初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余).doc

初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室
第7讲 同余的概念及基本性质
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．
一、基础知识
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．
否则，就称a与b对于模m不同余，记作a≡b（mod m），
根据定义，a与b是否同余，不仅与a、b有关，还与模m有关，同一对数a和b，对于模m同余，而对于模n也许就不同余，例如，5≡8（mod 3），而5≡8（mod 4），
　　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．
另外，根据同余的定义，显然有以下几种关系是成立的：
⑴a≡a（mod n）
⑵a≡b（mod m）b≡a（mod n）

a≡c（mod m）
⑶a≡b（mod n）
b≡c（mod m）
由此可见，同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性，而等式也具有这几条性质．
二、典型例题;
例1．如果a≡b（mod m），以下命题正确的有哪些？请说明理由？
⑴m | a－b
⑵a = b+mt
⑶a = k1m+ r1，b = k2m+ r2（0≤r1，r2＜m）r1= r2
解：⑴因a≡b（mod m），所以可得a = k1m+ r，b = k2m+ r，那么a－b=（k1－k2）m，由于k1－k2是整数，因此m | a－b是正确的．
⑵根据⑴可得a－b= mt，即a= b+mt
⑶根据⑴可得，m | r1－r2，又因为0≤| r1－r2 |＜m，所以| r1－r2 |=0，故r1= r2．

例2．判断正误，并说明理由．
⑴如果a≡b（mod m）那么ka≡ kb（mod m）
⑵如果a≡b（mod m），c是整数，那么a±c≡b±c (mod m)
⑶如果a1≡b1（mod m），a2≡b2（mod m），那么a1±a2≡b1±b2 (mod m)，
a1a2≡b1b2 (mod m)．
⑷如果3a≡3b(mod 6 )，那么a≡b (mod 6 )
解：⑴∵a≡b（mod m），∴m | a－b，∴m | k (a－b)即m | (ka－kb)
∴ka≡kb（mod m） ⑴ 成正确
⑵∵a≡b（mod m），∴m | a－b
又因为c是整数，所以m | a－c－b+c，即m | (a－c) －(b－c)即a－c≡b－c（mod m）
同理可得，a+c≡b+c（mod m）
⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的
⑷显然6≡12(mod 6)，而2≡ 4 (mod 6)，因此，这个命题不正确
说明：⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡b（mod m）an≡bn（mod m）
此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方，但同余式两边却不能除以同一数，那么，同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？我们先看下面的例题．

例3．由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（mod 5）
①3a≡3b（mod 5） ②10a≡10b（mod 5）
③6a≡6b（mod 10） ④10a≡10b（mod 20）
解：①因3a≡3b（mod 5），所以5 | 3（a－b），而5 | 3 ，
因此5 | a－b，故a≡b（mod 5）
②由10a≡10b（mod 5）可以得到5 | 10（a－b），而5 | 10，因此5不一定整除a－b，故a≡b（mod 5）就成立
③由6a≡6b（mod 10）可得10 | 6（a－b），而10=2×5，6=2×3，因此5 | a－b，
故a≡b（mod 5）成立
④由10a≡10b（mod 20）可得到20 | 10（a－b），而20= 4×5，4 | 10，因此5 | (a－b)
故a≡b（mod 5）不成立
综上所述，由3a≡3b（mod 5）或6a≡6b（mod 10）都可以得到a≡b（mod 5）
说明：在①中，因为（3，5）=1，因此由5 | 3（a－b）一定可以得到5 | a－b，进而得到a≡b（mod 5），一般地，如果（k，m）=1，ka≡kb（mod m），那么a≡b（mod m）

在③中，因（6，10）=2，因此由10| 6（a－b）一定可以得到5 | a－b，进而得a≡b（mod 5），一般地，如果（k，m）= d，ka≡kb（mod m），那么a≡b．

例4．如果a≡b（mod 12）且a≡b（mod 8），那么以下同余式一定成立的是哪些？
①a≡b（mod 4） ②a≡b（mod 24） ③a≡b（mod 20） ④a≡b（mod 48）
解：正确的有①和②
①由题中的条件可得12 | a－b，又因4 | 12，所以4 | a－b，故a≡b（mod 4）．
②因12 | a－b，8| a－b，所以a－b是12和8的公倍数，又因为[8，12]=24，因此
a－b必是24的倍数，即24 | a－b，故a≡b（mod 24）．
③显然，当a= 26，b = 2时满足条件a≡b（mod 12）和a≡b（mod 8），但却不满足
a≡b（mod 20）．
④同③，用a = 26，b = 2验证即可．
【说明】：
⑴一般地，若a≡b（mod m）且n | m，那么a≡b（mod n）
⑵若a≡b（mod m），a≡b（mod n），那么a≡b（mod [m，n]），它的一个特殊情况就是：
如果a≡b（mod m），a≡b（mod n）且（m，n）=1，那么a≡b（mod m n）

【一些结论】
1.同余定义的等价形式
①a≡b（mod m）m | a－b
②a≡b（mod m）a = b+mt
2．同余式的同加、同乘性
如果a1≡b1（mod m），a2≡b2（mod m）那么
⑴a1±a2≡b1±b2（mod m）
⑵ka1≡kb1（mod m）（k∈Z）
⑶a1a2≡b1b2（mod m）
⑷a1n≡b1n（mod m）（n是整数）．
3．如果（k，m）=d，ka≡kb（mod m），那么a≡b．
这条性质的直接推论就是：
如果（k，m）=1，ka≡kb（mod m），那么a≡b（mod m）
4．如果a≡b（mod m）且n | m，那么a≡b（mod n）
5．如果a≡b（mod m），a≡b（mod n），那么a≡b（mod [m，n]）
这条性质的一个推论就是：
如果a≡b（mod m），a≡b（mod n）且（m，n）=1，那么a≡b（mod m n）

例5．⑴求19992002除以9的余数；⑵求1010除以7的余数
解：⑴∵9 | 1999－1000，∴1999≡1000≡1（mod 9）
∴19992000≡12002≡1（mod 9），∴19992000除以9的余数是1
⑵∵10≡3（mod 7），∴103≡33≡－1（mod 7）
∴106≡（－1）2≡1（mod 7），∴1010≡104（mod 7）
又∵102≡9≡2（mod 7），∴102≡10 4≡22≡4（mod 7）
所以1010除以7的余数是4．
说明：求较大数的余数时，可先设法找到与±1同余的数，然后利用同余式的性质，求出所求数的余数．

例6．求14589+32002除以13的余数．
解：∵145≡2（mod 13），∴1456≡26≡－1（mod 13）
∴（1456）14≡（－1）14≡1（mod 13）即14584≡1（mod 13）
又∵1455≡25≡6（mod 13）
所以14589≡14584·1455≡6×1≡6（mod 13）
又∵33≡1（mod 13），∴（33）667≡32001≡1（mod 13），∴32002≡3（mod 13）
所以，14589+32002≡6+3≡9（mod 13）
即14589+32002除以13的余数是9

例7．求19982002的十位数字
分析：此题可以通过19982002的末两位数来求解，与前面的方法类似
解：∵199898≡－2（mod 100），∴19982002≡（－2）2002≡22002≡41001（mod 100）
因为4≡4（mod 100），42≡16（mod 100），43≡64（mod 100），44≡56（mod 100），45≡24（mod 100），46≡96（mod 100），47≡84（mod 100），48≡36（mod 100），
49≡44（mod 100），410≡76（mod 100），411≡4（mod 100）…
所以4 n除以100的余数是以4、16、64、56、24、96、84、36、44、76周期性出现的，因41001=410×100+1，所以41001≡4（mod 100），因此19982002≡4（mod 100），故19982002的十位数字是0．
说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．

例8（1998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使2n+1能被3整除的一切自然数n.
解∵  ∴
则2n+1
∴当n为奇数时，2n+1能被3整除；
当n为偶数时，2n+1不能被3整除.

例9 求证31980+41981能被5整除.
证明  ∵

∴
∴
∴

例10．求20032002的末位数字．
分析：此题就是求20032002除以10的余数
解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），
∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10）
∴20022002的末位数字是7．
说明：对于十进制的整数有如下性质：
例11．已知n是正整数，证明48 | 72n―2352n―1
证明：∵48=3×16，（3，16）=1
∴只需证明3| 72n―2352n―1且16 | 72n―2352n―1即可
∵7≡1（mod 3），2352≡0（mod 3）
∴72n―2352n―1≡12n―2352×0－1≡0（mod 3）
∴3 | 72n―2352n―1，又∵2352=16×147，∴2352≡0（mod 16）
∴72n―2352n―1≡49n－1≡1n－1≡0（mod 16）
∴16 | 72n―2352n―1，所以48| 72n―2352n―1．
说明：当模很大时，可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解，请同学位用这个方法重解例8．

例12．已知n是任意的正整数，且m | 7n+12n―1，求正整数m的最大值．
解：设an=7n+12n―1，那么，a1=7+12―1=18，a2=72+24―1=72
∴（a1，a2）=（18，72）=18，∴m≤18，
下面证明对任何正整数n，都有18 | 7n+12n―1
又因为18=2×9，所以只须证明2 | 7n+12n，9 | 7n+12n―1即可．
∵7≡1（mod 2），∴7n+12―1≡1n+0―1≡0（mod 2）
即2 | 7n+12n―1，对n进行分类讨论，
⑴若n≡0（mod 3），则n=3k（k为正整数）
7n+12n―1≡73k+36k+1≡（―2）3k+0―1≡（―8）k―1≡1k―1≡0（mod 9）
⑵若n≡1（mod 3），则n=3k+1（k为非负整数）
7n+12n―1≡73k+36k+127+12―1≡0（mod 9）
⑶若n≡2（mod 3），则n=3k+2（k为非负整数）
7n+12n―1≡73k·72+36k+24―1≡72+24―1≡0（mod 9）
因此，对一切自然数n，都有9 | 7n+12n―1．
综上所述，18 | 7n+12n―1，因此m的最大值为18．

例13 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．

例14 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
10k≡1k＝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．

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三、模拟训练
1求证：
　　(1)8｜(551999＋17)；
　　(2) 8(32n＋7)；
　　(3)17｜(191000-1)．
　　证 (1)因55≡-1(mod 8)，所以551999≡-1(mod 8)，551999＋17≡-1＋17=16≡0(mod 8)，于是8｜(551999＋17)．
　　(2)32=9≡1(mod 8)，32n≡1(mod 8)，所以32n＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(32n＋7)．
　　(3)19≡2(mod 17)，194≡24=16≡-1(mod 17)，所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod 17)，于是
17｜(191000-1)．

2．求20032002的末位数字
分析：此题就是求20032002除以10的余数
解：∵2003≡3（mod 10），∴20034≡34≡1（mod 10），
∴20032002≡（20034）500·20033≡1500·33≡27≡7（mod 10）
∴20022002的末位数字是7
说明：对于十进制的整数有如下性质：．
3求2999最后两位数码.
解 考虑用100除2999所得的余数.
∵
∴
又
∴

∴

∴2999的最后两位数字为88.

4．求证：22000+1不能被7整数．
分析：只需证明22000≡－1（mod 7）即可
证明：∵26≡1（mod 7），∴22000≡（26）333·22≡1·22≡4（mod 7），
∴22000+1≡5（mod 7）所以7 | 22000+1

5 对任意的自然数n，证明
A=2903n-803n-464n＋261n
　　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=2903n-803n-464n+261n
　　≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，
　　故7｜A．又因为
2903≡193(mod 271)，
803≡261(mod 271)，
464≡193(mod 271)，
　　所以

　　故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．
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=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，
偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod 4)，
　　所以

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2=4k2＋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2=8t+1≡1(mod 8)，
偶数2=(2k)2=4k2(k为整数)．
　　(1)若k=偶数=2t，则
4k2=16t2＝0(mod 8)．
　　(2)若k=奇数=2t+1，则
4k2=4(2t＋1)2=16(t2＋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．
8 形如
Fn＝+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，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是
Fn=22n＋1=24t+1=16t＋1
≡6t＋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．