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.doc

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)，an≡bn(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
　　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｜(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)．
　　例2 求使2n-1为7的倍数的所有正整数n．
　　解 因为23≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．
　　(1) 若n=3k，则
2n-1＝(23)k-1＝8k-1≡1k-1＝0(mod 7)；
　　(2) 若n=3k＋1，则
2n-1=2·(23)k-1=2·8k-1
　　　≡2·1k-1＝1(mod 7)；
　　(3) 若n=3k＋2，则
2n-1=22·(23)k-1=4·8k-1
　　　≡4·1k-1＝3(mod 7)．
　　所以，当且仅当3｜n时，2n-1为7的倍数．
　　例3 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．
　　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
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．
　　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=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，
偶数2=(2k)2=4k2≡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．
　　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
25＝32≡-1(mod 33)，
　　所以 210≡1(mod 33)，
21998=(210)199·25·23≡-8≡25(mod 33)，
　　所求余数为25．
　　(2)因为7≡-1(mod 8)，所以
72n＋1≡(-1)2n＋1＝-1(mod 8)，
72n＋1-1≡-2≡6(mod 8)，
　　即余数为6．
　　例9 形如
Fn＝22n+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．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
x≡0，±1，±2(mod 5)，
x2≡0，1，4(mod 5)，
x4≡0，1，1(mod 5)，
　　即对任一整数x，
x4≡0，1(mod 5)．
　　同样，对于任一整数y
y4≡0，1(mod 5)，
　　所以 x4+y4+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｜(191000-1)．
　　2．证明：对所有自然数n，330｜(62n-52n-11)．

　　4．求21000除以13的余数．
　　5．求15＋25＋35＋…＋995＋1005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=1×3×5×7×…×1999的末三位数字．
　　8．证明不定方程x2+y2-8z=6无整数解．