第 7 章同余

1. 第7章同余

2. 7.1 同余及其性质 7.2 剩余类和剩余系 7.3 欧拉定理与威尔逊定理 7.4 一次同余式 7.5 一次同余式组

3. 7.1同余及其性质 定义7.1 给定正整数m，若用m去除两个整数a和b所得余数相同，称a和b对模m同余，记作a≡b(mod m)，并称该式为同余式；否则，称a和b对模m不同余，记作a b(mod m)。 对于给定的b和m，与b模m同余的所有数为：b＋km，其中k＝0，±1，±2，±…。

4. 定理7.1 a≡b(mod m)当且仅当m|(a－b) 证明 若a≡b(mod m)，则有a＝q1m＋r，b＝q2m＋r，0≤r＜m。于是有a－b＝(q1－q2)m，所以m|(a－b)。反之，令a＝q1m＋r1，b＝q2m＋r2，其中0≤r1＜m，0≤r2＜m，则r1－r2＝(a－b)－(q1－q2)m。由题设m|(a－b)，从而m|(r1－r2)。又因为|r1－r2|＜m，故r1＝r2，于是a≡b(mod m)。 定理7.2 同余关系是等价关系，即 (1)自反性 a≡a(mod m)。 (2)对称性 若a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)。 (3)传递性 若a≡b(mod m)，b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。

5. 定理7.3设a、b、c、d为整数，m为正整数，若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则： (1)ax＋cy≡bx＋dy(mod m)，x、y为任意整数，即同余式可以相加； (2)ac≡bd(mod m)，即同余式可以相乘； (3)an≡bn(mod m)，n＞0； (4)f(a)≡f(b)(mod m)，f(x)为任一整系数多项式。 证明 (1)因为a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，所以m|(a－b)，m|(c－d)，于是m|((a－b)x＋(c－d)y)，即m|((ax＋cy)－(bx＋dy))，故ax＋cy≡bx＋dy(mod m)。

6. (2)因为a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，所以m|(a－b)，m|(c－d)，于是m|((a－b)c＋(c－d)b)，即m|(ac－bd)，故ac≡bd(mod m)。 (3)因为a≡b(mod m)，则存在整数q使得a－b＝mq。于是：an－bn＝(b＋mq)n－bn＝(bn＋bn-1(mq)1＋…＋b1(mq)n-1＋(mq)n)－bn＝mp，其中p是一整数。 所以an≡bn(mod m)。 (4)由(1)和(3)可证。 定理7.4设a、b、c、d为整数，m为正整数，则： (1)若a≡b(mod m)，且d|m，则a≡b(mod d)。 (2)若a≡b(mod m)，则(a，m)＝(b，m)。

7. (3)a≡b(mod mi)(1≤i≤n)同时成立，当且仅当a≡b(mod [m1，m2，…，mn]) 证明 (1)由a≡b(mod m)得m|(a－b)，再由d|m，可得d|(a－b)，所以a≡b(mod d)。 (2)令(a，m)＝d1，(b，m)＝d2。由(a，m)＝d1，则d1|a，d1|m。又因为a≡b(mod m)，所以m|(a－b)。由d1|m和m|(a－b)，得d1|(a－b)。再由d1|a和d1|(a－b)，得d1|b。从而，d1是m与b的公因数，所以有d1≤d2。同理可得d2≤d1。于是，d1＝d2，即(a，m)＝(b，m)。

8. (3)若a≡b(mod [m1，m2，…，mn])，因为mi｜[m1，m2，…，mn]，则由(1)可得a≡b(mod mi)(1≤i≤n)。 反之，若a≡b(mod mi)(1≤i≤n)，则有mi|(a－b)(1≤i≤n)，所以a－b是m1、m2、…、mn的公倍数，故[m1，m2，…，mn]|(a－b)，即a≡b(mod [m1，m2，…，mn])。 一般说来，在模不变的条件下，同余式两边不能相约。例如，6·3≡6·8(mod 10)，但3 8(mod 10)。

9. 定理7.5 若ac≡bc(mod m)，且(c，m)＝d，则a≡b(mod m/d) 证明 由(c，m)＝d得(c/d，m/d)＝1。由ac≡bc(mod m)得m|(ac－bc)，于是(m/d)|(a－b)(c/d)。又(c/d，m/d)＝1，从而(m/d)|(a－b)。故a≡b(mod m/d)。 例1 求3406写成十进制数时的个位数。 解 因为32≡－1(mod 10)，34≡1(mod 10)，所以3404≡1(mod 10)。因此，3406≡3404·32≡9(mod 10)。所以个位数为9。

10. 证明若a＝ ，则b＝ 。令f(x)＝ 则a＝f(10)，b＝f(1)。因为10≡1(mod 9)，由定理7.3得f(10)≡f(1)(mod 9)，即a≡b(mod 9)。 定理7.6 任意一个n位数与其各位上的各数字之和对模9同余。 定理7.7(弃9法)若ab＝c，a＞0，b＞0，且a= ，b＝ ，c＝ ，则： · ≡ (mod 9)。

11. 证明 由定理7.6可得a≡ (mod 9)，b≡ (mod 9)，c≡ (mod 9)。又因为ab＝c , 所以 · ≡ (mod 9)。 定理7.7的逆否命题可用来验证多位数乘法的正确性。 例2 证明1997·57≠113828。 证明 因为1997≡1＋9＋9＋7≡8(mod 9)，57≡5＋7≡3(mod 9)，113828≡1＋1＋3＋8＋2＋8≡5(mod 9)，但(8·3)＝24 5(mod 9)，所以1997·57≠113828。

12. 7.2剩余类和剩余系 定义7.2由于模m同余关系是一个等价关系，若将Z中同余的数归为一类，不同余的数归为不同的类，则将Z分为m个类，称为模m的剩余类或同余类。 若用[r](或r mod m)表示r所属的模m的剩余类，则[r]＝{i|i≡r(mod m)∧i∈Z}。 定理7.8 设m＞0，[0]、[1]、…、[m－1]是模m的剩余类，则 (1)每个整数包含在某一剩余类[r]中，0≤r≤m－1。 (2)两个整数a、b属于同一剩余类，当且仅当a≡b(mod m)。

13. 证明 (1)因为对任一整数a，有a＝mq＋r，0≤r≤m－1，于是a≡r(mod m)，所以a∈[r]。 (2)若a、b属于同一剩余类[r]，则a＝q1m＋r，b＝q2m＋r，m|(a－b)，所以a≡b(mod m)。反之，若a≡b(mod m)，由剩余类的定义知a、b属于同一剩余类。 定义7.3 在模m剩余类[0]、[1]、…、[m－1]中各取一数a0、a1、…、am－1，该m个数a0、a1、…、am－1称为模m的一完全剩余系，0、1、…、m－1称为模m的非负最小完全剩余系。

14. 定义7.4 若模m剩余类中的数与m互素，称它为与模m互素的剩余类，在与模m互素的所有剩余类中各取一数所组成的集合，称为模m的一个简化剩余系。 例1 求证6、9、12、15、18、21、24、27是模8的一完全剩余系，而其中9、15、21、27是模8的一个简化剩余系。 证明 因为6≡6(mod 8)，9≡1(mod 8)，12≡4(mod 8)，15≡7(mod 8)，18≡2(mod 8)，21≡5(mod 8)，24≡0(mod 8)，27≡3(mod 8)，所以6、9、12、15、18、21、24、27是模8的一完全剩余系。

15. 因为9、15、21、27分别取自与8互素的所有剩余类中，所以9、15、21、27是模8的一个简化剩余系。因为9、15、21、27分别取自与8互素的所有剩余类中，所以9、15、21、27是模8的一个简化剩余系。 定理7.9 (1)m个整数构成模m的一完全剩余系，当且仅当两两对模m不同余。 (2)a0、a1、…、am－1是模m的一完全剩余系，b是一整数，则a0＋b、a1＋b、…、am－1＋b也是模m的一完全剩余系。 (3)a0、a1、…、am－1是模m的一完全剩余系，(b，m)＝1，则ba0、ba1、…、bam－1也是模m的一完全剩余系。

16. (4)a0、a1、…、am－1是模m的一完全剩余系，b和c是任二整数，且(b，m)＝1，则ba0＋c、ba1＋c、…、bam－1＋c也是模m的一完全剩余系。 定义7.5 设(m)为小于或等于m且与m互素的正整数个数，则称其为欧拉(Euler)函数。 由定义易知，(1)＝1，(2)＝1，(3)＝2，(5)＝4，(8)＝4。当P为素数时，(p)＝p－1。

17. 定理7.10 若p为素数，k为正整数，则(pk)＝pk-1(p－1)。 证明 因为小于或等于pk且与pk不互素的正整数有1·p、2·p、…、pk-1·p，共pk-1个，所以(pk)＝pk－pk-1＝pk-1(p－1)。 定理7.11 (1)模m简化剩余系含(m)个数。 (2)若a1、a2、…、a(m)是(m)个与m互素的整数，则a1、a2、…、a(m)是模m的一简化剩余系它们两两对模m不同余。

18. (3)若(a，m)＝1，r1、r2、…、 r(m)是模m的一简化剩余系，则ar1、ar2、…、ar(m)也是模m的一简化剩余系。 证明 (1)、(2)由定义易得。 (3)因为r1、r2、…、 r(m)是模m的一简化剩余系，所以(ri，m)＝1。又因为(a，m)＝1，所以(a·ri，m)＝1。故ar1、ar2、…、ar(m)对模m两两不同余，即ar1、ar2、…、ar(m)也是模m的一简化剩余系。

21. 7.3欧拉定理与威尔逊定理 定理7.14 (欧拉定理)设m≥2且(a，m)＝1，则 ≡1(mod m)。

22. 例1 求132001被60除所得的余数。 解 因为(13，60)＝1，所以13(60)1(mod 60)。因为(60)＝(22·3·5)＝2·(3－1)·(5－1)＝16，而2001＝125×16＋1，所以1316≡1(mod 60)，132001＝(1316)125 ·13≡13(mod 60)，即132001被60除所得的余数为13。 定理7.15 (费尔马定理)若p是素数，(a，p)＝1， 则ap-1 ≡1(mod p) 证明 由定理7.14得a(p)≡1(mod p)，而(p)＝p－1，所以ap-1≡1(mod p)。

23. 定理7.16(威尔逊定理)p为素数当且仅当(p－1)!≡－1(mod p) 证明 若p为素数，则当p＝2、3时结论显然成立。设p是大于3的素数，令S＝{2，3，…，p－2}，a∈S，则(a，p)＝1，于是存在整数m和n，使得am＋pn＝1成立。

24. 令m＝pq＋b，0≤b＜p，下面说明b≠1，b≠p－1，b≠a。若b＝a，则有apq＋a2＋pn＝1，p|(a2－1)，此不可能，所以b≠a。若b＝1，则有apq＋a＋pn＝1，p|(a－1)，此不可能，所以b≠1。若b＝p－1，则有apq＋ap－a＋pn＝1，p|(a＋1)，此不可能，所以b≠p－1。于是b∈S且b≠a。因为ab＝1－apq－pn，所以ab≡1(mod p)。由于S中的数可分成(p－3)/2对，且每对a和b满足ab≡1(mod p)，所以(p－2)!≡1(mod p)，(p－1)!≡－1(mod p)。 若(p－1)!≡－1(mod p)。令p＝ab，1≤a＜p，则a|p。由(p－1)!≡－1(mod p)，则p|((p－1)!＋1)，于是a|((p－1)!＋1)。又a|(p－1)!，所以a|((p－1)!＋1－(p－1)!)，即a|1，a＝1。因而p只有因数1和p，故p是素数。

26. 7.4 一次同余式 定义7.6若a、b都是整数，且a 0(mod m)，则称ax≡b(mod m)为模m的一次同余式。 若x0满足ax0≡b(mod m)，则x≡x0(mod m)称为它的解。其全部解可表示为：x0＋mk，k＝0，±1，±2，…。 不同的解是指互不同余的解。

27. 定理7.17 (1)设(a，m)＝1，m＞0，则ax≡b(mod m)恰有一解，且x≡ba(m)-1(mod m)。 (2)设(a，m)＝d，m＞0，则ax≡b(mod m)有解，当且仅当d|b。 (3)设(a，m)＝d，m＞0，d|b，则ax≡b(mod m)恰有d个解：x≡c＋k(m/d)(mod m)，k＝0，1，…，d－1，这里x≡c(mod m)是(a/d)x≡(b/d)(mod (m/d))的惟一解。 证明 (1)解的存在性。因为(a，m)＝1，所以存在整数s、t使得as＋mt＝1，于是asb＋mtb＝b，则asb≡b(mod m)。即方程ax≡b(mod m)有解x≡sb(mod m)。

28. 解的惟一性。设x、y是其两个解，则m|a(x－y)。因为(a，m)＝1，所以m|(x－y)，于是x≡y(mod m)。 由欧拉定理有a(m)≡1(mod m)，所以，解为x≡ba(m)-1 (mod m)。 (2)若ax≡b(mod m)有解，则由d|a和d|m得d|b。反之，若d|b，则因( a/d，m/d)＝1，于是((a/d)x) ≡(b/d) (mod(m/d))有解，即ax≡b(mod m)有解。 (3)c是ax≡b(mod m)的解c是(a/d)x≡(b/d)(mod(m/d))的解。而由(a，m)＝d，有(a/d，m/d)＝1。于是由(1)得，(a/d)x≡((b/d) mod(m/d))有惟一解，记为x≡c(mod(m/d))，即x＝c＋k(m/d)，k＝0，1，2，…。

29. 对模m恰可选出d个互不同余的整数c、c＋(m/d)、c＋2(m/d)、…、c＋(d－1)(m/d)。对模m恰可选出d个互不同余的整数c、c＋(m/d)、c＋2(m/d)、…、c＋(d－1)(m/d)。 因为对c＋k(m/d)，令k＝qd＋r，0≤r＜d，则c＋k(m/d) ≡c＋r(m/d)(mod m)。又若0≤e，f＜d，c＋e(m/d)≡c＋f(m/d)(mod m)，则e＝f。所以c、c＋(m/d)、c＋2(m/d)、…、c＋(d－1)(m/d) 两两互不同余。因此结论成立。

30. 例1 求解下列一次同余式 (1)3x≡10(mod 29) (2)40x≡191(mod 6191) (3)258x≡131(mod 348) 解 (1)因为(3，29)＝1，所以方程有惟一解。利用辗转相除法求得使3x＋29y＝1成立的x、y为x＝10，y＝－1。于是3·10＋29·(－1)＝1，3·100＋29·(－10)＝10，所以x≡100≡13(mod 29)。

31. (2)因为(40，6191)＝1，所以方程有惟一解。利用辗转相除法求得使40x＋6191y＝1成立的x、y为x＝1393，y＝－9。于是40·1393＋6191·(－9)＝1，40·1393·191＋6191·(－9·191)＝191，所以x≡1393·191≡6041(mod 6191) (3)因为(258， 348)＝6，而6 131，所以方程无解。

32. 求同余方程4x2＋27x－12≡0(mod 15)的解。 解 取模15的非负最小完全剩余系0、1、2、…、14，直接计算知x＝3、9是解。所以这个同余方程的解为：x≡3，9(mod 15)。 定理7.18(1)若f(x)≡g(x)(mod m)，则同余方程(2)的解与解数与同余方程g(x)≡0(mod m)相同。 (2)若(a，m)＝1，则同余方程(2)的解与解数与同余方程af(x)≡0(mod m)相同。

33. 定理7.19 同余式组a≡b(mod mj)(j＝1，2，…，k)同时成立，当且仅当a≡b(mod [m1，m2，…，mk])。

34. 例2 对任给素数p，f(x)＝(x－1)(x－2)…(x－p＋1)－xp-1＋1的所有系数被p整除。 证明 令g(x)＝(x－1)(x－2)…(x－p＋1)，h(x)＝xp-1－1，则f(x)＝g(x)－h(x)。因为1、2、…、p－1是g(x)≡0(mod p)的p－1个解，由费马定理知它也是h(x)≡0(mod p)的p－1个解，所以f(x)≡0(mod p)有p－1个解，而f(x)是p－2次多项式，由定理7.20得，其所有系数被p整除。

35. 7.5 一次同余式组 本节讨论最简单的同余方程组，即由下面给出的一次同余方程组： x≡b1(mod m1) x≡b2(mod m2) (1) … x≡bk(mod mk)

36. 定理7.22 (孙子定理)设m1、m2、…、mk是两两互素的k个正整数，k≥2，并且m＝m1m2…mk，m＝mjMj，1≤j≤k，则一次同余方程组(1)有惟一解：x≡b1M1M1＋b2 M2M2＋…＋bkMkMk(mod m) (2) 其中，整数Mj满足MjMj≡1(mod mj)，1≤j≤k。Mj也称为Mj对模mj的逆，记为Mj－1。

37. 证明 解的惟一性。若c1、c2是(1)的解，则c1≡c2(mod mj)，于是mj|(c1－c2)。因为m1、m2、…、mk两两互素，所以m|(c1－c2)，即有c1≡c2(mod m)。故(1)的解是惟一的。 解的存在性。易知(Mj，mj)＝1，于是存在整数Mj、mj，使得MjMj＋mjmj＝1，从而有MjMj≡1(mod mj)。当i≠j时，由(mi，mj)＝1和mj|miMi，得mj|Mi，所以biMiMi≡1(mod mj)。从而有b1M1M1＋ b2M2M2＋…＋bkMkMk≡bjMjMj≡bj(mod mj)。故(2)是(1)的解。

38. 例1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？例1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 由题意得x≡2(mod 3)，x≡3(mod 5)，x≡2(mod 7)。 令m1＝3，m2＝5，m3＝7，b1＝2，b2＝3，b3＝2。则m＝105，M1＝35，M2＝21，M3＝15。 利用辗转相除法求得M1＝－1，M2＝1，M3＝1。 所以，x2•35•(－1)＋3•21•1＋ 2•15•1≡23(mod 105)

39. 例2韩信点兵：有兵若干，若列成5行纵队，则末行1人，若列成6行纵队，则末行5人，若列成7行纵队，则末行4人，若列成11行纵队，则末行10人，求兵数？例2韩信点兵：有兵若干，若列成5行纵队，则末行1人，若列成6行纵队，则末行5人，若列成7行纵队，则末行4人，若列成11行纵队，则末行10人，求兵数？ 解 由题意得x1(mod 5)，x5(mod 6)，x4(mod 7)，x 10(mod 11)。 令m1=5，m2=6，m3=7，m4=11，b1=1，b2=5，b3=4，b4=10。则m=2310，M1=462，M2=385，M3=330，M4=210。 利用辗转相除法求得M1=-2，M2=1，M3=1，M4=1。 所以，x1·(-2)·462+5·1·385+ 4·1·330+10·1·21044212111(mod 2310)

40. 定理7.23 一次同余组xb1(mod m1)，xb2(mod m2) (3)有解(m1，m2)|(b1－b2)，且当(3)有解时对[m1，m2]有惟一解。

41. 本章学习要点 1.掌握同余、剩余类、剩余系的概念 2.了解欧拉定理和威尔逊定理 3.掌握一次同余式和一次同余式组的求解方法

42. 本章作业 (思考题) 7.1 7.3 7.18