整除、同余
整除的概念:
设 a , b 为整数(a≠0),如果存在一个整数 q,使得 a×q=b,则称 b 能被 a 整除,记为 a∣b,且称 b 是 a 的倍数,a 是 b 的因子。
整除的几个性质:
-
传递性:如果 a∣b 且 b∣c,则 a∣c.
-
证明:
∵ a∣b , b∣c
令 b=a×k1(k1∈Z , k1≠0)
令 使得 c=b×k2=a×k1×k2(k2∈Z , k2≠0)
∵ a∣(a×k1×k2)
∴ a∣c
-
a∣b 且 a∣c 等价于对于任意的整数 x,y,有 a∣(b×x+c×y).
-
证明:
∵ a∣b , a∣c
令 b=a×k1 , c=a×k2(k1 , k2∈Z , k1 , k2≠0)
则 b×x+c×y=a×k1×x+a×k2×y=a×(k1×x+k2×y)
∵x,y∈Z
∴ a∣[a×(k1×x+k2×y)]
∴ a∣(b×x+c×y)
-
设 m≠0,则 a∣b⇒(m×a)∣(m×b).
-
证明:
∵ m≠0 , a∣b
令 b=a×k(k∈Z , k≠0)
则 m×b=m×a×k
∵(m×a)∣(m×a×k)
∴(a∣b)⇒(m×a)∣(m×b)
-
设整数 x , y 满足下式:a×x+b×y=1 ,且a∣n,b∣n,那么 (a×b)∣n.
-
证明:
∵a∣n , b∣n
∴ a , b∈Z , a , b≠0
∵ a×x+b×y=1
∴ x=1 , y=0 , a=1 , 或 x=0 , y=1 , b=1
-
当 x=1 , y=0 , a=1
∵b∣n , a=1
∴a×b=1×b=b×n
-
当 x=0 , y=1 , b=1
∵ a∣n , b=1
∴ a×b=1×a=a×n
-
若 b=q×d+c ,那么 d∣b⟺d∣c.
-
d∣b⇒d∣c:
-
d∣c⇒d∣b:
同余的几个性质:
-
同加性:若 a≡b(modm) 则 a+c≡b+c(modm)
-
证明:
∵ m∣(a−b)
∴ m∣(a−b+c−c)
∴ m∣[(a+c)−(b+c)]
∴ a+c≡b+c(modm)
-
同减性:若 a≡b(modm) 则 a−c≡b−c(modm)
-
证明:
∵ m∣(a−b)
∴ m∣(a−b+c−c)
∴ m∣[(a−c)−(b−c)]
∴a−c≡b−c(modm)
-
同乘性:若 a≡b(modm) 则 a×c≡b×c(modm)
-
证明:
∵ m∣(a−b)
∴ m∣[(a−b)×c]
∴ m∣(a×c−b×c)
∴ a×c≡b×c(modm)
-
同除性:若 a≡b(modm) ,且 c∣a , c∣b , gcd(c , m)=1 ,则 a÷c≡b÷c(modm)
-
证明:
∵ c∣a , c∣b
令 a=c×k1 , b=c×k2(k1 , k2∈Z , k1 , $k_2\ne0)
a−b=c×k1−c×k2=c×(k1−k2)
∵ m∣(a−b)
∴m∣[c×(k1−k2)]
∵ gcd(c,m)=1
∴ m∣(k1−k2)
∴m∣[(a−b)÷c]
→m∣(a÷c−b÷c)
∴ a÷c≡b÷c(modm)
-
同幂性:若 a≡b(modm) , c>0 , 则 ac≡bc(modm)
-
证明:
∵ ac−bc=(a−b)×(ac−1×b0+ac−2×b1+ac−3×b2+...+a1×bc−2+a0×bc−1)
又 ∵ m∣(a−b)
∴ m∣(a−b)×(ac−1×b0+ac−2×b1+ac−3×b2+...+a1×bc−2+a0×bc−1)
→m∣(ac−bc)
∴ ac≡bc(modm)
-
若 amodp=x , amodq=x ,且 p , q 互质,则 amod(p×q)=x
-
证明:
∵ amodp=x , amodq=x
令 b=a−x
∵ p∣b
∵gcd(q,p)=1
∴ lcm(p , q)=p×q , q∣b
∴ lcm(p , q)∣b
→(p×q)∣b
→amod(p×q)=x
数论小常识:
-
若 2 能整除 a 的最末位,则 2∣a
-
证明:
令 a=10×k1+k2(k1 , k2∈Z , |k2|<10)
∵ 2∣k2 , 2∣(10×k1)
∴ 2∣(10×k1+k2)
∴ 2∣a
-
若 4 能整除 a 的末两位,则 4∣a
-
证明:
令 a=100×k1+k2(k1 , k2∈Z , |k2|<100)
∵ 4∣k2 , 4∣(100×k1)
∴ 4∣(100×k1+k2)
∴ 4∣a
-
若 8 能整除 a 的末三位,则 8∣a
-
证明:
令 a=1000×k1+k2(k1 , k2∈Z , |k2|<1000)
∵ 8∣k2 , 8∣(1000×k1)
∴ 8∣(1000×k1+k2)
∴ 8∣a
-
若 3 能整除 a 的各位数字之和,则 3∣a
-
证明:
令 a=1×k0+10×k1+100×k2+...=(0+1)×k0+(9+1)×k1+(99+1)×k2+...=(0×k0+9×k1+99×k2+...)+(k0+k1+k2+...)
∵ 3∣(0×k0+9×k1+99×k2+...) , 3∣(k0+k1+k2+...)
∴ 3∣(0×k0+9×k1+99×k2+...)+(k0+k1+k2+...)
∴ 3∣a
-
若 9 能整除 a 的各位数字之和,则 9∣a
-
证明:
令 a=1×k0+10×k1+100×k2+...=(0+1)×k0+(9+1)×k1+(99+1)×k2+...=(0×k0+9×k1+99×k2+...)+(k0+k1+k2+...)
∵ 9∣(0×k0+9×k1+99×k2+...) , 9∣(k0+k1+k2+...)
∴ 9∣(0×k0+9×k1+99×k2+...)+(k0+k1+k2+...)
∴ 9∣a
-
若 11 能整除 a 的偶数位数字之和与奇数位数字之和的差,则 11∣a
-
证明:
令 a=1×k0+10×k1+100×k2+...=(0+1)×k0+(11−1)×k1+(99+1)×k2+...=(0×k0+11×k1+99×k2+...)+(k0−k1+k2−...)
∵ 11∣(0×k0+11×k1+99×k2+...) , 311∣(k0−k1+k2−...)
∴ 11∣(0×k0+11×k1+99×k2+...)+(k0−k1+k2−...)
∴ 11∣a
-
能被 7 、 11 、 13整除的数的特征是:这个数的末三位与末三位以前的数字所组成数之差能被 7 、 11 、 13 整除.
-
证明:
令 a=¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯k1k2k3...kn
∵ 1001∣(¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯kn−2kn−1kn×1001)
∴ 1001∣¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯kn−2kn−1knkn−2kn−1kn
∵ 1001∣a , 1001∣¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯kn−2kn−1knkn−2kn−1kn
∴ 1001∣(a−¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯kn−2kn−1knkn−2kn−1kn)
∴ 1001∣(¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯k1k2k3...kn−3−¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯kn−2kn−1kn)
【推荐】国内首个AI IDE,深度理解中文开发场景,立即下载体验Trae
【推荐】编程新体验,更懂你的AI,立即体验豆包MarsCode编程助手
【推荐】抖音旗下AI助手豆包,你的智能百科全书,全免费不限次数
【推荐】轻量又高性能的 SSH 工具 IShell:AI 加持,快人一步
· 如何编写易于单元测试的代码
· 10年+ .NET Coder 心语,封装的思维:从隐藏、稳定开始理解其本质意义
· .NET Core 中如何实现缓存的预热?
· 从 HTTP 原因短语缺失研究 HTTP/2 和 HTTP/3 的设计差异
· AI与.NET技术实操系列:向量存储与相似性搜索在 .NET 中的实现
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新:园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源!
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】