完整word版初中数学竞赛讲座数论部分7同余.docx
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完整word版初中数学竞赛讲座数论部分7同余
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(modm),
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(mod3),而5≡8(mod4),
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(modn)
⑵a≡b(modm)
b≡a(modn)
⑶a≡b(modn)
b≡c(modm)
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(modm),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(modm),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(modm)那么ka≡kb(modm)
⑵如果a≡b(modm),c是整数,那么a±c≡b±c(modm)
⑶如果a1≡b1(modm),a2≡b2(modm),那么a1±a2≡b1±b2(modm),
a1a2≡b1b2(modm).
⑷如果3a≡3b(mod6),那么a≡b(mod6)
解:
⑴∵a≡b(modm),∴m|a-b,∴m|k(a-b)即m|(ka-kb)
∴ka≡kb(modm)⑴成正确
⑵∵a≡b(modm),∴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(modm)
同理可得,a+c≡b+c(modm)
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(mod6),而2≡4(mod6),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(modm)
an≡bn(modm)
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(mod5)
①3a≡3b(mod5)②10a≡10b(mod5)
③6a≡6b(mod10)④10a≡10b(mod20)
解:
①因3a≡3b(mod5),所以5|3(a-b),而5|3,
因此5|a-b,故a≡b(mod5)
②由10a≡10b(mod5)可以得到5|10(a-b),而5|10,因此5不一定整除a-b,故a≡b(mod5)就成立
③由6a≡6b(mod10)可得10|6(a-b),而10=2×5,6=2×3,因此5|a-b,
故a≡b(mod5)成立
④由10a≡10b(mod20)可得到20|10(a-b),而20=4×5,4|10,因此5|(a-b)
故a≡b(mod5)不成立
综上所述,由3a≡3b(mod5)或6a≡6b(mod10)都可以得到a≡b(mod5)
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(mod5),一般地,如果(k,m)=1,ka≡kb(modm),那么a≡b(modm)
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(mod5),一般地,如果(k,m)=d,ka≡kb(modm),那么a≡b
.
例4.如果a≡b(mod12)且a≡b(mod8),那么以下同余式一定成立的是哪些?
①a≡b(mod4)②a≡b(mod24)③a≡b(mod20)④a≡b(mod48)
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(mod4).
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(mod24).
③显然,当a=26,b=2时满足条件a≡b(mod12)和a≡b(mod8),但却不满足
a≡b(mod20).
④同③,用a=26,b=2验证即可.
【说明】:
⑴一般地,若a≡b(modm)且n|m,那么a≡b(modn)
⑵若a≡b(modm),a≡b(modn),那么a≡b(mod[m,n]),它的一个特殊情况就是:
如果a≡b(modm),a≡b(modn)且(m,n)=1,那么a≡b(modmn)
【一些结论】
1.同余定义的等价形式
①a≡b(modm)
m|a-b
②a≡b(modm)
a=b+mt
2.同余式的同加、同乘性
如果a1≡b1(modm),a2≡b2(modm)那么
⑴a1±a2≡b1±b2(modm)
⑵ka1≡kb1(modm)(k∈Z)
⑶a1a2≡b1b2(modm)
⑷a1n≡b1n(modm)(n是整数).
3.如果(k,m)=d,ka≡kb(modm),那么a≡b
.
这条性质的直接推论就是:
如果(k,m)=1,ka≡kb(modm),那么a≡b(modm)
4.如果a≡b(modm)且n|m,那么a≡b(modn)
5.如果a≡b(modm),a≡b(modn),那么a≡b(mod[m,n])
这条性质的一个推论就是:
如果a≡b(modm),a≡b(modn)且(m,n)=1,那么a≡b(modmn)
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(mod9)
∴19992000≡12002≡1(mod9),∴19992000除以9的余数是1
⑵∵10≡3(mod7),∴103≡33≡-1(mod7)
∴106≡(-1)2≡1(mod7),∴1010≡104(mod7)
又∵102≡9≡2(mod7),∴102≡104≡22≡4(mod7)
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(mod13),∴1456≡26≡-1(mod13)
∴(1456)14≡(-1)14≡1(mod13)即14584≡1(mod13)
又∵1455≡25≡6(mod13)
所以14589≡14584·1455≡6×1≡6(mod13)
又∵33≡1(mod13),∴(33)667≡32001≡1(mod13),∴32002≡3(mod13)
所以,14589+32002≡6+3≡9(mod13)
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(mod100),∴19982002≡(-2)2002≡22002≡41001(mod100)
因为4≡4(mod100),42≡16(mod100),43≡64(mod100),44≡56(mod100),45≡24(mod100),46≡96(mod100),47≡84(mod100),48≡36(mod100),
49≡44(mod100),410≡76(mod100),411≡4(mod100)…
所以4n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(mod100),因此19982002≡4(mod100),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(mod10),∴20034≡34≡1(mod10),
∴20032002≡(20034)500·20033≡1500·33≡27≡7(mod10)
∴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(mod3),2352≡0(mod3)
∴72n―2352n―1≡12n―2352×0-1≡0(mod3)
∴3|72n―2352n―1,又∵2352=16×147,∴2352≡0(mod16)
∴72n―2352n―1≡49n-1≡1n-1≡0(mod16)
∴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(mod2),∴7n+12―1≡1n+0―1≡0(mod2)
即2|7n+12n―1,对n进行分类讨论,
⑴若n≡0(mod3),则n=3k(k为正整数)
7n+12n―1≡73k+36k+1≡(―2)3k+0―1≡(―8)k―1≡1k―1≡0(mod9)
⑵若n≡1(mod3),则n=3k+1(k为非负整数)
7n+12n―1≡73k+36k+127+12―1≡0(mod9)
⑶若n≡2(mod3),则n=3k+2(k为非负整数)
7n+12n―1≡73k·72+36k+24―1≡72+24―1≡0(mod9)
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(mod2),a≡-a(mod2),
所以
b1+b2+…+b64
=|a1-a2|+|a3-a4|+…+|a127-a128|
≡a1-a2+a3-a4+…+a127-a128
≡a1+a2+a3+a4+…+a127+a128(mod2),
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(mod2),
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(mod9),
故对任何整数k≥1,有
10k≡1k=1(mod9).
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.
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(mod8),所以551999≡-1(mod8),551999+17≡-1+17=16≡0(mod8),于是8|(551999+17).
(2)32=9≡1(mod8),32n≡1(mod8),所以32n+7≡1+7≡0(mod8),即8|(32n+7).
(3)19≡2(mod17),194≡24=16≡-1(mod17),所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod17),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(mod10),∴20034≡34≡1(mod10),
∴20032002≡(20034)500·20033≡1500·33≡27≡7(mod10)
∴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(mod7)即可
证明:
∵26≡1(mod7),∴22000≡(26)333·22≡1·22≡4(mod7),
∴22000+1≡5(mod7)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(mod7),
803≡5(mod7),
464≡2(mod7),
261≡2(mod7),
所以
A=2903n-803n-464n+261n
≡5n-5n-2n+2n=0(mod7),
故7|A.又因为
2903≡193(mod271),
803≡261(mod271),
464≡193(mod271),
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(mod4),
偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod4),
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(mod8),
偶数2=(2k)2=4k2(k为整数).
(1)若k=偶数=2t,则
4k2=16t2=0(mod8).
(2)若k=奇数=2t+1,则
4k2=4(2t+1)2=16(t2+t)+4≡4(mod8),
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(mod10),
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.
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