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1、2007年第9期15学生习作模分析中的最少余数问题林 洋(天津实验中学高三(1)班,300074) 模分析是解决数论问题的重要方法之其中,k∈N+.一.要进行模分析,首先要选取合适的模,这综上可知,an≡±8,±9(mod29),其中,样可以使复杂问题简单化,使解题的思路更n∈N+.加明确,运算更加简便.又对于任意的m、q、p∈Z,题1 已知数列{an},a1=8,a2=20,777m+q+p¢±8,±9(mod29),2an+2=an+1+12an+1an+an+1+11an.因此,{an}中任何一项都不可能表示成三个求证:{an}中任何一项都不可能表示成整数的七次方
2、之和.三个整数的七次方之和.本题以29为模,使问题迎刃而解.可见,证明:以29为模进行分析.选取一个合适的模是解决此类数论题的关键7≡对于任意的n∈Z,n0,±1,±12(mod29).所在.但是,为什么选取以29为模?对于一列出{an}的前几项:个数或几个数的n次方怎样选取一个合适a1=8≡8(mod29),的模呢?下面对这一问题进行讨论.a2=20≡20(mod29),为了便于进行模分析,理想的情况是所a2要选取的模使得余数的情况越少越好.因此,3≡20+12×20×8+20+11×8可以先对2至50次方以2至100为模,对余≡21(mod29),数进行分析,从中找到
3、一些规律.2a4≡21+12×21×20+21+11×20把几种余数较少的情况分两类列出表1≡9(mod29),和表2.2a5≡9+12×9×21+9+11×21≡8(mod29),表12a6≡8+12×8×9+8+11×9≡20(mod29).乘方模余数个数注意到2m40,12a5≡a1≡8(mod29),a6≡a2≡20(mod29),3m90,1,83而当an≡ak(mod29),an+1≡ak+1(mod29)时,m5250,1,7,18,245an+2≡ak+2(mod29).从而,m7490,1,18,19,30,31,487a1≡a5≡⋯≡a4k+1≡⋯≡8
4、(mod29),110,1,3,9,27,40,m1211181,94,112,118,120a2≡a6≡⋯≡a4k+2≡⋯≡20(mod29),0,1,19,22,a3≡a7≡⋯≡a4k+3≡⋯≡21(mod29),m1316923,70,80,89,13a4≡a8≡⋯≡a4k+4≡⋯≡9(mod29).99,146,147,150,168©1994-2007ChinaAcademicJournalElectronicPublishingHouse.Allrightsreserved.http://www.cnki.net16中等数学表2(2)余数有且仅有k种情况.p乘
5、方模余数特征推广3 设p为质数,对于整数a,a以2p为模的余数有且仅有p种情况.30,13=1×2+12下面给出这三个推广的证明.m50,±15=2×2+1推广1的证明:因为p为质数,由费马小370,±17=2×3+1p-1m定理知a≡1(modp)p-150,15=1×4+1](a2)2≡1(modp)4mp-1131,3,-413=3×4+1](a2)2-1≡0(modp)5p-1p-1m110,±111=2×5+1](a2+1)(a2-1)≡0(modp)p-170,17=1×6+1]a2≡±1(modp).6m130,±113=2×6+1推广2的证明:(1)对于其
6、任意一个余数n190,1,7,-819=3×6+1m,m≡a(mod(nk+1)),有knk7m≡a(mod(nk+1)).m290,±1,±1229=4×7+1又nk+1为质数,则由费马小定理知8m170,±117=2×8+1nk≡1(mod(ank+1)).9m190,±119=2×9+1k故m≡1(mod(nk+1)).110,111=1×10+1(2)在这里用到一个定理:10m310,1,5,2531=3×10+1定理 同余方程nn-1f(x)=anx+an-1x+⋯+a1x+a0 表1中,次数都是质数,且以此次数的平方为模,其余数的个数恰好等于次数.这是一≡0
7、(modp)(ai∈N)(p8an)条很好的规律.有n个解的充要条件是存在整数多项式表2中,不但模等于次数的倍数加1,而q(x)和r(x),r(x)的次数小于n,使得p且模都是质数.这又是一条很好的规律.而当x-x=f(x)q(x)+p·r(x).倍数为1时,模等于次数加1,很容易让人想证明略.到关于模的一个经典定理———费马小定理.对于同余方程费马小定理 设kp为质数,且(a,p)=f(m)=m-1≡0(mod(nk+1)),p-1≡nk+11.则a1(modp).m-mkk(n-1)k(n-2)从费马小定理不难想到:如果要
