网络安全-第3讲 数学基础_剩余类和剩余系欧拉定理威尔逊定理(2-2个学时)
威尔逊定理
威尔逊定理（Wilson'逊在1770年提出。威尔逊定理的正式定义如下：
设p是一个质数，则p是积性函数（p）的欧拉函数（phi）的倍数，当且仅当p是一个质数。
威尔逊定理有一个简单的证明：
对于任意质数p，由于p是积性函数的欧拉函数的倍数，则p-1是积性函数的欧拉函数的因数。因此，p-1一定是一个正整数的倍数。由于p是质数，所以p-1一定是一个大于1的正整数。因此，p-1一定是大于1的正整数的倍数。
剩余类与剩余系
一、同餘，剩餘類與剩餘系(a ) 同餘的性質：(1) a ≡b (mod m )，c ≡d (mod m )，則 a ±c ≡b ±d (mod m ) 且ac ≡bd (mod m )。
(2) a ≡b (mod m )，c ∈N ，則 ac ≡bc (mod cm )。
(3) a ≡b (mod m )，n ∈N 且 m n ，則 a ≡b (mod n )。
(4) 若a ≡b (mod m )，則 (a ，m )＝(b ，m )。
(5) 整數a ，b ，則 ab ≡1 (mod m ) iff (a ，m )＝1。
(b ) 剩餘類：m 為正整數，將全體整數按照對模m 的餘數進行分類，餘數為r (10-≤≤m r ) 的所有整數歸為一類，記為K r (r =0,1,..,m -1)，每一類K r 均稱為模m 的剩餘類 (同餘類)。
剩餘類K r 是數集K r ={mq +r m 是模，r 是餘數，q ∈Z }＝{a Z a ∈且)(mod m r a ≡}， 它是一個以m 為公差的(雙邊無窮)等差數集。
並具有如下的性質：(1) 1210-⋃⋃⋃⋃=m K K K K Z 且∅=⋂j i K K (j i ≠)。
(2) 對於任意的Z n ∈，有唯一的r 0使0r K n ∈。
(3) 對於任意的a 、b Z ∈，a 、b r K ∈ ⇔ )(mod m b a ≡(c ) 完全剩餘系：設K 0，K 1，…，K m-1是模m 的全部剩餘類，從每個K r 中取任取一個數a r ，這m 個數a 0，a 1，…，a m-1組成的一個數組稱為模m 的一個完全剩餘系。
(d ) 簡化剩餘系：如果一個模m 的剩餘類K r 中任一數都與m 互質，就稱K r 是一個與模m 互質的剩餘類。
在與模m 互質的每個剩餘類中，任取一個數 (共)(m ϕ個) 所組成的數組，稱為模m 的一個簡化剩餘系。
(二) 高觀點：同餘類環(ring)1.等價關係：給集合S中一個關係”~”。
网络安全数学基础
－ 整除性理论 － 同余式 － 原根
• 近世代数
－群 －环 －域 － 椭圆曲线
• 培养逻辑思维和抽象思维的能力 • 是密码学与网络安全的数学基础
网络安全数学基础 第一章 整数的可除性
§1.1 整除性
§1.2 整数的表示
§1.3最大公因数与欧几里德除法
0 1 4
网络安全数学基础
沈佳辰 jcshen@
• 教材：《信息安全数学基础》陈恭亮著 • 参考书目：
《数论讲义》（第二版），柯召、孙琦著 《近世代数引论》（第二版），冯克勤、章璞著 《离散数学》，董晓蕾、曹珍富著
• 考核方式
平时成绩30%，期中考试30%，期末考试40%
主要内容
数论讲义第二版柯召孙琦著近世代数引论第二版冯克勤章璞著离散数学董晓蕾曹珍富著考核方式平时成绩30期中考试30期末考试40主要内容初等数论整除性理论同余式是密码学与网络安全的数学基础网络安全数学基础第一章整数的可除性11整除性12整数的表示13最大公因数与欧几里德除法2354949393910145192414素数与算术基本定理网络安全数学基础第二章同余21同余的定义与基本性质22剩余类与完全剩余系23一次同余式23孙子定理
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§1.4 素数与算术基本定理
网络安全数学基础 第二章 同余
§2.1 同余的定义与基本性质
§2.2 剩余类与完全剩余系
§2.3 一次
信息安全数学基础第03章
3.1 二次剩余的概念
二次剩余的定义 首先为了确定哪些整数是模10的二次剩余，只需要关注 整数1，2，3，…，9的平方。而 12≡92≡1 (mod 10) 22≡82≡4 (mod 10) 32≡72≡9 (mod 10) 42≡62≡6 (mod 10) 52≡5 (mod 10) 同时，由于在整数1，4，5，6，9中与10互素的整数只 有1和9，因而只有1和9是模10的二次剩余，而整数2，3， 7，8中与10互素的整数只有3和7，因而只有3和7是模10 的二次非剩余。
a b ( p 1)/2 ( p 1) /2 (mod p), b (mod p) a p p
且 因而
ab (ab)( p 1) /2 (mod p) p
a b ab ( p 1) /2 ( p 1) /2 ( p 1) /2 b (ab) (mod p) a p p p
•
a 任意给定正整数n的素分解式 n p1a1 p22 psas ，由定
n 理3.2.2可知要确定勒让德符号 p 的值，只需确定勒
1 2 q 让德符号 , 以及 （其中q是一奇素数）的值。 p p p
3.2 勒让德符号
第3章 二次剩余
第3章 二次剩余
我们来考虑这样一个问题：什么时候整数a可以表示为 某个整数x的平方对素数p取模之后的结果呢？ 数学家欧拉、勒让德和高斯对这个问题以及相关工作进 行了大量的研究。本章我们就来介绍这些研究成果。
第3章 二次剩余
二次剩余的概念 勒让德符号 高斯二次互反律 雅可比符号 二次同余式的解法和解数
由于勒让德符号的值只有±1，因而结论成立。
3.2 勒让德符号
剩余类与完全剩余系ppt课件
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定理3 设m 1，a，b是整数，(a, m) = 1，{x1, x2, , xm} 是模m的一个完全剩余系，则
{ax1 b, ax2 b, , axm b}也是模m的完全剩余系。 证明 由定理2，只需证明：若xi xj，1 i, j m
从而
axi b
m
k j
m
j
m1 j
i 1
m
j 1
m j1 m
j1 m
m1 j
1 m(m 1) m 1 .
j1 m m
2
2
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3、剩余系间的联系 定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1，
X { x1, x2 ,L , xm1 } ,Y { y1, y2,L , ym2 } 分别是模m1与模m2的完全剩余系， 则 R = { Ax m1y：xX，yY }是模m1m2的一个 完全剩余系。
Ax Ax (mod m1) x x (mod m1) x = x ，
由x = x ，Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)，
(2) 定理3也可以叙述为：设m 1，a，b是整数， (a, m) = 1，若x通过模m的一个完全剩余系， 则ax+b也通过模m的一个完全剩余系；
（3）特别地，若x通过模m的一个完全剩余系， (a, m) = 1，，则ax和x+b也分别通过模m的一 个完全剩余系。
8
例2 设A = {x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系， 以{x}表示x的小数部分，证明：若(a, m) = 1，则
§3.2 剩余类与完全剩余系
一、剩余类 ——按余数的不同对整数分类
一个整数被正整数n除后，余数有n种情形：0，1，2， 3，…，n-1，它们彼此对模n不同余。这表明，每个 整数恰与这n个整数中某一个对模n同余。这样一来， 按模n是否同余对整数集进行分类，可以将整数集分 成n个两两不相交的子集。
网络安全数学基础
§2.3 一次同余式
§2.3 孙子定理
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《数论讲义》（第二版），柯召、孙琦著 《近世代数引论》（第二版），冯克勤、章璞著 《离散数学》，董晓蕾、曹珍富著
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网络安全数学基础 第一章 整数的可除性
§1.1 整除性
§1.2 整数的表示
§1.3最大公因数与欧几里德除法
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§1.4 素数与算术基本定理
网络安全数学基础 第二章 同余
§2.1 同余的定义与基本性质
§2.2 剩余类与完全剩余系
费马定理、欧拉定理、威尔逊定理(讲稿)
欧拉定理、费马定理、威尔逊定理1、欧拉函数：φ(m )是1, 2, …, m 中与m 互质的个数，称为欧拉函数.①欧拉函数值的计算公式：若m ＝p 1α1p 2α2…p n αn , 则φ(m )＝m (1－1p 1)(1－1p 2)…(1－1p n) 例如，30＝2·3·5，则.8)511)(311)(211(30)30(=---=ϕ②若p 为素数，则1()1,()(1),k k p p p p p ϕϕ-=-=-若p 为合数，则()2,p p ϕ≤-③不超过n 且与n 互质的所有正整数的和为1()2n n ϕ；④若(,)1()()(),a b ab a b ϕϕϕ=⇒= 若()()a b a b ϕϕ⇒⑤设d 为n 的正约数，则不大于n 且与n 有最大公因数d 的正整数个数为()ndϕ， 同时()()d nd nn d n dϕϕ==∑∑；例1、证明：φ(n )＝14n 不可能成立.不可能成立假设不成立上式不成立，左边是一个奇数，上式右边是一个偶数，又即：即：为奇质数，则：设成立，则证：若不可能成立；【练习】证明：n p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p n p p p p p p n n n n k k k k k kk k k k k k k k k k 41)4()1()1)(1(4)1()1)(1(22)1()1)(1(2241)(,,),2(,2|441)4(41)4(212121112112122211212121212121212121=∴∴∴---=---=---==≥===----ϕϕαϕϕααααααααααααααααααααΘΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛ例2、证明：数列{2n －3}中有一个无穷子数列，其中任意两项互质.}{}32{1,,,1),(mod 1321),(mod 122)(32,,,,}32{}32{21211)()((()(1)(12121212121i n k k i u u u i u u u u u u u u u k k n n u k u u u u ki u ki u x u u u u k k k k k 互素的无穷子数列中一定有一个任意两项数列依此方法一直下去项两两互素的子数列，是、数列＝理有：是欧拉函数，由欧拉定其中作项是两两互素的，记为中已有证明：设数列其中任意两项互素；中有一个无穷子数列，、证明：数列例））-+∴≤≤-≡-∴≤≤≡-=--++++ΛΛΛΛΛΛϕϕϕϕϕϕϕ例3、已知p 为质数，在1, 2, …, p α中有多少个数与p α互质？并求φ(p α). 直接用性质②例4 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，求出这个数列的第2010项.解：1~105的所有正整数中共有(105)(3)(5)(7)48ϕϕϕϕ==个与105互素，他们从小到排列为：12345481,2,4,8,11,,104a a a a a a ======L . 对于任一的n a ，由带余除法存在唯一的q , r 使得 105,0,0105n a q r q r =+≥≤<，由(a n ，105)＝1，可得(r ，105)＝1，即1248{,,,}r a a a ∈L .反之，对于任意固定非负整数q , 1248{,,,}r a a a ∈L 有(105q ＋r ，105)＝1，于是105q ＋r 都是数列的项， 从而存在正整数n ，使得105n a q r =+. 因此数列{}n a 仅由105(1,2,,48)n q a n +=L 的数由小到大排列而成的.因为2010＝48*41＋42，所以有2010424842201010541,104,89,4394a a a a a =⨯+===而由求得所以. 2、(欧拉定理) 若(a , m )＝1，则a φ(m )≡1(mod m ).证明：设r 1，r 2，…，r φ(m )是模m 的简化剩余系，又∵(a , m )＝1，∴a ·r 1，a ·r 2，…，a ·r φ(m )是模m 的简化剩余系， ∴a ·r 1×a ·r 2×…×a ·r φ(m )≡r 1×r 2×…×r φ(m )(mod m )，又∵(r 1·r 2·…·r φ(m ), m )＝1，∴a φ(m )≡1(mod m ). 注：这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题. 应用：设(a , m )＝1, c 是使得a c ≡1(mod m )的最小正整数, 则c |φ(m ).2、(定义1) 设m ＞1是一个固定的整数, a 是与m 互质的整数，则存在整数k (1≤k ≤m )，使a k ≡1(mod m )， 我们称具有这一性质的最小正整数(仍记为k )称为a 模m 的阶，由a 模m 的阶的定义，可得如下性质： ⑴ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，u , v 是任意整数，则a u ≡a v (mod m )的充要条件是u ≡v (mod k )， 特别地，a u ≡1 (mod m )的充要条件是k |u 证明：充分性显然.必要性：设,u l u νν>=-，由(mod )ua a m ν≡及(,)1a m =知1(mod )la m ≡. 用带余除法，,0,l kq r r k =+≤<故1(mod )kqra a m ⋅≡，∴1(mod )ra m ≡，由k 的定义知，必须0r =，所以(mod ).u v k ≡⑵ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，则数列a , a 2, …, a k , a k ＋1,…是模m 的周期数列，最小正周期为k ， 而k 个数a , a 2,…, a k 模m 互不同余.⑶ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，则k |φ(m )，特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶整除p －1. (4) 设(a , p )＝1, 则d 0是a 对于模p 的阶⇔0da ≡1(mod p ), 且1, a , …, a do −1对模p 两两不同余. 特别地, d o ＝φ(p )⇔1, a ,…, a φ(p )−1构成模p 的一个简化剩余系. 定理：若l 为a 对模m 的阶，s 为某一正整数，满足)(m od 1m a s≡，则s 必为l 的倍数. 例5、设a 和m 都是正整数，a ＞1. 证明：).1(|-ma m ϕ证明：实上，显然1-m a a 与互素，且1-m a a 模的阶是m ，所以由模阶的性质③导出).1(|-ma m ϕ 例6：设m , a ,b 都是正整数，m ＞1，则(.1)1,1),(-=--b a bam m m证明：记).1,1(--=bam m d 由于(a , b )|a 及(a , b )|b ，易知1|1),(--a b a m m及1|1),(--b b a m m ，故d mb a |1),(-， 另一方面设m 模d 的阶是k ，则由)(m od 1),(m od 1d m d m b a ≡≡推出，k |a 及k |b ，故k |(a ，b ). 因此.1|),(m od 1),(),(-≡b a b a m d d m 即综合两方面可知，.1),(-=b a md 证毕.3、(费尔马小定理) 若p 是素数，则a p ≡a (mod p ) 若另上条件(a ，p )＝1，则a p −1≡1(mod p ) 证明：设p 为质数，若a 是p 的倍数，则)(m od 0p a a p≡≡.若a 不是p 的倍数，则1),(=p a 由欧拉定理得：)(mod 1,1)()(p ap p p ≡-=ϕϕ，)(mod ),(mod 11p a a p a p p ≡≡∴-，由此即得.4、(威尔逊定理) p 为质数 ⇔ (p －1)!≡－1 (mod p )证明：充分性：若p 为质数，当p ＝2，3时成立，当p ＞3时，令x ∈{1, 2, 3, …, p −1}，则1),(=p x ，在x p x x )1(,,2,-Λ中，必然有一个数除以p 余1， 这是因为x p x x )1(,,2,-Λ则好是p 的一个剩余系去0. 从而对}1,,2,1{},1,2,1{-∈∃-∈∀p y p x ΛΛ，使得)(mod 1p xy ≡；若)(m od 21p xy xy ≡，1),(=p x ，则)(m od 0)(21p y y x ≡-，)(|21y y p -，这不可能. 故对于不同的}1,,2,1{,21-∈p y y Λ，有1xy ≡／)(m od 2p xy .即对于不同的x 对应于不同的y ， 即1,,2,1-p Λ中数可两两配对，其积除以p 余1，然后有x ，使)(m od 12p x ≡，即与它自己配对， 这时)(m od 012p x ≡-，)(mod 0)1)(1(p x x ≡-+，∴1-=p x 或1=x .除1,1-=p x 外，别的数可两两配对，积除以p 余1.故)(mod 11)1()!1(p p p -≡⋅-≡-.必要性：若(p －1)!≡－1 (mod p )，假设p 不是质数，则p 有真约数d ＞1，故(p －1)!≡－1 (mod d )，另一方面，d ＜p ，故d |(p －1)!，从而(p －1)!≡0 (mod d )，矛盾！ ∴p 为质数.5、算术基本定理：任何一个大于1的整数都可以分解成质数的乘积. 如果不考虑这些质因子的次序，则这种分解法是唯一的. 即对任一整数n ＞1，有n ＝p 1α1p 2α2…p k αk ，其中p 1＜p 2＜…＜p k 均为素数， α1、α2、…、αk 都是正整数.①正整数d 是n 的约数⇔ d ＝p 1β1p 2β2…p k βk ，(0≤βi ≤αi , i ＝1, 2, …, k )② 由乘法原理可得：n 的正约数的个数为r (n )＝(α1＋1)(α2＋1)…(αk ＋1) ③ n 的正约数的和为S (n )＝(1＋p 1＋…＋p 1α1)(1＋p 2＋…＋p 2α2)…(1＋p k ＋…＋p k αk )④ n 的正约数的积为T (n )＝1()2r n n⑤ n 为平方数的充要条件是：r (n )为奇数.(2) 判断质数的方法：设n 是大于2的整数，如果不大于n 的质数都不是n 的因子，则n 是质数. (3) n !的标准分解：设p 是不大于n 的质数，则n !中含质数p 的最高次幂为：).]([][][][)!(132+<≤++++=m m m p n p pnp n p n p n n P Λ 从而可以写出n !的标准分解式.例7、证明：当质数p ≥7时，240|p 4－1.1|2401|531653161|51|31),5(,1),3(16422)1)(1)(1(1111,1,1)1)(1)(1(1,72401744442242244-∴-⋅⋅--∴==⋅⋅++-=-+-++-++-=-∴≥-≥p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p 两两互素，则与，又费马小定理有：又整除＝能被是相邻的偶数，则：和均为偶数，且又是奇数素数证：整除；能被时，、证明当素数例ΘΘΘΘ例8、求20052003被17除所得的余数.解：()2005200520052003171141414(mod17),=⨯+≡因为(17,14)1,=所以由费马小定理得16141(mod17),≡ 故()()()()()5420052005161255520031414143334312(mod17),⨯+≡≡≡≡-≡--≡--≡所以20052003被17除所得的余数是14.变式拓展：已知a 为正整数，a ≥2，且(a , 10)＝1，求a 20的末两位数字.解：∵(a , 10)＝1，∴a 为奇数，∴a 20＝a φ(25)≡1(mod 25)，又∵a 2≡1(mod 4)⇒ a 20≡1(mod 4)， 又∵(25, 4)＝1，∴a 20≡1(mod 100)，∴a 20的末两位数字01.例9、证明：方程325y x =+无整数解.解：若y 是偶数，则8 |3y ，x 2≡3(mod 8)不可能. 故必有y 一定是奇数，从而x 是偶数.令x ＝2s ，y ＝2t ＋1得t t t s 36422232++=+, 知t 是偶数，令t ＝2j ，代入得s 2＋1＝j (16j 2＋12j ＋3) 由(16j 2＋12j ＋3)≡3(mod 4) 知存在4k ＋3型的奇素数p ，使得p |(16j 2＋12j ＋3)，从而p | s 2＋1，即s 2≡－1(mod p )，有(s ，p )＝1, 21212)1()(---≡p p s (mod p )，于是 1-p s ≡－1(mod p )与费尔马小定理矛盾.例10、 试证：对于每一个素数p ，总存在无穷多个正整数n ，使得p |2n －n.. 证明：若p ＝2，则n 为偶数时结论成立.若p ＞2，则(2，p )＝1，由费尔马小定理2 p －1≡1(mod p )，故对于任意m ，有2 m (p −1)≡1(mod p ). ∴2 m (p −1)－m (p －1)≡1＋m (mod p )，令1＋m ≡0(mod p )，即m ＝kp －1， 则对于n ＝m (p －1)＝(kp －1)(p －1)(k ∈N *)，均有2 n －n 被p 整除例11、设a , b 为正整数，对任意的自然数n 有n na nb n ++，则a ＝b . 证明：假设a 与b 不相等. 考虑n ＝1有11a b ++，则a ＜b .设p 是一个大于b 的素数，设n 是满足条件的正整数：1(mod(1)),(mod ),n p n a p ≡-≡- 由孙子定理这样的n 是存在的，如 n ＝(a ＋1)(p －1)＋1. 由费马定理(1)1(mod ),nk p a aa p -+=≡所以0(mod ),n a n p +≡也即,(mod )n n p b n bn ba p ++≡-再由费马定理，所以pb a -，矛盾. 例12、设p 是奇素数，证明：2 p －1的任一素因了具有形式x px ,12+是正整数.证明：设q 是2 p －1的任一素因子，则q ≠2. 设2模q 的阶是k ，则由)(m od 12q p≡知k |p ，故k ＝1或p (因p 是素数，这是能确定阶k 的主要因素).显然k ≠1，否则),(m od 121q ≡这不可能，因此k ＝p .由费马小定理)(mod 121q q ≡-推出.1|,1|--q p q k 即因p 、q 都是奇数，故q －1＝2px (x 是个正整数).例13、设p 是大于5的素数, 求证：在数列1, 11, 111, …中有无穷多项是p 的倍数.证明： 因5p >是素数, 故(,10) 1.p =由费马小定理1101(mod ),p p -≡故对每一个正整数l 有()11010(mod ),l p p --≡ 而()()(){1111019999111,l p l p l p ----==⨯L L 123个个因()1(,9)1,101,l p p p -=- 故(){111 1.l p p -L 个例14、证明：若0(mod ),ppm n p +≡则20(mod ),ppm n p +≡这里p 是奇素数.证明：因p 是奇素数，故由费马定理得，(mod ),(mod ).ppm m p n n p ≡≡于是，(mod ).ppm n m n p +≡+ 故可由已知条件0(mod )ppm n p +≡得0(mod ).m n p +≡故存在整数k 使得,.m n pk n pk m +==- 因此()()()()()()()12122111210(mod ).p p p p p p p p p rp rrrp p ppm n m pk m pk C pk m C pk m Cpk m Cpk m p -----+=+-=-+++-++≡LL例15、(2004第36届加拿大奥林匹克) 设p 是奇质数，试证：∑-=-+≡11212)(mod 2)1(p k p p p p k例16、(第44届IMO ) 设p 是质数，试证：存在一个质数q ，使对任意整数n ，数n p −p 不是q 的倍数.例17、已知p是给定的质数，求最大正整数m满足：⑴1≤m≤p−1；⑵∑-=≡11) (modpkm p k.例18、(2006国家集训队测试题) 求所有的正整数对(a, n)，使得n|(a＋1)n−a n课外练习题：1、①证明：f (x )＝15x 5＋13x 3＋715x 是一个整值多项式. ②求证：f (n )＝15n 5－32n 2＋1310n －1被3除余2.①则只需证=)(15x f x x x 75335++是15的倍数即可. 由3，5是素数及Fetmat 小定理得)5(mod 5x x ≡，)3(mod 3x x ≡，则)5(m od 07375335≡+≡++x x x x x ；)3(m od 0275335≡+≡++x x x x x而(3，5)＝1，故)15(mod 075335≡++x x x ，即)(15x f 是15的倍数, 所以)(x f 是整数. 2、 证明：2730|n 13－n (n ∈N *))(|2730137532),(137532)(|2),(|3),(|5),(|7)(,)(,)(,)(,)()1)(1)(1)(1)(1()1)(1)(1()1)(1(),(|13),(,)(1375322730)(,|273043212433527162263366131313n f n f n f n f n f n f n f n n n f n n n f n n n f n n n f n n n n n n n n n n n n n n n n n n f N n n n n f N n n n 两两互素，故，，，，且均整除，，，，即由费马小定理可知：的因式都是故由于可知则由费马小定理，，若记＝证明：【练习】证明：-=-=-=-=++-+++-=++-=+-=-∈-=⋅⋅⋅⋅∈-Θ3、 已知有正整数b a b a ab ba b a ++++的最大公约数不超过与是整数，求证：使得11,.证明：由于a ＋1b ＋b ＋1a ＝a 2＋b 2＋a ＋b ab……①，设(a , b )＝d ，则d 2|a 2＋b 2，显然d 2|ab ，由①得，d 2|a ＋b于是a ＋b ≥d 2，a ＋b ≥d ，即 (a , b )≤a ＋b .4、求最小的正整数k ，使得存在非负整数m ，n 满足k ＝19m －5n5、将与105互素的所有正整数从大到小排列，试求出这个数列的第1000项；法一：由105=3×5×7；故不超过105而与105互质的正整数有105×(1－13)(1－15)(1－17)=48个.1000=48×20＋48－8， 105×20=2100. 而在不超过105的与105互质的数中第40个数是86． ∴ 所求数为2186. 法二：6．设n m ,为正整数，具有性质：等式(171,)(171,)k m k n -=-对所有的正整数k 成立. 证明：17rm n =，其中r 是某个整数.。
初等数论教学大纲(本科)
初等数论教学大纲（本科）哈尔滨师范大学数学系初等数论(本科) 教学大纲说明《初等数论》是师范本科学校数学与应用数学专业的一门重要专业课，数学与应用数学专业的学生学习一些初等数论的基础知识可以加深对数的性质的了解与认识，便于理解和学习与其相关的一些课程。
是在学生进入四年级后开设的一门课程。
通过对《初等数论》的教学，使学生掌握初等数论的最基本的内容，使学生在掌握其基本理论的同时为从事中学数学竞赛工作提供宏观理论的积累，初等数论是研究整数最基本的性质，是一门重要的数学基础课。
初等数论开设的目的：通过这门课的学习，使学生获得关于整数的整除性、不定方程、同余式、原根与指标及不定方程的基本知识，掌握数论中的最基本的理论和常用的方法，加强他们的理解和解决数学问题的能力，为今后的学习奠定必要的基础。
1、国际奥林匹克数学竞赛中所占初等数论内容很多，学好初等数论对于培养学生进行奥林匹克数竞赛的培训工作提供理论的知识储备。
2、培养学生初步的科研能力，因为初等数论是数学中理论与实践结合得最完美的基础课程，近代数学中的很多数学思想、概念、方法与技巧都是从整数的性质的深入研究而不断丰富和发展起来的。
确定《初等数论》的教学内容应依据初高中教学实际，立足于培养学生的数学思想、方法和技巧，掌握竞赛数学中初等数论的主要理论和进一步提高和学习的基本理论，因而整个课程分为整除、同余、同余式、不定方程和原根指标几部分。
这样处理有助于形成学生完善的数学知识结构，进而从根本上提高学生的素质。
根据教学计划规定，本课程教学时数为48学时，其中讲授课和习题课共48学时，本课程安排在第七学期，周学时4，具体分配如下：1．整除12学时；2．同余8学时；3．同余方程18学时；4．不定方程4学时；5．原根和指标5学时。
大纲内容一、整除（一）教学目的通过本章的教学，使学生掌握整除的性质、带余数除法、辗转相除法，掌握最大公因数和最小公倍数的基本理论，熟练掌握算术基本定理，除数和函数和完全数的概念，掌握函数［x］、｛x｝基本理论。
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证明
(1)因为对任一整数a，有a＝mq＋r，0≢r≢m－1，于
是a≡r(mod m)，所以a∈[r]。 (2)若a、b属于同一剩余类[r]，则a＝q1m＋r，b＝q2m＋r，
m|(a－b)，所以a≡b(mod m)。
反之，若a≡b(mod m)，由剩余类的定义知a、b属于同一剩余 类。
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定理1.10 （1）若p为素数，k为正整数，则(pk)＝pk-1(p－1)。 证明 因为在｛1,2,… ,1· , p
p+1 ,… ,2· , p 2· +1,… ,(pk-1 -1)p , p (pk-1 -1)p+1 ,… , pk－1 ｝中， 与pk不互素的正整数有1· 、2· 、…、（pk-1-1）.p，共pk-1-1 p p
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定义1.5 设(m)为集合｛1，2，。。。，m-1｝(小于m的正整数
集)中与m互素的正整数个数，则称其为欧拉(Euler)函数。（引入目
的是问了讨论简化剩余系） 由定义易知，(2)＝1，(3)＝2，(5)＝4，(8)＝4。
当P为素数时，(p)＝p－1。
剩余系，则S＝{m2ai＋m1bj|0≢i≢m1－1∧0≢j≢m2－1}是模
m1m2的一完全剩余系。(目的：通过已知的不同完全剩余系构造新
的完全剩余系) 证明 显然S有m1m2个整数。 假设其中有两个数同余，即m2ai＋m1bs≡m2aj＋m1bt(mod
m1m2)，则m1m2|m2(ai－aj)＋m1(bs－bt)，m1|m2(ai－aj)＋ m1(bs－bt)，m1|m2(ai－aj)。同理可证，m2|m1(bs－bt)。
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定理1.15 (费尔马定理)若p是素数，(a，p)＝1，则 ≡1(mod p) 证明 以
(2)若r1、r2、…、和r1、r2、…、分别是模m1和m2的一简化剩余系，
则S＝{m2ri＋m1rj|0≢i≢(m1)∧0≢j≢(m2)}是模m1m2的一简化剩余 系。（目的：通过已知的简化剩余系构造新的简化剩余系）
证明：令(m2ri＋m1rj，m1m2)＝d。 若d≠1，取d的素因子p，则有p|m2ri＋m1rj，p|m1m2。 若p|m1，则p|m2ri， 又因为(m1，ri)＝1，所以(p，ri)＝1（素分解），则p|m2，与 (m1，m2)＝1矛盾。 若p|m2，则p|m1rj，又因为(m2，rj)＝1，所以(p，rj)＝1， 则p|m1，与(m1，m2)＝1矛盾。所以d＝1。 又因为由(1)可知S中任两数对m1m2不同余，故S是模m1m2的一 简化剩余系。 推论：若(m1，m2)＝1，则(m1m2)＝(m1)(m2)。
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2．剩余类和剩余系
定义1.2由于模m同余关系是一个等价关系，若将Z中同余 的数归为一类，不同余的数归为不同的类，则将Z分为m个类， 称为模m的剩余类或同余类。 若用[r](或r mod m)表示r所属的模m的剩余类，则 [r]＝{i|i≡r(mod m)∧i∈Z}。
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pn n)。又因为
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3．欧拉定理与威尔逊定理
定理1.14 (欧拉定理)设m≣2且(a，m)＝1，则 a (m) ≡1(mod m)。 证明 设r1、r2、…、r(m)是模m的一简化剩余系。 因为(a，m)＝1，所以ar1、ar2、…、ar(m)也是模m的一简化剩余系。
a2、…、a(m)是模m的一简化剩余系它们两两对模m不同余。
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(3)若(a，m)＝1，r1、r2、…、是模m的一简化剩余系，则ar1、
所以必定存在ari ≡rj(modm)
于是，(ar1)(ar2)…(ar(m))≡r1·2·…·r(m)(mod m)， r 即a(m)·1·2·…·r(m)≡r1·2·…·r(m)(mod m)。 r r r
因为(ri，m)＝1，所以(r1·2·…·r(m)，m)＝1（素分解）， r
于是有 a (m)≡1(mod m)。
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定理1.13 若a＝
p11 p2 2
…
pn n，p1、p2、…、pn是素数，
1、2、…、n是整数，则：
又因为(m1，m2)＝1，所以m1|(ai－aj)，m2|(bs－bt)，即
ai≡aj(mod m1)，bs≡bt(mod m2) 。
从而假设不成立，S中两两对模m1m2不同余。故S是模m1m2
的一完全剩余系。
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故ar1、ar2、…、对模m两两不同余，
所以ar1、ar2、…、a也是模m的一简化剩余系。
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定理1.12 设m1、m2是正整数，(m1，m2)＝1，则： (1)若a0、a1、…、，b0、b1、…、分别是模m1，m2的一完全
（1）个数为(m) (欧拉函数值)
（2）关于m两两不同余 （3）每个数与m互素
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例1 求证6、9、12、15、18、21、24、27是模8的一完全剩余 系，而其中9、15、21、27是模8的一个简化剩余系。 证明 因为6≡6(mod 8)， 9≡1(mod 8)，
(q) 。
证明 因为小于n的正整数个数为pq-1个， 其中与n不互素的正整数有1·p、2·p、…、(q-1)·p和1·q、 2·q、…、(p-1)·q， 所以(n)＝ pq-1-((p-1)+(q-1)) =(p-1)(q-1)。 定理1.11 (1)模m简化剩余系含(m)个数。
(2)若a1、a2、…、a(m)是(m)个与m互素的整数，则a1、
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定理1.9 (1)m个整数构成模m的一完全剩余系，当且仅当两两对 模m不同余。 (2)a0、a1、…、am－1是模m的一完全剩余系，b是一整数，则a0 ＋b、a1＋b、…、am－1＋b也是模m的一完全剩余系。 (3)a0、a1、…、am－1是模m的一完全剩余系，(b，m)＝1，则
125 13≡13(mod 60)， 所以1316≡1(mod 60)，132001＝1316） · （
即被60除所得的余数为13。
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ba0、ba1、…、bam－1也是模m的一完全剩余系。
(4)a0、a1、…、am－1是模m的一完全剩余系，b和c是任二整数， 且(b，m)＝1，则ba0＋c、ba1＋c、…、bam－1＋c也是模m的一完全 剩余系。
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第二章 数学基础
一、素数、互素数和模运算
二、同余（概念、性质、剩余类、 欧拉定理、一次同余式、一次同余 式组等） 三、数论在密码中的应用
四、小结
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个，
所以(pk)＝（pk－1）-(pk-1-1)＝pk-1(p－1)。
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定理1.10 （2）若p,q为两素数，n= pq ，则(n)＝ (p)
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定义1.3 在模m剩余类[0]、[1]、…、[m－1]中各 取一数a0、a1、…、am－1， 该m个数a0、a1、…、am－1称为模m的一完全剩余
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定理1.8 设m＞0，[0]、[1]、…、[m－1]是模m的剩余类，
则
(1)每个整数包含在某一剩余类[r]中，0≢r≢m－1。 (2)两个整数a、b属于同一剩余类，当且仅当a≡b(mod m)。