初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)

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：

第 1 页 共 10 页

初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室

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） ⑶a≡b（mod n）

? a≡c（mod m）

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）

第 2 页 共 10 页

初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室

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(modm)． d

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

第 3 页 共 10 页

初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室

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(modm)． d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）…

第 4 页 共 10 页

初中数学兴趣班系列讲座——数论部分 唐一良数学工作室

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=410100+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anan?1?a1a0有如下性质：anan?1?a1a0?a0(mod10) 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．

第 5 页 共 10 页

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)在线全文阅读。