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2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo) 第四十六講《同余式》教案1 北師大版.doc

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2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo) 第四十六講《同余式》教案1 北師大版.doc

2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo) 第四十六講同余式教案1 北師大版數(shù)論有它自己的代數(shù),稱為同余理論最先引進(jìn)同余的概念與記號(hào)的是數(shù)學(xué)王子高斯先看一個(gè)游戲:有n1個(gè)空格排成一行,第一格中放入一枚棋子,甲乙兩人交替移動(dòng)棋子,每步可前移1,2或3格,以先到最后一格者為勝問(wèn)是先走者勝還是后走者勝?應(yīng)該怎樣走才能取勝?取勝之道是:你只要設(shè)法使余下的空格數(shù)是4的倍數(shù),以后你的對(duì)手若走i格(i=1,2,3),你走4-i格,即每一次交替,共走了4格最后只剩4個(gè)空格時(shí),你的對(duì)手就必輸無(wú)疑了因此,若n除以4的余數(shù)是1,2或3時(shí),那么先走者甲勝;若n除以4的余數(shù)是0的話,那么后走者乙勝在這個(gè)游戲里,我們可以看出,有時(shí)我們不必去關(guān)心一個(gè)數(shù)是多少,而要關(guān)心這個(gè)數(shù)用m除后的余數(shù)是什么又例如,xx年元旦是星期五,xx年有365天,365=7521,所以xx年的元旦是星期六這里我們關(guān)心的也是余數(shù)這一講中,我們將介紹同余的概念、性質(zhì)及一些簡(jiǎn)單的應(yīng)用同余,顧名思義,就是余數(shù)相同定義1 給定一個(gè)正整數(shù)m,如果用m去除a,b所得的余數(shù)相同,則稱a與b對(duì)模m同余,記作ab(modm),并讀作a同余b,模m若a與b對(duì)模m同余,由定義1,有a=mq1r,b=mq2+r所以 a-b=m(q1-q2),即 ma-b反之,若ma-b,設(shè)a=mq1r1,b=mq2r2,0r1,r2m-1,則有mr1-r2因r1-r2m-1,故r1-r2=0,即r1r2于是,我們得到同余的另一個(gè)等價(jià)定義:定義2 若a與b是兩個(gè)整數(shù),并且它們的差a-b能被一正整數(shù)m整除,那么,就稱a與b對(duì)模m同余同余式的寫法,使我們聯(lián)想起等式其實(shí)同余式和代數(shù)等式有一些相同的性質(zhì),最簡(jiǎn)單的就是下面的定理1定理1 (1)aa(modm)(2) 若ab(modm),則ba(modm)(3) 若ab(modm),bc(modm),則ac(modm)在代數(shù)中,等式可以相加、相減和相乘,同樣的規(guī)則對(duì)同余式也成立定理2 若ab(modm),cd(modm),則acbd(modm),acbd(modm)證 由假設(shè)得ma-b,mc-d,所以m(ac)-(bd), mc(a-b)b(c-d),即acbd(modm),acbd(modm)由此我們還可以得到:若ab(modm),k是整數(shù),n是自然數(shù),則akbk(modm),akbk(modm),anbn(modm)對(duì)于同余式acbc(modm),我們是否能約去公約數(shù)c,得到一個(gè)正確的同余式ab(modm)?在這個(gè)問(wèn)題上,同余式與等式是不同的例如255(mod 10),約去5得51(mod 10)這顯然是不正確的但下面這種情形,相約是可以的定理3 若acbc(modm),且(c,m)=1,則ab(modm)證 由題設(shè)知ac-bc=(a-b)c=mk由于(m,c)=1,故ma-b,即ab(modm)定理4 若n2,ab(modm1),ab(modm2),ab(modmn),且M=m1,m2,mn表示m1,m2,mn的最小公倍數(shù),則ab(modM)前面介紹了同余式的一些基本內(nèi)容,下面運(yùn)用同余這一工具去解決一些具體問(wèn)題應(yīng)用同余式的性質(zhì)可以簡(jiǎn)捷地處理一些整除問(wèn)題若要證明m整除a,只需證a0(modm)即可例1 求證:(1)8(55xx17);(2) 8(32n7);(3)17(191000-1)證 (1)因55-1(mod 8),所以55xx-1(mod 8),55xx17-117=160(mod 8),于是8(55xx17)(2)32=91(mod 8),32n1(mod 8),所以32n7170(mod 8),即8(32n7)(3)192(mod 17),19424=16-1(mod 17),所以191000=(194)250(-1)2501(mod 17),于是17(191000-1)例2 求使2n-1為7的倍數(shù)的所有正整數(shù)n解 因?yàn)?381(mod 7),所以對(duì)n按模3進(jìn)行分類討論(1) 若n=3k,則2n-1(23)k-18k-11k-10(mod 7);(2) 若n=3k1,則2n-1=2(23)k-1=28k-121k-11(mod 7);(3) 若n=3k2,則2n-1=22(23)k-1=48k-141k-13(mod 7)所以,當(dāng)且僅當(dāng)3n時(shí),2n-1為7的倍數(shù)例3 對(duì)任意的自然數(shù)n,證明A=2903n-803n-464n261n能被1897整除證 1897=7271,7與271互質(zhì)因?yàn)?9035(mod 7),8035(mod 7),4642(mod 7),2612(mod 7),所以A=2903n-803n-464n+261n5n-5n-2n+2n=0(mod 7),故7A又因?yàn)?903193(mod 271),803261(mod 271),464193(mod 271),所以故271A因(7,271)=1,所以1897整除A例4 把1,2,3,127,128這128個(gè)數(shù)任意排列為a1,a2,a128,計(jì)算出a1-a2,a3-a4 ,a127-a128,再將這64個(gè)數(shù)任意排列為b1,b2,b64,計(jì)算b1-b2,b3-b4,b63-b64如此繼續(xù)下去,最后得到一個(gè)數(shù)x,問(wèn)x是奇數(shù)還是偶數(shù)?解 因?yàn)閷?duì)于一個(gè)整數(shù)a,有aa(mod 2), a-a(mod 2),所以b1b2b64=a1-a2+a3-a4+a127-a128a1-a2a3-a4+a127-a128a1a2a3a4+a127a128(mod 2),因此,每經(jīng)過(guò)一次“運(yùn)算”,這些數(shù)的和的奇偶性是不改變的最終得到的一個(gè)數(shù)xa1a2a12812128 641290(mod 2),故x是偶數(shù)如果要求一個(gè)整數(shù)除以某個(gè)正整數(shù)的余數(shù),同余是一個(gè)有力的工具另外,求一個(gè)數(shù)的末位數(shù)字就是求這個(gè)數(shù)除以10的余數(shù),求一個(gè)數(shù)的末兩位數(shù)字就是求這個(gè)數(shù)除以100的余數(shù)例5 求證:一個(gè)十進(jìn)制數(shù)被9除的余數(shù)等于它的各位數(shù)字之和被9除的余數(shù)101(mod 9),故對(duì)任何整數(shù)k1,有10k1k1(mod 9)因此即A被9除的余數(shù)等于它的各位數(shù)字之和被9除的余數(shù)說(shuō)明 (1)特別地,一個(gè)數(shù)能被9整除的充要條件是它的各位數(shù)字之和能被9整除(2)算術(shù)中的“棄九驗(yàn)算法”就是依據(jù)本題的結(jié)論例6 任意平方數(shù)除以4余數(shù)為0和1(這是平方數(shù)的重要特征)證 因?yàn)槠鏀?shù)2=(2k1)2=4k24k+11(mod 4),偶數(shù)2=(2k)2=4k20(mod 4),所以例7 任意平方數(shù)除以8余數(shù)為0,1,4(這是平方數(shù)的又一重要特征)證 奇數(shù)可以表示為2k1,從而奇數(shù)2=4k24k+1=4k(k1)+1因?yàn)閮蓚€(gè)連續(xù)整數(shù)k,k1中必有偶數(shù),所以4k(k1)是8的倍數(shù),從而奇數(shù)2=8t+11(mod 8),偶數(shù)2=(2k)2=4k2(k為整數(shù))(1)若k=偶數(shù)=2t,則4k2=16t20(mod 8)(2)若k=奇數(shù)=2t+1,則4k2=4(2t1)2=16(t2t)+44(mod 8),所以求余數(shù)是同余的基本問(wèn)題在這種問(wèn)題中,先求出與1同余的數(shù)是一種基本的解題技巧例8 (1)求33除2xx的余數(shù)(2)求8除72n+1-1的余數(shù)解 (1)先找與1(mod 33)同余的數(shù)因?yàn)?532-1(mod 33),所以 2101(mod 33),2xx=(210)1992523-825(mod 33),所求余數(shù)為25(2)因?yàn)?-1(mod 8),所以72n1(-1)2n1-1(mod 8),72n1-1-26(mod 8),即余數(shù)為6例9 形如Fn22n+1,n=0,1,2,的數(shù)稱為費(fèi)馬數(shù)證明:當(dāng)n2時(shí),F(xiàn)n的末位數(shù)字是7證 當(dāng)n2時(shí),2n是4的倍數(shù),故令2n=4t于是Fn=22n1=24t+1=16t16t17(mod 10),即Fn的末位數(shù)字是7說(shuō)明 費(fèi)馬數(shù)的頭幾個(gè)是F03,F(xiàn)15,F(xiàn)217,F(xiàn)3257,F(xiàn)465537,它們都是素?cái)?shù)費(fèi)馬便猜測(cè):對(duì)所有的自然數(shù)n,F(xiàn)n都是素?cái)?shù)然而,這一猜測(cè)是錯(cuò)誤的首先推翻這個(gè)猜測(cè)的是歐拉,他證明了下一個(gè)費(fèi)馬數(shù)F5是合數(shù)證明F5是合數(shù),留作練習(xí)利用同余還可以處理一些不定方程問(wèn)題例10 證明方程x4+y4+2=5z沒(méi)有整數(shù)解證 對(duì)于任一整數(shù)x,以5為模,有x0,1,2(mod 5),x20,1,4(mod 5),x40,1,1(mod 5),即對(duì)任一整數(shù)x,x40,1(mod 5)同樣,對(duì)于任一整數(shù)yy40,1(mod 5),所以 x4+y4+22,3,4(mod 5),從而所給方程無(wú)整數(shù)解說(shuō)明 同余是處理不定方程的基本方法,但這種方法也非常靈活,關(guān)鍵在于確定所取的模(本例我們?nèi)∧?),這往往應(yīng)根據(jù)問(wèn)題的特點(diǎn)來(lái)確定練習(xí)二十五1求證:17(191000-1)2證明:對(duì)所有自然數(shù)n,330(62n-52n-11)4求21000除以13的余數(shù)5求1525359951005除以4所得的余數(shù)6今天是星期天,過(guò)3100天是星期幾?再過(guò)5xx天又是星期幾?7求n=1357xx的末三位數(shù)字8證明不定方程x2+y2-8z=6無(wú)整數(shù)解

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