应用同余问题

同余方程的求解方法与应用同余方程是数论中的一个重要概念，它在密码学、编码理论等领域有广泛的应用。

本文将介绍同余方程的求解方法，并讨论其在实际问题中的应用。

一、同余方程的定义与性质同余方程是指形如ax ≡ b (mod m)的方程，其中a、b、m为已知的整数，x为未知数。

同余方程的求解即是要找到满足该方程的整数x的取值。

同余方程具有以下性质：1. 若a ≡ b (mod m)，则对任意整数x，ax ≡ bx (mod m)。

2. 若ax ≡ ay (mod m)，且a与m互素，则x ≡ y (mod m)。

二、求解同余方程的方法1. 穷举法：逐个尝试整数x的取值，验证是否满足方程。

如果方程有解，则解的集合可以表示为{x | x ≡ x0 (mod m)}，其中x0为方程的一个解。

2. 欧拉定理：对于互素的整数a和m，有a^φ(m) ≡ 1 (mod m)，其中φ(m)表示小于m且与m互素的正整数的个数。

如果b ≡ a^k (mod m)，则可以将方程转化为ak ≡ b (mod m)来求解。

这样做的好处是可以将指数降低，从而简化计算。

3. 扩展欧几里得算法：对于一般的同余方程ax ≡ b (mod m)，可以利用扩展欧几里得算法求解。

该算法给出了方程ax + my = d的解，其中d为a和m的最大公约数。

如果b是d的倍数，则方程有解，且解的个数为d个。

三、同余方程的应用1. 密码学：同余方程在密码学中有重要的应用。

例如，在RSA公钥加密算法中，同余方程用于对消息进行加密与解密。

通过选择合适的公钥和私钥，可以实现对消息的加密与解密操作。

2. 信号处理：同余方程可以应用于信号处理中的调频解调技术。

在调频通信系统中，利用同余方程可以进行频率的合成与解析，实现信号的调制与解调操作。

3. 编码理论：同余方程可以应用于编码理论中的纠错码设计。

通过求解一系列同余方程，可以构造出性能良好的纠错码，提高数据传输的可靠性。

例1. 有一些糖果，平均分给2个小朋友多1块，平均分给3给小朋友也多1块，平均分给4个小朋友还是多1块，这些糖果至少有多少块？分析：这些糖果不论平均分给几个小朋友都是余1块，那么这些糖果至少应该是这几个数字的最小公倍数＋1块。

像这样的无论怎们分都剩余同样多的问题可称为同余问题。

同余问题公式：最小公倍数＋同余数解题过程：2×1×3×2＝12（块）12＋1＝13（块）答：至少有13块。

例2. 有一些糖果，平均分给2个小朋友多1块，平均分给3给小朋友也多1块，平均分给4个小朋友还是多1块，平均分给5个小朋友正好分完，这些糖果至少有多少块？2×1×3×2＝12（块）12＋1＝13（块）13÷5不能整除13＋12＝25（块）25÷5＝5（块）答：至少有25块。

例3. 每桌3人多2人，每桌5人多4人，每桌7人多6人，每桌9人多8人。

至少应有多少人？分析：每桌3人多2人，如果再来1人又能凑成1桌，所以多2人可理解为亏1人；每桌5人多4人，如果再来1人又能凑成1桌，所以也可理解为亏1人；同理多6人也可理解为亏1人，多8人就是亏1人。

那么至少有多少人就该是最小公倍数－1人。

像这样无论怎么分虽剩余都不同，但所‘亏’都相同的问题可称为同亏问题。

2 3 42 13 2 1 3 2 2 2 3 4同亏问题公式：最小公倍数－同亏数解题过程：3×1×5×7×3＝315（人）3－2＝5－4＝7－6＝9－8＝1（人）315－1＝314（人）答：至少应有314人。

例4. 每桌3人多2人，每桌5人多4人，每桌7人多6人，每桌9人多8人，每桌11人正好。

至少应有多少人？3×1×5×7×3＝315（人）3－2＝5－4＝7－6＝9－8＝1（人）315－1＝314（人）314÷11＝28（桌）……6（人）314＋315＝629（人）629÷11＝57（桌）……2（人）629＋315＝944（人）944÷11不能整除944＋315＝1259（人）1259÷11不能整除1259＋315＝1574（人）1574÷11不能整除1574＋315＝1889（人）1889÷11不能整除1889＋315＝2204（人）2204÷11不能整除2204＋315＝2519（人）2519÷11＝229（桌）答：至少应有2519人。

同余定理的应用与证明同余定理是数论中的重要概念，它在各个领域都有广泛的应用。

本文将介绍同余定理的基本概念，并探讨它在密码学、计算机科学和数学证明中的应用。

一、同余定理的基本概念同余定理是数论中一个基本的等价关系，在数学中用符号“≡”表示。

对于给定的整数a、b和正整数m，如果m能够整除(a-b)，即(a-b)能够被m整除，那么我们就说a与b关于模m同余。

表达式可以表示为a ≡b (mod m)。

同余定理可以表示为以下三个等价命题：1. 若a与b关于模m同余，记为a ≡ b (mod m)，则a与b除以m的余数相同。

2. 若a与b关于模m同余，记为a ≡ b (mod m)，则存在整数k，使得a-b=km。

3. 若a与b关于模m同余，记为a ≡ b (mod m)，则m整除(a-b)。

二、同余定理的应用1. 密码学应用同余定理在密码学中有着重要的应用。

在加密算法中，对于给定的明文和密钥，通过使用同余定理可以实现数据的加密和解密。

同余定理可以确保对于指定的模数，同一密钥加密后的密文能够正确解密，而其他密钥加密的密文则无法解密。

2. 计算机科学应用同余定理在计算机科学中有广泛的应用。

在计算机编程中，同余定理可以用于优化算法。

例如，在求解大整数的乘法时，通过将大整数表示为多个模m的同余等式相乘，再将结果相加，可以大大减少计算量，提高计算效率。

3. 数学证明应用同余定理在数学证明中也有重要的应用。

通过使用同余定理，可以简化数学证明的过程，缩小证明范围。

同余定理可用于证明诸如整数平方的性质、整数除法的性质以及多个整数的性质等。

三、同余定理的证明同余定理可以通过数学归纳法进行证明。

在证明过程中，首先证明等价命题1成立。

假设对于任意正整数k，当a与b关于模k同余时，a与b除以k的余数相同。

然后利用数学归纳法假设，对于任意正整数n，当a与b关于模n同余时，a与b除以n的余数相同。

接着证明等价命题2和命题3。

四、总结同余定理作为数论中的重要概念，具有广泛的应用性。

同余原理在生活中的应用
同余原理在生活中有多个应用，下面列出一些常见的例子：
1. 时间计算：同余原理可以用于计算日期，特别是在计算星期几时。

例如，如果我们想知道2019年9月15日是星期几，我们可以使用同余原理将日期转换为一个数字，然后对7取模来得到答案。

2. 轮班调度：同余原理可以用于安排轮班。

例如，一个公司有3个班次，每天需要轮换，我们可以使用同余原理来计算每个员工在某一天的班次编号。

3. 数字编码：同余原理可以用于数字编码和错误检测。

例如，在计算机网络传输数据时，使用校验和来检测数据传输的错误。

4. 密码学：同余原理在密码学领域中也有广泛的应用。

例如，同余原理被用于实现公钥加密算法中的模运算，如RSA算法。

5. 数据分析：在数据分析中，同余原理可以用于对数据进行分组、分类或归类。

例如，在统计中，可以使用同余原理将数据分成不同的组，并对每组进行独立的分析。

总的来说，同余原理在生活中的应用非常广泛，不仅在数学和计算机科学领域有重要的作用，也在实际生活中的很多场景中得到了应用。

. -同余的性质及应用1 引言数论的一些根底内容的学习，一方面可以加深对数的性质的了解，更深入的理解某些其他邻近学科，另一方面，可以加强数学训练.而整数论知识是学习数论的根底，其中同余理论有时整数论的重要组成局部，所以学好同余理论是非常重要的.在日常生活中，我们所要注意的常常不是某些整数，而是这些数用某一固定的数去除所得的余数，例如我们问现在是几点钟，就是用24去除某一个总的时数所得的余数；问现在是星期几，就是问用7去除某一个总的天数所得的余数，假设某月2号是星期一，用7去除这月的号数，余数是2的都是星期一.我国古代孙子算经里已经提出了同余式11(mod )xb m ,22(mod )xb m ,…,(mod )k k xb m 这种形式的问题，并且很好地解决了它.宋代大数学家秦九韶在他的?数学九章?中提出了同余式1(mod )i i x M m ≡,1,2,...,i k =,i m 是k 个两两互质的正整数，12...k m m m m =,i i m m M =的一般解法.同余性质在数论中是根底，许多领域中一些著名的问题及难题都是利用同余理论及一些深刻的数学概念，方法，技巧求解.例如，数论不定方程中的费尔马问题，拉格朗日定理的证明堆垒数论中的华林问题，解析数论中，特征函数根本性质的推导等等.在近现代数论研究中，有关质数分布问题，如除数问题，圆内格点问题，等差级数问题中的质数分布问题，2an bn c ++形式的质数个数问题，质数个数问题，质数增大的快慢问题，孪生质数问题都有一定程度的新成果出现，但仍有许多尚未解决的问题.数论的开展以及现代数学开展中提出的一些数论问题，都要求我们对于近代数论的一些方法和根底知识，必须熟练掌握.所以，本文主要介绍了同余理论中同余根本性质的一些简单应用，通过本文的阐述，希望可以为对数论有兴趣的读者，增加学习数论知识的兴趣，并能为他们攻破那些经典的数论难题开展数论课题课题提供一些帮助.2 同余的概念给定一个正整数m ，把它叫做模，如果用m 去除任意两个整数a 与b 所得的余数一样，我们就说对模m 同余，记作(mod )a b m ≡,如果余数不同，就说对模m 不同余. 由定义得出同余三条性质：〔1〕(mod )a a m ≡；〔2〕(mod )a b m ≡,那么(mod )b a m ≡；〔3〕(mod )a b m ≡,(mod )b c m ≡,那么(mod )a c m ≡.定义也可描述为:整数a ,b 对模m 同余的充分必要条件是m a b -,即a b mt =+,t 是整数.3 同余的八条根本性质由同余的定义和整数的性质得出[1]：〔1〕假设(mod )a b m ≡,(mod )c d m ≡,那么(mod )a c b d m +≡+假设(mod )a b c m +≡, 那么(mod )a c b m ≡-〔2〕假设(mod )a b m ≡,(mod )c d m ≡, 那么(mod )ac bd m ≡特别地,假设(mod )a b m ≡,那么(mod )ak bk m ≡〔3〕假设11......(mod )k k A B m ∂∂∂∂≡,(mod )i i x y m ≡,0,1,...,i n= 那么1111...1...1......(mod )k k k k k k A x x B y y m ∂∂∂∂∂∂∂∂≡∑∑〔4〕假设1a a d =,1b b d =,(,)1d m =,(mod )a b m ≡,那么11(mod )a b m ≡〔5〕假设(mod )a b m ≡,0k >, 那么(mod )ak bk m ≡；假设(mod )a b m ≡,d 是a ,b 及m 任一正公因数,那么(mod )a b m d d d≡ 〔6〕假设(mod )i a b m ≡,1,2,...,i k =,那么12(mod[,,...,])k a b m m m ≡其中12[,,...,]k m m m 是12,,...,k m m m , k 个数最小公倍数〔7〕假设(mod )a b m ≡,d m ,0d >,那么(mod )a b d ≡〔8〕(mod )a b m ≡,(,)(,)a m b m =,假设d 能整除m 及a ,b 两数之一,那么d 必整除a ,b 另一个.4 同余性质在算术里的应用4.1 检查因数的一些方法 例1 一整数能被3(9)整除的充要条件是它的十进位数码的和能被3(9)整除. 证:按照通常方法,把任意整数a 写成十进位数形式,即1101010...n n n n a a a a --=+++, 010i a ≤<.因101(mod3)≡, 所以由同余根本性质,即3a 当且仅当3i a ∑； 同法可得9a 当且仅当9ia ∑，0,1,...,i n =. 例2 设正整数11010001000...n n n n a a a a --=+++，01000i a ≤<，那么7〔或11或13〕整除a 的充要条件是7〔或11或13〕整除0213(...)(...)(1)i i a a a a a ++-++=-∑，0,1,...,i n =.证：1000与-1对模7〔或11或13〕同余，根据同余性质知，a 与(1)i i a -∑对模7〔或11或13〕同余即7〔或11或13〕整除a 当且仅当7〔或11或13〕整除(1)i i a -∑，0,1,...,i n =.例3 a =5874192，那么587419236i a =++++++=∑，0,1,...,i n =能被3，9整除，当且仅当a 能被3，9整除解：由例1证法可知，该结论正确.例4a =435693，那么43569330i a =+++++=∑，0,1,...,i n =能被3整除，但i a ∑不能被9整除当且仅当3是a 的因数，9不是a 的因数.解：由例1的证法可得.例5 a =637693，那么6371000693a =⨯+，69363756i a =-=∑，0,1,...,i n =能被7整除而不能被11或13整除当且仅当7是a 的因数但11，13不是a 的因数. 解：由例2的证法可知，该结论正确.例 6 a =75312289，27510003121000289a =⨯+⨯+2893127552ia =-+=∑，0,1,...,i n =能被13整除，而不能被7，11整除当且仅当13是a 的因数，而7与11不是a 的因数.解：由例2的证法可知.例7 应用检查因数的方法求出以下各数标准分解式1535625 ②1158066解：①65432115356251105103105106102105=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+，153562527ia =++++++=∑，927∴91535625，21535625110005351000625=⨯+⨯+，021()625153591a a a +-=+-=，由例2得1391，791， ∴71535625，131535625，又51535625，951374095⨯⨯⨯=，15356253754095=，5375，375755=，25，∴54153562535137=⨯⨯⨯.②6543111580661101105108106106=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+，11586627i a =+++++=∑，927∴91158066，2115806611000158100066=⨯+⨯+，021()66115891a a a +-=+-=-，由例2得791，13 ∴71158066，131158066，又21158066，971321638⨯⨯⨯=，11580667071638=，7707，∴2115806629713101=⨯⨯⨯⨯.4.2 弃九法〔验证整数计算结果的方法〕我们由普通乘法的运算方法求出整数a ，b 的乘积是P ，并令1101010...n n n n a a a a --=+++，010i a ≤<1101010...n n n n b b b b --=+++，010i b ≤<，1101010...n n n n P c c c --=+++，010i c ≤<，如果()()i j a b ∑∑与k c ∑对模9不同余，那么所求得的乘积是错误的.特别的，在实际验算中，假设i a ，j b ，k c 中有9出现，那么可去掉〔因90(mod9)≡〕. 例1 a =28997，b =39495，按普通计算方法算得a ，b 乘积是P =1145236515， 按照上述弃九法8(mod9)a ≡，3(mod9)b ≡，5(mod9)P ≡.但83⨯与5对模9不同余，所以计算有误.例2 假设a =28997，b =39495，P =1145235615，那么P a b =⨯？解：按照上述弃九法，8(mod9)a ≡，3(mod9)b ≡，6(mod9)P ≡.虽然83⨯与6对模9同余，但是由通常乘法计算得到1145236515a b ⨯=， 故P a b =⨯不成立.注：当使用弃九法时，得出的结果虽然是()()i j a b ∑∑(mod9)k c ≡∑也还不能完全肯定原计算是正确的.4.3 同余性质的其他应用例1 求7除5047的余数.解：由147(2)2(mod 7)≡-≡-，2247(2)4(mod 7)≡-≡，5547(2)1(mod 7)≡-≡-， ∴50516247(47)47144(mod 7)≡⨯≡⨯≡，即5047除以7余数为4.例2 试证：形如87()k k N +∈的整数不能表为三个平方数之和.证：假定22287(,,)N k a b c a b c Z =+=++∈，那么2227(mod8)a b c ++≡，但这不可能.因为对模8而论.每一个整数最小非负余数只能是0，1，2，3，4，5，6，7中的一个数.而200(mod8)≡，211(mod8)≡，224(mod8)≡，231(mod8)≡，240(mod8)≡，251(mod8)≡，264(mod8)≡，271(mod8)≡.因此，任一整数平方对模8必与0，1，4三个数之一同余，而从｛0，1，4｝中任取三个数，其和都不可能与7对模8同余，所以对于任何整数a ，b ，c 都有222a b c ++与7对模8不同余.即形如87()k k N +∈的整数不能表为三个平方数之和.例3 试证：53335333-能被10整除.证：由条件有533(mod10)≡，225339(mod10)≡≡，555337(mod10)≡≡，445331(mod10)≡≡，∴5341541553(53)53(3)3133(mod10)≡⨯≡⨯≡⨯≡又333(mod10)≡，223339(mod10)≡≡，553337(mod10)≡≡，443331(mod10)≡≡，∴33484833(33)33(3)3133(mod10)≡⨯≡⨯≡⨯≡∴53335333(mod10)≡，即533310(5333)-也就是说，53335333-能被10整除.例4 设,,a b c N ∈且6()a b c ++，求证：3336()a b c ++证：对模6来说每一个整数的最小非负数余数为0，1，2，3，4，5300(mod 6)≡，311(mod 6)≡，322(mod 6)≡，333(mod 6)≡，344(mod 6)≡，355(mod 6)≡，即对任何整数k ，3(mod 6)k k ≡∴3(mod 6)a a ≡，3(mod 6)b b ≡，3(mod 6)c c ≡∴333()()(mod 6)a b c a b c ++≡++又()0(mod 6)a b c ++≡∴333()0(mod 6)a b c ++≡故3336)a b c ++例5 假设(5,)1n =，证明5n n -能被30整除.证：设n N ∈，(mod6)n k ≡那么0,1,2,3,4,5k =由500(mod 6)≡，511(mod 6)≡，522(mod 6)≡，533(mod 6)≡，544(mod 6)≡，555(mod 6)≡，∴5(mod 6)k k ≡即55(mod 6)n k k n ≡≡≡，56()n n -同理可知55()n n -又(5,6)1=∴530()n n -故5n n -能被30整除.5 同余性质在数论中的应用：求简单同余式的解5.1一次同余式、一次同余式解的概念在代数里面，一个主要问题就是解代数方程.而同余性质在数论中的应用主要表达在同余在方程中的应用，也就是求同余式的解.一次同余式的定义：假设用()f x 表示多项式110...n n n n a x a x a --+++，其中i a 是整数，又设m 是一个正整数，那么()0(mod )f x m ≡ 叫做模m 的同余式.假设n a 与0对m 不同余，那么n 叫做()0(mod )f x m ≡的次数.定义：假设a 是使()0(mod )f a m ≡成立的一个整数，那么(mod )x a m ≡叫做同余式()0(mod )f x m ≡ 的一个解.定理 一次同余式(mod )ax b m ≡,a 与0对模m 不同余,它有解充要条件是(,)a m b .[3]5.2 孙子定理解一次同余式组引例 今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二,问物几何? 解:设x 是所求物数，那么依题意有，2(mod3)x ≡,3(mod5)x ≡,2(mod7)x ≡ 孙子算经里介绍用以下方法求解由表格知，所求物数是23.孙子定理：设1m ,2m ,…,k m 是k 个两两互质的正整数，12...k m m m m =，i i m m M =，1,2,...,i k =,那么同余式组11(mod )x b m ≡,22(mod )x b m ≡,... ,(mod )k k x b m ≡的解是111111222...(mod )k k k x M M b M M b M M b m ≡+++,其中11(mod )i i i M M m ≡,1,2,...,i k =[4]用表格形式概括如下例1 解同余式组1(mod 5)x b ≡, 2(mod 6)x b ≡，3(mod 7)x b ≡，4(mod11)x b ≡. 解：此时567112310m =⨯⨯⨯=,16711462M =⨯⨯=,25711385M =⨯⨯=，35611330M =⨯⨯=, 4567210M =⨯⨯=.解11(mod )i i i M M m ≡,1,2,3,4i = 得113M =,121M =,131M =,141M =即12341386385330210(mod 2310)x b b b b ≡+++.例2 韩信点兵：有兵一队，假设列成五行纵队，那么末行一人，成六行纵队，那么末行五人，成七行纵队，那么末行四人，成十一行纵队，那么末行十人，求兵数？解:由题意，有1(mod5)x ≡，5(mod6)x ≡，4(mod7)x ≡，10(mod11)x ≡3462385533042101067312111(mod 2310)x ≡⨯+⨯+⨯+⨯≡≡.5.3 简单高次同余式组()0(mod )i f x m ≡, 1,2,...,i k =及()0(mod )f x p ∂≡,p 为质数，0∂>的解数及解法的初步讨论定理1 假设1m ,2m ,…,k m 是k 个两两互质的正整数,12...k m m m m =,那么同余式()0(mod )f x m ≡与同余式组()0(mod )i f x m ≡,1,2,...,i k =等价.假设用i T 表示()0(mod )i f x m ≡,1,2,...,i k =,对模i m 的解数, T 表示()0(mod )f x m ≡对模m 的解数，那么12...k T TT T =.[5] 例1 解同余式()0(mod35)f x ≡，43()289f x x x x =+++.解: 由定理1知()0(mod35)f x ≡与同余式()0(mod5)f x ≡ ,()0(mod 7)f x ≡等价.同余式()0(mod5)f x ≡有两个解，即1,4(mod5)x ≡同余式()0(mod 7)f x ≡有三个解，即3,5,6(mod 7)x ≡即()0(mod35)f x ≡有六个解，即1(mod 5)x b ≡,2(mod 7)x b ≡由孙子定理有，122115(mod 35)x b b ≡+即得()0(mod35)f x ≡的解为31,26,6,24,19,34(mod35)x ≡.定理2 设1(mod )x x p ≡,即11x x pt =+,10,1,2,...t =±±是()0(mod )f x p ≡的一解，并且p不整除1()f x ,(1()f x 是()f x 的导函数),那么11x x pt =+刚好给出()0(mod )f x p ∂≡，p 为质数，0∂>的一解x x p t ∂∂∂=+,0,1,2,...t ∂=±±, 即(mod )x x p ∂∂≡, 其中1(mod )x x p ∂≡.[6]例2 解同余式3262717200(mod30)x x x +++≡.解: 由定理1知()0(mod30)f x ≡与()0(mod 2)f x ≡,()0(mod3)f x ≡,()0(mod5)f x ≡等价.显然，()0(mod 2)f x ≡有两解0,1(mod 2)x ≡()0(mod3)f x ≡有一解2(mod3)x ≡()0(mod5)f x ≡有三解0,1,2(mod5)x ≡同余式()0(mod30)f x ≡有六个解即1(mod 2)x b ≡,2(mod 3)x b ≡,3(mod 5)x b ≡,10,1b =；22b =；30,1,2b =由孙子定理得12315106(mod30)x b b b ≡++,以1b ,2b ,3b 值分别代入，得()0(mod30)f x ≡全部解为20,2,26,5,11,17(mod30)x ≡.例3 解同余式()0(mod 27)f x ≡，4()74f x x x =++.解:()0(mod3)f x ≡有一解1(mod3)x ≡，并且3不整除1(1)f ，以113x t =+ 代入()0(mod9)f x ≡得11(1)3(1)0(mod 9)f t f +≡但(1)3(mod9)f ≡，1(1)2(mod 9)f ≡即13320(mod 9)t +⨯≡即1210(mod 3)t +≡因此1213t t =+而2213(13)49x t t =++=+是()0(mod9)f x ≡的一解；以249x t =+代入()0(mod 27)f x ≡即12(4)9(4)0(mod 27)f t f +≡,2189200(mod 27)t +⨯≡即2220(mod3)t +≡, 2323t t =+即3349(23)2227x t t =++=+为所求的解.5.4 简单二次同余式2(mod )x a p ∂≡,0∂>,(,)1a p =解的判断二次同余式一般形式为20(mod )ax bx c m ++≡,a 与0对模m 不同余，由上面所学知识，经总结，判断一般二次同余式有解与否问题，一定可以转化为判断形如2(mod )x a p ∂≡,0∂>有解与否问题.先讨论单质数模同余式2(mod )x a p ≡,(,)1a p =有解与否问题假设它有解，那么a 叫做模p 的平方剩余，假设它无解，那么a 叫做模p 的平方非剩余.定理1 假设(,)1a p =,那么a 是模p 的平方剩余的充要条件是121(mod )p ap -≡且有两解；而a 是模p 的平方非剩余充要条件是121(mod )p a p -≡-.[7]()a p是勒让得符号，它是一个对于给定单质数p 定义在一切整数a 上的函数，它的值规定如下:当()1a p=时，a 是模p 的平方剩余； 当()1a p=-时，a 是模p 的平方非剩余； 当〔pa 〕=0时，p a .[8]讨论质数模同余式2(mod )x a p ∂≡,0∂>,(,)1a p =有解与否问题定理22(mod )x a p ∂≡,0∂>,(,)1a p =有解的充要条件是()1a p=，并且在有解情况下，解数是2.[9]讨论合数模同余式2(mod 2)x a ∂≡,0∂>,(2,)1a =有解与否问题定理3 设1∂>,当2∂=,1(mod 4)a ≡时，2(mod 2)x a ∂≡,0∂>,(2,)1a =有解，且解数是2；当3∂≥，1(mod8)a ≡时，上式有解，解数是4.[10]例 解257(mod 64)x ≡.解: 因571(mod8)≡故有4个解.把x 写成3(14)x t =±+代入原同余式,得到23(14)57(mod16)t +≡, 由此得31(mod 2)t ≡, 故44[14(12)](58)x t t =±++=±+是适合257(mod16)x ≡的一切整数，再代入原同余式得到24(58)57(mod 32)t +≡, 由此得40(mod 2)t ≡, 故55(582)(516)x t t =±+⨯=±+是适合257(mod 32)x ≡的一切整数,再代入原同余式得到25(516)57(mod 64)t +≡, 由此得51(mod 2)t ≡, 故66[516(12)](2132)x t t =±++=±+是适合257(mod 64)x ≡的一切整数，因此21,53,21,53(mod 64)x ≡--是所求四个解.6 结论本文从同余概念及其根本性质出发，通过实例概括总结出同余性质在算术及数论中的一些简单应用.同余性质在算术中的应用主要是通过检查因数和弃九法验算结果的实例作出阐述;数论中同余性质的应用主要表达在简单一次同余式组及高次同余式的求解,以及二次同余式是否有解的判断.参考文献[1]闵嗣鹤,严士健编. 初等数论(第二版)[M].:高等教育,1982.9:37-93.[2]余元希等.初等代数研究(上)[M].:高等教育,1988:53-82.[3]赵振成.中学数学教材教法(修订版)[M].:华东师X大学,1999.12:53-56.[4]王书琴，X晓卫.剩余定理及一次同余式组[J].XX师X大学自然科学学报, 2002-1-17.[5][法]C.布尔勒，X广才译. 代数[M].:XX科技,1984.3:72-121.[6]曹才翰，沈伯英. 初等代数教程[M].:师X大学,1987:76-85.[7]X合义.谈数论中的同余及其应用[J].XX学院学报,2007:2-6.[8]H.B.勃罗斯库列亚柯夫，X品三译. 数与多项式[M].:高等教育,1980:42.[9]林国泰,司徒永显. 初等代数研究教程[M].:暨南大学,1996:81-96.[10]林六十. 初等代数研究[M].:中国地质大学,1989:145-158.致在大学的生活和学习中, 一直得到应用数学系领导和教师们的关心和帮助, 是在他们的谆谆教导下, 我在专业知识的学习中打下了坚实的根底, 在个人修养方面我从他们身上看到了“学高为师、身正为X〞的教师风X, 吸取了踏实、严谨、刻苦、认真的治学精神, 以及正直、老实、守信的人格魅力, 并且在日常生活中身体力行, 以他们为典范, 加强教师道德修养, 努力丰富自己、完善自己.我在大学期间取得的所有成绩都是和系领导以及教师们的帮助和教导分不开的, 在此向他们致以衷心的感谢和良好的祝愿.在这学期撰写毕业论文的过程中, 得到了孙善辉教师的悉心指导, 熟悉了撰写论文的一般格式和许多考前须知, 这对于我以后的学习和生活都具有很好的示X作用. 感谢孙善辉教师的帮助和指导！在我论文的撰写和校对过程中, 还得到了许多同学的帮助, 是他们帮助我发现论文里的某些小小的错误, 这使我节省了时间去完成其他的工作, 在此向他们表示感谢.最后, 再次感谢孙善辉教师的辛勤指导！。

同余问题解题技巧
同余问题是数论中的重要内容，解决它可以应用到大量的科学问题中。

本文介绍一种解决同余问题的技巧，以及与之相关的实例。

首先定义一些概念，以便理解同余问题的实质。

定义P、Q均
为正整数，如果存在正整数m，使得P*m=Q mod N，则称P
和Q模N具有同余性，记作P≡Q (mod N)。

解决同余问题的技巧很简单，具体来说就是首先找出所有满足
P*m=Q mod N的m，然后将这些m都加起来，如果结果是N
的整倍数，就说明P与Q是同余的。

举一个例子来说明该技巧的实际效果，假设我们要求P≡Q (mod 10)，我们只需要找出所有满足P*m=Q mod 10的m即可，显然m=1,3,7都是符合要求的。

将这三个m加起来，结果11，因此P和Q就是同余的。

实际上，这种技巧可以扩展到求解多项式同余问题，并可以利用中国剩余定理来解决。

因此，在解决同余问题时，应当充分考虑各种情况，以便及时捕捉解题技巧，从而提高工作效率。

应用同余问题专题简析：同余这个概念最初是由伟大的德国数学家高斯发现的。

同余的定义是这样的：两个整数a，b，如果它们除以同一自然数m所得的余数想同，则称a，b对于模m 同余。

记作：a≡b（modｍ）。

读做：ａ同余于ｂ模ｍ。

比如，12除以5，47除以5，它们有相同的余数2，这时我们就说，对于除数5，12和47同余，记做12≡47（mod 5）。

同余的性质比较多，主要有以下一些：性质（1）：对于同一个出书，两个数之和（或差）与它们的余数之和（或差）同余。

比如：32除以5余数是2，19除以5余数是4，两个余数的和是2+4=6。

“32+19”除以5的余数就恰好等于它们的余数和6除以5的余数。

也就是说，对于除数5，“32+19”与它们的余数和“2+4”同余，用符号表示就是：32≡2（mod5），19≡4（mod5），32+19≡2+4≡1（mod5）性质（2）：对于同意个除数，两个数的乘积与它们余数的乘积同余。

性质（3）：对于同意个除数，如果有两个整数同余，那么它们的差就一定能被这个除数整除。

性质（4）：对于同意个除数，如果两个整数同余，那么它们的乘方仍然同余。

应用同余性质几萼体的关键是要在正确理解的基础上灵活运用同余性质。

把求一个较大的数除以某数的余数问题转化为求一个较小的数除以这个数的余数，使复杂的题变简单，使困难的题变容易。

例题1：求1992×59除以7的余数。

应用同余性质（2）可将1992×59转化为求1992除以7和59除以7的余数的乘积，使计算简化。

1992除以7余4，59除以7余3。

根据同余性质，“4×3”除以7的余数与“1992×59”除以7的余数应该是相同的，通过求“4×3”除以7的余数就可知道1992×59除以7的余数了。

因为1992×59≡4×3≡5（mod 7）所以1992×59除以7的余数是5。

同余的概念与应用概念与性质1. 定义：若整数a,b 被整数m(m≥1)除的余数相同,则称a 同余于b 模m,或a,b 对模m 同余.记为a≡b(modm).余数r:0≤r<1.2. 性质：(ⅰ)a≡b(modm)⇔m|a-b,即a=b+mk,k ∈Z.(ⅱ)若a≡b(modm),b≡c(modm),则a≡c(modm).(ⅲ)若a 1≡b 1(modm),a 2≡b 2(modm)，则a 1±a 2≡b 1±b 2(modm),a 1a 2≡b 1b 2(modm);(ⅳ)设f(x)=a n x n +a n-1x n-1+…+a 1x+a 0,g(x)=b n x n +b n-1x n-1+…+b 1x+b 0是两个整系数多项式,满足a i ≡ b i (modm)(0≤i≤n).若a≡b(modm),则f(a)≡f(b)(modm).(ⅴ)ac≡bc(modm)⇔a≡b(mod ),(m c m ), (ⅵ)若m≥1,(a,m)=1,则存在整数c 使得ac≡1(modm).称c 为a 对模m 的逆或倒数,记为c=a -1(modm);(ⅶ)⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 21m b a m b a 同时成立⇔≡a b (mod[m 1,m 2]);(ⅷ)若a≡b(modm 1),a≡b(modm 2),且(m 1,m 2)= 1,则a≡b(modm 1m 2).3. 剩余类：设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r≤m -1}称为模m 的一个剩余类。

性质：(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i≠j).(ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ⇔a≡b(modm).4. 完全剩余系：设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系。

数论中的同余关系与应用数论是数学的一个重要分支，研究整数及其性质。

其中，同余关系是数论中的一个重要概念，它在密码学、模运算等领域中有着广泛的应用。

同余关系是指两个数除以同一个数所得的余数相等。

设a、b为整数，m为正整数，则a与b对模m同余，记作a≡b (mod m)。

简单来说，如果两个数除以同一个数所得的余数相等，那么它们满足同余关系。

例如，10除以4和14除以4的余数都为2，所以10≡14 (mod 4)。

同余关系在数论中有许多重要的性质。

首先，同余关系是一种等价关系，满足自反性、对称性和传递性。

即对于任意整数a，有a≡a (mod m)，对于任意整数a、b，若a≡b (mod m)，则b≡a (mod m)，对于任意整数a、b、c，若a≡b (mod m)且b≡c (mod m)，则a≡c (mod m)。

其次，同余关系还满足加法与乘法的性质。

即对于任意整数a1、a2、b1、b2，若a1≡b1 (mod m)且a2≡b2 (mod m)，则a1+a2≡b1+b2 (mod m)，a1a2≡b1b2 (mod m)。

同余关系在密码学中有着广泛的应用。

其中一个重要的应用是在信息加密中的模运算。

模运算是指将一个数除以另一个数后得到的余数。

在密码学中，常常用模运算来对信息进行加密和解密。

通过选择合适的模数和密钥，可以实现信息的安全传输。

同时，同余关系还应用于素数的判断。

素数是指只能被1和自身整除的正整数。

利用同余关系可以判断一个数是否为素数。

若n为一个正整数，若对于任意小于n的整数a，a的n次方减去a除以n所得的余数等于0，即a^n ≡ a (mod n)，则n有可能是一个素数。

除了密码学和素数判断，同余关系还有许多其他的应用。

例如，在日历计算中，可以利用7的同余关系来确定星期几；在校园卡计算机系统中，可以利用同余关系来进行余额判断和消费记录查询；在电子电路中，可以利用同余关系来确定电压与电流之间的关系。

第八讲应用同余解题在五年级我们已初步学习了同余的有关知识．同余在解答竞赛题中有着广泛的应用．在这一讲中，我们将深入理解同余的概念和性质，悟出它的一些运用技巧和方法．例1 a除以5余1，b除以5余4，如果3a＞b，那么3a－b除以5余几？分析与余数有关的问题考虑用同余式可以使解题简便．解：∵a≡1（mod5），∴3a≡3（mod 5），或者3a≡8（mod 5）．（1）又∵ b≡4（mod 5），（2）∴（1）－（2）得：3a－b≡8－4≡4（mod 5）．因此，3a－b除以5余4．例2 若a为自然数，证明10│（a1985－a1949）．分析如果换一种方式表达，所要证明的即是要证a1985与a1949个位数字相同．用对于模10两数同余来解，可以使解题过程简化．证明：∵a1985＝a4×496＋1≡a（mod 10），a1949＝a4×497＋1≡a（mod 10），∴a1985－a1949≡a－a≡0（mod 10）．即10│（a1985－a1949）．说明：这里用到一个事实：对于任何自然数a，a5与a的个位数字相同．由能被8、9整除的特征，得由（2）得 y≡2（mod 8）因0≤y<9且y是整数∴y＝2．把y＝2代入（1）得x＋6＋7＋9＋2≡0（mod 9）∴x≡3（mod 9）．由x是一位整数得：x＝3．∴所求五位数是36792．分析①设 n÷9＝商…r，那么9│（n－r），根据 n－r＝商×9，以及n－r的个位数字，可推算出商的个位数字．②抓住“一个整数与它的各位数字之和对于模9同余”这性质，可以很快的化大数为小数．≡1919×20≡2×2≡4（mod 9），∴9│（n－4），即n－4＝9×商，又∵n－4的个位数字是5，∴n被9除所得的商的个位数字是5．例5 设2n＋1是质数，证明：12，22，…，n2被2n＋1除所得的余数各不相同．分析这道题肯定不可能通过各数被2n＋1除去求余数．那么我们可以考虑从反面入手，假设存在两个相同的余数的话，就会发生矛盾．而中间的推导是步步有根据的，所以发生矛盾的原因是假设不合理．从而说明假设不成立，因此原来的结论是正确的．证明：假设有两个数a、b，（a≠b，设b<a，且1≤a≤n，1≤b≤n），它们的平方a2，b2被2n＋1除余数相同．那么，由同余定义得a2－b2≡0（mod（2n＋1））．即（a＋b）（a－b）≡0（mod（2n＋1）），由于2n＋1是质数．∴a＋b≡0（mod（2n＋1））或a－b≡0（mod（2n＋1））．由于a＋b，a－b均小于2n＋1且大于零，可知，a＋b与2n＋1互质，a－b也与 2n＋1互质．即a＋b与a－b都不能被2n＋1整除．产生矛盾，∴原题得证．说明：这里用到一个重要的事实：如果A·B≡0（modp），p是质数，那么A或B中至少有一个模p为零．p是质数这一条件不能少，否则不能成问：a除以13所得余数是几？解：用试除方法可知：13│191919．∵1919×2＝3838，而3│3837，即1919个“1919”有3838个“19”，三组三组取走“19”后还剩下一组．∴a≡19（mod 13）．∴a≡6（mod 13）．即a除以13余数是6．例7 求被3除余2，被5除余3，被7除余5的最小三位数．解：设x为所求数，由题意（3）即x＝7k＋5（k是整数）．代入（2）得7k＋5≡3（mod 5），∴2k≡3（mod 5），2k≡8（mod 5）．∴ k≡4（mod 5），即 k＝5m＋4（m是整数）．∴x＝7k＋5＝7（5m＋4）＋5＝35m＋33，上式代入（1）得：35m＋33≡2（mod 3），2m≡2（mod 3），∴m≡1（mod 3），即m＝3t＋1（t是整数）．∴x＝35m＋33＝35（3t＋1）＋33＝105t＋68，当t＝1时，x＝173．∴所求的最小三位数为 173．例8 给出12个彼此不同的两位数，证明：由它们中一定可以选出两个数，它们的差是两个相同数字组成的两位数．分析证这道题要考虑到以下三点．①两位数的数码相同时，它一定能被11整除．②遇到数是任意的，需排个序，这样讨论表述起来比较方便．③用12个数中最大的数依次地分别减去其余11个数可得到11个差．若差中有相同数码组成的两位数，问题得证；若差中没有合条件的两位数，这时这11个（差）数各自除以11，所得余数只可能在｛1，2，3，…，10｝中，必有两个差数的余数相同，考虑用余数造抽屉解题．证明：设12个两位数从小到大排列为：10≤a1＜a2＜…＜a11＜a12≤99，用a12分别减去其余的数，得差：b1＝a12－a1，b2＝a12－a2，…，b11＝a12－a11．①若上面11个差中有某个差b i能被11整除，即11│（a12－a i），那么已证出数a12与a i的差b i是两个相同数码组成的两位数．②若这11个差均不能被11整除，则按不能被11整除的余数造10个抽屉，余数相同者归入同一抽屉，根据抽屉原理，11个差数中，一定存在两数b m、b n对于模11同余，即：b m－b n≡0（mod 11），即（a12－a m）－（a12－a n）≡0（mod 11），即a n－a m≡0（mod 11），即11│（a n－a m），即差a n－a m是一个由相同数码组成的两位数．综合（1）、（2）问题得证．说明：这道题的证明用到了将数按被11除的余数分类的思想．一般地，任何一个整数a被自然数n除，余数只可能是0，1，2，…，n－1这n种情况，这样我们可以利用余数将整数分为几类，如：整数按除以2余1还是0，分为奇数和偶数．又如，整数除以3，余数只能是0，1，2这三种情况，我们可以把所有整数按除以3后的余数分三类，即 3k，3k＋1，3k＋2，（k是整数）．这种利用余数分类思想，是重要的数学思想方法，它可以使研究问题时搜索的范围大大缩小．例9 试证不小于5的质数的平方与1的差必能被24整除．证明：∵质数中仅有一个偶数2，∴不小于5的质数是奇数．又不小于5的自然数按除以6所得的余数可分为6类：6n，6n＋1，6n＋2，6n＋3，6n＋4，6n＋5，（n是自然数），其中6n，6n＋2，6n＋4都是偶数，又3│6n＋3．∴不小于5的质数只可能是6n＋1，6n＋5．又自然数除以6余数是5的这类数换一记法是：6n－1，∴（不小于5的质数）2－1＝（6n±1）2－1＝36n2±12n＝12n（3n±1），这里n与（3n±1）奇偶性不同，其中定有一个偶数，∴2│n（3n±1），∴24│12n（3n±1）．∴结论成立．说明：按同余类造抽屉是解竞赛题的常用方法．例10 任给七个不同的整数，证明其中必有两个数，其和或差是10的倍数．分析首先考虑什么样的两个整数的和或差可以被10整除．设两个整数a、b，若a≡b（mod 10），则10│（a－b）；若a≡r（mod 10），而 b≡10－r（mod 10），则 10│（a＋b），只有这两种情况．但是如果按整数除以10的余数造抽屉，就有十个抽屉，对于已知条件中给定的七个数无法应用抽屉原理，所以要考虑如何造六个抽屉．根据首先考虑的两个整数被10除的两种情况，可以把余数之和等于10的并成一类，这样分为：10k、 10k±1、 10k±2、 10k±3、10k±4、 10k±5六类，恰好构造六个抽屉，再应用抽屉原理可解此题．证明：根据整数n≡r（mod 10）构造六个抽屉如下：r＝0的数；r＝5的数；r＝1或9的数；r＝2或8的数；r＝3或7的数；r＝4或6的数．这样任给定的七个整数按照除以10的余数r，放入六个抽屉中，必有一个抽屉中至少有两个数．这两数的和或差必是10的倍数．。