高中数学竞赛数论.docx

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高中数学竞赛数论

高中数学竞赛数论

剩余类与剩余系

1.剩余类的定义与性质

（1）定义1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：

K0,K1,…,Km-1,其中Kr={qm+r|q∈Z,0≤余数r≤m-1}称为模m的一个剩余类（也叫同余类）。

K0,K1,…,Km-1为模m的全部剩余类.

（2）性质（ⅰ）

且Ki∩Kj=φ（i≠j）.

（ⅱ）每一整数仅在K0,K1,…,Km-1一个里.

（ⅲ）对任意a、b∈Z，则a、b∈Kr

a≡b（modm）.

2.剩余系的定义与性质

（1）定义2设K0,K1,…,Km-1为模m的全部剩余类，从每个Kr里任取一个ar，得m个数a0,a1,…,am-1组成的数组，叫做模m的一个完全剩余系,简称完系.

特别地,0,1,2,…,m-1叫做模m的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m的绝对最小完全剩余系:

当m为奇数时,

;当m为偶数时,

或

.

（2）性质（ⅰ）m个整数构成模m的一完全剩余系

两两对模m不同余.

（ⅱ）若（a,m）=1，则x与ax+b同时遍历模m的完全剩余系.

证明:

即证a0,a1,…,am-1与aa0+b,aa1+b,…,aam-1+b同为模m的完全剩余系,

因a0,a1,…,am-1为模m的完系时,若aai+b≡aaj+b（modm）,则ai≡aj（modm）,

矛盾!

反之,当aa0+b,aa1+b,…,aam-1+b为模m的完系时,若ai≡aj（modm）,则有

aai+b≡aaj+b（modm）,也矛盾!

（ⅲ）设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别遍历模m1,m2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.

证明:

因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.

假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//（modm1m2）,其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因（m1,m2）=1,所以,m2x/≡m2x//（modm1）,m1y/≡m1y//

（modm2）,从而x/≡x//（modm1）,y/≡y//（modm2）,矛盾!

3.既约剩余系的定义与性质

（1）定义3如果剩余类Kr里的每一个数都与m互质，则Kr叫与m互质的剩余类.在与模m互质的全部剩余类中，从每一类中任取一个数所做成的数组，叫做模m的一个既约（简化）剩余系.如:

模5的简系1,2,3,4;模12的简系1,5,7,11.

（2）性质（ⅰ）Kr与模m互质

Kr中有一个数与m互质；

证明:

设a∈Kr,（m,a）=1,则对任意b∈Kr,因a≡b≡r（modm）,所以,（m,a）=（m,r）=

（m,b）=1,即Kr与模m互质.

（ⅱ）与模m互质的剩余类的个数等于

即模m的一个既约剩余系由

个整数组成（

为欧拉函数）;

（ⅲ）若（a,m）=1,则x与ax同时遍历模m的既约剩余系.

证明:

因（a,m）=1,（x,m）=1,所以,（ax,m）=1.若ax1≡ax2（modm）,则有

x1≡x2（modm）,矛盾!

（ⅳ）若a1,a2,…,aφ（m）是

个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a1,a2,…,aφ（m）是模m的一个既约剩余系.

证明:

因a1,a2,…,aφ（m）是

个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,

所以,a1,a2,…,aφ（m）属于

个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ（m）

是模m的一个既约剩余系.

（ⅴ）设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别历遍模m1,m2的既约剩余系,则m2x+m1y历遍模m1m2的既约剩余系.

证明:

显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y分别历遍模m1,m2的完系时,m2x+m1y历遍模m1m2的完系.由（m1,x）=（m2,y）=1,

（m1,m2）=1得（m2x,m1）=（m1y,m2）=1,所以,（m2x+m1y,m1）=1,（m2x+m1y,m2）=1,故

（m2x+m1y,m1m2）=1.反之若（m2x+m1y,m1m2）=1,则（m2x+m1y,m1）=（m2x+m1y,m2）

=1,所以,（m2x,m1）=（m1y,m2）=1,因（m1,m2）=1,所以,（m1,x）=（m2,y）=1.证毕.

推论1若m1,m2是两个互质的正整数,则

.

证明:

因当x,y分别历遍模m1,m2的既约剩余系时,m2x+m1y也历遍模m1m2的既约剩余系,即m2x+m1y取遍

个整数,又x取遍

个整数,y取遍

个整数,所以,m2x+m1y取遍

个整数,故

.

推论2设整数n的标准分解式为

（

为互异素数,

）,则有

.

证明:

由推论1得

而

（即从1到

这

个数中,减去能被

整除的数的个数）,所以,

.

4.欧拉（Euler）与费尔马（Fermat）定理

欧拉（Euler）定理设m是大于1的整数,（a,m）=1,则

.

证明:

设r1,r2,…,r

是模m的既约剩余系,则由性质3知ar1,ar2,…,ar

也是模m的既约剩余系,所以,ar1ar2…ar

≡r1r2…r

（modm）,即

因（

m）=1,所以,

.

推论（Fermat定理）设p为素数,则对任意整数a都有

.

证明:

若（a,p）=1,由

及Euler定理得

即

;若（a,p）≠1,则p|a,显然有

.

例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a是m的倍数.

证明:

考虑数字全为1的数:

因1,11,111,1111,…中必有两个在modm的同一剩余类中,它们的差即为所求的a.

例2证明从任意m个整数a1,a2,…,am中,必可选出若干个数,它们的和

（包括只一个加数）能被m整除.

证明:

考虑m个数a1,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+am,如果其中有一个数能被m整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm的同一剩余类,这两个数的差即满足要求.

例3设f（x）=5x+2=f1（x）,fn+1（x）=f[fn（x）].求证:

对任意正整数n,存在正整数m,使得2011|fn（m）.

证明:

因f2（x）=f[f（x）]=5（5x+2）+2=52x+5×2+2,

f3（x）=f[f2（x）]=53x+52×2+5×2+2,…,fn（x）=5nx+5n-1×2+5n-2×2+…+2,

因（5n,2011）=1,所以,x与fn（x）同时历遍mod2011的完系,1≤x≤2011,

所以,存在正整数m（1≤m≤2011）使得fn（m）≡0（mod2011）,即2011|fn（m）.

例4设

是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为

负整数.假设对每个正整数

数

被

除的余数都各不相同.证明:

在数列

中,每个整数都刚好出现一次.

证明:

数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a1=0.此时对每个正整数k必有∣ak∣

若∣ak∣≥k,则取n=∣ak∣,

则a1≡ak≡0（modn）,矛盾.

现在对k归纳证明a1,a2,…,ak适当重排后是绝对值小于k的k个相邻整数.k=1显然.设a1,a2,…,ak适当重排后为-（k-1-i）,…,0,…,i（0≤i≤k-1）,由于

a1,a2,…,ak,ak+1是（modk+1）的一个完全剩余系,故必ak+1≡i+1（modk+1）,但

∣ak+1∣

    由此得到:

1）.任一整数在数列中最多出现一次;2）.若整数u和v（u

    最后由正负项均无穷多个（即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数）就得到:

每个整数在数列中出现且只出现一次.

例5偶数个人围着一张圆桌讨论，休息后，他们依不同次序重新围着圆桌坐下,

证明至少有两个人，他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。

证明：

将座号依顺时针次序记为1,2,…,2n，每个人休息前后的座号记为

（i,j），则i与j历遍完全剩余系mod2n。

如果两个人（i1,j1）,（i2,j2）休息前后在他们中间的人数不相等，则有j2-j1≢i2-i1mod2n，即j2-i2≢j1-i1（mod2n），因此，j-i也历遍完全剩余系mod2n,所以,j-i的和=

≡0（mod2n），而任一完全剩余系mod2n的和≡1+2+…+2n-1≡n（2n-1）≢0（mod2n）,矛盾！

故结论成立.

例6数列{an}定义为:

a0=a（a∈N*），an+1=an+

（n∈N）.数列{an}中存在无穷多项可被2011整除.

证明:

因（40,2011）=1,所以,

.

因当

时,

所以,数列{an（mod2011）}构成模2011的完系,且是周期数列,所以,数列{an}中存在无穷多项可被2011整除.

例7证明:

存在无穷多个正整数n,使得n2+1∤n!

.

证明:

引理1对素数p>2,

存在x（1≤x≤p-1）使

.

证:

充分性:

因对1≤x≤p-1,（p,x）=1,所以,

所以,

为偶数,即

必要性:

因1≤x≤p-1时,x,2x,…,（p-1）x构成modp的既约剩余系,所以,存在

1≤a≤p-1,使得ax≡-1（modp）,若不存在a（1≤a≤p-1）,a=x,使ax≡-1（modp）,

则这样的a,x共配成

对,则有

即

为奇数,与

矛盾!

所以,必存在x（1≤x≤p-1）使

.

引理2形如4k+1（k∈Z）的素数有无限多个.

证：

假设形如4k+1的素数只有n个:

p1,p2,…,pn，则p1,p2,…,pn都不是

a=4（p1p2…pk）2+1的素因数.

设q是a的一个素因数,则有（2p1p2…pk）2≡-1（modq）,因存在1≤x≤q-1使

2p1p2…pk≡x（modq）,即x2≡-1（modq）,所以,由引理1知

矛盾！

所以,形如4k+1的素数有无限多个.

回到原题:

由引理1,2知,存在无穷多个素数p,使得存在x（1≤x≤p-1）使

.即p|x2+1,因p>x,所以,p∤x!

x2+1∤x!

因这样的素数p无穷多,所以,相应的x也无穷多.

例8设f（x）是周期函数,T和1是f（x）的周期且0

（1）若T为有理数,则存在素数p,使得

是f（x）的周期;

（2）若T为无理数,则存在各项均为无理数的数列{an}满足0

（n=1,2,…）,且每个an都是f（x）的周期.

证明：

（1）设T=

（正整数m,n互质,且n≥2）,因（m,n）=1,所以,m,2m,…,nm构成

modn的完系,故存在k∈N*使得km≡1（modn）,即存在t∈N*使得km=nt+1,因

f（x）=f（x+kT）=f（x+

）=f（x+t+

）=f（x+

）,所以

是周期.

设n=kp,其中k∈N*,p为素数,则

是周期.故存在素数p,使

是周期.

（2）当T为无理数时,取a1=T,则T为无理数,0

ak,使得0

取ak+1=uak-v,则ak+1是无理数且是f（x）的周期,且0

例9设正整数n≥2.求所有包含n个整数的集合A,使得A的任意非空子集中所有元素的和不能被n+1整除.

解:

设A={a1,a2,…,an}是满足条件的集合.

依题意知,对

任意k=1,2,…,n都有n+1∤Sk,且任意Sk,Sj（k≠j）都有Sk≢Sj（modn+1）,所以,{Sk}包含了modn+1的所有非零剩余,因对1≤i≤n,整数ai,S2,S3,…,Sn也包含了mod（n+1）的所有非零剩余,所以,a1=S1≡ai（modn+1）,即A中任意ai≡a1（modn+1）.所以,对任意1≤k≤n,a1+a2+…+ak≡ka1（modn+1）.且ka1≢0（modn+1）,从而（a1,n+1）=1.

取a1=a得集合A={a+ki（n+1）|ki∈Z,1≤i≤n,a∈Z,且（a,n+1）=1}为所求.

例10对任意正整数n,用S（n）表示集合{1,2,…,n}中所有与n互质的元素之和.

证明:

2S（n）不是完全平方数;

例11求所有的奇质数p,使得

.

例12求所有质数p,使得

.

例13设n为大于1的奇数,k1,k2,…,kn是n个给定的整数,对1,2,…,n的每一个排列a=（a1,a2,…,an）,记S（a）=

.证明:

存在两个1,2,…,n的排列b和c（b≠c）,使得n!

|S（b）-S（c）.

证明:

如果对1,2,…,n的任意两个不同排列b和c（b≠c）,都有

n!

∤S（b）-S（c）,那么当a取遍所有排列时（共n!

个）,S（a）遍历模n!

的一个完系,

因此,有

≡1+2+…+n!

≡

（modn!

）①,另一方面,我们有

=

②.

由①

≡

（modn!

）与②

≡0（modn!

）（因n为奇数）矛盾!

故原命题成立.

例14已知m,n为正整数,且m为奇数,（m,2n-1）=1.证明:

m|

.

证明:

因1,2,…,m构成modm的完系,（m,2）=1,所以2,4,…,2m也构成

modm的完系,所以

即

.

因（m,2n-1）=1,所以

.得证.

例15已知x∈（0,1）,设y∈（0,1）且对任意正整数n，y的小数点后第n位数字是x的小数点后第2n位数字.证明:

若x是有理数,则y也是有理数.

例16设A={a1,a2,…,aφ（n）}是模n的一个既约剩余系.如果方程x2≡1（modn）在A中解的个数为N,求证:

a1a2…aφ（n）≡

（modn）.

同余方程与同余方程组

1.同余方程（组）及其解的概念

定义1给定正整数m及n次整系数多项式

，则同余式f（x）≡0（modm）①叫做模m的同余方程,若an0（modm）,则n叫做方程①的次数.

若x=a是使f（a）≡0（modm）成立的一个整数,则x≡a（modm）叫做方程①的一个解,即把剩余类a（modm）叫做①的一个解.

若a1（modm）,a2（modm）均为方程①的解,且a1,a2对模m不同余,就称它们是方程①的不同解.由此可见,只需在模m的任一组完系中解方程①即可.

例1解方程2x2+x-1≡0（mod7）.

解:

取mod7的完系:

-3,-2,-1,0,1,2,3,直接验算知x≡-3（modm）是解.

例2求方程4x2+27x-12≡0（mod15）.

解:

取mod15的完系:

-7,-6,…,-1,0,1,…,7,直接验算知x≡-6,3（modm）是解.

2.一次同余方程

设m∤a,则ax≡b（modm）,叫模m的一次同余方程.

定理1当（a,m）=1时,方程ax≡b（modm）必有解,且解数为1.

证明:

因当（a,m）=1时,x与ax同时遍历模m的完系,所以,有且仅有一个x使得

ax≡b（modm）.即x≡a-1b（modm）.

定理2方程ax≡b（modm）有解

（a,m）|b,且有解时其解数为（a,m）,及若x0是一个特解,则它的（a,m）个解是

.

例3解方程6x≡10（mod8）.

解:

因（6,8）=2,且-1是一个特解,所以,方程6x≡10（mod8）的解为:

即

.

例4解方程12x≡6（mod9）.

因（12,9）=3,且-1是一个特解,所以,方程12x≡6（mod9）的解为:

即

.

3.同余方程组

定义3给定正整数m1,m2,…,mk和整系数多项式f1（x）,f2（x）,…,fk（x）,则同余式组

②,叫做同余方程组.若x=a是使fj（a）≡0（modmj）（1≤j≤k）成立的一个整数,则x≡a（modm）叫做方程组②的一个解,即把剩余类a（modm）叫做②的一个解.其中m=[m1,m2,…,mk].

例5解方程组

.

解:

由例3知6x≡10（mod8）的解是

.所以,原解方程组

或

或

.

中国剩余定理:

设K≥2,而m1,m2,…,mk是K个两两互质的正整数，令

M=m1m2…mk=m1M1=m2M2=…=mkMk，则对任意整数a1,a2,…,ak下列同余式组：

③的正整数解是x≡a1M1M1-1+a2M2M2-1+…+akMkMk-1（modM）.

其中Mj-1满足MjMj-1≡1（modmj）（1≤j≤k）,即Mj对模mj的逆.

证明:

（1）对1≤j≤k,因mj|Mi（i≠j）,mj|M,所以x≡ajMjMj-1≡aj（modmj）.

（2）设x,y都是同余式组的解,即x≡aj（modmj）,y≡aj（modmj）（1≤j≤k）,

则x≡y（modmj）,即mj|x-y,因m1,m2,…,mk两两互质,所以M|x-y即x≡y（modM）.

注:

（1）存在无穷多个整数x满足同余方程组③,这些x属于同一模m的剩余类;

（2）同余方程组③仅有一个解x≡a1M1M1-1+a2M2M2-1+…+akMkMk-1（modM）.

（3）当（a,mi）=1（=1,2,…,n）时,同余方程组

仍然具有定理结论.

这在数论解题中具有重要应用.

例6“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何”.

解:

设物数x,则有

这里m1=3,m2=5,m3=7,M=3×5×7=105,所以,

35×35-1≡2×35-1≡1（mod3）

35-1≡2（mod3）,

21×21-1≡21-1≡1（mod5）

21-1≡1（mod3）,

15×15-1≡15-1≡1（mod7）

15-1≡1（mod3）,所以,同余方程组的解为:

即x=105k+23（k∈N）.

例7有兵一队,若分别列5,6,7,11行纵队,则末行人数分别为1,5,4,10.求兵数.

解:

设兵数x,则

其中m1=5,m2=6,m3=7,m4=11,M=2310,

462×462-1≡2×462-1≡1（mod5）

462-1≡3（mod5）,

385×385-1≡385-1≡1（mod6）

385-1≡1（mod6）,

330×330-1≡330-1≡1（mod7）

330-1≡1（mod7）,

210×210-1≡210-1≡1（mod11）

210-1≡1（mod11）,所以,同余方程组的解为:

即x=2310k+2111（k∈N）.

例8证明:

对任意n个两两互质的正整数:

m1,m2,…,mn,总存在n个连续的自然数k+1,k+2,…,k+n使得mi|k+i（i=1,2,…,n）.

证明:

由剩余定理知,总存在整数k使得

即存在连续的自然数k+1,k+2,…,k+n使得mi|k+i（i=1,2,…,n）.

例9证明:

对任意n∈N*,存在n个连续正整数它们中每一个数都不是素数的幂（当然也不是素数）.

证明:

因都不是素数的幂时,只能是素数之积.对任意n∈N*,取两组不同的素

数p1,p2,…,pn与q1,q2,…,qn,则由剩余定理知存在m∈N*,使得

同时成立.于是,n个连续正整数m+1,m+2,…,m+n中,每一个数都有两个不同的素因子.故结论成立.

例10证明:

存在一个含有N（≥2）个正整数的集合A,使得A中任意两个数都互质,且A中任意k（k≥2）个数的和都是合数.

例11证明:

存在一个由正整数组成的递增数列{an},使得对任意k∈N*,数列

{k+an}中都至多有有限项为素数.

证明:

用p1,p2,p3,…表示所有素数从小到大的排列.令a1=2,a2为适合

且大于a1的最小正整数a2=8,取a3适合

且大于a2的最小正整数a2=38.假定a1,a2,…,an都已确定,则取an+1适合

且大于an的最小正整数,由剩余定理知满足条件的an+1存在.则上述递推关系定义的数列{an}满足题意:

因对任意k∈N*,当n≥k+1时,都有k+an≡0（modpk+1）,

由{an}递增可知{k+an}从第k+2项起每一项都是pk+1的倍数,且都大于pk+1,所以,

数列{k+an}中至多有k+1项为素数.

例12是否存在一个由正整数组成的数列，使得每个正整数都恰在该数列中出现一次，且对任意正整数k，该数列的前k项之和是k的倍数？

解:

取a1=1,假设a1,a2,…,am都已确定,令t为不在a1,a2,…,am中出现的最小正整数,S=a1+a2+…+am.由剩余定理知存在无穷多个r∈N*,使得

成立.（如a1=1,取t=2,适合

且r>1,2得r=3）.

取这样的r,使得r>t且r>

令am+1=r,am+2=t,则这样得到的数列{an}满足要求.

例13证明:

存在一个n∈N*,使得对任意整数k,整数k2+k+n没有小于2011的质因数.

例14证明:

存在k∈N*,使得对任意n∈N*,数2nk+1都是合数.

例15设m∈N*,n∈Z,证明:

数2n可以表为两个与m互素的整数之和.

..