同餘的基本概念
許介彥
大葉大學電信工程學系
兩個例子
假設今天是星期四,再過一天當然是星期 五,兩天之後則為星期六,請問: 1000 天之後 是星期幾? 這是一個簡單的問題。由於 e個禮拜有七 天,因此七天之後必為星期四, 14 天、 21 天、 28 天、...之後也都是星期四;由於 1000 除以 7 的餘數為 6' 因此 1000 天之後一定是某個星 期四的六天之後,也就是星期三。 再看另一個例子:某艘太空船於某天傍晚 六點發射升空,於幾天後的某天早上九點返回 地表;幾個月之後此太空船於某天凌晨兩點再 度發射升空。如果此太空船的第二次升空在空 中停留的時間長短與上一次相同,那麼它再度 回到地表的時間是早 k或是下午的幾點鐘? 這個問題也不難。如果將一天的 24 小時 看成是由 O 點至 23 點,那麼傍晚六點相當於 18 點,因此太空船的第一次升空在空中總共待 了 (24k+
9 一 18) 個小時 (k 為某正整數) ,所 以第二次升空回到地表的時間一定是凌晨兩 點的 (24k+
9
-18) 個小時之後:由於2 +(24k
+9 一 18)=24k-7 =24(k 一 1)+
17
因此第二次返回地表的時間一定是某天的 17 點,也就是傍晚五點。 以上兩個問題中,第一個問題的關鍵在求 出 1000 除以 7 的餘數,第三個問題的關鍵在 求出 2+
(24k
+
9
-18) 除以 24 的餘數;這兩個 問題的重點都是在餘數,至於商是多少則無關 緊要 O 數學1::'
I 求餘數」是相當重要的一個 運算,本文將對其基本應用作一概略性的介 紹。 同餘的定義 假設 a , b, m 都是整數;如果 a-b 是 m 的 整數倍,數學上常將 α 與 b 的關係記作a =.b
(mod
m)
其中的 m 稱為「模 J(modulus)
;我們將上面 的式子讀作「α 與 b 對模 m 而言同餘J(“
aand
b
are congruent modulo
m.") 。舉例來說, 17 與 52 對模 7 而言同餘(記 作 17 三位 (mod
7) )
,因為 17 與 52 之差為 7 的倍數(不論是 35 或是 -35 都是 7 的倍數);
請留意此時 17 與 52 除以 7 的餘數相同(都等 於 3) ,這是「同餘」名稱的由來。讀者不難檢 驗以下兩個式子也都是成立的:21 =.
a
(mod 3)
,
399=.-1
(mod 100).
如果 α -b 是 m 的倍數, α -b 必定也是 -m 的倍數,反之亦然,因此a=.b(mod
m) 若 且唯若 G 三 b(mod
-m)
; 我們通常將模限定 為非負整數。-
21 一模算術
同餘的記號(三)在形狀上與一般算術運 算式中的等號(=)很像, I 同餘式」與「等式」 在許多方面也相當類似。 舉例來說,如果a =.b
(mod
m) 且 C 三 d(mod m)
那麼以 F三個式子一定都成正:a+c=.b+d
(mod m)
a-c =.b-d
(mod m)
ac 三 bd(mod m)
它們的證明都不難。以第-{固式子為例,由已 知條件可知存在整數S 與 t 使得a
=b+sm 且 c=d+tm 因此a
+
c
=(b
+
d)
+
m(s
+
t)
所以 (α +c) 與 (b+ d) 之差為 m 的倍數,也就 是它們對模 m 而言同餘;其他兩個式子的讀明 也類似。由第三個式于我們交可推知如果。與 b 對模 m 而言同餘,下式對任意正整數n 一定 成立: an 三 bn(mod
m).
雖然以上對同餘式兩邊所作的加、滅、乘 等算術運算看似平常,不過要將兩邊同時除以 ,個數時必須特別小心。如果k 7:- 0 且 ak 三 bk(mod m)
我們並不能像一般等式一樣直接將兩邊的k 消 掉(只有當 gcd(k, m)= 1 時方可如此) ;事實 亡,讀者不難自行證明:ak
=. bk (mod m)
若且唯若G 三 b (mod 一一旦一一)
gcd(k
,
m)'
舉例來說, 6 三 12(mod
2) 而且 2 與 3 互 質,因此我們可以將仁式兩邊的3 約掉而得2 =. 4 (mod 2)
,但是我們不能由上式導出 3 三 6(mod 2)
(此式顯然是錯的) ,因為gcd(2
,
2)
=2
7:-1
0 和同餘式有關的另一個重要性質是:如果 k 是 m 的因數而且 G 三 b(mod
m)
, 那麼 a 三 b(mod k)
; 道理很簡單,因為當a-b 是 m 的倍數 , a-b 必定也是 k 的倍數。求餘數方面的應用
例題一: 試求出 290除以 11 的餘數。 解:對模 11 而言, 290 至445 三 4.444 三4.1622 三4.522 (因為 16 三 5)
三 4.2511 三 4.311=.12.3
10 =.9 弓三 9.94 三9.812 三9.42 三9·5=.45 =.1
因此 290除以 11 的餘數-_.._-定是 1 0 由 f-.面這個例子讀者不難體會模算術的「威力 J
02
90是-個相當大的數,如果我們打 算先將 290的值算出來然後再將其除以 11 求餘 數,理論 t雖然可行,實際做起來不僅計算量 相當龐大而且很容易出錯(尤其如果沒有電腦 或其他工具輔助的話) ;有了模算術的觀念 後,即使只靠紙跟筆,我們都能輕鬆地在短時 間之內將此問題解決。 例題二: 求證:對任意正整數 n'3
2n +1+2n+2必為
7的倍數 C誼明:對模 7 而言,
32n+
1+2"+2 三 3(32)"+
4·2"
三 3·2" +4·2" 三 2"(3+4) 三 2"·0
=
0
因此 32"+1+
2 叫一定是 7 的倍數。 剛看到這個題目,訐多讀者想想、到的方法可 能是數學歸納法(不妨 自的守觀:念含念:我f們「門可可i以;扎人作得得z更快而且更漂亮 O 例題三: 求出所有會使得 2"+
1 是 3 的倍數的正整 數 n 。 解 : n 須滿足2"
+
1 三 o(mod 3)
2n 三一1(mod 3)
(一 1)"三一 1(mod 3)
因此 2"+
1 是 3 的倍數若且唯若 n 為正奇數。 一般而言,對任意正整數 m 及正奇數 n' (m 一 1)"+
1 必定是 m 的倍數。 例題四: 求證:一個數字和為 15 的整數(如 816'
8+1+6=15
)不可能是一個完全平方數。 證明: 對任意正整數n' 月三 0 ,士 1 ,± 2
,
±3
,
±4 (mod 9)
n
2 三 0 , 1 , 4 , 7
(mod 9)
因此圳的數字和除以 9 的餘數只有 0, 1 , 4, 7 等四種可能(見 [1]) ,然而 15 三 6(mod 9)
,
因此一個數字和為 15 的數不可能是-個完全 平方數。 同餘的基本概念 例題五:試求出 9
99的末兩個阿拉伯數字。 解: 一個數的末兩位數就是該數除以 100 的 餘數。由例題三可知 99 三一 1=9(mod 10)
,
因此存在正整數 n 使得 99 =10n+9 。 由二項式定理將(1 0 一 1) 9 展開得(10-1)9 =109
_c
,
910
8+···+C:
·10-1
其中除了最後兩項之外的每一項都是100 的倍 數,因此 99 三9·10-1 = 89
(mod 100)
910 三9·89 至 1(mod 100)
所以對模 100 而言,9
99三
9
10n+
9三
(9
10)" .9
9三
89
所求的末兩位數為 8 和 9 。 例題六: 求證:對任意四個整數 a , b, c, d 而言,P
=(a - b)(a - c)(a - d)(b - c)(b - d)(c - d)
→定是 12 的倍數。 證明: 我們先證明 P 一定是 4 的倍數。由於任何 整數除以 4 的餘數有 0, 1 , 2, 3 四種可能,因此 我們可以將所有的整數依除以4 的餘數是多少 分成四類。如果α, b, c, d 當中有某兩數屬於同 一額(即除以4 的餘數相同) ,此兩數的差必 是 4 的倍數,因此P 將是 4 的倍數。如果 。 , b, c, d 當中沒有任何兩數屬於同一類,那麼 它們除以 4 的餘數必為 0, 1 , 2 , 3 四數,因此 a , b, c, d 當中有兩個奇數及兩個偶數;由於兩 個奇數之差與兩個偶數之差都是偶數,此時的 一 23 一P 也必定是 4 的倍數。 接著我們證明 P 一定是 3 的倍數。任何整 數除以 3 的餘數有 0 , 1 , 2 三種可能,根據鴿籠 原理 , a , b, c, d 四數中必有某兩數除以 3 的餘 數相同,而此兩數之差必是 3 的倍數,因此 P 是 3 的倍數。 由於 P 既是 4 的倍數交是 3 的倍數 ,
p--定是 12 的倍數。
重複的字尾
五位數 85222 的最後王個位數都是2'177
的結尾則有兩個 7; 以 F我們將利用同餘的觀 念來解決兩個與整數的重複字尾有關的問題。 例題一: →個正整數的平方(即完全平方數)的字 尾最多可以重複多少個不是 O 的數字? 解: 我們先看看哪些阿拉伯數字可以作為 J 個完全平方數的個位數(也就是除以 10 的餘 數)。對任意正整數 n' n 三 0,±
1
,
±
2
,
±
3
,
±
4
,
5 (mod 10)
因此n
2三0, 1, 4, 9, 6, 5
(mod 10)
所以一個平方數的個位數不可能是 2 ,3 ,7,8 ;由 於本題不考慮字尾為 O 的情形,因此我們只須考慮個位數為 1 人5,6,9 的平方數。
n 有奇數與偶數兩種可能。當 n 為偶數,n
2一定是4的倍數;當 n為奇數, n
2除以 4 一定餘 1 (由 (2k+l)2 展開可知) ,因此n
2三0, 1
(mod 4).
一個末兩位數為 11 的數除以 4 的餘數必 為 3 '因此」個平方數的末兩位數不可能是11
0 同理, ----個平方數的末兩位數也不可能是55
,
99
(除以 4 餘 3) 或“(除以 4 餘 2); 因 此一個平方數的結尾如果有重複的數字,這個 數字只叮能是 4 。我們剩下的問題是:一個平 方數結尾的 4 最多可以重複幾次? 我們知道至少可以重複兩次,因為12
2 = 144 是我們熟悉的平方數。有可能重複 四次嗎?如果我們將 n 表為 100x+Y
, 其中的 y 是 n 的末兩位數,那麼當 n2的結尾有四個 4 時,下式將成立:(l
OOx+
y)2 三 4444(mod 10000)
從而
(200x+
y)y 三 4444(mod 10000)
y 顯然必是偶數,因為 4444 與 10000 都是偶 數;如果 y= 泣,那麼4(1 OOx
+
z)z
==
4444 (mod 10000)
(100x+
z)z 三 1111(mod 2500)
(100x+
z)z
==
1111 (mod 4)
因此 Z2 三 3(mod 4)
,但這是不可能的(如前 所述,平方數除以 4 的餘數只可能是 O 或1)' 因此一個平方數的末四位不可能全是 4 。 有沒有可能有三個 4 呢?答案是肯定 的,其中最小的數是 1444=
382 。 例題二:某數列。I
,
a2, a
3
,··· 以遞迴的方式定義如
下:
19
n
=0
an
=ha:_1
+
4a~_1
n
>
0
求證:對任意非負整數 n' 冉的最後 2n個數 字都是9 。解:我們只要能證明對任意非負整數 n
'
a" 三 1 (mod 10
2 ") 即可;這項工作可由數學歸納法完成O 首先,當 n=O 時, α。 =9 '此時內的結 尾的確有 2°=
1 個 9 。接著假設所要證明的性 質對某個非負整數 n 而言成立,也就是存在整 數 k 使得an =10
2'k-1
那麼。 n+1 =3a: +4a; =a;(3a
n+4)
=(1 02'k 一 1)3(3(1 0
2' k 一 1)
+4)
對模 102"刊(=
10
22 " )而言,a
n
+
1
三(3 .10
2 'k 一 1 )(3 .10
2 月k +1)
三 9.10
22' e 一 l 三一l
也就是說 , Qn
+1
的結尾有2"+1 個 9' 因此根據 數學歸納法得證:對任意非負整數 n'an 的最 後 2" 個數字全都是 9 0 在不定方程的應用 同餘的觀念對解決與不定方程有關的許 多問題(例如求出某方程式所有的解或是證明 某方程式無解或有無窮多解等)相當有幫助; 以下我們看幾個例子 O 例題一:求出 2"+7=x
2的所有整數解。 解 :n 不可能是負數或 0' 因此 2" +7 一定是 奇數,等號右邊的 X 一定也是奇數;叉由於任 何奇數的平方除以 4 一定餘 1 '因此2"
+
7
==
1 (mod 4)
2"
==
2 (mod 4)
同餘的基本概念 n 顯然只可能是 1 '此時 x=±3 ; 除此之外再 無其他可能。 例題二: 證明 2003=
x 2
+
y2 沒有整數解。 解:由於x
2 三0, 1
(mod 4)
y2
==
0,
1 (mod 4)
因此x2
+
y2 三 0, 1 , 2(mod 4)
但是 2003 除以 4 的餘數卻是 3' 所以方程式不 可能有解。 例題三: 求出 2m-3"
= 1 的所有正整數解 O 解: 32 三1(mod 8)
,因此對任意正整數 k' 32k 三1(mod
8) 且 32k+1 三 3(mod 8)
,換句話 說,對任意正整數 n'
3"
+
1 三 2 ,4(mod8) ;
然而對所有大於 2 的正整數 m 而言, 2m 三 °(mod 8)
,因此方程式 2m =3"
+
1 只可 能在 m 三 2 時有解。 當 m=
1 ' 2
=
3"
+
1 顯然沒有正整數解; 當 m=2 ' 由 22 =3"+1 得 n= 1
'因此(m
,n)
=
(2
,
1) 是 2 用一 3"=
1 唯一的一組正整數 解。 例題四:求出于 ·7
Y+4=3
Z的所有非負整數解。 解:由於等號左邊至少是4' 因此 Z 不為 0' 等號兩邊一定都是 3 的倍數。 對模 3 而言,于三° '因此5' ·7
Y +4 三 (-lf·P+l 三°(mod 3)
一 25 一我們推知 x 一定是正奇數。 對模 5 而言, 5X ·7Y +4 三 4 三 3Z