同余初步性质

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前言

在小学中，我们接触到了整数除法，其中会有一个概念名为余数。当然，这个概念在小学五年级学小数的时候就被抛弃了，但是在数论的知识中，它再次卷土重来，折磨众生。

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整除概念

对于一个整数 $a$ 和 $m$，我们取 $a÷m$ 下的余数，记为 $a\mathrm{mod}m$
易得，整除的概念为除以 $m$ 的意义下余数为 $0$，即$a\mathrm{mod}m=0$：
一般的，对于整数 $a$ 和 $m$，$若a\mathrm{mod}m=0，我们记为m\mid a$，此时 $m$ 为 $a$ 的因子，$a$ 为 $m$ 的倍数。

根据 $\mid$ 的意义可得，若 $a\mid m$，则定有一个整数 $k$，使得 $a=km$

接下来我们来考虑整除有什么特殊的性质。

• $\boxed{若a\mid b，c\mid d，则有ac\mid bd}$
  证明：
  $$\begin{gathered} \because a\mid b,c\mid d \\ \therefore \exists k,m\in \mathbb{Z},b=ka,d=mc \\ \therefore ac\mid bd\Rightarrow ac\mid \left(ka\cdot mc\right)\Rightarrow ac\mid km\cdot ac \\ \therefore 结论显然成立 \end{gathered}$$

• $\boxed{若c\mid a,c\mid b，则有\forall m,n\in \mathbb{Z},c\mid (ma+nb)}$
  证明：
  $$\begin{gathered} \because c\mid a,c\mid b \\ \therefore \exists k,l\in \mathbb{Z},a=kc,b=lc \\ \therefore c\mid (ma+nb)\Rightarrow c\mid (m\cdot kc+n\cdot lc)\Rightarrow c\mid (mk+nl)c \\ \therefore 结论显然成立 \end{gathered}$$

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同余概念

对于整数 $a$ 和 $b$ 和 $m$，若 $a\mathrm{mod}m=b\mathrm{mod}m$，$则称a与b在\mathrm{mod}m的意义下同余，记为a\equiv b(\mathrm{mod}m)$
由概念易得：

• $\boxed{若a\equiv b(\mathrm{mod}m)，则定有\exists k,l,c\in \mathbb{Z},a=km+c,b=lm+c}$
• $$\begin{gathered} \boxed{若a\equiv b(\mathrm{mod}m)，当且仅当m\mid (a-b)} \\ 证明: \end{gathered}$$
  $$\begin{gathered} \because a\equiv b(\mathrm{mod}m) \\ \therefore \exists k,l,c\in \mathbb{Z},a=km+c,b=lm+c \\ \therefore m\mid (a-b)\Rightarrow m\mid (km+c-lm-c)\Rightarrow m\mid (km-lm)\Rightarrow m\mid (k-l)m \\ \therefore 结论显然成立 \end{gathered}$$

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同余性质

$$1\boxed{a\equiv a(\mathrm{mod}m)}$$
$$2\boxed{若a\equiv b(\mathrm{mod}m)，则b\equiv a(\mathrm{mod}m)}$$
$$3\boxed{若a\equiv b(\mathrm{mod}m),b\equiv c(\mathrm{mod}m)，则a\equiv c(\mathrm{mod}m)}$$
$$4\boxed{若a\equiv b(\mathrm{mod}m)，则a+c\equiv b+c(\mathrm{mod}m)}$$
证明：
$$\begin{gathered} \because a\equiv b(\mathrm{mod}m) \\ \therefore \exists k,l,\alpha \in \mathbb{Z}，a=km+\alpha ,b=lm+\alpha \\ \therefore a+c\equiv b+c(\mathrm{mod}m) \\ \Rightarrow km+\alpha +c\equiv lm+\alpha +c(\mathrm{mod}m) \\ \Rightarrow km+(\alpha +c)\equiv lm+(\alpha +c)(\mathrm{mod}m) \\ \therefore 结论显然成立 \end{gathered}$$
$$5\boxed{若a\equiv b(\mathrm{mod}m)，则ac\equiv bc(\mathrm{mod}m)}$$
证明：
$$\begin{gathered} \because a\equiv b(\mathrm{mod}m) \\ \therefore \exists k,l,\alpha \in \mathbb{Z}，a=km+\alpha ,b=lm+\alpha \\ \therefore ac\equiv bc(\mathrm{mod}m) \\ \Rightarrow (km+\alpha )c\equiv (lm+\alpha )c(\mathrm{mod}m) \\ \Rightarrow kcm+\alpha c\equiv lcm+\alpha c(\mathrm{mod}m) \\ \therefore 结论显然成立 \end{gathered}$$
$$6\boxed{若a\equiv b(\mathrm{mod}m)，c\equiv d(\mathrm{mod}m)，则ac\equiv bd(\mathrm{mod}m)}$$
证明：
$$\begin{gathered} \because a\equiv b(\mathrm{mod}m) \\ \therefore \exists k,l,c\in \mathbb{Z},a=km+c,b=lm+c \\ \because c\equiv d(\mathrm{mod}m) \\ \therefore \exists \alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb{Z},c=\alpha m+\gamma ,d=\beta m+\gamma \\ \therefore ac\equiv bd(\mathrm{mod}m) \\ \iff (km+c)(\alpha m+\gamma )\equiv (lm+c)(\beta m+\gamma )(\mathrm{mod}m) \\ \iff k\alpha m^2+\gamma km+c\alpha m+c\gamma \equiv l\beta m^2+l\gamma m+c\beta m+c\gamma (\mathrm{mod}m) \\ \therefore 结论显然成立 \end{gathered}$$
$$7\boxed{若a\equiv b(\mathrm{mod}m)，则\forall n\in \mathbb{Z}，a^n\equiv b^n(\mathrm{mod}m)}$$
证明$1$：
$$\begin{gathered} \because a^n\equiv b^n(\mathrm{mod}m)\iff \begin{array}{c}{a}^n\\ \overbrace{a\cdot a\cdot a\cdots a}\end{array}\equiv \begin{array}{c}{b}^n\\ \overbrace{b\cdot b\cdot b\cdots b}\end{array}(\mathrm{mod}m) \\ \because a\equiv b(\mathrm{mod}m)，a\equiv b(\mathrm{mod}m) \\ \therefore a\cdot a\equiv b\cdot b(\mathrm{mod}m)(结论6) \\ \because a\cdot a\equiv b\cdot b(\mathrm{mod}m)，a\equiv b(\mathrm{mod}m) \\ \therefore (a\cdot a)\cdot a\equiv (b\cdot b)\cdot b(\mathrm{mod}m)(结论6) \\ \cdots \\ \therefore 上述结论只需多次使用结论6即可得到 \end{gathered}$$
证明$2$：
$$\begin{gathered} \because \exists k,l,c\in \mathbb{Z}，a=km+c,b=lm+c \\ \therefore 当n=2时，有(km+c{)}^2\iff (km{)}^2+2kmc+c^2,(lm+c{)}^2\iff (lm{)}^2+2lmc+c^2 \\ 当n=3时,有(km+c{)}^3\iff (km{)}^3+3(km{)}^{2}c+3km{c}^2+c^3，(lm+c{)}^3\iff (lm{)}^3+3(lm{)}^{2}c+3lm{c}^2+c^3 \\ \cdots \\ \therefore 根据二项式定理，系数展开后常数项的为c^n,即(a^n)\mathrm{mod}m=(a\mathrm{mod}m{)}^n，(b^n)\mathrm{mod}m=(b\mathrm{mod}m{)}^n \\ \because a\equiv b(\mathrm{mod}m) \\ \therefore a^n\equiv b^n(\mathrm{mod}m) \end{gathered}$$

$$8\boxed{若a\mathrm{mod}q=x，a\mathrm{mod}p=x，q与p互质,则a\mathrm{mod}pq=x}$$
证明$1$：
$$\begin{gathered} \because a\mathrm{mod}q=x,a\mathrm{mod}p=x \\ \therefore \exists k,l\in \mathbb{Z},a=kq+x=lp+x \\ \therefore q\mid (a-x),p\mid (a-x) \\ \therefore (a-x)是q与p的公倍数 \\ \therefore \exists \alpha \in \mathbb{Z},(a-x)=\alpha pq \\ \therefore a=\alpha pq+x \\ \therefore a\mathrm{mod}pq=x \end{gathered}$$
证明$2$：
$$\begin{gathered} \because a\mathrm{mod}q=x,a\mathrm{mod}p=x \\ \therefore \exists k,l\in \mathbb{Z},a=kq+x=lp+x \\ \therefore kq+x=lp+x \\ kq=lp \\ \because \gcd (q,p)=1 \\ \therefore \exists r\in \mathbb{Z},k=rp \\ \therefore a=rpq+x \\ \therefore a\mathrm{mod}pq=x \end{gathered}$$

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基础定理

$\boxed{模M剩余类}:$将整数按照对于M的余数分为M类，使得每一类中的数对于模M同余，我们称这样的一个集合为在模M意义下的一个剩余类。
$\boxed{模M完全剩余系}：$在每一个摸M得剩余类下选择一个数作为这一个剩余类得代表，最后组成的M个数集合成为模M完全剩余系。

$$\boxed{若\gcd (a,p)=1,\forall i,j(i\not\equiv j(\mathrm{mod}p)),ai\not\equiv aj(\mathrm{mod}p)}$$
证明：
$$\begin{gathered} 试考虑ai\equiv aj(\mathrm{mod}p) \\ \because ai\equiv aj(\mathrm{mod}p) \\ \therefore p\mid a(i-j) \\ \because \gcd (p,a)=1 \\ \therefore \exists r\in \mathbb{Z},(i-j)=rp \\ \therefore p\mid (i-j) \\ \therefore i\equiv j(\mathrm{mod}p) \\ 与条件不符，故结论不成立，原结论成立 \end{gathered}$$

$$\boxed{费马小定理：若p为质数，则对于任意整数a有，a^p\equiv a(\mathrm{mod}p),a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)}$$
证明：
$$\begin{gathered} 考虑建立一个模p意义下的完全剩余系P=\{0,1,2,3,\cdots ,p-1\},将P中的元素分别乘a得Q=\{0,a,2a,3a,\cdots ,(p-1)a\} \\ \because \gcd (a,p)=1,P中元素两两不同余 \\ \therefore Q也是一个完全剩余系 \\ \therefore \exists pi\in P,qi\in Q,pi\equiv qi(\mathrm{mod}p) \\ \therefore P中元素之积与Q中元素之积同余（结论6） \\ \therefore a^{p-1}(p-1)!\equiv (p-1)!(\mathrm{mod}p) \\ \therefore (a^{p-1}-1)(p-1)!\equiv 0(\mathrm{mod}p) \\ \because p为质数 \\ \therefore p\nmid (p-1)! \\ \therefore \exists r\in \mathbb{Z},(a^{p-1}-1)=rp \\ \therefore p\mid (a^{p-1}-1) \\ \therefore a^{p-1}-1\equiv 0(\mathrm{mod}p) \\ \therefore a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p) \\ \therefore a^p\equiv a(\mathrm{mod}p) \end{gathered}$$

$$\boxed{欧拉定理：若\gcd (m,a)=1，a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)}$$

证明：
$$\begin{gathered} 考虑一个模m的互质剩余系\{x_1,x_2,x_3\cdots x_{\phi (m)}\}，其中x小于m，且都与m互质。 \\ \because \gcd (x_k,m)=1，\gcd (a,m)=1 \\ \therefore \gcd (a\cdot x_k,m)=1，且a{x}_i两两互质，即\{a{x}_1,a{x}_2,a{x}_3\cdots a{x}_{\phi (m)}\}也是模m意义下的互质剩余系 \\ 根据同模数同余式合并的性质，可以得到 \end{gathered}$$
$$\begin{gathered} \prod _{i=1}^{\phi (m)}a{x}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (m)}{x}_i(\mathrm{mod}m) \\ {a}^{\phi (m)}\prod _{i=1}^{\phi (m)}{x}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (m)}{x}_i(\mathrm{mod}m) \\ {a}^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m) \end{gathered}$$

证毕

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附加

$\mathrm{mod}$性质

1. $(a+b)\mathrm{mod}m=(a\mathrm{mod}m+b\mathrm{mod}m)\mathrm{mod}m$
2. $(a\cdot b)\mathrm{mod}m=(a\mathrm{mod}m\cdot b\mathrm{mod}m)\mathrm{mod}m$
3. $\frac{a}{b}\mathrm{mod}m=(a\mathrm{mod}m)\cdot b^{-1}{b}^{-1}b\equiv 1(\mathrm{mod}m)$

$\boxed{a+c\equiv b+d(\mathrm{mod}m)\iff (a\mathrm{mod}m)+c\equiv (b\mathrm{mod}m)+d}$
这个性质实际上就是把取余的步骤提前了一步，然后利用$\mathrm{mod}$的性质就可得到。
有了这个性质，我们对于大数就可以在快读中提前取模，这样也是不影响最终的余数的。
https://www.luogu.com.cn/problem/P2613

将负数余数转为正数余数
$若a,m\in \mathbb{Z},a<0,则a\mathrm{mod}m\iff (a\mathrm{mod}m+m)\mathrm{mod}m$
两式余数等价，负数变为正数，可以由取余的性质得到。

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总结

课后练习：
http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1103
http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=3038