn=2＋1=2+1=16＋1 ≡6＋1≡7(mod 10)，即Fn的末位数字是7．

说明 费马数的头几个是

F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，Fn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

x+y+2=5z

没有整数解．

证 对于任一整数x，以5为模，有

x≡0，±1，±2(mod 5)，x≡0，1，4(mod 5)，x≡0，1，1(mod 5)，即对任一整数x，x≡0，1(mod 5)．

同样，对于任一整数y

y≡0，1(mod 5)，4442

t2n

4t

t

n

n

2n 8！

所以 x+y+2≡2，3，4(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

100044

-1)．

2n

2n

2．证明：对所有自然数n，330｜(6-5-11)．

4．求21000

除以13的余数．

5．求1＋2＋3＋…＋99＋100除以4所得的余数．

6．今天是星期天，过3天是星期几？再过5

19985

天又是星期几？

7．求n=1×3×5×7×…×1999的末三位数字．

8．证明不定方程x+y-8z=6无整数解．