第8讲剩余系及其一次同余方程
一、基础知识：
（1）剩余系
对于任意正整数n而言，一个整数除以m所得的余数只能是0,1,2, …,n-1中的某一个。依次可将整数分成n个类（例如n＝2时，就是奇数或偶数），从每一类中各取一个数所组成的集合就称为模的一个完全剩余系，简称为模的完系。
定义1：如果一个剩余系中包含了这个正整数所有可能的余数（一般地，对于任意正整数n，有n个余数：0,1,2,...,n-1），那么就被称为是模n的一个完全剩余系。
定义2：剩余系：设模为m,则根据余数可将所有的整数分成m类，分别记成[0],[1],[2],…[m-1]，这m个数{0,1,2,…m-1}称为一个完全剩余系，每个数称为相应类的代表元。
例如：当m=10则,{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} 最小非负完全
{-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4} 绝对值最小
{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5} 绝对值最小
（一）根据剩余类的概念，很容易得到以下几条有关剩余类的性质：
①每一个整数一定包含在而且仅包含在模m的一个剩余类中
②整数p所属的模m的剩余类中的每一个数都可以写成km+p的形式，这里k是整数
用符号p mod m表示p所属的模m的剩余类，这条性质写成数学表达式就是
p mod m= {p+km（k是整数）}
③整数p、q在模m的同一个剩余类中的充要条件是p、q对模m同余。
这条性质用数学符号就可表示为：p mod m= q mod m p≡q（mod m）
实际上，同余式就是剩余类等式的一个特殊情况，是集合中的一个元素，前面有关同余的一些性质对剩余类仍然成立。
这条性质表明，对于模m的两个剩余类要么相等，要么它们的交集为空集，因此，模m有且仅有m个剩余类，它们是：
0mod m，1 mod m，2 mod m，…（m―1）mod m。
在解决一些有关模m余数的问题时，我们就可以查看m个数：0，1，2，…，m―1，从而得相应的剩余类的情况，使问题变得异常简单，具体例子，请看后面的例题。
④在任意取定的m+1个整数中，必有两个整数对模m同余。
（二）根据同余式的性质，我们很容易得到剩余系的其它一些性质：
⑤m个整数x1，x2，…，x m是模m的一组完全剩余系的充要条件是x1，x2，…，x m 中的任意两个数对模m都不同余。
⑥如果x1，x2，…，x m是模m的一组完全剩余系，那么对任意的整数c，x1+c，x2+c，…，x m+c也是模m的一组完全剩余系。
⑦设k1，k2，…，k m是m个整数，如果x1，x2，…，x m是模m的一组完全剩余系，那么x1+k1m，x2+k2m，…，x m+k1m也是模m的一组完全剩余系。
（2）一次同余方程
设m | a，则ax≡b（mod m）叫做模m的一次同余方程。
如果x= x0是方程ax≡b（mod m）的一个解，那么x= km+x0也是这个方程的一个解。
这是因为，如果ax0≡b（mod m），那么一定有akm+ax0≡b（mod m），即a(km+x0) ≡b （mod m），这说明如果x=x0是方程ax≡b（mod m）的一个解，那么剩余类x0mod m中的任何一个数也是这个方程的解，这些解都看作是相同的，把剩余类x0mod m称为同余方程ax≡b（mod m）的一个解，记作x≡x0（mod m）
因此，我们在解同余方程的时候，只需在任意取定的模m的一组完全剩余系中求解模m的同余方程，就可获得这个方程的全部解。
二、典型例题：
例1．求证：一定存在整数n，使4n2+27n―12能被5整除，并求出这些数。
分析：可以选模5的一个完全剩余系逐个验算，只要数a使4a2+27a―12能被15整除，那么剩余类a mod 5中的任何一个整数也满足条件。
解：取模5的一个完全剩余系0，1，2，3，4直接计算可知，3和4满足条件，所以使4n2+27―12能被5整除的所有的整数是n≡3（mod 5）和n≡4（mod 5）。
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．m、p、n为自然数，求证：3 | n p（n2m+2）
分析：对n按模3进行分类讨论
证明：⑴当n≡0（mod 3）时，n p≡0（mod 3），∴n p（n2m+2）≡0（mod 3）
⑵当n≡1（mod 3）时，n p≡1（mod 3），n2m≡12m≡1（mod 3），
∴n p（n2m+2）≡1·（1+2）≡3≡0（mod 3）
⑶当n≡2（mod 3）时，n p≡2 p（mod 3），n2m≡（n2）m≡4m≡1m≡1（mod 3）
∴n p（n2m+2）≡2 p（1+2）≡2 p·0≡0（mod 3）
所以，对一切自然数n，都有3 | n p（n2m+2）
例4.分别求满足下列条件的最小自然数：
（1）用3除余1，用5除余1，用7除余1。
（2）用3除余2，用5除余1，用7除余1。
（3）用3除余1，用5除余2，用7除余2。
（4）用3除余2，用7除余4，用11除余1。
思路分析：
（1）该数减去1以后，是3，5和7的最小公倍数105，所以该数的是105+1=106
（2）该数减去1以后是5和7的公倍数。因此我们可以以5和7的公倍数中去寻找答案。下面列举一些同时被5除余1，被7除余1的数，即
