七秒锺记忆
范文一：同余的概念和性质
同余的概念和性质
你会解答下面的,问问问问
问问1:今天是星期日,再问15天就是六“?一儿童了,”问问“问六?一儿童是星期几,”问问问问问问问问问问问问问个并不答.因,一个星期有问问问问问问问7天,而15?7=2…1,即15,7×2+1,所以六“?一”
儿童是星期一。问问问问问问
问问2:1993年的元旦是星期五,1994年的元旦是星期几,
问问问问问问问问问个也不倒我.因,问问1993年有365天,而365=7×52+1,所以1994年的元旦问问
是星期六。
问问1、2的是求用问问问问问7去除某一的天数后所得的余数问问问问问问问问问问.在日常生活中,常要问问问
注意两个整数用某一固定的自然数去除,所得的余数问问.问问问“”就生了同余的概念.如问问1、2
中的15与365除以7后,余数都是1,那我就问问问问问15与365问于模7同余。同余定:若两个整数问问问问问问问a、b被自然数m除有相同的余数,那称问问a、b问于模m同余,
用式子表示:问问
a?b，mod m,. ，*,
上式可作:问问问
a同余于b,模m。
同余式，*,意味着，我假问问问a?b,:
a-b=mk,k是整数,即m?，a-b,.
例如:?15?365，mod 7,,因问365-15=350=7×50。
?56?20，mod 9,,因问56-20=36,9×4。
?90?0，mod 10,,因问90-0,90=10×9。
由例?我得到启,问问问问问问a可被m整除,可用同余式表示:问问a?0，mod m,。例如,表示a是一个偶数,可以写
a?0，mod 2,
表示b是一个奇数,可以写
b?1，mod 2,
问问问问充定:若m，a-b,,就问a、b问模m
同余,用式子表示是:
a?b，mod m,
我写同余式的方式,使我想起等式,而事上,同余式与等式在其性上相似问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问.
同余式有如下一些性，其中问问问问a、b、c、d是整数,而m是自然数,。
性问1:a?a，mod m,,，反身性,
问问问问问个性很然.因问a-a=0=m?0。
性问2:若a?b，mod m,,那问b?a，mod m,,，称性,。问问问问问
性问3:若a?b，mod m,,b?c，mod m,,那问a?c，mod m,,，性,。问问问问问性问4:若a?b，mod m,,c?d，mod m,,那问a?c?b?d，mod m,,，可加减性,。性问5:若a?b，mod m,,c?d，mod m,,那问ac?bd，mod m,，可乘性,。性问6:若a?b，mod m,,那问an?bn，mod m,,，其中n问自然数,。性问7:若ac?bc，mod m,,，c,m,=1,那问a?b，mod m,,，号，问问问c,m,表
示c与m的最大公数,。问问问问
注意同余式性问7的条件，c,m,,1,否像普通等式一,两去,就是的。问问问问问问问问问问问问问问问问问问问例如6?10，mod 4,,而35，mod 4,,因，问问2,4,?1。
问问问问问问问问问问问问问你自己些例子上面的性。
同余是研究自然数的性的基本概念,是可除性的符号言。问问问问问问问问问问问问问问问问问
例1 判定288和214问于模37是否同余,74与20呢,
解:?288-214=74=37×2。
?288?214，mod 37,。
?74-20=54,而37?54,
?74?20，mod 37,。
例2 求乘问418×814×1616除以13所得的余数。
分析若先求乘,再求余数,算量太大。利用同余的性可以使 问问问“”问大数化小,减少
算量。
解:?418?2，mod 13,,
814?8，mod 13,,1616?4，mod 13,,
? 问根据同余的性5可得:
418×814×1616?2×8×4?64?12，mod 13,。
答:乘问418×814×1616除以13余数是12。
例3 求14389除以7的余数。
分析同余的性能使 问“”问问问问问问问问问问大数化小,凡求大数的余数首先考用同余的性化大小问问问问问.问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问道先把底数在同余意下小,然后从低次入手,重平方,找找有什律。问问问问问问问问问问问问
解法1:?143?3，mod 7,
?14389?389，mod 7,
?89,64+16+8+1
而32?2，mod 7,,
34?4，mod 7,,
38?16?2，mod 7,,
316?4，mod 7,,
332?16?2，mod 7,,
364?4，mod 7,。
?389?364?316?38?3?4×4×2×3?5，mod 7,,
?14389?5，mod 7,。
答:14389除以7的余数是5。
解法2:得问问14389?389，mod 7,后,
36?32×34?2×4?1，mod 7,,
?384?，36,14?1，mod 7,。
?389?384?34?3?1×4×3?5，mod 7,。
?14389?5，mod 7,。
例4 四灯如所示成舞台彩灯,且问问问问问问问问问问问问问问问每30秒灯的色改一次,第一次上下两灯互问问问问问问问问问问问问问问问问问问问
问问问问问…问问问问问问问问色,第二次左右两灯互色,第三次又上下两灯互色,,一直行下去.问问问
灯1小四灯的色如何排列,问问问问问问问问问问问问
分析与解答察我可以, 问问问问问问问问问问问问问问问每4次互,四灯的色排列重一次,而问问问问问问问问问问问问问问问问1小问
=60分问=120×30秒,所以道是求问问问问问问问120除以4的余数,因问120?0，mod 4,,所以问
灯1小四灯的色排列好同一始一。问问问问问问问问问问问问问问问问问问
十位,上的数,再…问问问问M=a0，a1，，…an,求:问问N?M，mod 9,。分析首先把整数 N改写成于问问10的的形式,然后利用问问问问问问问问问10?1，mod 9,。又? 1?1，mod 9,,
10?1，mod 9,,
102?1，mod 9,,
…
10n?1，mod 9,,
上面些同余式两分同乘以问问问问问问问问问问问问a0、a1、a2、、…an,再相加得:a0，a1×10+a2×102+…+an×10n?a0，a1，a2，，…an，mod 9,,
即 N?M，mod 9,.
问问问问问问问问问问问问问问问问问问道例明了十制数的一个特有的性:
任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。以后我求一个整数被问问问问问问问9除的余数,只要先算个整数各数位上数问问问问问问问问问问问
字之和,再求个和被问问问问9除的余数即可。
例如,求1827496被9除的余数,只要先求，1+8，2，7，4，9，6,,再求和被9除
的余数。
再察一下上面求和式问问问问问问问问问.我可以,和不一定要求出问问问问问问问问问问问问问.因和式中问问问问1，8,2+7,9被
9除都余0,求余数可不予考问问问问问问.问问只需求4，6被9除的余数.因此,1827496被9除余数是
1。
有人常利用十制数的个特性几个数相加、相减问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问
相乘的果不,方法叫:弃九法。问问问问问问问问问问问问问问问问问问
弃九法最常地是用于乘法问问问问问问问问.我来看一个例子。问问问问问问问问用弃九法乘式问问问问5483×9117?49888511是否正确,因问 5483?5，4，8，3?11?2，mod 9,,
9117?9，1，1，7?0，mod 9,,
所以 5483×9117?2×0?0，mod 9,。
但是 49888511?4+9，8+8+8，5+1+1?8，mod 9,,所以 5483×9117?49888511,即乘不正确。问问问问问
要注意的是弃九法只能知道原或有可能正确,但不能保一定正确。问问问问问问问问问问问问问问问问问问问问
例如,9875?9，8+7+5?2，mod 9,,
4873?4，8，7，3?4，mod 9,,
32475689?3+2+4+7，5+6+8+9?8，mod 9,,
问问,9875×4873?2×4?32475689，mod 9,。
但察个位数字立刻可以判定问问问问问问问问问问问问9875×4873?32475689.因末位数字问问问问问5和3相乘不可能等
于9。
弃九法也可以用来除法和乘方的果。问问问问问问问问问问问
例6 用弃九法下面的算是否正确:问问问问问问问问问问问问
23372458?7312,3544。
解:把除式化:问问问问
3544×7312,23372458。
? 3544?3，5，4，4?7，mod 9,,
7312?7，3，1，2?4，mod 9,,
? 3544×7312?7×4?1，mod 9,,
但 23372458?2，3，3，8?7，mod 9,。
而 17，mod 9,
? 3544×7312?23372458,
即 23372458?7312?3544。
例7 求自然数2100，3101，4102的个位数字。
分析求自然数的个位数字即是求个自然数除以 问问问问问问问10的余数。问问问解:?2100?24×25?625?6，mod 10,,
3101?34×25?31?125?31?3，mod 10,,
4102?，22,100?42?6?6?6，mod 10,,
? 2100，3101，4102?6，3，6?5，mod 10,,即自然数2100，3101，4102的个位数字是5.
范文二：同余的性质与应用
2012071132 王苏琳
同余的性质与应用
【摘要】,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,而同余理论有时整数论的重要组成部分。所以同余的性质及其应用的讨论是初等数论学习中的重要环节。本文由同余的性质及其推导证明出发,通过研究同余在算数,数论中的简单应用。同余在算数中的应用主要由检查因数和弃九法验算结果作出阐述,数论中同余性质的应用体现在简单同余式组,高次同余式的求解的问题。
【关键词】,同余,同余的性质,同余的简单应用
1. 同余的性质
1.1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,所得的余数相同,我们就说a, b对模m同余,记作a
?b(mod m)。如果余数不同,我们就说a, b对模m不同余。
由定义立刻可以得到下列三个性质,
(1).a?a(mod m),
(2).若a?b(mod m),则b?a(mod m),
(3).若a ?b(mod m),b?a(mod m),则a?c(mod m).
1.2同余的性质及证明
,1,.若a?b(mod m),c?d(mod m),
则a +b?c +d(mod m).
若 a+ b?c(mod m),则a?c-b(mod m). 证明,因为a=b +m?t? ,c=d +m?t? , 所以a +c= b + d +m (t?
+t?)。,
c –b?c +(-b) ?(a +b)+ (-b) ?a(mod m). ,
,2,.若a?b(mod m),c?d(mod m),
则 a?c?b?d(mod m),
特别地 ,a?b(mod m), a?k?b?k(mod m). 证明,因为a=b +m?t? ,c=d +m?t? , 所以,
a?c=b?d +m?(b?t ?+d?t ?+m?t ??t ?).
即a?c?b?d(mod m). ,
(3).若a?b(mod m),且a=c?d ,b=e?d,(d ,m)=1,则c?e(mod m).
证明,因为m/(a –b),但是a –b =(c –e) ?d,(d ,m)=1. 故m /c
–e, 即c?e(mod m). ,
,4,.若a?b(mod m),k>0,则a?k=b?k(mod m?k). 证明,因为a=c +m?t? ,b=d +m?t? ,
故a?k=c?k +m?t ??k ,b?k=d?k +m?t ??k ,
即a?k -b?k=(c –d) ?k +( t ? -t ?)?m?k。
即a?k?b?k(mod m?k) 。,
,5,.若a?b(mod mi),i=1,2…,k,
则 a?b(mod [m1,m2…,m?k]).
证明,mi/(a –b),i=1,2…k,故[m ?,m ?,m ?… mk]/(a –b)
即a?b(mod[m ?,m ?… mk ])。,
,6,.若a?b(mod m),d /m, d>0,
则 a?b(mod d).
证明,因为m/(a –b),d/m .所以d/(a –b),即a?b(mod d),
,7,.若a?b(mod m),则(a ,m)=(b ,m),因而若d能整除m及
a ,b二者之一,则d必能整除a, b中的另外一个。
证明,因为a=b +m?t,故(a ,m)=(b ,m).
若d能整除m及a ,b二者之一,则,a, m,/d=(b ,m)/d,
即d能整除另一个。,
2. 同余在算数里的应用
2.1检查因数
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写成十进位数的形式。即, a=an10 ? +a(n -1)10 ?-1 +...+a ? 10 ? +a ?10 ?+a0 ,0=
因10?1,mod 3,,故a?an +…+a ? +a ? +a0(mod 3). 由同余基本性质,知3/a当且仅当3/?ai,同法可得9/a当且仅当9/?ai. ,
例2.设正整数a=an*1000^n +a…+a1*1000^1 +a0,0=
则7,或者11,或者13,整除a的充分必要条件是7,或者11,
或者13,整除,a0+a ?+…,-(a ? +a ?+…)= ?(-a)^i*ai. 证,因为1000与-1对模7,或者11,或者13,同余,故a与?,-1,^i*ai对模7,或者11,或者13,同余。由同余基本性质,7,或者11,或者13,整除a当且仅当7,或者11,或者13,整除?,-1,^i*ai. ,
例3. 应用检查因数的方法求出下列各数标准分解式
? 1535625 ?1158066 解,,1,1535625=1*10^6+5*10^5+3*10^4+5*10^3+6*10^2+2*10+5,
?ai=1+5+3+5+6+2+5=27,9/27, ?9/1535625.
1535625=1*1000^2+535*1000+625,
?ai=625+1-535=91,7/91,13/91, ?7/1535625,13/1535625.
又5/1535625,5*9*7*13=4095,1535625?4095=375,
又5/375,25/75, ?1535625=3^5*5^4*7*13.
,2,1158066=1*10^6+1*10^5+5*10^4+8*10^3+6*10+6,
?ai=1+1+5+8+6+6=27, 9/27,?9/1158066.
1158066=1*1000^2+158*1000+66,
?ai=1+66-158=-91.,7/91,13/91 , ?7/1158066,13/1158066。
又9*7*13=1638,1158066?1638=707,7/707,
?1158006=9*2*7^2*13*101.
2.2弃九法
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
a=an*10^n+…a1*10+a0, 0=
b=bn*10^n+…b1*10+b0, 0=<><10,>
P=cn*10^n+…+c1*10+c0.0=<><10.>
如果,?ai,,?bi,与?ci对模9不同余,那么所求得的乘积是错
的。在实际验算中,ai,bj,ck中有9出现,可以去掉,因为9?0
,mod9,,.
证明,由同余基本性质,a*b?(?ai)*( ?bi)(mod 9),P=?ck(mod 9).若不同余,则a?b与P对模9不同余,即a*b?P. ,
例1, 设a=28997,b=39495,验证a*b=P=1145236515.
证明,a?17(mod 9),b?3,mod 9,,P?33(mod 9).
?3*17=51?33,mod 9,
?正确。,
但是,可直观看出弃九法也有一定的局限性。譬如若将P改为
P=1145236506,那么弃九法3*17?33,mod 9,也成立。 3.同余在数论中的应用
3.1孙子解一次同余式组
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体现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,若用f(x) 表示多项式an* x^n+…+a?*x+a0,其中ai是整数,又设m是一个正整数,则f(x) ?0(mod m) 叫做模m
的同余式。若an与0对模m不同余,则n叫做f(x) ?0(mod m)的次数。
定义,若a是使f(x) ?0(mod m)成立的一个整数,则x
?a(mod m)是同余式f(x) ?0(mod m)的一个解。
孙子定理,设m ?,m ?…mk是k个两两互质的整数,m=m ?*m ?*…mk,
m=mi*Mi,i=1,2…k,则同余式组
x?b ?(mod m ?), x=b ?(mod m ?)……x=bk(mod mk)的解是 x?M ??M ?b ?+M ??M ?b ?+M ??M ?b ?+M ?kMkbk(mod m), 其中，M ?i*Mi?1(mod mi) ,i=1,2,…,k.。
例1. 解同余式组x?b ?(mod 5) , x?b ?(mod 6) ，x?b ?(mod
7) ,x?b ?(mod 11).
解,此时m=5*6*7*11=2310,M ?=6*7*11=462, M ?=5*7*11=385,
M ?=5*6*11=330 , M ?=5*6*7=210.
解M ?i*Mi?1(mod mi) ,i=1,2,3,4 得M ??=3 , M ??=1 ,
M ??=1 ,M ??=1。
即x=1386b ?+385b?+330b ?+210b ?(mod 2310).
3.2简单高次同余式f(x) ?0(mod mi),i=1,2…k,及f(x) ?0(mod p ?),其中p为素数,n,0的解数级解法的初步讨论。
定理1,若m ?,m ?…mk是k个两两互质的整数,m=m ?*m ?*…mk,则同余式f(x) ?0(mod m)与同余式组f(x) ?0(mod mi),i=1,2,…k,等价.若用Ti表示f(x) ?0(mod mi),i=1,2,…k,对模mi的解数,T表示
f(x) ?0(mod m)对模m的解数,则T=T ?*T ?*…*Tk.
例1. 解同余式f(x) ?0(mod 35) ,f(x)=x ?+2x ?+8x+9. 解:由定理1知，f(x) ?0(mod 35)与 f(x) ?0(mod 5), f(x)
?0(mod 7)等价。
同余式f(x) ?0(mod 5)有两个解,即x=1,4(mod 5).
同余式f(x) ?0(mod 7)有三个解,即x=3,5,6(mod 7).
即f(x) ?0(mod 35)有六个解,即x=b ?(mod 5),x=b ?(mod 7).
由孙子定理,有x=21b ?+15b ?(mod 35),即得f(x) ?0(mod 35)
的解为x=31 ,26 ,6 ,24 ,19 ,34(mod 35).
【参考文献】
【1】 闵嗣鹤、严士健编,初等数论,第三版,【M】,北京,高
等教育出版社,2003。
【2】 余元希等,初等代数研究,上,【M】,北京,高等教育出
版社,1988。
【3】 ,法,C.布尔勒,朱广才译,代数【M】,上海,上海科技
出版社,1984.
【4】 曹才翰,沈伯英,初等代数教程【M】,北京,北京师范大
学出版社,1987.
范文三：同余的概念和性质
你会解答下面的问题吗？
问题1：今天是星期日，再过15天就是“六·一”儿童节了，问“六·一”儿童节是星期几？
这个问题并不难答. 因为，一个星期有7天，而15÷7=2?1，即15＝7×2+1，所以“六·一”儿童节是星期一。
问题2：1993年的元旦是星期五，1994年的元旦是星期几？
这个问题也难不倒我们. 因为，1993年有365天，而365=7×52+1，所以1994年的元旦应该是星期六。 问题1、2的实质是求用7去除某一总的天数后所得的余数. 在日常生活中，时常要注意两个整数用某一固定的自然数去除，所得的余数问题. 这样就产生了
“同余”的概念. 如问题1、2中的15与365除以7后，余数都是1，那么我们就说15与365对于模7同余。 同余定义：若两个整数a 、b 被自然数m 除有相同的余数，那么称a 、b 对于模m 同余，用式子表示为： a≡b（modm ）. （*）
上式可读作：
a 同余于b ，模m 。
同余式（*）意味着（我们假设a≥b）：
a-b=mk，k 是整数，即m ｜（a-b ）.
例如：①15≡365（mod7），因为365-
15=350=7×50。
②56≡20（mod9），因为56-20=36＝9×4。 ③90≡0（mod10），因为90-0＝90=10×9。 由例③我们得到启发，a 可被m 整除，可用同余式表示为：a≡0（modm ）。
例如，表示a 是一个偶数，可以写
a≡0（mod 2）
表示b 是一个奇数，可以写
b≡1（mod 2）
补充定义：若m （a-b ），就说a 、b 对模m 不同余，用式子表示是：
ab （modm ）
我们书写同余式的方式，使我们想起等式，而事实上，同余式与等式在其性质上相似. 同余式有如下一些性质（其中a 、b 、c 、d 是整数，而m 是自然数）。 性质1：a≡a（mod m），（反身性）
这个性质很显然. 因为a-a=0=m·0。
性质2：若a≡b（mod m），那么b≡a（mod m），（对称性）。
性质3：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么a≡c（mod m），（传递性）。
性质4：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么a±c≡b±d（mod m），（可加减性）。
性质5：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么ac≡bd（mod m）（可乘性）。
性质6：若a≡b（mod m），那么an≡bn（mod m），（其中n 为自然数）。
性质7：若ac≡bc（mod m），（c ，m ）=1，那么a≡b（mod m），（记号（c ，m ）表示c 与m 的最大公约数）。
注意同余式性质7的条件（c ，m ）＝1，否则像普通等式一样，两边约去，就是错的。
例如6≡10（mod 4），而35（mod 4），因为（2，
4）≠1。
请你自己举些例子验证上面的性质。
同余是研究自然数的性质的基本概念，是可除性的符号语言。
例1 判定288和214对于模37是否同余，74与20呢？ 解：∵288-214=74=37×2。
∴288≡214（mod37）。
∵74-20=54，而3754，
∴7420（mod37）。
例2 求乘积418×814×1616除以13所得的余数。 分析 若先求乘积，再求余数，计算量太大. 利用同余的性质可以使“大数化小”，减少计算量。
解：∵418≡2（mod13），
814≡8（mod13），1616≡4（mod13），
∴ 根据同余的性质5可得：
418×814×1616≡2×8×4≡64≡12（mod13）。 答：乘积418×814×1616除以13余数是12。 例3 求14389除以7的余数。
分析 同余的性质能使“大数化小”，凡求大数的余数问题首先考虑用同余的性质化大为小. 这道题先把底数在同余意义下变小，然后从低次幂入手，重复平方，找找有什么规律。
解法1：∵143≡3（mod7）
∴14389≡389（mod 7）
∵89＝64+16+8+1
而32≡2（mod 7），
34≡4（mod7），
38≡16≡2（mod 7），
316≡4（mod 7），
332≡16≡2（mod 7），
364≡4（mod 7）。
∵389≡364·316·38·3≡4×4×2×3≡5（mod
7），
∴14389≡5（mod 7）。
答：14389除以7的余数是5。
解法2：证得14389≡389（mod 7）后，
36≡32×34≡2×4≡1（mod 7），
∴384≡（36）14≡1（mod 7）。
∴389≡384·34·3≡1×4×3≡5（mod 7）。 ∴14389≡5（mod 7）。
例4 四盏灯如图所示组成舞台彩灯，且每30秒钟灯的颜色改变一次，第一次上下两灯互换颜色，第二次左右两灯互换颜色，第三次又上下两灯互换颜色，?，这样一直进行下去. 请问开灯1小时四盏灯的颜色如何排列？
分析 与解答经观察试验我们可以发现，每经过4
次互换，四盏灯的颜色排列重复一次，而1小时=60分钟=120×30秒，所以这道题实质是求120除以4的余数，因为120≡0（mod 4），所以开灯1小时四盏灯的颜色排列刚好同一开始一样。
十位，?上的数码，再设M=a0＋a1＋?＋an ，求证：N≡M（mod 9）。
分析 首先把整数N 改写成关于10的幂的形式，然后利用10≡1（mod 9）。
又∵ 1≡1（mod 9），
10≡1（mod 9），
102≡1（mod 9），
?
10n≡1（mod 9），
上面这些同余式两边分别同乘以a0、a1、a2、?、an ，再相加得：
a0＋a1×10+a2×102+?+an×10n
≡a0＋a1＋a2＋?＋an （mod 9），
即 N≡M（mod 9）.
这道例题证明了十进制数的一个特有的性质： 任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。 以后我们求一个整数被9除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被9除的余数即可。
例如，求1827496被9除的余数，只要先求（1+8＋2＋7＋4＋9＋6），再求和被9除的余数。
再观察一下上面求和式. 我们可以发现，和不一定要求出. 因为和式中1＋8，2+7，9被9除都余0，求余数时可不予考虑. 这样只需求4＋6被9除的余数. 因此，1827496被9除余数是1。
有人时常利用十进制数的这个特性检验几个数相加、相减、相乘的结果对不对，这种检查方法叫：弃九法。 弃九法最经常地是用于乘法. 我们来看一个例子。 用弃九法检验乘式5483×9117≡49888511是否正确？
因为 5483≡5＋4＋8＋3≡11≡2（mod 9）， 9117≡9＋1＋1＋7≡0（mod 9），
所以 5483×9117≡2×0≡0（mod 9）。
但是 49888511≡4+9＋8+8+8＋5+1+1
≡8（mod9），
所以 5483×9117≠49888511，即乘积不正确。
要注意的是弃九法只能知道原题错误或有可能正确，但不能保证一定正确。
例如，9875≡9＋8+7+5≡2（mod 9），
4873≡4＋8＋7＋3≡4（mod 9），
32475689≡3+2+4+7＋5+6+8+9
≡8（mod 9），
这时，9875×4873≡2×4≡32475689（mod 9）。 但观察个位数字立刻可以判定
9875×4873≠32475689.因为末位数字5和3相乘不可能等于9。
弃九法也可以用来检验除法和乘方的结果。 例6 用弃九法检验下面的计算是否正确：
23372458÷7312＝3544。
解：把除式转化为：
3544×7312＝23372458。
∵ 3544≡3＋5＋4＋4≡7（mod 9）， 7312≡7＋3＋1＋2≡4（mod 9），
∴ 3544×7312≡7×4≡1（mod 9）， 但 23372458≡2＋3＋3＋8≡7（mod 9）。 而 17（mod 9）
∴ 3544×7312≠23372458，
即 23372458÷7312≠3544。
例7 求自然数2100＋3101＋4102的个位数字。
分析 求自然数的个位数字即是求这个自然数除以10的余数问题。
解：∵2100≡24×25≡625≡6（mod 10）， 3101≡34×25·31≡125·31≡3（mod 10）， 4102≡（22）100·42≡6·6≡6（mod 10）， ∴ 2100＋3101＋4102≡6＋3＋6≡5（mod 10）， 即自然数2100＋3101＋4102的个位数字是5.
范文四：同余的性质及其应用
同余的性质及其应用
数学科学学院 数学与应用数学(师范) 06080203 王霞 指导老师:纪春纲 一( 本课题研究的目的及意义
数论是研究整数性质的一门理论。同余理论是初等数论的重要组成部
分，是研究整数问题的重要工具之一，其性质在初等数论中有着重要的应用。
如处理某些整除性、进位制、对整数分类、求余数、解不定方程等方面的问
题中有着不可替代的功能。另外，同余理论在数学竞赛中也起着重要的作用。
因此，对其研究有一定的应用价值。虽然，同余的性质及其相关应用已经有
了很大的成果，但对其研究仍然不够完善，不够全面，所以对同余性质及其
应用作进一步的研究，进行归纳总结非常必要。这样的研究可以将同余理论
进一步完善，使得数论体系更加完整。因此，对其研究具有一定的学术价值。 二( 本课题国内外同类研究现状
自我国古代，许多著名的数学著作中都有关于数论同余内容的论述，比
如求最大公因数，某些不定方程整数解的问题等等。在我国近代，出现了华
罗庚、闽嗣鹤等一流数论专家。在三角和估值、堆砌素数论方面的研究享有
盛名。在国外，古希腊时代数学家对于数论中一个最基本的问题——整除性
问题就有系统的研究，关于质数、合数、约数、倍数等一系列概念也已经被
提出应用。后来的各个时代的数学家也都对整数性质的研究做出过重大的贡
献。欧几里得编写的《几何原本》开创了古典数论的研究，初步建立了整数
的整除理论。费尔马的费尔马定理在初等数论中有着广泛和重要的应用。欧
拉在数论研究中引入了欧拉函数，为后来计算机领域中的密码算法奠定了基
础。由于近代计算机科学和应用数学的发展，数论得到了广泛的应用。比如
在计算方法、代数编码、组合论等方面都使用了初等数论同余范围内的许多
研究成果。
三( 本课题研究内容
本文主要讨论同余的性质及其应用。归纳总结同余的若干性质，补充相
关文献的结论并给出证明。探究同余性质在某些方面的具体应用。
1. 同余的相关性质定理及其推论
2. 与同余有关的数论定理的证明及应用(欧拉定理，费尔马定理，中国剩
余定理)
同余性质在数学各方面的相关应用 3.
(1)同余在检验数的整除性方面的应用
(2)同余在求M进制中的某位数的应用
(3)同余在判定质数合数方面的应用
(4)同余在求余数方面的应用
(5)同余在解不定方程方面的应用
四( 本课题的实行方案、进度及预期效果
实行方案:首先收集相关的书籍，期刊，文章，接着阅读，整理，分析，各种资料，最后撰写论文。
进度安排:
1.2011年12月——2012年1月
通过网络，图书馆等方式收集资料，确定课题
2.2012年1月——2012年3月
阅读与本课题相关的书籍与期刊，整理资料，初步构思完成开题报告并给出论文初稿
3.2012年3月——2012年5月
进行论文的具体写作，与导师探讨交流，在导师指导下，结合导师的有关指导意见进行修改完善，最终完成论文，准备答辩
4.2012年6月
论文答辩
五(已查阅参考文献
1.王丹华、杨海文.初等数论[M].北京:航天航空大学出版社，2007:29-43. 2.闽嗣鹤、严士键.初等数论[M].北京:高等教育出版社，2003:18-50. 3.单墫.初等数论的知识与问题[M].哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社，2011:32-50.
4.王志兰.关于同余的几个问题[J].高师理科学刊，2009，28(5):44-46.
5.颜松远.数论及应用[J].数学实践与认知，2002，19(4):486-508.
6.原新生.一次同余方程的几种解法[J].牡丹江教育学院学报,2009，115(3):115.
范文五：同余的性质与应用
同余的性质及应用
1 引言
数论的一些基础内容的学习，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基础，其中同余理论有时整数论的重要组成部分，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，假如某月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xb 1(modm 1) , xb 2(modm 2) , ?,
xb k (mod m k ) 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x ≡M i 1(mod m i ) , i =1, 2,..., k , m i 是k 个两两互质的正整数，
m =m 1m 2... m k , m =m i M i 的一般解法.
同余性质在数论中是基础，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，特征函数基本性质的推导等等. 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，an 2+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.
数论的发展以及现代数学发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基础知识，必须熟练掌握. 所以，本文主要介绍了同余理论中同余基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 所得的余数相同，我们就说对模m 同余，记作a ≡b (modm ) , 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）a ≡a (modm ) ；
（2）a ≡b (modm ) , 则b ≡a (modm ) ；
（3）a ≡b (modm ) , b ≡c (modm ) , 则a ≡c (modm ) .
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 +m t , t 是整数.
3 同余的八条基本性质
由同余的定义和整数的性质得出[1]：
（1）若a ≡b (modm ) , c ≡d (modm ) , 则a +c ≡b +d (modm ) 若a +b ≡c (modm ) , 则a ≡c -b (modm ) （2）若a ≡b (modm ) , c ≡d (modm ) , 则ac ≡bd (modm ) 特别地, 若a ≡b (modm ) , 则ak ≡bk (modm )
（3）若A ?... ?≡B ?... ?(mod m ) , x i ≡y i (mod m ) , i =0,1,..., n
1
k
1
k
则∑A ?... ?x 1?... x k ?≡
1
k
1
k ∑B
?1... ?k
y 11... y k k (modm )
??
（4）若a =a 1d , b =b 1d , (d , m ) =1, a ≡b (modm ) , 则a 1≡b 1(modm ) （5）若a ≡b (modm ) , k >0, 则ak ≡bk (modm ) ；
若a ≡b (modm ) , d 是a , b 及m 任一正公因数, 则
a d ≡b d (mod
m d )
（6）若a ≡b (mod m i ) , i =1, 2,..., k , 则a ≡b (mod[m 1, m 2,..., m k ])
其中[m 1, m 2,..., m k ]是m 1, m 2,..., m k , k 个数最小公倍数 （7）若a ≡b (modm ) , d m , d >0, 则a ≡b (modd )
（8）a ≡b (modm ) , (a , m ) =(b , m ) , 若d 能整除m 及a , b 两数之一, 则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
a =a n 10+a n -110
n
n -1
+... +a 0, 0≤a i <>
因10≡1(mod3) , 所以由同余基本性质, 即3a 当且仅当3同法可得9a 当且仅当9
∑a
i
；
∑a
i
，i =0,1,..., n .
例2 设正整数a =a n 1000n +a n -11000n -1+... +a 0，0≤a i <1000，则7（或11或13）整除a 的充要条件是7（或11或13）整除(a="" 0+a="" 2+...)="" -(a="" 1+a="" 3+...)="">
i =0,1,..., n .
∑(-1) a
i
i
，
证：1000与-1对模7（或11或13）同余，
根据同余性质知，a 与∑(-1) i a i 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 a i ，i =0,1,..., n . 例3 a =5874192，则∑a i =5+8+7+4+1+9+2=36，i =0,1,..., 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.
+3+5+6+9+3=30例4 a =435693，则∑a i =4
，但∑a i i =0,1,..., n 能被3整除，
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，则a =637?1000+693，∑a i =693-637=56，i =0,1,..., 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，a =75?10002+312?1000+289
i =0,1,..., n 能被
∑a
i
=289-312+75=52，
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下列各数标准分解式
① 1535625 ②1158066
解：①1535625=1?106+5?105+3?104+5?103+6?102+2?101+5， ∑a i =1+5+3+5+6+2+5=27，927 ∴9， 1535625=1?10002+535?1000+625，
(a 0+a 2) -a 1=625+1-535=91，由例2得1391，7， ∴7，13， 又5，9?5?13?7=4095， 5，
3755
=75
15356254095
=375
，
，2575，
∴1535625=35?54?13?7.
②1158066=1?106+1?105+5?104+8?103+6?101+6， ∑a i =1+1+5+8+6+6=27，927∴9， 1158066=1?10002+158?1000+66，
(a 0+a 2) -a 1=66+1-158=-91，由例2得7，1391 ∴7，13，
又2，9?7?13?2=1638， ∴1158066=2?9?72?13?101.
11580661638
=707
，7707，
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
a =a n 10+a n -110b =b n 10+b n -110
n n n
n -1
+... +a 0，0≤a i <10 +...="" +b="" 0，0≤b="" i=""><10， +...="" +c="" 0，0≤c="" i=""><>
n -1
P =c n 10+c n -110
n -1
如果(∑a i )(∑b j ) 与∑c k 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，若a i ，b j ，c k 中有9出现，则可去掉（因9≡0(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a ≡8(mod9) ，b ≡3(mod9) ，P ≡5(mod9) . 但8?3与5对模9不同余，所以计算有误.
例2 若a =28997，b =39495，P =1145235615，那么P =a ?b ？ 解：按照上述弃九法，a ≡8(mod9) ，b ≡3(mod9) ，P ≡6(mod9) .
虽然8?3与6对模9同余，但是由通常乘法计算得到a ?b =1145236515， 故P =a ?b 不成立.
注：当使用弃九法时，得出的结果虽然是(∑a i )(∑b j ) ≡∑c k (mod9) 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4750的余数.
解：由47≡(-2) 1≡-2(mod 7) ，472≡(-2) 2≡4(mod 7) ，475≡(-2) 5≡-1(mod 7) ，
∴4750≡(475) 16?472≡1?4≡4(mod 7) ， 即4750除以7余数为4.
例2 试证：形如8k +7(k ∈N ) 的整数不能表为三个平方数之和.
证：假定N =8k +7=a 2+b 2+c 2(a , b , c ∈Z ) ，则a 2+b 2+c 2≡7(mod8)，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02≡0(mod8) ，12≡1(mod 8) ，22≡4(mod8) ，32≡1(mod 8) ，42≡0(mod8) ，
5≡1(mod 8) ，6≡4(mod8) ，7≡1(mod 8) .
2
2
2
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a +b +c 与7对模8不同余.
2
2
2
即形如8k +7(k ∈N ) 的整数不能表为三个平方数之和. 例3 试证：5353-3333能被10整除.
证：由已知条件有53≡3(mod10)，532≡32≡9(mod 10) ，535≡35≡7(mod 10) ，
53≡3≡1(mod 10) ，
4
4
∴5353≡(534) 15?53≡(34) 15?3≡1?3≡3(mod 10) 又
4
33≡3(mod10)
4
，
33≡3≡9(mod 10)
22
，
33≡3≡7(mod 10)
55
，
33≡3≡1(mod 10) ，
∴3333≡(334) 8?33≡(34) 8?3≡1?3≡3(mod10) ∴5353≡3333(mod10) ，即10(5353-3333) 也就是说，5353-3333能被10整除.
例4 设a , b , c ∈N 且6(a +b +c ) ，求证：6(a 3+b 3+c 3)
证：对模6来说每一个整数的最小非负数余数为0，1，2，3，4，5
03≡0(mod6) ，13≡1(mod 6) ，23≡2(mod6) ，33≡3(mod 6) ，43≡4(mod6) ，
5≡5(mod 6) ，即对任何整数k
3
，k 3≡k (mod 6)
∴a 3≡a (mod 6) ，b 3≡b (mod6) ，c 3≡c (mod 6) ∴(a 3+b 3+c 3) ≡(a +b +c )(mod6)
又(a +b +c ) ≡0(mod6) ∴(a 3+b 3+c 3) ≡0(mod6) 故6(a 3+b 3+c 3)
例5 若(5,n ) =1，证明n 5-n 能被30整除. 证：设n ∈N ，n ≡k (mod6) 则k =0,1, 2, 3, 4, 5
5555
由05≡0(mod6) ，1≡1(mod 6) ，2≡2(mod6) ，4≡4(mod6) ，3≡3(mod 6) ，
5≡5(mod 6) ，
5
∴k 5≡k (mod 6) 即n 5≡k 5≡k ≡n (mod 6) ，6(n 5-n ) 同理可知5(n 5-n ) 又(5,6) =1 ∴30(n 5-n ) 故n 5-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体现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：若用f (x ) 表示多项式a n x n +a n -1x n -1+... +a 0，其中a i 是整数，又设m 是一个正整数，则f (x ) ≡0(modm ) 叫做模m 的同余式. 若a n 与0
对m 不同余，则n 叫做f (x ) ≡0(modm ) 的次数.
定义：若a 是使f (a ) ≡0(modm ) 成立的一个整数，则x ≡a (modm ) 叫做同余式f (x ) ≡0(modm ) 的一个解.
定理 一次同余式ax ≡b (modm ) , 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，则依题意有，x ≡2(mod3) , x ≡3(mod5) , x ≡2(mod7) 孙子算经里介绍用下列方法求解
由表格知，所求物数是23.
孙子定理：设m 1, m 2, ?, m k 是k 个两两互质的正整数，m =m 1m 2... m k ，m =m i M i ，
i =1, 2,..., k
, 则同余式组x ≡b 1(modm 1) , x ≡b 2(mod m 2) , ... ,
1
12
x ≡b k (mod m k ) 的解是x ≡M 1M 1b 1+M
M 2b 2+... +M
1k
M k b k (mod m )
,
其中M 1i M i ≡1(mod m i ) , i =1, 2,..., k
用表格形式概括如下
[4]
例1 解同余式组x ≡b 1(mod 5) , x ≡b 2(mod6) ，x ≡b 3(mod 7) ，x ≡b 4(mod 11) . 解：此时m =5?6?7?11=2310, M 1=6?7?11=462, M 2=5?7?11=385，
M 3=5?6?11=330, M 4=5?6?7=210
.
解M 1i M i ≡1(mod m i ) , i =1, 2, 3, 4 得M 11=3, M 12=1, M 13=1, M 14=1 即x ≡1386b 1+385b 2+330b 3+210b 4(mod 2310) .
例2 韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人，成六行纵队，则末
行五人，成七行纵队，则末行四人，成十一行纵队，则末行十人，求兵数？ 解:由题意，有x ≡1(mod5) ，x ≡5(mod6) ，x ≡4(mod7) ，x ≡10(mod11)
x ≡3?462+385?5+330?4+210?10≡6731≡2111(mod2310)
.
5.3 简单高次同余式组f (x ) ≡0(mod m i ) , i =1, 2,..., k 及f (x ) ≡0(mod p ?) ,p 为
质数，?>0的解数及解法的初步讨论
定理1 若m 1, m 2, ?, m k 是k 个两两互质的正整数, m =m 1m 2... m k , 则同余式
f (x ) ≡0(modm ) 与同余式组f (x ) ≡0(mod m i ) , i =1, 2,..., k
等价.
若用T i 表示f (x ) ≡0(mod m i ) , i =1, 2,..., k , 对模m i 的解数, T 表示
f (x ) ≡0(modm ) 对模m
[5]
的解数，则T =T 1T 2... T k .
例1 解同余式f (x ) ≡0(mod35) ，f (x ) =x 4+2x 3+8x +9.
解: 由定理1知f (x ) ≡0(mod35) 与同余式f (x ) ≡0(mod5) , f (x ) ≡0(mod7) 等
价.
同余式f (x ) ≡0(mod5) 有两个解，即x ≡1, 4(mod5) 同余式f (x ) ≡0(mod7) 有三个解，即x ≡3, 5, 6(mod7) 即f (x ) ≡0(mod35) 有六个解，即x ≡b 1(mod 5) , x ≡b 2(mod7) 由孙子定理有，x ≡21b 1+15b 2(mod 35)
即得f (x ) ≡0(mod35) 的解为x ≡31, 26, 6, 24,19, 34(mod35) .
定理2 设x ≡x 1(mod p ) , 即x =x 1+pt 1, t 1=0, ±1, ±2,... 是f (x ) ≡0(modp ) 的一解，并且
p
不整除f 1(x ) ,( f 1(x ) 是f (x ) 的导函数), 则x =x 1+pt 1刚好给出
?
f (x ) ≡0(mod p ) ，p x ≡x (mod p )
?
?
为质数，?>0的一解x =x ?+p ?t ?, t ?=0, ±1, ±2,... , 即
, 其中x ?≡x 1(mod p ) . [6]
例2 解同余式6x 3+27x 2+17x +20≡0(mod30) .
解: 由定理1知f (x ) ≡0(mod30) 与f (x ) ≡0(mod2) , f (x ) ≡0(mod3) , f (x ) ≡0(mod5)
等价.
显然，f (x ) ≡0(mod2) 有两解x ≡0,1(mod2)
f (x ) ≡0(mod3) 有一解x ≡2(mod3) f (x ) ≡0(mod5) 有三解x ≡0,1, 2(mod5)
同余式f (x ) ≡0(mod30) 有六个解
即x ≡b 1(mod 2) , x ≡b 2(mod 3) , x ≡b 3(mod 5) , b 1=0,1；b 2=2；b 3=0,1, 2 由孙子定理得x ≡15b 1+10b 2+6b 3(mod 30) , 以b 1, b 2, b 3值分别代入，得
f (x ) ≡0(mod30) 全部解为x ≡20, 2, 26, 5,11,17(mod30) .
例3 解同余式f (x ) ≡0(mod27) ，f (x ) =x 4+7x +4.
解: f (x ) ≡0(mod3) 有一解x ≡1(mod3) ，并且3不整除f 1(1)，
以x =1+3t 1 代入f (x ) ≡0(mod9) 得f (1)+3t 1f 1(1)≡0(mod 9) 但f (1)≡3(mod9) ，f 1(1)≡2(mod 9)
即3+3t 1?2≡0(mod 9) 即2t 1+1≡0(mod 3)
因此t 1=1+3t 2而x =1+3(1+3t 2) =4+9t 2是f (x ) ≡0(mod9) 的一解；
以x =4+9t 2代入f (x ) ≡0(mod27) 即f (4)+9t 2f 1(4)≡0(mod 27) ,
18+9t 2?20≡0(mod 27) 即2t 2+2≡0(mod 3) , t 2=2+3t 3
即x =4+9(2+3t 3) =22+27t 3为所求的解.
5.4 简单二次同余式x 2≡a (mod p ?) , ?>0, (a , p ) =1解的判断
二次同余式一般形式为ax 2+bx +c ≡0(mod 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x 2≡a (mod p ?) , ?>0有解与否问题.
先讨论单质数模同余式x 2≡a (mod p ) , (a , p ) =1有解与否问题
若它有解，则a 叫做模p 的平方剩余，若它无解，则a 叫做模p 的平方非剩余.
p -1
定理1 若(a , p ) =1, 则a 是模p 的平方剩余的充要条件是a
p -1
2
≡1(modp ) 且有两
[7]
解；而a 是模p 的平方非剩余充要条件是a
(a p
2
≡-1(modp ) .
) 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() =1时，a 是模p 的平方剩余；
p
a
当() =-1时，a 是模p 的平方非剩余；
p
a
当（
a p
）=0时，p a . [8]
讨论质数模同余式x 2≡a (mod p ?) , ?>0, (a , p ) =1有解与否问题
定理2 x 2≡a (mod p ?) , ?>0, (a , p ) =1有解的充要条件是() =1，并且在有解情
p a
况下，解数是2. [9]
讨论合数模同余式x 2≡a (mod 2?) , ?>0, (2,a ) =1有解与否问题
定理3 设?>1, 当?=2, a ≡1(mod4) 时，x 2≡a (mod 2?) , ?>0, (2,a ) =1有解，
[10]
且解数是2；当?≥3，a ≡1(mod8) 时，上式有解，解数是4.
例 解x 2≡57(mod 64) . 解: 因57≡1(mod8) 故有4个解.
把x 写成x =±(1+4t 3) 代入原同余式, 得到(1+4t 3) 2≡57(mod 16) , 由此得
t 3≡1(mod2) , 故x =±[1+4(1+2t 4)]=±(5+8t 4) 是适合x ≡57(mod 16)
2
的一切
整数，再代入原同余式得到(5+8t 4) 2≡57(mod 32) , 由此得
t 4≡0(mod 2) , 故x =±(5+8?2t 5) =±(5+16t 5) 是适合x ≡57(mod 32) 的一切
2
整数, 再代入原同余式得到(5+16t 5) 2≡57(mod 64) , 由此得
t 5≡1(mod2) , 故x =±[5+16(1+2t 6)]=±(21+32t 6) 是适合x ≡57(mod 64) 的
2
一切整数，因此x ≡21, 53, -21, -53(mod64) 是所求四个解.
6 结论
本文从同余概念及其基本性质出发，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体现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
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[5][法]C.布尔勒，朱广才译. 代数[M].上海:上海科技出版社,1984.3:72-121. [6]曹才翰，沈伯英. 初等代数教程[M].北京:北京师范大学出版社,1987:76-85. [7]刘合义. 谈数论中的同余及其应用[J].衡水学院学报,2007:2-6.
[8]H.B.勃罗斯库列亚柯夫，吴品三译. 数与多项式[M].北京:高等教育出版社, 1980:42.
[9]林国泰, 司徒永显. 初等代数研究教程[M].广州:暨南大学出版社,1996:81-96. [10]林六十. 初等代数研究[M].北京:中国地质大学出版社,1989:145-158.
致 谢
在大学的生活和学习中, 一直得到应用数学系领导和老师们的关心和帮助,
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基础, 在个人修养方面我从他们身上看到了“学高为师、身正为范”的教师风范, 吸取了踏实、严谨、刻苦、认真的治学精神, 以及正直、诚实、守信的人格魅力, 并且在日常生活中身体力行, 以他们为榜样, 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老师们的帮助和教诲分不开的, 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, 得到了孙善辉老师的悉心指导, 熟悉了撰写论文的一般格式和许多注意事项, 这对于我以后的学习和生活都具有很好的示范作用. 感谢孙善辉老师的帮助和指导！
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, 再次感谢孙善辉老师的辛勤指导！
