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1、.数论--同余（二）一．同余练习1.设是不被整除的偶数，则的十位数字为；的百位数字为.2.已知，求两位数.3.设都是正整数，，则【证明】记由于（a,b）
2、a及（a,b）
3、b，易知及，故，另一方面设m模d的阶是k，则由推出，k
4、a及k
5、b，故k
6、（a，b）.因此综合两方面可知，证毕.4.若正整数，满足，证明：.5.求最小的正整数，使得存在正整数满足。解：当时，，若存在，使得，则，且，若为奇数，则，从而，又为正整数，所以；若为偶数，则，从而，所以，综上知，。又当时，，所以的最小值为。6.求最小的质数，
7、使得不存在自然数满足。解：注意到，，，，，，，，，。下面证明：不存在自然数，使得。情形一：若，显然，两边模有，故Word文档.为偶数，这时，显然，两边模有，故也为偶数，设，则，所以，解得，无解。情形二：若，则，两边模有，但模只可能等于或，矛盾。综上知满足条件的最小素数。7.证明：若为素数，且，则.8.证明：在中至少有一个数能被整数，其中为大于的奇数。证明：考察数：它们被除的余数设为：因为是大于的奇数，所以不能整除，。所有这个余数只有这种情形，因而有两个余数相等，不妨设为，。于是，即，因为，所以。由
8、于，则是中的一个。问题得证。9.（1）设是奇素数，证明：的任一素因了具有形式是正整数.证明：设是的任一素因子，则.设2模q的阶是k，则由知k
9、p，故k=1或p（因p是素数，这是能确定阶k的主要因素）.显然k≠1，否则这不可能，因此k=p.现在由费马小定理推出因p、q都是奇数，故q－1=2px（x是个正整数），证毕.（2）设是奇素数，证明：的素因子或者是，或者具有形式（是正整数）。证明：因是奇数，故其素因子必是奇素数，设为其任意一个素因子，则.于是有，又由知，可得。记为模的阶，则有。由且是奇素数知，
10、，或，或，或。易知；当时，可得；当或时，可得（其中为正整数）。Word文档.10.证明：费马数的任意一个约数都满足。证明：只需证明费马数的任意一个素因子都满足.显然。设模的阶为，由得，故，从而，所以是的方幂，设，其中，若，则由知，结合知，这不可能。故只有，即。又，所以，即。二．同余方程定理1.设，，则同余方程有解的充要条件是。定理2.设，，，则同余方程恰有个解：其中是的唯一解。定理3（中国剩余定理）设是个两两互素的正整数，，，则同余方程组有唯一解：，其中.Word文档.例1：解同余方程组。2.求出
11、最小的正整数，它的是整数的平方，它的是整数的立方，它的是整数的五次方.3.设，证明：一定存在个连续的正整数，使其中任何一个都不是某个质数的整数幂.4.设是两两互素的正整数，求证：存在个相邻整数，使得第个整数能被整除.三．不定方程中的同余法1.求证：存在无穷多个这样的正整数，它们不能表示成少于十个奇数的平方和．分析：对于否定性问题，我们常利用同余．解：设正整数能够表示成①其中为奇数，若，则由①及知，即若，则由①及知，从而这说明若，则综上所述，被8除余2，被9除余3，即具有形式的正整数便不能表示成①，
12、故命题得证．Word文档.评注：对于某些问题，常常需要多次选择不同的模进行同余处理．2.试证：当时，不存在个连续自然数，使得它们的平方和是完全平方数.解析：设是非负整数.假若结论不成立,即存在使即①记则当时，分别由①和令，代入①得即把代入后将分别得到但这是不可能的，故.当时,由①得②若则由②知,，由于的任意性，所以只能有因此要使成立,只能,于是由③知有,这是不可能的,故同理可证若,则由②可得,这是不可能的,故综上,命题得证.3.求最大的正整数，使得方程组有整数解．（2003年越南数学奥林匹克）Wo
13、rd文档.分析：我们利用平方数的性质处理问题．解：所求最大正整数．当时，．进而得易得所给方程组有整数解．当时，则，，，奇偶交替出现．从而且．若，为奇数，则由是偶数得，而由．即得出式矛盾．若，为偶数，则，为奇数．同理可得出式矛盾．所以无解．而当时显然无解．综上可得所求最大正整数．4.证明：不定方程无整数解解析：给我们的第一个印象是同为奇数或同为偶数。若同为偶数，则也就是，进一步有为奇数，因为奇数的平方模8余1，矛盾。若同为奇数，则需进一步讨论，关键是取模为多少比较好讨论。结合费马小定理如，则，从而，
14、但是。比较两者我们就可以到相应的结论5.证明：方程没有正整数解．（2004年韩国数学奥林匹克）分析：我们选择适当的模对进行分类处理问题．Word文档.证明：⑴当时，设，．而方程左边，矛盾．所以此时无解．⑵当时，设，．∴．而，，，∴，，均为完全平方数．但由知不可能是完全平方数．所以此时无解．⑶当时，设时，．∴．令，则．∴．令，则．与⑵类似，，，均为完全平方数．其中不可能是完全平方数，矛盾．所以此时无解．综上所述，原方程无正整数解．评注：方程右边可因式分解，而左边系数为3，因而选择模3
