同余性质

  设m∈Z>0,a,b∈Zm\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }a,b\in \mathbb{Z}m∈Z>0​, a,b∈Z。

1. 甲：a≡a(modm)a\equiv a\left( \bmod m \right)a≡a(modm)
2. 乙：a≡b(modm)⇒b≡a(modm)a\equiv b\left( \bmod m \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }b\equiv a\left( \bmod m \right)a≡b(modm) ⇒ b≡a(modm)
3. 丙：a≡b(modm)b≡c(modm)}⇒a≡c(modm)\left. \begin{aligned} & a\equiv b\left( \bmod m \right) \\ & b\equiv c\left( \bmod m \right) \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }a\equiv c\left( \bmod m \right)​a≡b(modm)b≡c(modm)​} ⇒ a≡c(modm)
4. 丁：若a1≡b1(modm),a2≡b2(modm){{a}_{1}}\equiv {{b}_{1}}\left( \bmod m \right),\text{ }{{a}_{2}}\equiv {{b}_{2}}\left( \bmod m \right)a1​≡b1​(modm), a2​≡b2​(modm)，则
   1. a1+a2≡b1+b2(modm){{a}_{1}}+{{a}_{2}}\equiv {{b}_{1}}+{{b}_{2}}\left( \bmod m \right)a1​+a2​≡b1​+b2​(modm)
   2. a+b≡c(modm)⇒a≡c−b(modm)a+b\equiv c\left( \bmod m \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }a\equiv c-b\left( \bmod m \right)a+b≡c(modm) ⇒ a≡c−b(modm)
5. 戊：a1≡b1(modm)a2≡b2(modm)}⇒a1a2≡b1b2(modm)\left. \begin{aligned} & {{a}_{1}}\equiv {{b}_{1}}\left( \bmod m \right) \\ & {{a}_{2}}\equiv {{b}_{2}}\left( \bmod m \right) \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{a}_{1}}{{a}_{2}}\equiv {{b}_{1}}{{b}_{2}}\left( \bmod m \right)​a1​≡b1​(modm)a2​≡b2​(modm)​} ⇒ a1​a2​≡b1​b2​(modm)。
   特别地，a≡b(modm)⇒ak≡bk(modm),∀k∈Za\equiv b\left( \bmod m \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }ak\equiv bk\left( \bmod m \right),\text{ }\forall k\in \mathbb{Z}a≡b(modm) ⇒ ak≡bk(modm), ∀k∈Z
6. 己：a≡b(modm),{a=a1db=b1d,gcd⁡(d,m)=1⇒a1≡b1(modm)a\equiv b\left( \bmod m \right),\text{ }\left\{ \begin{aligned} & a={{a}_{1}}d \\ & b={{b}_{1}}d \\ \end{aligned} \right.,\text{ }\gcd \left( d,m \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }{{a}_{1}}\equiv {{b}_{1}}\left( \bmod m \right)a≡b(modm), {​a=a1​db=b1​d​, gcd(d,m)=1 ⇒ a1​≡b1​(modm)
7. 庚：{a≡b(modm),k>0⇒ak≡bk(modmk)a≡b(modm),d∈Z>0,{d∣ad∣bd∣m⇒ad≡bd(modmd)\left\{ \begin{aligned} & a\equiv b\left( \bmod m \right),\text{ }k>0\text{ }\Rightarrow \text{ }ak\equiv bk\left( \bmod mk \right) \\ & a\equiv b\left( \bmod m \right),\text{ }d\in {{\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|a \\ & \left. d \right|b \\ & \left. d \right|m \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d}\left( \bmod \frac{m}{d} \right) \\ \end{aligned} \right.⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​​a≡b(modm), k>0 ⇒ ak≡bk(modmk)a≡b(modm), d∈Z>0​, ⎩⎪⎨⎪⎧​​d∣ad∣bd∣m​ ⇒ da​≡db​(moddm​)​
8. 辛：∀i∈{1,2,⋯,k},a≡b(modmi)⇒a≡b(mod[lcm(m1,m2⋯,mk)])\forall i\in \left\{ 1,2,\cdots ,k \right\},a\equiv b\left( \bmod {{m}_{i}} \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }a\equiv b\left( \bmod \left[ lcm\left( {{m}_{1}},{{m}_{2}}\cdots ,{{m}_{k}} \right) \right] \right)∀i∈{1,2,⋯,k},a≡b(modmi​) ⇒ a≡b(mod[lcm(m1​,m2​⋯,mk​)])
9. 壬：a≡b(modm),{d∣md>0⇒a≡b(modd)a\equiv b\left( \bmod m \right),\text{ }\left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|m \\ & d>0 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }a\equiv b\left( \bmod d \right)a≡b(modm), {​d∣md>0​ ⇒ a≡b(modd)
10. 癸：a≡b(modm)⇒gcd(a,m)=gcd⁡(b,m)a\equiv b\left( \bmod m \right)\text{ }\Rightarrow \text{ gcd}\left( a,m \right)=\gcd \left( b,m \right)a≡b(modm) ⇒ gcd(a,m)=gcd(b,m)
    因而可以成立以下推理关系：
    {d∣md∣a⇒d∣gcd⁡(a,m)=gcd⁡(b,m)⇒d∣b\left\{ \begin{aligned} & \left. d \right|m \\ & \left. d \right|a \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \left. d \right|\gcd \left( a,m \right)=\gcd \left( b,m \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. d \right|b{​d∣md∣a​ ⇒d∣gcd(a,m)=gcd(b,m) ⇒ d∣b

定理: ∀a,b∈Z\forall a,b\in \mathbb{Z}∀a,b∈Z，有a≡b(modm)⇔m∣(a−b)⇔∃t∈Z,a=b+mta\equiv b\left( \bmod m \right)\text{ }\Leftrightarrow \text{ }\left. m \right|\left( a-b \right)\text{ }\Leftrightarrow \text{ }\exists t\in \mathbb{Z},\text{ }a=b+mta≡b(modm) ⇔ m∣(a−b) ⇔ ∃t∈Z, a=b+mt

定理: 若Aα1α2⋯αk≡Bα1α2⋯αk(modm),xi≡yi(modm),i=1,2,⋯,k{{A}_{{{\alpha }_{1}}{{\alpha }_{2}}\cdots {{\alpha }_{k}}}}\equiv {{B}_{{{\alpha }_{1}}{{\alpha }_{2}}\cdots {{\alpha }_{k}}}}\left( \bmod m \right),\text{ }{{x}_{i}}\equiv {{y}_{i}}\left( \bmod m \right),\text{ }i=1,2,\cdots ,kAα1​α2​⋯αk​​≡Bα1​α2​⋯αk​​(modm), xi​≡yi​(modm), i=1,2,⋯,k，则∑α1α2⋯αkAα1α2⋯akx1α1x2α2⋯xkαk≡∑α1α2⋯αkBα1α2⋯aky1α1y2α2⋯ykαk(modm)\sum\limits_{{{\alpha }_{1}}{{\alpha }_{2}}\cdots {{\alpha }_{k}}}^{{}}{{{A}_{{{\alpha }_{1}}{{\alpha }_{2}}\cdots {{a}_{k}}}}{{x}_{1}}^{{{\alpha }_{1}}}{{x}_{2}}^{{{\alpha }_{2}}}\cdots {{x}_{k}}^{{{\alpha }_{k}}}}\equiv \sum\limits_{{{\alpha }_{1}}{{\alpha }_{2}}\cdots {{\alpha }_{k}}}^{{}}{{{B}_{{{\alpha }_{1}}{{\alpha }_{2}}\cdots {{a}_{k}}}}{{y}_{1}}^{{{\alpha }_{1}}}{{y}_{2}}^{{{\alpha }_{2}}}\cdots {{y}_{k}}^{{{\alpha }_{k}}}}\left( \bmod m \right)α1​α2​⋯αk​∑​Aα1​α2​⋯ak​​x1​α1​x2​α2​⋯xk​αk​≡α1​α2​⋯αk​∑​Bα1​α2​⋯ak​​y1​α1​y2​α2​⋯yk​αk​(modm)特别地，若ai≡bi(modm),i=0,1,2,⋯,n{{a}_{i}}\equiv {{b}_{i}}\left( \bmod m \right),\text{ }i=0,1,2,\cdots ,nai​≡bi​(modm), i=0,1,2,⋯,n，则anxn+an−1xn−1+⋯a0≡bnxn+bn−1xn−1+⋯+b0(modm){{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\cdots {{a}_{0}}\equiv {{b}_{n}}{{x}^{n}}+{{b}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\cdots +{{b}_{0}}\left( \bmod m \right)an​xn+an−1​xn−1+⋯a0​≡bn​xn+bn−1​xn−1+⋯+b0​(modm)特别地，若x≡y(modm)x\equiv y\left( \bmod m \right)x≡y(modm)，则anxn+an−1xn−1+⋯+a0≡anyn+an−1yn−1+⋯+a0(modm){{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\cdots +{{a}_{0}}\equiv {{a}_{n}}{{y}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{y}^{n-1}}+\cdots +{{a}_{0}}\left( \bmod m \right)an​xn+an−1​xn−1+⋯+a0​≡an​yn+an−1​yn−1+⋯+a0​(modm)

若干个正整数的倍数特征（十进制范围内）

  000

1. 000是任意非零整数的倍数；
2. 任意整数都不是000的倍数。

补充
  引用《初等数论（第四版）》里关于因数和倍数的定义：
∀a∈Z\forall a\in \mathbb{Z}∀a∈Z, ∀b∈Z≠0\forall \text{ }b\in {{\mathbb{Z}}_{\ne 0}}∀ b∈Z​=0​，若∃q∈Z,s.t.a=bq\exists q\in \mathbb{Z},\text{ }s.t.a=bq∃q∈Z, s.t.a=bq成立，则称bbb为aaa的因数，aaa为bbb的倍数。

  111

1. 任意整数都是111的倍数。

  222

1. 个位数是偶数0,2,4,6,80,2,4,6,80,2,4,6,8的整数⇔\Leftrightarrow⇔222的倍数。因为
   10≡0(mod2)⇒a0+∑k=1n10kak≡a0+∑k=1n0kak=a0(mod2)a≡a0≡0(mod2)\begin{matrix} 10\equiv 0\left( \bmod 2 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{10}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{0}^{k}}{{a}_{k}}}={{a}_{0}}\left( \bmod 2 \right) \\ {{a}_{}}\equiv a_0\equiv 0\left( \bmod 2 \right) \\ \end{matrix}10≡0(mod2)⇒a0​+k=1∑n​10kak​≡a0​+k=1∑n​0kak​=a0​(mod2)a​≡a0​≡0(mod2)​

  333

1. 数字和是3的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 333的倍数。因为
   10≡1(mod3)⇒a0+∑k=1n10kak≡a0+∑k=1n1kak=∑k=0nak(mod3)⇒a≡∑k=0nak≡0(mod3)\begin{matrix} 10\equiv 1\left( \bmod 3 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{10}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}}\left( \bmod 3 \right) \\ \Rightarrow a \equiv \sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}}\equiv 0\left( \bmod 3 \right) \\ \end{matrix}10≡1(mod3)⇒a0​+k=1∑n​10kak​≡a0​+k=1∑n​1kak​=k=0∑n​ak​(mod3)⇒a≡k=0∑n​ak​≡0(mod3)​

  4

1. 末尾两位是4的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 444的倍数。因为
   100≡0(mod4)⇒a0+∑k=1n100kak≡a0+∑k=1n0kak=a0(mod4)⇒a≡a0≡0(mod4)\begin{matrix} 100\equiv 0\left( \bmod 4 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{100}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{0}^{k}}{{a}_{k}}}={{a}_{0}}\left( \bmod 4 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{}}\equiv a_0\equiv 0\left( \bmod 4 \right) \\ \end{matrix}100≡0(mod4)⇒a0​+k=1∑n​100kak​≡a0​+k=1∑n​0kak​=a0​(mod4)⇒a​≡a0​≡0(mod4)​

  5

1. 个位数是000或555的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 555的倍数。因为
   10≡0(mod5)⇒a0+∑k=1n10kak≡a0+∑k=1n0kak=a0(mod5)⇒a≡a0(mod5)\begin{matrix} 10\equiv 0\left( \bmod 5 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{10}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{0}^{k}}{{a}_{k}}}={{a}_{0}}\left( \bmod 5 \right) \\ \Rightarrow a\equiv {{a}_{0}}\left( \bmod 5 \right) \\ \end{matrix}10≡0(mod5)⇒a0​+k=1∑n​10kak​≡a0​+k=1∑n​0kak​=a0​(mod5)⇒a≡a0​(mod5)​

  6

1. 既是222的倍数又是333的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 666的倍数，因为6=lcm(2,3)6=lcm\left( 2,3 \right)6=lcm(2,3)

  7

1. 从右至左，每3个数字一组，交错和是777的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 777的倍数。因为
   1000≡−1(mod7)⇒a0+∑k=1n1000kak≡a0+∑k=1n(−1)kak=∑k=0n(−1)kak⇒a≡∑k=0n(−1)kak≡0(mod7)\begin{matrix} 1000\equiv -1\left( \bmod 7 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1000}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}} \\ \Rightarrow a\equiv \sum\limits_{k=0}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv 0\left( \bmod 7 \right) \\ \end{matrix}1000≡−1(mod7)⇒a0​+k=1∑n​1000kak​≡a0​+k=1∑n​(−1)kak​=k=0∑n​(−1)kak​⇒a≡k=0∑n​(−1)kak​≡0(mod7)​

补充说明
1000=1001−1=7×11×13−1≡−1(mod7/11/13)1000=1001-1=7\times 11\times 13-1\equiv -1\left( \bmod 7/11/13 \right)1000=1001−1=7×11×13−1≡−1(mod7/11/13)

  8

1. 后三位是8的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 888的倍数，因为
   1000≡0(mod8)⇒a0+∑k=1n1000kak≡a0+∑k=1n0kak=a0(mod8)⇒a≡a0≡0(mod8)\begin{matrix} 1000\equiv 0\left( \bmod 8 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1000}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{0}^{k}}{{a}_{k}}}={{a}_{0}}\left( \bmod 8 \right) \\ \Rightarrow a\equiv {{a}_{0}}\equiv 0\left( \bmod 8 \right) \\ \end{matrix}1000≡0(mod8)⇒a0​+k=1∑n​1000kak​≡a0​+k=1∑n​0kak​=a0​(mod8)⇒a≡a0​≡0(mod8)​

  9

1. 各位数的数字之和是999的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 999的倍数。因为
   10≡1(mod9)⇒a0+∑k=1n10kak≡a0+∑k=1n1kak=∑k=0nak(mod9)⇒a≡∑k=0nak≡0(mod9)\begin{matrix} 10\equiv 1\left( \bmod 9 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{10}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}}\left( \bmod 9 \right) \\ \Rightarrow a\equiv \sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}}\equiv 0\left( \bmod 9 \right) \\ \end{matrix}10≡1(mod9)⇒a0​+k=1∑n​10kak​≡a0​+k=1∑n​1kak​=k=0∑n​ak​(mod9)⇒a≡k=0∑n​ak​≡0(mod9)​

  10

1. 个位数是000的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 101010的倍数。因为
   10≡0(mod10)⇒a0+∑k=1n10kak≡a0+∑k=1n0kak=a0(mod10)⇒a≡a0≡0(mod10)⇔a0=0\begin{matrix} 10\equiv 0\left( \bmod 10 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{10}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{0}^{k}}{{a}_{k}}}={{a}_{0}}\left( \bmod 10 \right) \\ \Rightarrow a\equiv {{a}_{0}}\equiv 0\left( \bmod 10 \right)\text{ }\Leftrightarrow {{a}_{0}}=0 \\ \end{matrix}10≡0(mod10)⇒a0​+k=1∑n​10kak​≡a0​+k=1∑n​0kak​=a0​(mod10)⇒a≡a0​≡0(mod10) ⇔a0​=0​

  11

1. 从右至左，每三个数字一组，交错和是111111的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 111111的倍数。因为
   1000≡−1(mod11)⇒a0+∑k=1n1000kak≡a0+∑k=1n(−1)kak=∑k=0n(−1)kak⇒a≡∑k=0n(−1)kak≡0(mod11)\begin{matrix} 1000\equiv -1\left( \bmod 11 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1000}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}} \\ \Rightarrow a\equiv \sum\limits_{k=0}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv 0\left( \bmod 11 \right) \\ \end{matrix}1000≡−1(mod11)⇒a0​+k=1∑n​1000kak​≡a0​+k=1∑n​(−1)kak​=k=0∑n​(−1)kak​⇒a≡k=0∑n​(−1)kak​≡0(mod11)​

2. 从右至左，各位数交错和是11的倍数的整数⇔11\Leftrightarrow 11⇔11的倍数，因为
   10≡−1(mod11)⇒a0+∑k=1n10kak≡a0+∑k=1n(−1)kak=∑k=0n(−1)kak(mod11)⇒a≡∑k=0n(−1)kak≡0(mod11)\begin{matrix} 10\equiv -1\left( \bmod 11 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{10}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}\left( \bmod 11 \right) \\ \Rightarrow a\equiv \sum\limits_{k=0}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv 0\left( \bmod 11 \right) \\ \end{matrix}10≡−1(mod11)⇒a0​+k=1∑n​10kak​≡a0​+k=1∑n​(−1)kak​=k=0∑n​(−1)kak​(mod11)⇒a≡k=0∑n​(−1)kak​≡0(mod11)​

  12

1. 既是333的倍数也是444的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 121212的倍数，因为
   12=lcm(3,4)12=lcm\left( 3,4 \right)12=lcm(3,4)

  13

1. 从右至左，每三个数字一组，交错和是131313的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 131313的倍数，因为
   1000≡−1(mod13)⇒a0+∑k=1n1000kak≡a0+∑k=1n(−1)kak=∑k=0n(−1)kak(mod13)⇒a≡∑k=0n(−1)kak(mod13)\begin{matrix} 1000\equiv -1\left( \bmod 13 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1000}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}\left( \bmod 13 \right) \\ \Rightarrow a\equiv \sum\limits_{k=0}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}\left( \bmod 13 \right)} \\ \end{matrix}1000≡−1(mod13)⇒a0​+k=1∑n​1000kak​≡a0​+k=1∑n​(−1)kak​=k=0∑n​(−1)kak​(mod13)⇒a≡k=0∑n​(−1)kak​(mod13)​

  37

1. 从右至左，每三个数字一组，其和是37的倍数的整数⇔\Leftrightarrow⇔ 37的倍数，因为
   1000=37×27+1⇒1000≡1(mod37)⇒a0+∑k=1n1000kak≡a0+∑k=1n1kak=∑k=0nak(mod37)⇒a≡∑k=0nak≡0(mod37)\begin{matrix} 1000=37\times 27+1\text{ }\Rightarrow \text{ }1000\equiv 1\left( \bmod 37 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1000}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}}\left( \bmod 37 \right) \\ \Rightarrow a\equiv \sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}}\equiv 0\left( \bmod 37 \right) \\ \end{matrix}1000=37×27+1 ⇒ 1000≡1(mod37)⇒a0​+k=1∑n​1000kak​≡a0​+k=1∑n​1kak​=k=0∑n​ak​(mod37)⇒a≡k=0∑n​ak​≡0(mod37)​

  101

1. 从右至左，每两个数字一组，交错和是101倍数的整数 ⇔\Leftrightarrow⇔ 101的倍数，因为
   100≡−1(mod101)⇒a0+∑k=1n100kak≡a0+∑k=1n(−1)kak=∑k=1n(−1)kak(mod101)⇒a≡∑k=1n(−1)kak≡0(mod101)\begin{matrix} 100\equiv -1\left( \bmod 101 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{100}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}\left( \bmod 101 \right) \\ \Rightarrow a\equiv \sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( -1 \right)}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv 0\left( \bmod 101 \right) \\ \end{matrix}100≡−1(mod101)⇒a0​+k=1∑n​100kak​≡a0​+k=1∑n​(−1)kak​=k=1∑n​(−1)kak​(mod101)⇒a≡k=1∑n​(−1)kak​≡0(mod101)​

2. 从右至左，每四个数字一组，其和是101倍数的整数⇔101\Leftrightarrow 101⇔101的倍数，因为
   10000=101×99+1⇒10000≡1(mod101)⇒a0+∑k=1n10000kak≡a0+∑k=1n1kak=∑k=0nak(mod101)⇒a≡∑k=0nak≡0(mod101)\begin{matrix} 10000=101\times 99+1\text{ }\Rightarrow \text{ }10000\equiv 1\left( \bmod 101 \right) \\ \Rightarrow {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{10000}^{k}}{{a}_{k}}}\equiv {{a}_{0}}+\sum\limits_{k=1}^{n}{{{1}^{k}}{{a}_{k}}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}}\left( \bmod 101 \right) \\ \Rightarrow a\equiv \sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}}\equiv 0\left( \bmod 101 \right) \\ \end{matrix}10000=101×99+1 ⇒ 10000≡1(mod101)⇒a0​+k=1∑n​10000kak​≡a0​+k=1∑n​1kak​=k=0∑n​ak​(mod101)⇒a≡k=0∑n​ak​≡0(mod101)​

例子

1. 对637693637693637693进行简单的因子分析。

   1. 个位数为333，非偶，因此非2倍数，（当然也非4，8倍数）。
   2. 3∣6,3∣3,3∤7,3∣9⇒(6+3+7+6+9+3)≢0(mod3)\left. 3 \right|6,\text{ }\left. 3 \right|3,\text{ }3\not{|}7,\left. 3 \right|9\text{ }\Rightarrow \text{ }\left( 6+3+7+6+9+3 \right)\not{\equiv }0\left( \bmod 3 \right)3∣6, 3∣3, 3​∣7,3∣9 ⇒ (6+3+7+6+9+3)​≡0(mod3)，非3倍数（当然也非9倍数）。
   3. 4∤93⇒4\not{|}93\text{ }\Rightarrow \text{ }4​∣93 ⇒ 非4倍数。
   4. 个位数非0非5，因此非5倍数，非10倍数。
   5. 非2倍数，非3倍数，因此非6倍数。
   6. 693−637=56,7∣56,11∤56,13∤56693-637=56,\text{ }\left. 7 \right|56,\text{ }11\not{|}56,\text{ }13\not{|}56693−637=56, 7∣56, 11​∣56, 13​∣56，因此是7倍数，非11倍数，非13倍数。
   7. 非3倍数，非4倍数，因此非12倍数。

2. 对753122897531228975312289进行简单的因子分析。

   1. 个位数为9，非偶，因此非2倍数（当然也非4, 8倍数）。
   2. 7+5+3+1+2+2+8+9≡1(mod3)\cancel{7+5}+\cancel{3}+\cancel{1+2}+2+8+\cancel{9}\equiv 1\left( \bmod 3 \right)7+5​+3​+1+2​+2+8+9​≡1(mod3)，因此非3倍数（当然也非9倍数）。
   3. 4∣894\cancel{|}894∣​89，因此非4倍数。
   4. 个位数非0非5，因此非5倍数，非10倍数。
   5. 非2倍数且非3倍数，因此非6倍数。
   6. 289−312+75=52=4×13289-312+75=52=4\times 13289−312+75=52=4×13，是13倍数，非7倍数，非11倍数。
   7. 非3倍数，非4倍数，因此非12倍数。

3. 应用检查因数的方法写出153562515356251535625的标准分解式。

   1535625个位数是5，因此可分解出因子5，1535625=5×3071251535625=5\times 3071251535625=5×307125。
   307125个位数是5，因此可分解出因子5，307125=5×61425307125=5\times 61425307125=5×61425。
   61425个位数是5，因此可分解出因子5，61425=5×1228561425=5\times 1228561425=5×12285。
   12285个位数是5，因此可分解出因子5，12285=5×245712285=5\times 245712285=5×2457。
   2+4+5+7≡0(mod9)2+4+5+7\equiv 0\left( \bmod 9 \right)2+4+5+7≡0(mod9)，因此可分解出因子9，2457=32×2732457={{3}^{2}}\times 2732457=32×273。
   2+7+3≡0(mod3)2+7+3\equiv 0\left( \bmod 3 \right)2+7+3≡0(mod3)，因此可分解出因子3，273=3×91273=3\times 91273=3×91。
   最后919191可分解为91=7×1391=7\times 1391=7×13。
   因此153562515356251535625的标准分解式为
   1535625=33×54×7×131535625={{3}^{3}}\times {{5}^{4}}\times 7\times 131535625=33×54×7×13

4. 应用检查因数的方法写出1158066的标准分解式。

   1158066个位数是6，因此有因子2，1158066=2×5790331158066=2\times 5790331158066=2×579033。
   5+7+9+0+3+3≡0(mod9)5+7+9+0+3+3\equiv 0\left( \bmod 9 \right)5+7+9+0+3+3≡0(mod9)，因此有因子9，579033=32×64337579033={{3}^{2}}\times 64337579033=32×64337。
   337−64=273=3×7×13337-64=273=3\times 7\times 13337−64=273=3×7×13，因此有因子7，64337=7×919164337=7\times 919164337=7×9191。
   191−9=182=2×7×13191-9=182=2\times 7\times 13191−9=182=2×7×13，因此有因子7，9191=7×13139191=7\times 13139191=7×1313。
   313−1=312=23×3×13313-1=312={{2}^{3}}\times 3\times 13313−1=312=23×3×13，因此有因子13，1313=13×1011313=13\times 1011313=13×101。
   （101<121=112101<121={{11}^{2}}101<121=112，小于11的数均非101的因子，于是101是素数）
   基于此，我们有1158066的标准分解式为
   1158066=2×32×72×13×1011158066=2\times {{3}^{2}}\times {{7}^{2}}\times 13\times 1011158066=2×32×72×13×101

同余应用：万年历, C.Zeller 1882

  
内容
  1582年10月4日之后，第C+1C+1C+1世纪中的第Y(0≤Y≤99)Y\left( 0\le Y\le 99 \right)Y(0≤Y≤99)年MMM月DDD日，这一天是星期ZZZ，ZZZ满足以下关系
Z≡D+[2.6m−0.2]−2C+y+[y4]+[C4](mod7)Z\equiv D+\left[ 2.6m-0.2 \right]-2C+y+\left[ \frac{y}{4} \right]+\left[ \frac{C}{4} \right]\left( \bmod 7 \right)Z≡D+[2.6m−0.2]−2C+y+[4y​]+[4C​](mod7)
其中mmm表示两个月前的月份，yyy表示两个月前的年份（的后两位）。

例子

1. 计算2020年9月29日是星期几。
   按照公式，有
   C+1=21⇒C=20Y=20M=9D=29m=M−2=7y=20\begin{aligned} & C+1=21\text{ }\Rightarrow \text{ }C=20 \\ & Y=20 \\ & M=9 \\ & D=29 \\ & m=M-2=7 \\ & y=20 \\ \end{aligned}​C+1=21 ⇒ C=20Y=20M=9D=29m=M−2=7y=20​
   代入公式得
   29+[2.6×7−0.2]−2×20+20+[204]+[204]=29+18−40+20+5+5=37≡2(mod7)\begin{aligned} & \text{ }29+\left[ 2.6\times 7-0.2 \right]-2\times 20+20+\left[ \frac{20}{4} \right]+\left[ \frac{20}{4} \right] \\ & =29+18-40+20+5+5 \\ & =37\equiv 2\left( \bmod 7 \right) \\ \end{aligned}​ 29+[2.6×7−0.2]−2×20+20+[420​]+[420​]=29+18−40+20+5+5=37≡2(mod7)​
   因此这一天是星期二。

2. 计算2021年春节（2月12日）是星期几。
   按照公式，有
   C+1=21⇒C=20Y=21M=2D=12m=12y=20\begin{aligned} & C+1=21\text{ }\Rightarrow \text{ }C=20 \\ & Y=21 \\ & M=2 \\ & D=12 \\ & m=12 \\ & y=20 \\ \end{aligned}​C+1=21 ⇒ C=20Y=21M=2D=12m=12y=20​
   代入公式，有
   12+[2.6×12−0.2]−2×20+20+[204]+[204]=12+31−40+20+5+5=33≡5(mod7)\begin{aligned} & \text{ }12+\left[ 2.6\times 12-0.2 \right]-2\times 20+20+\left[ \frac{20}{4} \right]+\left[ \frac{20}{4} \right] \\ & =12+31-40+20+5+5 \\ & =33\equiv 5\left( \bmod 7 \right) \\ \end{aligned}​ 12+[2.6×12−0.2]−2×20+20+[420​]+[420​]=12+31−40+20+5+5=33≡5(mod7)​
   因此这一天是星期五。

同余应用：ISBN码验真伪

内容
  任何正版图书的ISBN代码，如果是13位的话，依次记从左到右的数字为a1{{a}_{1}}a1​到a13{{a}_{13}}a13​，则必须满足下式
a1+3a2+a3+3a4+a5+3a6+a7+3a8+a9+3a10+a11+3a12+a13≡0(mod10){{a}_{1}}+3{{a}_{2}}+{{a}_{3}}+3{{a}_{4}}+{{a}_{5}}+3{{a}_{6}}+{{a}_{7}}+3{{a}_{8}}+{{a}_{9}}+3{{a}_{10}}+{{a}_{11}}+3{{a}_{12}}+{{a}_{13}}\equiv 0\left( \bmod 10 \right)a1​+3a2​+a3​+3a4​+a5​+3a6​+a7​+3a8​+a9​+3a10​+a11​+3a12​+a13​≡0(mod10)
即
∑i=17a2i−1+3∑j=16a2j≡0(mod10)\sum\limits_{i=1}^{7}{{{a}_{2i-1}}}+3\sum\limits_{j=1}^{6}{{{a}_{2j}}}\equiv 0\left( \bmod 10 \right)i=1∑7​a2i−1​+3j=1∑6​a2j​≡0(mod10)
若一本书的13位ISBN码不满上述式子，则一定为非正版。

例子

1. 学校购买的《初等数论（第四版）》（闵嗣鹤 严士健 编）的ISBN码为978-7-04-053446-7。
   (9+8+0+0+3+4+7)+3×(7+7+4+5+4+6)=130≡0(mod10)\left( 9+8+0+0+3+4+7 \right)+3\times \left( 7+7+4+5+4+6 \right)=130\equiv 0\left( \bmod 10 \right)(9+8+0+0+3+4+7)+3×(7+7+4+5+4+6)=130≡0(mod10)

2. 某本书的ISBN码为9780061353289。
   (9+8+0+1+5+2+9)+3×(7+0+6+3+3+8)≡(−1−2+0+1+5+2−1)+3×(−3+0−4+3+3−2)(mod10)=4+3×(−3)=−5≡5(mod10)\begin{aligned} & \text{ }\left( 9+8+0+1+5+2+9 \right)+3\times \left( 7+0+6+3+3+8 \right) \\ & \equiv \left( \cancel{-1}\cancel{-2}+0\cancel{+1}+5\cancel{+2}-1 \right)+3\times \left( \cancel{-3}+0-4\cancel{+3}+3-2 \right)\left( \bmod 10 \right)\\ & =4+3\times \left( -3 \right) \\ & =-5 \\ & \equiv 5\left( \bmod 10 \right) \\ \end{aligned}​ (9+8+0+1+5+2+9)+3×(7+0+6+3+3+8)≡(−1​−2​+0+1​+5+2​−1)+3×(−3​+0−4+3​+3−2)(mod10)=4+3×(−3)=−5≡5(mod10)​
   因此该书一定为盗版书。

3. 某正版书的ISBN码前12位为978079225314，求其最后一位（校验位）。
   设最后一位为x∈Zx\in \mathbb{Z}x∈Z ，0≤x≤90\le x\le 90≤x≤9。列得
   (9+8+7+2+5+1+x)+3×(7+0+9+2+3+4)≡(−1−2−3+2+5+1+x)+3×(−3+0−1+2+3+4)(mod10)=(x+2)+3×5=x+17≡0(mod10)⇒x=3\begin{aligned} & \text{ }\left( 9+8+7+2+5+1+x \right)+3\times \left( 7+0+9+2+3+4 \right) \\ & \equiv \left( \cancel{-1}\cancel{-2}-3\cancel{+2}+5+\cancel{1}+x \right)+3\times \left( \cancel{-3}+0-1+2\cancel{+3}+4 \right)\left( \bmod 10 \right) \\ & =\left( x+2 \right)+3\times 5 \\ & =x+17 \\ & \equiv 0\left( \bmod 10 \right) \\ & \Rightarrow x=3 \\ \end{aligned}​ (9+8+7+2+5+1+x)+3×(7+0+9+2+3+4)≡(−1​−2​−3+2​+5+1​+x)+3×(−3​+0−1+2+3​+4)(mod10)=(x+2)+3×5=x+17≡0(mod10)⇒x=3​
   因此最后一位是3。

同余应用: 弃九法 检验两数相乘结果正确性

内容
  假设由普通乘法的运算方法求出整数a,ba,ba,b的乘积是PPP，并令
a=an10n+an−110n−1+⋯+a0,0≤ai<10b=bm10m+bm−110m−1+⋯+b0,0≤bj<10P=ck10k+ck−110k−1+⋯+c0,0≤cl<10\begin{aligned} & a={{a}_{n}}{{10}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{10}^{n-1}}+\cdots +{{a}_{0}},\text{ }0\le {{a}_{i}}<10 \\ & b={{b}_{m}}{{10}^{m}}+{{b}_{m-1}}{{10}^{m-1}}+\cdots +{{b}_{0}},\text{ }0\le {{b}_{j}}<10 \\ & P={{c}_{k}}{{10}^{k}}+{{c}_{k-1}}{{10}^{k-1}}+\cdots +{{c}_{0}},\text{ }0\le {{c}_{l}}<10 \\ \end{aligned}​a=an​10n+an−1​10n−1+⋯+a0​, 0≤ai​<10b=bm​10m+bm−1​10m−1+⋯+b0​, 0≤bj​<10P=ck​10k+ck−1​10k−1+⋯+c0​, 0≤cl​<10​
则P=abP=abP=ab的必要条件是
(∑i=0nai)(∑j=0mbj)≡(∑l=0kcl)(mod9)\left( \sum\limits_{i=0}^{n}{{{a}_{i}}} \right)\left( \sum\limits_{j=0}^{m}{{{b}_{j}}} \right)\equiv \left( \sum\limits_{l=0}^{k}{{{c}_{l}}} \right)\left( \bmod 9 \right)(i=0∑n​ai​)(j=0∑m​bj​)≡(l=0∑k​cl​)(mod9)

例子
  考虑a=28997,b=39495a=28997,\text{ }b=39495a=28997, b=39495。
P1=1145236415P2=1145236515P3=1145235615\begin{aligned} & {{P}_{1}}=1\text{ }145\text{ }236\text{ }415 \\ & {{P}_{2}}=1\text{ }145\text{ }236\text{ }515 \\ & {{P}_{3}}=1\text{ }145\text{ }235\text{ }615 \\ \end{aligned}​P1​=1 145 236 415P2​=1 145 236 515P3​=1 145 235 615​
其中P2{{P}_{2}}P2​是a×ba\times ba×b的正确结果。下面逐个利用弃九法进行分析。
a≡2+8+9+9+7(mod9)≡1+7(mod9)≡8(mod9)b≡3+9+4+9+5(mod9)≡12(mod9)≡3(mod9)\begin{matrix} \begin{aligned} & a\equiv 2+8+\cancel{9}+\cancel{9}+7\left( \bmod 9 \right) \\ & \equiv 1+7\left( \bmod 9 \right) \\ & \equiv 8\left( \bmod 9 \right) \\ \end{aligned} & \begin{aligned} & b\equiv 3+\cancel{9}+4+\cancel{9}+5\left( \bmod 9 \right) \\ & \equiv 12\left( \bmod 9 \right) \\ & \equiv 3\left( \bmod 9 \right) \\ \end{aligned} \\ \end{matrix}​a≡2+8+9​+9​+7(mod9)≡1+7(mod9)≡8(mod9)​​​b≡3+9​+4+9​+5(mod9)≡12(mod9)≡3(mod9)​​
8×3=24≡6(mod9)8\times 3=24\equiv 6\left( \bmod 9 \right)8×3=24≡6(mod9)

1. 对P1P_1P1​,
   P1≡1+1+4+5+2+3+6+4+1+5(mod9)≡5(mod9)\begin{aligned} & {{P}_{1}}\equiv 1+1+\cancel{4+5}+2+\cancel{3+6}+\cancel{4}+1+\cancel{5}\left( \bmod 9 \right) \\ & \equiv 5\left( \bmod 9 \right) \\ \end{aligned}​P1​≡1+1+4+5​+2+3+6​+4​+1+5​(mod9)≡5(mod9)​
   因此错误答案P1P_1P1​不通过弃九法的检验。

2. 对P2P_2P2​.
   P2≡1+1+4+5+2+3+6+5+1+5(mod9)≡6(mod9)\begin{aligned} & {{P}_{2}}\equiv \cancel{1+1}+\cancel{4+5}+\cancel{2}+\cancel{3+6}+\cancel{5}+1+5\left( \bmod 9 \right) \\ & \equiv 6\left( \bmod 9 \right) \\ \end{aligned}​P2​≡1+1​+4+5​+2​+3+6​+5​+1+5(mod9)≡6(mod9)​
   因此正确答案P2P_2P2​通过弃九法的检验。

3. 对P3P_3P3​,
   P3≡1+1+4+5+2+3+5+6+1+5(mod9)≡6(mod9)\begin{aligned} & {{P}_{3}}\equiv \cancel{1+1}+\cancel{4+5}+\cancel{2}+\cancel{3}+\cancel{5}+\cancel{6}+1+5\left( \bmod 9 \right) \\ & \equiv 6\left( \bmod 9 \right) \\ \end{aligned}​P3​≡1+1​+4+5​+2​+3​+5​+6​+1+5(mod9)≡6(mod9)​
   因此错误答案P3P_3P3​通过了弃九法的检验。

同余应用: 判断 某整数是否是某大数的因子

例题
  证明641∣232+1\left. 641 \right|{{2}^{32}}+1641∣232+1。
证明:
216=65536⇒216≡65536(mod641){65536=641×102+154154<641⇒154=641×0+154⇒65536≡154(mod641)\begin{aligned} & {{2}^{16}}=65536\text{ }\Rightarrow \text{ }{{2}^{16}}\equiv 65536\left( \bmod 641 \right) \\ & \left\{ \begin{aligned} & 65536=641\times 102+154 \\ & 154<641\text{ }\Rightarrow \text{ }154=641\times 0+154 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ 65536}\equiv \text{154}\left( \bmod 641 \right) \\ \end{aligned}​216=65536 ⇒ 216≡65536(mod641){​65536=641×102+154154<641 ⇒ 154=641×0+154​ ⇒ 65536≡154(mod641)​
因此有216≡154(mod641){{2}^{16}}\equiv 154\left( \bmod 641 \right)216≡154(mod641)。
232=(216)2≡1542=23716(mod641){23716=641×36+640640<641⇒640=641×0+640−1=641×(−1)+640⇒23716≡640≡−1(mod641)\begin{aligned} & {{2}^{32}}={{\left( {{2}^{16}} \right)}^{2}}\equiv {{154}^{2}}=23716\left( \bmod 641 \right) \\ & \left\{ \begin{aligned} & 23716=641\times 36+640 \\ & 640<641\text{ }\Rightarrow \text{ }640=641\times 0+640 \\ & -1=641\times \left( -1 \right)+640 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }23716\equiv 640\equiv -1\left( \bmod 641 \right) \\ \end{aligned}​232=(216)2≡1542=23716(mod641)⎩⎪⎨⎪⎧​​23716=641×36+640640<641 ⇒ 640=641×0+640−1=641×(−1)+640​ ⇒ 23716≡640≡−1(mod641)​
因此有232≡−1(mod641)⇒232+1≡0(mod641)⇒641∣232+1{{2}^{32}}\equiv -1\left( \bmod 641 \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }{{2}^{32}}+1\equiv 0\left( \bmod 641 \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 641 \right|{{2}^{32}}+1232≡−1(mod641) ⇒ 232+1≡0(mod641) ⇒ 641∣232+1。
注：

1. 该题的第一个思想是将整除转化为同余，体现在641∣232+1 ⇔232+1≡0(mod641)⇔232≡−1(mod641)\left. 641 \right|{{2}^{32}}\text{+1 }\Leftrightarrow \text{ }{{\text{2}}^{32}}+1\equiv 0\left( \bmod 641 \right)\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{\text{2}}^{32}}\equiv -1\left( \bmod 641 \right)641∣232+1 ⇔ 232+1≡0(mod641) ⇔ 232≡−1(mod641)
2. 在①的基础上，该题的第二个思想是不断将大数同绝对值小于除数（641）的整数建立起同余关系，使得计算在笔算层面一直保持在可控量级上；
3. 由于105=641×156+22{{10}^{5}}=641\times 156+{{2}^{2}}105=641×156+22，因此有105≡22(mod641)⇒(105)16+1≡(22)16+1(mod641){{10}^{5}}\equiv {{2}^{2}}\left( \bmod 641 \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }{{\left( {{10}^{5}} \right)}^{16}}+1\equiv {{\left( {{2}^{2}} \right)}^{16}}+1\left( \bmod 641 \right)105≡22(mod641) ⇒ (105)16+1≡(22)16+1(mod641)即
   1080+1≡232+1(mod641){{10}^{80}}+1\equiv {{2}^{32}}+1\left( \bmod 641 \right)1080+1≡232+1(mod641)
   所以也有641∣1080+1\left. 641 \right|{{10}^{80}}+1641∣1080+1。

定理: 设aaa是任一奇数，则有a2n≡1(mod2n+2)(n≥1){{a}^{{{2}^{n}}}}\equiv 1\left( \bmod {{2}^{n+2}} \right)\left( n\ge 1 \right)a2n≡1(mod2n+2)(n≥1)

证明
  令G={2m+1∣m∈Z}G=\left\{ \left. 2m+1 \right|m\in \mathbb{Z} \right\}G={2m+1∣m∈Z}为全体奇数集合。

1. 先证明n=1n=1n=1时，∀a∈G\forall a\in G∀a∈G，均有a21≡1(mod21+2){{a}^{{{2}^{1}}}}\equiv 1\left( \bmod {{2}^{1+2}} \right)a21≡1(mod21+2)即a2≡1(mod8){{a}^{2}}\equiv 1\left( \bmod 8 \right)a2≡1(mod8)。
   a=2m+1⇒a2=4m2+4m+1=4(m2+m)+1a=2m+1\text{ }\Rightarrow \text{ }{{a}^{2}}=4{{m}^{2}}+4m+1=4\left( {{m}^{2}}+m \right)+1a=2m+1 ⇒ a2=4m2+4m+1=4(m2+m)+1。
   mmm是奇数时，m2,m{{m}^{2}},mm2,m均为奇数，m2+m{{m}^{2}}+mm2+m为偶数，因此∃q1∈Z\exists {{q}_{1}}\in \mathbb{Z}∃q1​∈Z，使得m2+m=2q1{{m}^{2}}+m=2{{q}_{1}}m2+m=2q1​，也就有
   a2=8q1+1≡1(mod8){{a}^{2}}=8{{q}_{1}}+1\equiv 1\left( \bmod 8 \right)a2=8q1​+1≡1(mod8)
   mmm是偶数时，m2,m{{m}^{2}},mm2,m均为偶数，m2+m{{m}^{2}}+mm2+m为偶数，因此∃q2∈Z\exists {{q}_{2}}\in {{\mathbb{Z}}}∃q2​∈Z，使得m2+m=2q2{{m}^{2}}+m=2{{q}_{2}}m2+m=2q2​，也就有
   a2=8q2+1≡1(mod8){{a}^{2}}=8{{q}_{2}}+1\equiv 1\left( \bmod 8 \right)a2=8q2​+1≡1(mod8)
2. ∀a∈G\forall a\in G∀a∈G，假设n=kn=kn=k时有a2k≡1(mod2k+2){{a}^{{{2}^{k}}}}\equiv 1\left( \bmod {{2}^{k+2}} \right)a2k≡1(mod2k+2)，则有
   a2k−1≡0(mod2k+2)⇒2k+2∣a2k−1{{a}^{{{2}^{k}}}}-1\equiv 0\left( \bmod {{2}^{k+2}} \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {{2}^{k+2}} \right|{{a}^{{{2}^{k}}}}-1a2k−1≡0(mod2k+2) ⇒ 2k+2∣∣​a2k−1
   因此∃t∈Z,s.t.a2k−1=2k+2t\exists t\in \mathbb{Z},\text{ }s.t.\text{ }{{a}^{{{2}^{k}}}}-1={{2}^{k+2}}t∃t∈Z, s.t. a2k−1=2k+2t，即a2k=1+2k+2t{{a}^{{{2}^{k}}}}=1+{{2}^{k+2}}ta2k=1+2k+2t，于是有
   a2k+1=(a2k)2=(1+2k+2t)2=2k+3(2k+1t2+t)+1,2k+1t2+t∈Z⇒a2k+1≡1(mod2k+3)\begin{matrix} {{a}^{{{2}^{k+1}}}}={{\left( {{a}^{{{2}^{k}}}} \right)}^{2}}={{\left( 1+{{2}^{k+2}}t \right)}^{2}}={{2}^{k+3}}\left( {{2}^{k+1}}{{t}^{2}}+t \right)+1,\text{ }{{2}^{k+1}}{{t}^{2}}+t\in \mathbb{Z} \\ \Rightarrow {{a}^{{{2}^{k+1}}}}\equiv 1\left( \bmod {{2}^{k+3}} \right) \\ \end{matrix}a2k+1=(a2k)2=(1+2k+2t)2=2k+3(2k+1t2+t)+1, 2k+1t2+t∈Z⇒a2k+1≡1(mod2k+3)​
   由数学第一归纳法最终得到，∀a∈G\forall a\in G∀a∈G，∀n∈Z≥1\forall n\in {{\mathbb{Z}}_{\ge 1}}∀n∈Z≥1​，有
   a2n≡1(mod2n+2){{a}^{{{2}^{n}}}}\equiv 1\left( \bmod {{2}^{n+2}} \right)a2n≡1(mod2n+2)

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