【数学】整除与同余

基本概念

在数论中,整除不得不说是一种最为基础的知识了。
a a a 整除 b b b,记作 a ∣ b a|b ab
a , b ∈ Z a,b\in\Z a,bZ b ≠ 0 b\ne 0 b=0,则 b ∣ a b|a ba 当且仅当 ∃ q ∈ Z \exist q\in\Z qZ 满足 q b = a qb=a qb=a

同余可以看做是整除的进阶版了。
a a a 除以 b b b 的余数,记作 a m o d    b a\mod b amodb
a , b ∈ Z a,b\in\Z a,bZ b ≠ 0 b\ne 0 b=0,则唯一存在 q ∈ Z q\in\Z qZ 满足 q b + r = a qb+r=a qb+r=a 使得 0 ≤ r < b 0\le r0r<b,称为带余除法,记 a m o d    b = r a\mod b=r amodb=r
x , y , m ∈ Z x,y,m\in\Z x,y,mZ m ≠ 0 m\ne 0 m=0,当且仅当 x m o d    m = y m o d    m x\mod m=y\mod m xmodm=ymodm,称 x x x y y y 在模 m m m 意义下同余,记作 x ≡ y ( m o d m ) x\equiv y\pmod m xy(modm)

基本性质

作为一个 OIer,似乎并不需要知道以下性质的证明,虽然很好证就是了。

  • a ∣ b , b ∣ c a|b,b|c ab,bc,则 a ∣ c a|c ac
    不妨设 b = p a , c = q b b=pa,c=qb b=pa,c=qb 其中 p , q ∈ Z p,q\in\Z p,qZ
    联立得 c = p q a = p q ⋅ a c=pqa=pq\cdot a c=pqa=pqa
    a ∣ c a|c ac
  • a ∣ b a∣b ab a ∣ c a∣c ac,则 a ∣ b x + c y ∀ x , y ∈ Z a|bx+cy\forall x,y\in\Z abx+cyx,yZ
    不妨设 b = p a , c = q a b=pa,c=qa b=pa,c=qa 其中 p , q ∈ Z p,q\in\Z p,qZ
    b x + c y = p x a + q y a = ( p x + q y ) ⋅ a bx+cy=pxa+qya=(px+qy)\cdot a bx+cy=pxa+qya=(px+qy)a
    a ∣ b x + c y a|bx+cy abx+cy
  • a ∣ b a∣b ab c ∣ d c∣d cd,则 a c ∣ b d ac∣bd acbd
    不妨设 b = p a , d = q c b=pa,d=qc b=pa,d=qc 其中 p , q ∈ Z p,q\in\Z p,qZ
    b d = p a ⋅ q c = p q ⋅ a c bd=pa\cdot qc=pq\cdot ac bd=paqc=pqac
    a c ∣ b d ac|bd acbd
  • p ∣ ( a − b ) p∣(a−b) p(ab) 等价于 a ≡ b ( m o d p ) a\equiv b\pmod p ab(modp)
    不妨设 b = , d = q c b=,d=qc b=,d=qc 其中 p , q ∈ Z p,q\in\Z p,qZ
    b d = p a ⋅ q c = p q ⋅ a c bd=pa\cdot qc=pq\cdot ac bd=paqc=pqac
    a c ∣ b d ac|bd acbd
  • a ≡ a ( m o d p ) a\equiv a \pmod p aa(modp)
    易证。
  • a ≡ b ( m o d p ) a\equiv b \pmod p ab(modp) 等价于 b ≡ a ( m o d p ) b\equiv a \pmod p ba(modp)
    易证。
  • a ≡ b ( m o d p ) a\equiv b \pmod p ab(modp) b ≡ c ( m o d p ) b\equiv c \pmod p bc(modp),则 a ≡ c ( m o d p ) a\equiv c \pmod p ac(modp)
    不妨设 b = a + k 1 p , c = b + k 2 p b=a+k_1p,c=b+k_2p b=a+k1p,c=b+k2p
    c = a + k 1 p + k 2 p = a + ( k 1 + k 2 ) ⋅ p c=a+k_1p+k_2p=a+(k_1+k_2)\cdot p c=a+k1p+k2p=a+(k1+k2)p
    a ≡ c ( m o d p ) a\equiv c \pmod p ac(modp)
  • a ≡ b ( m o d p ) a\equiv b \pmod p ab(modp),则 a + c ≡ b + c ( m o d p ) a + c\equiv b + c \pmod p a+cb+c(modp)
    不妨设 b = a + k 1 p b=a+k_1p b=a+k1p
    b + c = a + k 1 p + c ≡ a + c ( m o d p ) b+c=a+k_1p+c\equiv a+c\pmod p b+c=a+k1p+ca+c(modp)
    a + c ≡ b + c ( m o d p ) a + c\equiv b + c \pmod p a+cb+c(modp)
  • a ≡ b ( m o d p ) a\equiv b \pmod p ab(modp),则 a c ≡ b c ( m o d p ) ac\equiv bc \pmod p acbc(modp)
    不妨设 b = a + k 1 p b=a+k_1p b=a+k1p
    b c = ( a + k 1 p ) ⋅ c = a c + k 1 p c ≡ a c ( m o d p ) bc=(a+k_1p)\cdot c=ac+k_1pc\equiv ac\pmod p bc=(a+k1p)c=ac+k1pcac(modp)
    a c ≡ b c ( m o d p ) ac\equiv bc \pmod p acbc(modp)
  • a ≡ b ( m o d p ) a\equiv b \pmod p ab(modp),则 a n ≡ b n ( m o d p ) a^n\equiv b^n \pmod p anbn(modp)
    不妨设 b = a + k 1 p b=a+k_1p b=a+k1p
    则由二项式定理 b n = ( a + k 1 p ) ⋅ c = ∑ i = 0 n ( k i ) ⋅ a i ( k 1 p ) n − i ≡ a n ( m o d p ) b^n=(a+k_1p)\cdot c=\sum_{i=0}^n{k\choose i}\cdot a^i(k_1p)^{n-i}\equiv a^n\pmod p bn=(a+k1p)c=i=0n(ik)ai(k1p)nian(modp)
    a n ≡ b n ( m o d p ) a^n\equiv b^n\pmod p anbn(modp)

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