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一、同餘
對於整數除以某個正整數的問題，如果只關心餘數的情況，就產生同餘的概念。
定義1用給定的正整數m分別除整數a、b，如果所得的餘數相等，則稱a、b對模m同餘，記作a≡b(mod m)，如 56≡0 （mod 8）。
定理1整數a,b對模m同餘的充要條件是 a-b能被m整除（即m|a-b）。
證 設a=mq1+r1, 0<=r1b=mq2+r2, 0<=r2若a≡b(mod m)，按定義1，r1=r2,於是a-b=m(q1+q2),即有m|a-b.
反之，若m|a-b,即m|m(q1-a2)+r1-r2，則m|r1-r2，但|r1-r2|推論a≡b(mod m)的充要條件是a=mt+b（t為整數）。
表示對模m同餘關係的式子叫做模m的同余式，簡稱同餘，同余式的記號是高斯（gauss）在2023年首先使用的。
定理2同餘關係具有反身性、對稱性與傳遞性，即
1）a≡a (mod m);
2）若a≡b (mod m), 則b≡a (mod m);
3）若a≡b (mod m), b≡c (mod m)，則a≡c (mod m).
定理3若a≡b(mod m), c≡d (mod m),則
1）a+c≡b+d (mod m);
2）a-c≡b-d (mod m);
3）ac≡bd (mod m).
多於兩個的同模同余式也能夠進行加減乘運算。對於乘法還有下面的推論：
推論若a≡b(mod m),n為自然數，則an≡bn (mod m)。
定理4若ca≡cb(mod m), (c,m)=d, 且a,b為整數，則a≡b(mod m/d).
推論若ca=cb(mod m), (c,m)=1,且a,b為整數，則a≡b(mod m).
定理5若a≡b (mod m),a≡b (mod n),則a≡b(mod [m,n]).
推論若a≡b(mod mi), i=1,2,…,n，則a≡b (mod [m1,m2,..,mn]).
例1證明：正整數a是9的倍數必須且只須a的各位數碼之和是9的倍數。
證 設a=an.10n+an-1.10n-1+…+a0
由10≡1 (mod 9)得10k≡1(mod 9),k=0,1,2,…,n，
所以 ak.10k≡ak (mod 9), k=0,1,2,…,n。
所以a≡a0+a1+...+an (mod 9)
因此 9|a的充要條件是 9| a0+a1+...+an 。
例2設a=anan-1…a1a0,求11|a的充要條件。
解由10≡-1 (mod 11),得10k≡(-1)k (mod 11), k=0,1,2,…,n
而 a≡a0-a1+a2-…+(-1)nan (mod 11)
因此 11|a的充要條件是11| a0-a1+a2-…+(-1)nan.
例3求正整數a能被7整除的條件。
解 由於 1000≡-1 (mod 7)，從而1000k≡(-1)k (mod 7), k=0,1,2,…,n,
於是設a= anan-1…a1a0 (1000) 這就有a≡a0-a1+a2-…+(-1)nan (mod 7)
因此 7|a的充要條件是a0-a1+a2-…+(-1)nan ≡0 (mod 7) 這裡的ai為三位數（一千進製）.
如當a=89101234579時，由於579-234+101-89=357≡0 (mod 7)，所以7|a。
定義2如果m為自然數，集合kr=，r=0,1,…,m
則稱k0,k1,…,km-1為模m的剩餘類。
例如，模2的剩餘類是偶數類與奇數類；模3的剩餘類是:k0=，k1=，k2=。
剩餘類具有如下列比較明顯的性質：
1）模m的剩餘類k0，k1，……，km-1都是整數的非空子集；
2）每個整數必屬於且只屬於乙個剩餘類；
3）兩個整數屬於同乙個剩餘類的充要條件是它們對模m同餘。
定義3從模m的每個剩餘類中任取乙個數，所得到的m個數叫做模m的完全剩餘系。
對模m來說，它的完全剩餘系是很多的，經常採用的是：
0,1,2,…,m-1;
1,2,3,…,m;
-(m-1)/2,…,-1,0,1,…,m/2 (m為奇數)，
-m/2+1,…,-1,0,1,…,m/2 (m為偶數)，
-m/2,…,-1,0,1,…,m/2-1 (m為偶數).
定理6k個整數a1,a2,…,ak構成模m的完全剩餘系的充要條件是k=m，且這m個數對模m兩兩不同餘。
定理7若x1,x2,…,xm 是模m的完全剩餘系，（a,m）=1,b為整數，則ax1+b，ax2+b，…，axm+b也是模m的完全剩餘系。
二尤拉函式
定義1 在模m的完全剩餘系中，所有與m互素的數叫做模m的簡化剩餘系。例如1，3，7，9是模10的乙個簡化剩餘系。
定義2若對任意的自然數m，用記號ф(m)表示0,1,2,…,m-1中與m互素的數的個數，則稱ф(m)為尤拉函式。
例如ф(10)=4，ф(7)=6，ф(1)=1。
定理1k個整數a1,a2,…,ak構成模m簡化剩餘系的充要條件是k=ф(m)，(ai,m)=1,i=1,2,…, ф(m),且這ф(m)個數對模m兩兩不同餘。
定理2 若(a,m)=1，x1,x2,…,xф(m)是模m的簡化剩餘系，則ax1,ax2,…,axф(m)也是模m的簡化剩餘系。
定理3(尤拉定理)若(a,m)=1，則aф(m) ≡1 (mod m)
證 設x1,x2,…,xф(m)是模m的簡化剩餘系，根據定理2，ax1,ax2,…,axф(m)也是模m的簡化剩餘系。
由此可知x1,x2,…,xф(m)中任乙個數必與ax1,ax2,…,axф(m)中某乙個數對模m同餘；反之ax1,ax2,…,axф(m)中任乙個數必與x1,x2,…,xф(m)中某乙個數對模m同餘，這就有：
ax1ax2…axф(m)≡x1x2…xф(m) (mod m),又(x1x2…xф(m),m)=1,所以aф(m) ≡1 (mod m)。
例1已知x=h是使ax≡1 (mod m)中成立的最小正整數，求證h|ф(m)。
證 由ah-1=mt(t為整數)可知(a,m)=1，於是
aф(m) ≡1 (mod m)。
令ф(m)=hq+r,0<=r代入上面的同余式，可得 ar ≡1 (mod m),所以r=0，故h|ф(m)。
推論（費馬小定理）若p是素數，則
1） 當(a,p)=1時，ap-1 ≡1 (mod p)；
2） ap ≡a (mod p)
證 先證1）。由p是素數，知0,1,2,…,p-1中有p-1個數與p互素，於是ф(p)=p-1。又因為(a,p)=1，所以根據定理3得證1）。
再證2）。當(a,p)=1時，由1）知2)成立；當(a,p)不等於1時，p|a，餘數同為0,2)也成立。
尤拉在2023年證明了定理3，故稱為尤拉定理。費馬在2023年提出了上面的推論，它的證明是尤拉在2023年完成的，這個推論通常叫做費馬小定理。
例2設a為整數，求證a5≡a(mod 30).
證 由於30=2.3.5，而依據費馬小定理，有
a5≡a(mod 5) (1)
a3≡a(mod 3) (2)
a2≡a(mod 2) (3)
由(2)得 a5≡a3≡a(mod 3) （4）
由(3)得a5≡a4≡a2≡a(mod 2) (5)
於是由(1).(4),(5)，並且2,3,5兩兩互素，所以 a5≡a(mod 30).
定理4若p是素數，則ф(pa)=pa-pa-1。 （ф(pa)的計算公式）
證 考慮模pa的完全剩餘系0,1,2,…,p,…,2p,…,pa-1 (1)
(1)式中與pa不互素的數只有p的倍數0,p,2p,…,(pa-1–1)p,這共有pa-1個，於是(1)中與pa互素的數有pa-p a-1個，所以ф(pa)=pa-pa-1。
定理5若(m,n)=1,則ф(mn)=ф(m)ф(n)。
推論 若正整數m1,m2,…mk兩兩互素，則ф(m1m2…mk)=ф(m1)ф(m2)…ф(mk).
定理6若m的標準分解式為m=p1
a1p2
a2…pk
ak,則ф(m)=p1
a1-1p2
a2-1…pk
ak-1(p1-1)(p2-1)…(pk-1).
例3設(n,10)=1,求證n101與n的末三位數相同。
證：為了證明n101-n≡0只要證明n100≡1(mod 1000).
事實上由(n,125)=1,φ(125)= φ(5^3)=5^3-5^2=100，有n100≡1(mod 125);
再由n是奇數知8|n^2-1，進而n^100≡1(mod 8),而(125,8)=1，得證。
同模餘定理
同模餘定理 所謂的同餘，顧名思義，就是許多的數被乙個數 d 去除，有相同的餘數。d 數學上的稱謂為模。如 a 6,b 1,d 5,則我們說 a 和 b 是模 d 同餘的。因為他們都有相同的餘數 1 a b mod d 1 a 和 b 是模 d 同餘的.2 存在某個整數 n 使得 a b nd 3 d...
和與餘數的和同餘理解 模和同餘定理
一 什麼是餘數 在整數的除法中，只有能整除與不能整除兩種情況。當不能整除時，就產生餘數。我們在讀小學二年級時，已經學了帶餘數的出發了，我們來溫習一下。通過做了這麼多年除法，我們可以理解到，餘數是指整數除法中被除數未被除盡部分，且餘數的取值範圍為0到除數之間 不包括除數 的整數，也就是說餘數一定比除數...
（原創）同餘定理
數學解釋 數論中的重要概念。給定乙個正整數m，如果兩個整數a和b滿足a b能夠被m整除，即 a b m得到乙個整數，那麼就稱整數a與b對模m同餘，同餘定理 兩個整數同時除以乙個整數得到的餘數相同，則二整數同餘。記作a b mod m 實際上我們在acm只要記住兩個公式即可 只對 成立，對 不成立 a...