文中部分字母含义、定义（不想累赘书写）

设a=k1m+r1,b=k2m+r2a=k_1m+r_1,b=k_2m+r_2a=k1m+r1,b=k2m+r2（rrr为余数）

定义&定理

定义①：

a≡b(modm)a\equiv b(mod\quad m)a≡b(modm)指aaa和bbb对模m同余，即amodm=bmodma\quad mod\quad m=b\quad mod\quad mamodm=bmodm

定义②：
在模mmm的意义下，余数相同的归为一个集合，那么所有整数被分为mmm个不同的集合，模mmm的余数分别为 0,1,2,3,...,m−10,1,2,3,...,m − 10,1,2,3,...,m−1，这些集合被称为模mmm剩余类（同余类）。

定理①

a≡b(modm)⇔m∣(a−b)a≡b(mod\quad m)\Leftrightarrow m|(a-b)a≡b(modm)⇔m∣(a−b)，
证：
∴a−b=k1m+r1−(k2m+r2)=(k1−k2)m+(r1−r2)\therefore a-b=k_1m+r_1-(k_2m+r2)=(k_1-k_2)m+(r_1-r_2)∴a−b=k1m+r1−(k2m+r2)=(k1−k2)m+(r1−r2)
∵m∣(a−b)\because m|(a-b)∵m∣(a−b)
∴r1=r2\therefore r_1=r_2∴r1=r2（即与rrr余数无关时，则a−b=(k1−k2)ma-b=(k_1-k_2)ma−b=(k1−k2)m必能被mmm整除
当r1=r2r_1=r_2r1=r2时，即a≡b(modm)a\equiv b(mod\quad m)a≡b(modm)（余数相同即同余）
（反向证明也可由右边得出左边）

定理②：

a≡b(modm)⇔a≡b(mod\quad m)\Leftrightarrowa≡b(modm)⇔存在a=b+kma=b+kma=b+km（kkk为整数）
证：
∵a≡b(modm)\because a\equiv b(mod\quad m)∵a≡b(modm)
∴r1=r2\therefore r_1=r_2∴r1=r2
∵k1m=(k2+k)m=k2m+km\because k_1m=(k_2+k)m=k_2m+km∵k1m=(k2+k)m=k2m+km（注意kkk可能为负数）
∴k1m+r1=k2m+r2+km\therefore k_1m+r_1=k_2m+r_2+km∴k1m+r1=k2m+r2+km
即a=b+kma=b+kma=b+km

性质

①自反性：a≡a(modm)a\equiv a (mod\quad m)a≡a(modm)

②对称性：a≡b(modm)⇒b≡a(modm)a\equiv b(mod\quad m)\Rightarrow b\equiv a(mod\quad m)a≡b(modm)⇒b≡a(modm)

③对称性：a≡b(modm),b≡c(modm)⇒a≡c(modm)a\equiv b(mod\quad m),b\equiv c(mod\quad m)\Rightarrow a\equiv c(mod\quad m)a≡b(modm),b≡c(modm)⇒a≡c(modm)
这③条非常简单，不需要证明，但不要一时脑子短路搞错了

④同加（减）性（两条）：

a≡b(modm)⇒a±c≡b±c(modm)a\equiv b(mod\quad m)\Rightarrow a±c\equiv b±c(mod\quad m)a≡b(modm)⇒a±c≡b±c(modm)
a≡b(modm),c≡d(modm)⇒a±c≡b±d(modma\equiv b(mod\quad m),c\equiv d(mod\quad m)\Rightarrow a±c\equiv b±d(mod\quad ma≡b(modm),c≡d(modm)⇒a±c≡b±d(modm
证：
对于第一条：（减号同理）
∵a≡b(modm)\because a\equiv b(mod\quad m)∵a≡b(modm)
∴r1=r2\therefore r_1=r_2∴r1=r2
∴k1m+(r1+c)≡k1m+(r2+c)(modm)\therefore k_1m+(r_1+c)\equiv k_1m+(r_2+c)(mod\quad m)∴k1m+(r1+c)≡k1m+(r2+c)(modm)（在modmmod\quad mmodm意义下k1m,k2mk_1m,k_2mk1m,k2m被消去）
即a+c≡b+c(modm)a+c\equiv b+c(mod\quad m)a+c≡b+c(modm)
对于第二条：
∵a≡b(modm),c≡d(modm)⇒a+c≡b+d(modm)\because a\equiv b(mod\quad m),c\equiv d(mod\quad m)\Rightarrow a+c\equiv b+d(mod\quad m)∵a≡b(modm),c≡d(modm)⇒a+c≡b+d(modm)
∴m∣(a−b),m∣(c−d)\therefore m|(a-b),m|(c-d)∴m∣(a−b),m∣(c−d)定理①
∴m∣[(a−b)±(c−d)]\therefore m|[(a-b)±(c-d)]∴m∣[(a−b)±(c−d)]
a±c≡b±d(modma±c\equiv b±d(mod\quad ma±c≡b±d(modm

⑤同乘性（两条）：

a≡b(modm)⇒ac≡bc(modm)a\equiv b(mod\quad m)\Rightarrow ac\equiv bc(mod\quad m)a≡b(modm)⇒ac≡bc(modm)
a≡b(modm),c≡d(modm)⇒ac≡bd(modm)a\equiv b(mod\quad m),c\equiv d(mod\quad m)\Rightarrow ac\equiv bd(mod\quad m)a≡b(modm),c≡d(modm)⇒ac≡bd(modm)
证：对于第一条：
∵a≡b(modm)\because a\equiv b(mod\quad m)∵a≡b(modm)
∴r1=r2\therefore r_1=r_2∴r1=r2
∴r1c=r2c\therefore r_1c=r_2c∴r1c=r2c
∴k1mc+r1c≡k1mc+r2c(modm)\therefore k_1mc+r_1c\equiv k_1mc+r_2c(mod\quad m)∴k1mc+r1c≡k1mc+r2c(modm) （在modmmod\quad mmodm意义下k1mc,k2mck_1mc,k_2mck1mc,k2mc被消去）
即ac≡bc(modm)ac\equiv bc(mod\quad m)ac≡bc(modm)
对于第二条：
∵a≡b(modm),c≡d(modm)\because a\equiv b(mod\quad m),c\equiv d(mod\quad m)∵a≡b(modm),c≡d(modm)
∴m∣(a−b),m∣(c−d)\therefore m|(a-b),m|(c-d)∴m∣(a−b),m∣(c−d)定理①
∵ac−bd=ac−bc+bc−bd=c(a−c)+b(c−d)\because ac-bd=ac-bc+bc-bd=c(a-c)+b(c-d)∵ac−bd=ac−bc+bc−bd=c(a−c)+b(c−d)
∴m∣(ac−bd)\therefore m|(ac-bd)∴m∣(ac−bd)
∴ac≡bd(modm)\therefore ac\equiv bd(mod\quad m)∴ac≡bd(modm)
在以上④⑤两点里，其实它们的第二条都是第一条的一般形式（当c=dc=dc=d时，就是第一条了，所以说其实看懂第二条是最好的）

⑥同幂性：a≡b(modm)⇒an≡bn(modm)a\equiv b(mod\quad m)\Rightarrow a^n\equiv b^n(mod\quad m)a≡b(modm)⇒an≡bn(modm)
证：由⑤同乘性可知
a≡b(modm),c≡d(modm)⇒ac≡bd(modm)a\equiv b(mod\quad m),c\equiv d(mod\quad m)\Rightarrow ac\equiv bd(mod\quad m)a≡b(modm),c≡d(modm)⇒ac≡bd(modm)
设a=c,b=da=c,b=da=c,b=d
∵ac≡bd(modm)\because ac\equiv bd(mod\quad m)∵ac≡bd(modm)
∴a2≡b2(modm)\therefore a^2\equiv b^2(mod\quad m)∴a2≡b2(modm)
∴a3≡b3(modm)\therefore a^3\equiv b^3(mod\quad m)∴a3≡b3(modm)
……（如此做n次）……（如此做n次）……（如此做n次）
∴an≡bn(modm)\therefore a^n\equiv b^n(mod\quad m)∴an≡bn(modm)

⑦：若amodp=x,amodq=x,gcd(p,q)=1a\quad mod \quad p=x,a\quad mod \quad q=x,gcd(p,q)=1amodp=x,amodq=x,gcd(p,q)=1（互质）⇒amod(pq)=x\Rightarrow a\quad mod(pq)=x⇒amod(pq)=x
证：
∵amodp=x,amodq=x,gcd(p,q)=1\because a \quad mod \quad p=x,a\quad mod \quad q=x,gcd(p,q)=1∵amodp=x,amodq=x,gcd(p,q)=1
∴\therefore∴存在s,ts,ts,t使得a=sp+x=tq+xa=sp+x=tq+xa=sp+x=tq+x
∴sp=tq\therefore sp=tq∴sp=tq
∴\therefore∴存在rrr使得s=rqs=rqs=rq（因为p,qp,qp,q互质，所以s,ts,ts,t分别含有q,pq,pq,p的因子，即sss必为qqq的倍数，注意1倍也是倍数）
∴a=rpq+x\therefore a=rpq+x∴a=rpq+x
∴amod(pq)=x\therefore a\quad mod(pq)=x∴amod(pq)=x

没有同除性！！两数同余不代表同除一数也同余！！！

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同余问题（含证明）整理（篇目①：定义、性质与两个简单定理）

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