同余的基本概念，完系

概念与基本性质

若 $m\mid a-b$ ，则记 $a\equiv b(modm)$ ，代表 $a$ 与 $b$ 模 $m$ 同余。同余是一种等量关系

基本性质：

1、$a\equiv b(modm)⟺b\equiv a(modm)$

2、若 $a\equiv b(modm),c\equiv d(modm)$ ， 则 $a\pm b\equiv c\pm d(modm),ac\equiv bd(modm)$

3、若 $ac\equiv bc(modm)$ ， 则 $a\equiv b(mod\frac{m}{(m,c)})$

4、若 $a\equiv b(modm)$ 且 $n\mid m$ ，则 $a\equiv b(modn)$

5、若 $a\equiv b(modm)$ 且 $a\equiv b(modn)$ ，则 $a\equiv b(mod[m,n])$

注记：

性质2可以得到推论 $a^n\equiv b^n(modm)$ ，该推论可以使得指数出现我们想要的数，其中底数取 $1$ 与 $-1$ 的情况是优秀的

性质3的 $(m,c)=1$ 为特别情况

性质4中常取 $n$ 为素数弱化结论

此外，二项式展开也是同余中常用的方法

例1

求所有 $(a_1,a_2,...,a_{100})$ 满足其中任四个的四次方之和被它们的积整除

先考虑取出五个数 $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$ ，其中以 $a_1$ 为主元

由条件知 $a_1^4+a_2^4+a_3^4+a_4^4\equiv 0(mod{a}_1{a}_2{a}_3{a}_4)$

那么可以得到 $a_2^4+a_3^4+a_4^4\equiv 0(mod{a}_1)$ ，以及

$a_2^4+a_3^4+a_5^4\equiv 0(mod{a}_1)$

$a_2^4+a_4^4+a_5^4\equiv 0(mod{a}_1)$

$a_3^4+a_4^4+a_5^4\equiv 0(mod{a}_1)$

那么就有 $0\equiv a_2^4\equiv a_3^4\equiv a_4^4\equiv a_5^4(mod{a}_1)$

可得 $3a_2^4\equiv 0(mod{a}_1)$

从而 $a_1\mid 3$ 或 $a_1\mid a_2$

这里的 $a_2$ 是任取的，换而言之，$\mathrm{\forall }{a}_i,a_i\mid 3$ 或 $a_i\mid a_j,j=1,2,...,100$

这里我们应当把所有数的最大公约数除掉，不妨设所有数互素

那么存在两个 $(a_1,a_2)=1$ ，显然有一个不整除另一个，就必须有 $1$ 或者 $3$ 。

显然，有一个 $1$ 或者 $3$ 时，其余的均为 $1$ 或 $3$ ，有两个 $1$ 和 $3$ 是不行的，所以只能有 $1$ 个 $3$ （这里就是些讨论了，略了）

综上，$(1,1,..,1)(3,1,..,1)\cdot d$ 即为所求

例2

设 $S=\{0,1,2,...,n^2-1\}$ ，$A$ 为 $S$ 的 $n$ 元子集，证明存在 $S$ 的 $n$ 元子集，使得 $A+B=\{a+b\mid a\in A,b\in B\}$ 模 $n^2$ 意义下含 $S$ 中至少一半的元素。

我们考虑所有 $A$ 的平移子集，说明其中存在 $n$ 个的并大于 $\frac{n^2}{2}$

记 $P_i=\{a+i\mid a\in A\}$ ， $i=0,1,...,n^2-1$ ，

考虑计算

$\sum _{1\le i_1\le ...\le i_n<n^2}\sum |P_{i_1}\cup P_{i_2}\cup ...\cup P_{i_n}|$

$=\sum _{1\le i_1\le ...\le i_n<n^2}\sum _{P_{i_1}\cup P_{i_2}\cup ...\cup P_{i_n}}1$

$=\sum _{x\in S}\sum _{1\le i_1\le ...\le i_n<n^2}^{x\in P_{i_1}\cup P_{i_2}\cup ...\cup P_{i_n}}1$ （这里不会打双条件）

$=n^2(C_{n^2}^n-C_{n^2-n}^n)$

最后一个等号是因为 $\mathrm{\forall }x\in S$ ， $x$ 在恰好 $n$ 个 $P_i$ 中出现（$P$ 就是 $A$ 把 $S$ 扫描了一遍）

根据平均值原理，我们只需证明

$\frac{n^2(C_{n^2}^n-C_{n^2-n}^n)}{C_{n^2}^n}\ge \frac{n^2}{2}$

实际上结合糖水不等式，伯努利不等式可知 $\frac{C_{n^2}^n}{C_{n^2-n}^n}\ge (\frac{n^2}{n^2-n}{)}^n\ge (1+\frac{1}{n-1}{)}^n\ge 1+\frac{n}{n-1}>2$

即证

例3

证明：$\mathrm{\forall }a,b\in Z^{\ast },|2^a-3^b|\ne 41$

考虑两种情况：

1、 $3^b-2^a=41$ ，考虑模 $3$ 与 $4$ ，可得：

$3^b\equiv 1(mod4)$ , $2^a\equiv 1(mod3)$

可知 $2\mid a,2\mid b$ ，记 $n=\frac{a}{2},m=\frac{b}{2}$

$41=(2^n+3^m)(2^n-3^m)$ ，又 $41$ 是素数，有 $3^m=20$ ，矛盾！

2、$2^a-3^b=41$ ，考虑模 $8$ ， $3^b\equiv 7(mod8)$ ，这是不可能的

注记：在具体问题中，应当充分考虑题目给出的数，选择适当的模数，其中，$2$ 极可能是以 $4,8$ 作为代替选项的。

例4

设正整数 $n$ 无平方因子， $S$ 是集合 $\{1,2,...,n\}$ 的子集，满足 $|S|\ge \frac{n}{2}$ ，求证：存在 $a,b,c\in S$ ，使得 $ab\equiv c(modn)$

当然要先用反证法，假设命题不成立。

首先 $S$ 不含 $n$ ，否则 $n\cdot n\equiv n(modn)$ 。

其次 $S$ 不含与 $n$ 互素的元素，若 $a$ 与 $n$ 互素，$a\in S$ ，那么因为 $|aS|+|S|>n$ ， $\mathrm{\exists }x\in aS\cap S$ ，但是由于 $ab=c,ab\in aS,c\in S$ 两者只能有一个成立，所以 $S\cap aS$ 是空集，矛盾！

接下来的做法比较有技巧性，我们设 $F_d=\{x\mid (x,n)=dx\le n\}$ ，并记 $S_d=F_d\cap S$ 。一样地，对任意 $a\in S_d$ ，有 $a{S}_d\cap S_d$ 为空集，但是它们显然都是 $F_d$ 的子集（注意这里用到了 $n$ 无平方因子！否则， $a{S}_d$ 可能属于 $F_{ad}$ 这种东西），此外， $|S_1|=|S_n|=0$

于是 $|S_d|\le \frac{1}{2}|F_d|$ ，这样， $\sum |S_i|<\frac{1}{2}n$ 就矛盾了。

下面还是严格地证一下 $a{S}_d\in F_d$ 吧：

定义 $f:F_d\to F_d,f(x)=ax(modn)$ ，为了方便，记 $x=d{x}^{\prime },a=d{a}^{\prime }$

注意到 $(f(x),n)=(d^2{x}^{\prime }{a}^{\prime },d\cdot \frac{n}{d})=d(d{x}^{\prime }{a}^{\prime },\frac{n}{d})=d$ （用到 $n$ 无平方因子）

先证明单射。如果 $f(x)=f(y)$ ， $n\mid ax-ay,\frac{n}{(n,a)}\mid x-y⟺\frac{n}{d}\mid x-y$ ，但 $d\mid x-y$ ，从而 $n\mid x-y$ ，给出 $x=y$

结合上述两条就可知 $f$ 是一一对应。

还有一种证法，类似局部整体原则，设 $n=p_1{p}_2...p_k$ ，记 $x=(x\mathrm{mod}{p}_1,x\mathrm{mod}{p}_2,...)$ ，则 $a=(a_1,a_2,...,a_k)\in F_d⟺a_{i_1}=a_{i_2}=..=a_{i,m}=0$ 并且其余非 $0$

不错，对 $F_d$ 的元素，它们的 $0$ 的位置相同，但非零乘起来不会变成 $0$ ，而且非零部分遍历缩系，对 $a=(a_1,a_2,...,a_k)\in F_d$ ，基于 $Z_{p_i}=a_i{Z}_{p_i},a_i\ne 0$ ，就有 $a{F}_d=F_d$

完全剩余系

称模 $n$ 余 $m$ 的所有数为一个剩余类

若整数 $a_0,a_1,...,a_{m-1}$ 中任两个模 $m$ 不同余，则称 $a_0,a_1,...,a_m$ 为模 $m$ 的完全剩余系，简称完系

基本性质：

1、对 $a,b\in Z,(a,m)=1$ ，若 $a_0,a_1,...,a_{m-1}$ 为模 $m$ 的完系，则 $a{a}_0+b,a{a}_1+b,...,a{a}_{m-1}+b$ 也为模 $m$ 的完系

证明完系经常采用的手法是反证法，假设有两数同余，导出矛盾

证明某数（倍数）存在性也常采用完系

有一些常见的完系：

1、对素数 $p$ 及 $n$ 满足 $(n,p-1)=1$ ， $1^n,2^n,...,p^n$ 构成模 $p$ 的完系

2、对 $a_1,a_2,...,a_m$ 及 $b_1,b_2,...,b_k$ 取 $a_i=ik+1,b_j=jm+1$ ，则 $a_i{b}_j$ 构成模 $mk$ 的完系

3、$(m,n)=1$ ，若 $x,y$ 分别遍历模 $m,n$ 的完系，则 $nx+my$ 遍历模 $mn$ 的完系（该构造对简系也成立）

考虑两个完系的某种和（整体考虑）同余是常用手段。其中直接相加得到 $\frac{n(n+1)}{2}$ 是最常用的

例1

设 $a_1,a_2,...,a_n$ 是 $n$ 个正整数，和为 $2n$ ，定义 $a_{n+i}=a_i$ ，对 $u,v\in N^{\ast }$ ，记 $S_{u,v}=a_{u+1}+a_{u+2}+...+a_v$ ，证明：$\mathrm{\forall }m\in N^{\ast }$ ，都存在 $u,v\in N^{\ast }$ ，使得 $S_{u,v}\in \{m,m+1\}$

显然只需证明 $1,2,...,2n$ 的情况成立

记前缀和 $b_i=a_1+a_2+...+a_i$ ，考虑 $b_1,b_2,...,b_n,b_1+m,b_2+m,...,b_n+m$ 中，若存在模 $2n$ 同余，可以将两者中间一段取出（注意这个序列是首尾相接的）

同时考虑 $b_1,b_2,...,b_n,b_1+m+1,...,b_n+m+1$

若上述两组数均为完系，考虑

$b_1+...+b_n+b_1+m+...+b_n+m\equiv b_1+...+b_n+b_1+m+1+...+b_n+m+1(mod2n)$

矛盾

注记：存在性问题中，对所有情况先分别考虑，再综合考虑是基本的思想

对于周期数列，还有一种取数方法是 $a_i,a_{i+1},a_i+a_{i+1},...,a_i+a_{i+1}+...+a_{n+i-1}$

例2

给定一个 $S=\{1,2,...,100\}$ 的子集 $X$ ，问是否必定存在 $p\in N^{\ast }$ ，使得 $a_1=p$ ，$a_{n+1}$ 是 $a_n$ 所有正约数之积 $(n\le 99)$，使得 $a_i$ 是完全平方数当且仅当 $i\in X$ ？若否，给出对应的 $X$ ，若是，给出相应构造。

在具体构造中，我们希望情形尽可能简单 ，我们可以取 $p=2^{b_1}$

我们可以得到 $b_{n+1}=\frac{b_n(b_n+1)}{2}$

由于我们只需要考虑是否为 $2$ 的倍数，我们来考虑模 $2^n$ 的情形

类似于中国剩余定理的归纳构造，我们希望每次都能得到一个完系，从中选取数字，然而正向构造不是很容易，因此考虑

$\frac{x(x+1)}{2}\equiv b_{n+1}(mod{2}^k)$ 的解中选取符合条件的 $b_n$ ，并使得下一个方程也能选出 $b_{n-1}$

考虑 $\frac{b_1(b_1+1)}{2}\equiv b_2(mod{2}^k)$ 这里显然取 $k=2$ 的话，无论 $b_2$ 是什么， $b_1$ 都能取到对应的奇数或偶数

因此我们考虑如下引理：

$\{\frac{x(x+1)}{2}\mid 2\nmid x,x\le 2^{k+1}\}$ 与 $\{\frac{x(x+1)}{2}\mid 2\mid x,x\le 2^{k+1}\}$ 均为模 $2^k$ 的完系

反证法：若 $\frac{x(x+1)}{2}\equiv \frac{y(y+1)}{2}(mod{2}^k)$

有 $x(x+1)\equiv y(y+1)(mod{2}^{k+1})$

$(x-y)(x+y+1)\equiv 0(mod{2}^{k+1})$

由于 $x,y$ 奇偶性相同，矛盾！

因此，我们任意选定 $b_{100}$ ，根据 $i$ 是否在 $X$ 中，选择方程 $\frac{b_i(b_i+1)}{2}\equiv b_{i+1}(mod{2}^{i+1})$ 对应的奇数或偶数解，重复操作即可

注记：对 $S=N^{\ast }$ ，本命题是否成立？

实际上是不成立的，因为 $a_{i+1}$ 中 $a_i$ 素因子 $p$ 的次数变为 $\frac{d(a_i)}{2}$ 倍，若 $a_i$ 均为完全平方数，那么 $d(a_i)$ 就会一直是奇数，在有限次操作后必然变为非完全平方数

这很好地说明了对任意正整数成立的命题不一定对正无限成立。

例3

给定整数 $n\ge 2$ ，设整数 $a_0,a_1,...,a_n$ 满足 $0=a_0<a_1<...<a_n=2n-1$ ，求集合 $\{a_i+a_j\mid 0\le i\le j\le n\}$ 元素个数的最小可能值

答案是 $3n$ ，由 $a_i=i,1\le i\le n-1$ 给出

在类似的没有 $a_0,a_n$ 限制的题目中出现的方法是先列出以下数： $a_0+a_0<a_0+a_1<...<a_0+a_n<a_1+a_n<a_2+a_n<...<a_{n-1}+a_n$ （暂时不列出 $a_n+a_n$ ，它是最大的，放在最后考虑）

本题的关键是注意到 $a_0+a_i\equiv a_n+a_i(mod2n-1)$ ，给出了 $\{a_0+a_0,a_0+a_1,...,a_0+a_{n-1}\}$ 与 $\{a_n+a_0,a_n+a_1,...,a_n+a_{n-1}\}$ 覆盖了模 $2n-1$ 的 $n$ 个剩余类

那么剩下 $n-1$ 个剩余类是否被覆盖？答案是肯定的，并且更强，只要求 $0\le i\le j\le n-1$ ，对任意 $0\le r<2n-1$ ，根据抽屉原理 $\{a_0,a_1,...,a_{n-1}\},\{r-a_0,r-a_1,...,r-a_{n-1}\}$ 两个集合必有一个相同元素 （注意 $a_i$ 模 $2n-1$ 意义下互不相同，因为它们都小于 $2n-1$ ）

最后，上述论证没有考虑 $a_n+a_n$ ，它是大于上述论证中所有元素的，肯定与它们不相同

从而至少 $2n+n-1+1=3n$ 个元素

例4

定义 $f:Z_{+}\to Z_{+}$ 满足 $f(1)=1$ ，且对任意正整数 $n$ 有 $f(n+1)=f(n)+2^{f(n)}$ ，证明: $f(1),f(2),f(3),...,f(3^{2013})$ 构成模 $3^{2013}$ 的完系

本题很显然是一个归纳题，假设结论对 $n$ 成立，我们要证结论对 $n+1$ 成立

必要的是对这个函数做基础的分析，很显然，这个函数每一项都是奇数，这是一个看似简单但非常关键的条件

考虑 $f(3^n+1)=2^{f(3^n)}+2^{f(3^n-1)}+...+2^{f(1)}+1(mod{3}^{n+1})$ ，我们知道 $\phi (3^{n+1})=2\cdot 3^n$ ，于是考虑 $f(1),f(2),...,f(3^n)(mod2\cdot 3^n)$ ，它们均为奇数，并且结合归纳假设，它们是模 $3^n$ 的完系，给出：

$f(3^n+1)\equiv 2+2^3+2^5+...+2^{2\cdot 3^n-1}+1\equiv \frac{4^{3^n}-1}{3}+f(1)=k\cdot 3^n+f(1)(mod{3}^{n+1})$

用到了等比数列求和与升幂定理。于是 $f(2),f(3),...,f(3^n+1)$ 也构成模 $3^n$ 的完系，进一步地，可以归纳得到 $f(3^n+t)\equiv k\cdot 3^n+f(t)(mod{3}^{n+1})$

根据归纳假设 $f(1),f(2),...,f(3^n)$ 构成了模 $3^n$ 的完系，记余数为 $a_1,a_2,...,a_{3^n}$ ，那么模 $3^{n+1}$ 意义下， $f(i),f(3^n+i),f(2\cdot 3^n+i)$ 覆盖了 $a_i,3^n+a_i,2\cdot 3^n+a_i$ ，从而完成了归纳证明

简化剩余系

$\phi (m)$ 表示小于 $m$ 且与 $m$ 互质的正整数个数，也称作欧拉函数

对 $n=p_1^{{\alpha }_1}...p_k^{{\alpha }_k}$ ， $\phi (n)=n\times (1-\frac{1}{p_1})...(1-\frac{1}{p_k})$

显然，欧拉函数为积性函数，即 $\mathrm{\forall }(m,n)=1,\phi (mn)=\phi (m)\phi (n)$

若整数 $a_0,...,a_{\phi (m)-1}$ 均与 $m$ 互质且两两模 $m$ 不同余，则称 $a_0,...,a_{\phi (m)-1}$ 为模 $m$ 的一个简化剩余系，简称简系

基本性质：

1、对 $(a,m)=1$ ，若 $a_0,...,a_{\phi (m)-1}$ 是模 $m$ 的简系，则 $a{a}_0,...,a{a}_{\phi (m)-1}$ 是模 $m$ 的简系

例1

记 $a_1,a_2,...,a_{\phi (n)}$ 为小于 $n$ 的模 $n$ 简系，求证： $|\prod _{i=1}^{\phi (n)}cos\frac{i\pi }{n}|=\frac{1}{2^{\phi (n)}}$

由简系的基本性质，知 $2a_1,2a_2,...,2a_{\phi (n)}$ 也是模 $n$ 的简系，从而

$|\prod _{i=1}^{\phi (n)}sin\frac{i\pi }{n}|=|\prod _{i=1}^{\phi (n)}sin\frac{2i\pi }{n}|$

请注意这里是等号，这是由 $sin$ 函数的性质决定的

两式相除即证