同余的基本概念，完系

概念与基本性质

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

基本性质：

1、\(a\equiv b \:(mod ~m) \iff b\equiv a\: (mod~m)\)

2、若 \(a \equiv b \:(mod ~m), c \equiv d\: (mod ~m)\) ， 则 \(a\pm b \equiv c\pm d \:(mod ~m) , \:ac\equiv bd \:(mod~m)\)

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

4、若 \(a\equiv b \: (mod ~m)\) 且 \(n \mid m\) ，则 \(a\equiv b\:(mod~n)\)

5、若 \(a\equiv b \: (mod ~m)\) 且 \(a\equiv b \: (mod ~n)\) ，则 \(a\equiv b \: (mod ~[m,n])\)

注记：

性质2可以得到推论 \(a^n\equiv b^n \:(mod ~m)\) ，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 \(a_1^4+a_2^4+a_3^4+a_4^4\equiv 0\:(mod~a_1a_2a_3a_4)\)

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，\(\forall a_i,a_i\mid 3\) 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

\(\sum\limits_{1\leq i_1\leq...\leq i_n<n^2}\sum|P_{i_1}\cup P_{i_2}\cup...\cup P_{i_n}|\)

\(=\sum\limits_{1\leq i_1\leq...\leq i_n<n^2}\sum\limits_{P_{i_1}\cup P_{i_2}\cup...\cup P_{i_n}} 1\)

\(=\sum\limits_{x\in S}\sum\limits_{1\leq i_1\leq...\leq i_n<n^2}^{x\in P_{i_1}\cup P_{i_2}\cup...\cup P_{i_n}}1\) （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 \(\forall x \in S\) ， \(x\) 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 \(\frac{C_{n^2}^n}{C_{n^2-n}^n}\ge(\frac{n^2}{n^2-n})^n\ge(1+\frac{1}{n-1})^n\geq1+\frac{n}{n-1}>2\)

即证

例3

证明：\(\forall a,b\in Z^* ,|2^a-3^b|\neq 41\)

考虑两种情况：

1、 \(3^b-2^a=41\) ，考虑模 \(3\) 与 \(4\) ，可得：

\(3^b\equiv 1 \:(mod~4)\) , \(2^a\equiv 1\:(mod~3)\)

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 \(8\) ， \(3^b\equiv 7\:(mod~8)\) ，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 \(|S|\ge \frac n2\) ，求证：存在 \(a,b,c\in S\) ，使得 \(ab\equiv c\:(mod~n)\)

当然要先用反证法，假设命题不成立。

首先 \(S\) 不含 \(n\) ，否则 \(n\cdot n\equiv n\:(mod~n)\) 。

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 \(|aS|+|S|>n\) ， \(\exists x\in aS \cap S\) ，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 \(F_d=\{x\mid (x,n)=d\,x\le n\}\) ，并记 \(S_d=F_d\cap S\) 。一样地，对任意 \(a\in S_d\) ，有 \(aS_d\cap S_d\) 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， \(aS_d\) 可能属于 \(F_{ad}\) 这种东西），此外， \(|S_1|=|S_n|=0\)

于是 \(|S_d|\le \frac 12|F_d|\) ，这样， \(\sum |S_i|<\frac 12 n\) 就矛盾了。

下面还是严格地证一下 \(aS_d\in F_d\) 吧：

定义 \(f:F_d\rightarrow F_d,f(x)=ax\:(mod~n)\) ，为了方便，记 \(x=dx',a=da'\)

注意到 \((f(x),n)=(d^2x'a',d\cdot \frac nd)=d(dx'a',\frac nd)=d\) （用到 \(n\) 无平方因子）

先证明单射。如果 \(f(x)=f(y)\) ， \(n\mid ax-ay,\frac n{(n,a)}\mid x-y\iff \frac nd\mid x-y\) ，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 \(n=p_1p_2...p_k\) ，记 \(x=(x\mod p_1,x\mod p_2,...)\) ，则 \(a=(a_1,a_2,...,a_k)\in F_d\iff a_{i_1}=a_{i_2}=..=a_{i,m}=0\) 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 \(Z_{p_i}=a_iZ_{p_i},a_i\ne 0\) ，就有 \(aF_d=F_d\)

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 \(aa_0+b,aa_1+b,...,aa_{m-1}+b\) 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 \(a_ib_j\) 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 \(u,v\in N^*\) ，记 \(S_{u,v}=a_{u+1}+a_{u+2}+...+a_v\) ，证明：\(\forall m\in N^*\) ，都存在 \(u,v\in N^*\) ，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

\(b_1+...+b_n+b_1+m+...+b_n+m\equiv b_1+...+b_n+b_1+m+1+...+b_n+m+1\:(mod~2n)\)

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 \(p\in N^*\) ，使得 \(a_1=p\) ，\(a_{n+1}\) 是 \(a_n\) 所有正约数之积 \((n\leq99)\)，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：

\(\{\frac{x(x+1)}{2}\mid 2\nmid x,x\leq 2^{k+1}\}\) 与 \(\{\frac{x(x+1)}{2}\mid 2\mid x,x\leq2^{k+1}\}\) 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 \(S=N^*\) ，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 \(a_0+a_i\equiv a_n+a_i\:(mod~2n-1)\) ，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 \(f:Z_+\rightarrow Z_+\) 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 \(\varphi(3^{n+1})=2\cdot 3^n\) ，于是考虑 \(f(1),f(2),...,f(3^n)\:(mod~2\cdot 3^n)\) ，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

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

对 \(n=p_1^{\alpha_1}...p_k^{\alpha_k}\) ， \(\varphi(n)=n\times(1-\frac{1}{p_1})...(1-\frac{1}{p_k})\)

显然，欧拉函数为积性函数，即 \(\forall ~(m,n)=1 ,\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)\)

若整数 \(a_0,...,a_{\varphi(m)-1}\) 均与 \(m\) 互质且两两模 \(m\) 不同余，则称 \(a_0,...,a_{\varphi(m)-1}\) 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 \(a_0,...,a_{\varphi(m)-1}\) 是模 \(m\) 的简系，则 \(aa_0,...,aa_{\varphi(m)-1}\) 是模 \(m\) 的简系

例1

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

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

\(|\prod\limits_{i=1}^{\varphi(n)}sin\frac{i\pi}{n}|=|\prod\limits_{i=1}^{\varphi(n)}sin\frac{2i\pi}{n}|\)

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