第二章 同余 第七节 简化剩余系(2)
信息安全数学基础习题答案 2
信息安全数学基础习题答案第一章整数的可除性1．证明：因为2|n 所以n=2k , k∈Z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1，k1∈Z7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1即k1=7 k2，k2∈Z 所以n=2*5*7 k2即n=70 k2, k2∈Z因此70|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k∈Z 3|a-1 则3|a3-a所以a3-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1，k0∈Z（2 k0+1）2＝4 k02+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1由于k0与k0+1为两连续整数，必有一个为偶数，所以k0 (k0+1)=2k所以（2 k0+1）2=8k+1 得证。
4．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a3-a由第二题结论3|（a3-a）即3|(a-1)a(a+1)又三个连续整数中必有至少一个为偶数，则2|(a-1)a(a+1)又（3，2）=1 所以6|(a-1)a(a+1) 得证。
5．证明：构造下列k个连续正整数列：(k+1)！+2, (k+1)！+3, (k+1)！+4,……, (k+1)！+(k+1), k∈Z对数列中任一数 (k+1)！+i=i[(k+1)k…(i+1)(i-1)…2*1+1], i=2,3,4,…(k+1)所以i|(k+1)！+i 即(k+1)！+i为合数所以此k个连续正整数都是合数。
6．证明：因为1911/2＜14 ,小于14的素数有2，3，5，7，11，13经验算都不能整除191 所以191为素数。
因为5471/2＜24 ,小于24的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23经验算都不能整除547 所以547为素数。
由737=11*67 ,747=3*249 知737与747都为合数。
信息安全第2章 同余习题解答
即 C6(mod 10)＝C16(mod 120)
∪C26(mod 120)∪C36 (mod 120)∪C46(mod 120)
∪C56 (mod 120)∪C66 (mod 120)∪C76(mod 120)
∪C86 (mod 120)∪C96 (mod 120)∪C106(mod 120)
∪C116 (mod 120) ∪C6 (mod 120)
C8＝ {c|c∈Z, 8≡c (mod 10)}＝{… , - 12, -2, 8, 18, 28, …}
C9＝ {c|c∈Z, 8≡c (mod 10)}＝{… , - 11, -1, 9, 19, 29, …} 由模 10 的不同剩余类可以看出，一个剩余类中的数或 全为偶数或全为奇数。所以对模 10 来说不存在满足(1) 或(2)的完全剩余系。
Cr (mod m) Cr (mod m1)等号成立当且仅当m1＝m。
进一步，设d＝ m/m1 则
Cr (modm1 )
1 j d
C
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
r jm1
(modm)
5. (i) 把剩余类1 (mod 5)写成模 15 的剩余类的并。
解：根据公式
Cr (modm1 )
1 j d
C
r jm1
C5＝ {c|c∈Z, 5≡c (mod 10)}＝{… , - 15, -5, 5, 15, 25, …}
模 10 的不同剩余类：m ＝10
C6＝ {c|c∈Z, 6≡c (mod 10)}＝{… , - 14, -4, 6, 16, 26, …}
C7＝ {c|c∈Z, 7≡c (mod 10)}＝{… , - 13, -3, 7, 17, 27, …}
第2章 同余一
下面我们定义同余类的加法以及乘法，并揭示出其可能
的带式结构。
定义2.1.4 设a，b为模m的同余类，定义加法（“⊕”）为
a b a1 b1，其中 a1 a, b1 b ；
定义乘法（“”）为
d 1 2 4 5 10 20
a : ( a ,20)=d 1 ，3 ，7 ，9 ，11 ，13，17，19 2 ，6 ，14，18 4 ，8 ，12，16 5 ，15 10 20
定义2.1.3 n个整数 a1 , a2 , , an 叫作模n 的完全剩余系（简称 完系），是指 a1 , a2 , , an 彼此模 n 不同余。
1 1 10 10 1(mod11) × ≡×≡ ，
这意味着 1, 1 0 模11 的逆元均为本身；而 26× ≡ 34× ≡ 59× ≡ 78 1 × ≡ (mod11) ， 即 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9 分成 11 3 4 2
−
= 对：2 和6 ，3 和4 ，5 和9 ，7 和8 ，
我们把形如ax =xa ≡ 1(mod m)的整数称为a模m的逆元 （简称a的逆）。
推广的Euclid算法
定理2.1.4` 设 m N ，若(a, m)=1，则a在模m的意义下 存在唯一的逆元； 若(a, m) ≠ 1，则a没有模m的逆元。
前述的性质并不十分困难，但却是重要的。我们可以 举出如下的例证： 整系数多项式同余方程 an xn a1x a0 0 mod m 是 同余理论中的一个核心课题，从前述的基本性质中，我们 至少可以推知以下的认识： (1)若 x0 为 f x 0 mod m 的解，则 y x0 mod m ，都 有 f y 0 mod m ，也就是整系数多项式同余方程的解数 是模的意义下的； (2) 一 次 同 余 方 程 ax ≡ b(mod m) ， 在 (a, m)=1 时 的 解 1 a 为 b mod m ，此时解数在模m的意义下为1； n (3)若 m, an 1，则an x a1x a0 0 mod m xn an1an1xn1 an1a1x an1a0 0 mod m 与 是同解方程； f x 0 mod ml 的解必为 f x 0 mod m 的解， (4)若 l N ， 这就为探讨解的结构提供了一种可能性。
初等数论第二章同余
和
N = cin_Yan_2…①仇=a2ci[a()-10°+a5a4a3-103H。
注:一般地，在考虑使N = an_{an_2-被加除的余数时,首先 是求岀正整数匕使得
10*三 一1或1(modm),
再将N=ci叶\5_2…写成
x + y+ 1 = 9或18,
3-y + x = 0或llo
这样得到四个方程组：
j\ + y + l = a
\3- y+x = b
其中。取值9或18, b取值0或11。在0<x,y<9的条件下解这四个 方程组，得到x=8, y = 0, z = 6o
习题一
1.证明定理1和定理2。
2.证明定理4。
3.证明定理5中的结论（i ）—（iv）o
(v)由
ac=be(mod m)
得到m |c(a-b),再由(c,加)=1和鉛一章翕三节定理4得到m \a- b,即
a = b(mod m)o
证毕。
例1设N = anall_［- --aQ是整数N的十进制表示，即
N=ani0,?+an-ilO,/_1+ …+ailO+ao ,
则
(i )3|Nq3|£⑷；
x = y(modm),⑷三切(modm),0 < / <n,
则பைடு நூலகம்
工4兀’三工(mod力7)。⑵
i=0i=0
证明留作习题。
定理5下面的结论成立：
(i)a = b(mod m),d \ m, d> 0 a = b(modd)；
第2章 同余
第2章同余2.1 同余的基本概念与性质2.2 剩余类与完全剩余系2.3 简化剩余系与欧拉函数2.4 欧拉定理、费马小定理2.5 模重复平方计算法,,|, , (mod ),, (mod ).m a b m a b a b m a b m m a b m -≡≡/给定一个正整数如果对于整数 有则叫记作 否则叫做不同余模作定义1记 ， 做模同余, 7|291,291(mod 17).-≡因 所以 例 7|235,235(mod 7).+≡-因 所以 同余的概念经常出现在日常生活中。
例如：时针是模12或24小时，分针和秒针是模60,(mod 1),.m a b a b m k a b km ≡=+设是一个正整数,是两个整数,则的是存在整充要条件使定理数得 (mod )|a b m m a b⇔≡-证 .a b km ⇔=+k a b km-=⇔存在整数使得 67883,673(mod 8).2=⋅+≡因所以例,(1) , (mod ); (2) (mod )()(, (mod ); (3) (mod ), (mod ),(mod ) )(2 )m a a a m a b m b a m a b m b c m a c m ≡≡≡≡≡≡自反性对称模同余是等价关系即定对任一性整数则则理若若传递性,,a b m a b m 充要定理3 整数模同余的是被除的余条件数相同.,0,'',0'a qm r r m b q m r r m =+≤<=+≤<证 设 (')(')a b q q m r r -=-+-则 ||'.m a b m r r -⇔-于是|'|,r r m ≤-<但0|''0,'.m r r r r r r -⇔-==所以 即 39574,25374,=⋅+=⋅+ 3因例 3925(mod 7).≡所以11 21212212122112()()a a b b k k ma ab b k b k b k k m m±=±+±=+++于是 12122112,,1k k k b k b k k m ±++因都是整数所以由定理有11 212212(mod )(mod )a ab b m a a b b m ±≡±≡111222+ (mod ), ,a b k m m a b k m ==+1122 (mod ), (mod ),a b m a b m ≡≡证 因由定理1例所以394(mod7)221(mod7)因 ，≡≡4,即392241(mod7),615(mod7) +≡+≡即392241(mod7),8584(mod7)⋅≡⋅≡2003200358,25?年月日是星期五问第天是星期几例144(mod 7)≡⋅≡ 2322(mod 7),24(mod 7),281(mod 7),≡≡≡≡解 因 200366732,=⋅+又 所以2003667323667222(2)2⋅+==⋅20032故第天是星期二.(星期五加4天)0101 (mod ), (mod ),0,1,2,,, (mod )i i kkk k x y m a b m i k a a x a x b b y b y m ≡≡=+++≡+++定若 理则5 0101 (mod )k kk k a a x a x b b y b y m +++≡+++ 从而(mod ), (mod ), 0iix y m x y m i k≡≡≤≤证 设 于是有(mod ), 0, i i a b m i k ≡≤≤又 所以有(mod ), 0i ii i a x b y m i k≡≤≤11101010101010, 0103|3|,9|9|.6 kk k k i k k k k n n a a a a a n a a a n a a a ----=++++≤<+++++⇔+⇔设整数有十进制表示式:定则 而 理 1110110101010(mod 3)kk k k k k a a a a a a a a ---++++≡++++ 101(mod 3),(mod 3),11(mod 3),ii i a a ≡≡≡证 因5由定理有0,i k ≤≤1100(mod 3)k k a a a a -++++≡⇔ 所以11103|1010100(mod 3)kk k k n a a a a --++++≡⇔ 1103|k k a a a a -⇔++++ 10101(mod 9),9|9|k k n a a a -⇔≡+++ 因所以同理可证5874192?例63和9是否能整除解：因587419236++++++=所以3|36,9|36,3|5874192,9|5874192.10213010001000,01000,7(11,13)7(11,13)()()17 () kk i kiii n n a a a a n a a a a a ==+++≤<⇔++-++=-∑0设有1000进制表示式则或或整除或或整除 定理 352461000100010001(mod 7),1000100010001(mod 7),≡≡≡≡-≡≡≡≡ 即 10001(mod 7),≡-证 因 所以1000(1)(mod 7),0.i ii k ≡-≤≤1110(1)(1)(1)kk k k a a a a --≡-+-+-+ 于是1110100010001000k k k k a a a a --+++ 213()() (mod 7)a a a a ≡++-++0 10001(mod11),10001(mod13),1113m m ≡-≡-== 因 所以结论对于或也成立.6376936371000693,n ==⋅+解：设有169363756a a -=-=0 7|56,11|56,13|56,//因而故7|637693,11|637693,13|637693.//但 711136376937（或或）能否整除例？(mod ), (,)1,(8mod )m ad bd m d m a b m ≡=≡设是一个正整数,如果则 理 定 (,)1,|,d m m a b =-因 所以故(mod ),|,ad bd m m ad bd ≡-证 若 则即|()m d a b - (mod )a b m ≡(mod ),0,(d )9 mo m a b m k ak bk mk ≡>≡ 设是正整数,则 定理 (mod )ak bk mk ⇒≡ (mod )|a b m m a b≡⇒-证 由|()mk a b k ak bk⇒-=-(mod ), >0, (mod ).11m a b m d |m,d a b d ≡≡ 设是正整数,如果则定理(mod )a b d ≡故 (mod ),|.a b m m a b ≡-证 因所以 |,|.d m d a b -又因 于是 19050(mod 70),≡ 8因例 195(mod 7),19050(mod 7)≡≡所以1212,,, (mod ),1,2,,, (mod[,,12,]). k i k m m m a b m i k a b m m m ≡=≡ 设是正整数,且则 理 定 12(mod[,,,])k a b m m m ≡ 故 ,(mod ),1,2,,i a b m i k ≡= 证 因则|,1,2,,i m a b i k-= 12[,,,]|k m m m a b- 于是1212,,,, (mod ),1,2,,, (mod ).k i k m m m a b m i k a b m m m ≡=≡ 设是两两互素的正整数且 则 推 论 ,,(mod ),(mod )(mod 9).p q a b p a b q a b pq ≡≡≡ 设是不同的素数如果有 则 例 (mod ), (,)(,).3.1m a b m a m b m d m a, b d a, b ≡= 设是正整数,则 因而若能整除及二者之一定则必能整除中个理的另一, (mod ),,a b m k a b mk≡=+证 因则存在整数使得 |,||;|,||.h a h m h b h b h m h a ⇒⇒上式表明:由由 ,,,a m b m 即与有相同的公因数从而(,)(,)a mb m =,,,0,1(mod ),0,1(mod )10aa m n a n m n p p m ≡/≡/设都是正整数如果则存在的例一个素因数使得即有(),n p 证若存在的一个法素因数反证使得0(mod )ap m ≡|am p 则.|,|,|,aaap n p n m n 又因有于是0(mod ),.an m ≡与题设矛盾,0(mod ).an p p m ≡/这说明对的所有素因数都有0(mod ).ap m ≡/,n p 又如果对的每个素因数都有1(mod )ap m ≡41(mod ),an m ≡则由定理有与题设矛盾.,n p 于是存在的一个素因数使得p 又由前面证明可知,这个也满足1(mod ).ap m ≡/是大自然的循环现象,研究同优点 余的在于:化同无余”限注: “为有限.−−−→运算后把同余式译为等式又将等式译为同余式.证明同余式的一般方法(基本的方法):其理论根据是:(mod )|a b m m a b≡⇔-验算整数计算结果的方法（弃九法）1101101101010(,010)1010(,010)1010(,010)nn n n i n n n n i nn n n i a a Z a b b Z b ab c c c c Z c ------⨯+⨯++∈≤<⨯+⨯++∈≤<==⨯+⨯++∈≤< 设 a=a a b=b b :c 原理0)))(mod 9),n n ni j k i j k a b c ===≡/∑∑∑如果(((则所求的结果是错误的。
完系、简系、剩余类(讲稿)
完系、简系、剩余类定义1．剩余类：把关于模m同余的数归于一类，每类称为一个模m的剩余类. 即由关于模m同余的数组成的集合，每一个集合叫做关于模m的一个剩余类(又叫同余类)．共有m个剩余类.设K r是余数为r的剩余类, 则K r＝{qm＋r| m是模, r是余数, q∈Z}＝{a |a∈Z且a≡r(mod m)}.剩余类的性质：⑴Z＝K0∪K1∪K2∪…∪K m−1，当i≠j时，K i∩K j＝Ø；⑵对于∨−n∈Z，有唯一的r∈{0, 1, 2, …, m−1}，使得n∈K r；⑶对∨−a, b∈Z，a, b∈K r ⇔a≡b (mod m)定义2.完系：设K0，K1，…，K m−1是模m的m个剩余类，从K r中各取一数a r 作为代表，则这样的m个数a0，a1，…，a m−1称为模m的一个完全剩余系，简称m的完系. 例如：1, 2, 3, …, m.若一组数y1, y2, …, y s满足：对任意整数a有且仅有一个y j，使得a≡y j (mod m)，则y1, y2, …, y s是模m的完全剩余系.模m的完全剩余系有无穷多个，但最常用的是下面两个：①最小非负剩余系：0, 1, 2, 3, …, m−1；②最小绝对值剩余系：(随m的奇偶性略有区别) 当m＝2k+1时，为−k, −k+1, …, −1, 0, 1, 2, …, k−1, k；当m＝2k时，为−k+1, −k+2, …, −1, 0, 1, 2, …, k或−k, −k+1, …, −1, 0, 1, 2, …, k−2, k−1.例如，集合{0, 6, 7, 13, 24}是模5的一个完全剩余系，集合{0, 1, 2, 3, 4}是模5的最小非负完全剩余系.性质：(i) m个整数构成模m的一完全剩余系⇔两两对模m不同余；(ii) 若(a, m)＝1，则x与ax＋b同时跑遍模m的完全剩余系.完全剩余系的判断方法：定理1：a1, a2,…, a m是模m的一个完全剩余系⇔a i≡／a j (mod m), i≠j；定理2：设(a, m)＝1, b∈Z, 若x1, x2, , x m是模m的一个完全剩余系，则ax1＋b, ax2＋b, …, ax m＋b也是模m的一个完全剩余系；特别地，m个连续的整数构成模m的一个完系.设K r是模的一个剩余类, 若a, b∈K r，则a≡b(mod m), 于是(a, m)＝(b, m).因此，若(a, m)＝1，则K r中的任一数均与m互质, 这样，又可给出如下定义：定义3.简系：如果r与m互质，那么K r中每一个数均与m互质，称K r为与模m互质的剩余类．这样的剩余类共有φ(m)个，从中各取一个代表(共取φ(m)个)，它们称为模m的简化剩余系，简称简系．当m为质数p时，简系由p−1个数组成．又如：m＝6，在模6的六个剩余类中：K1＝{…, −11, −5, 1, 7, 13,…} K5＝{…, −7, −1, 5, 11, 17,…}是与模6互质的剩余类，数组1, 5；7, −7；1, −1；等等都是模6的简系.性质：①K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质；②与模m互质的剩余类的个数等于φ(m)；③若(a, m)＝1, 则x与ax同时跑遍模m的简化剩余系.简化剩余系的判断方法：定理3：a1，a2，…，aφ(m)是模m的简化剩余系⇔(a i, m)＝1, 且a i≡／a j(mod m) (i≠j, i, j＝1, 2, …, φ(m)).定理4：在模m的一个完全剩余系中,取出所有与m互质的数组成的数组,就是一个模m的简化剩余系.定理5：设(k, m)＝1, 若a1, a2, …, aφ(m)是模m的简系, 则ka1, ka2, …, kaφ(m)也是模m的简系.这三个定理中，定理3与定理5是简化剩余系的判别方法，定理4是它的构造方法. 显然，模m的简化剩余系有无穷多个，但常用的是“最小简化剩余系”，即由1，2，…，m －1中与m 互质的那些数组成的数组.说明：由于任何整数都属于模m 的某一剩余类，所以，在研究某些整数性质时，选取适当的(模)m ，然后在模m 的每个剩余类中取一个“代表数”(即组成一个完全剩余系)，当弄清了这些代表数的性质后，就可弄清对应的剩余类中所有数的性质，进而弄清全体整数的性质，这就是引入剩余类和完全剩余系的目的.例1、设n 为偶数，a 1, a 2,…, a n 与b 1, b 2,…, b n 均为模n 的完全剩余系，试证：a 1＋b 1, a 2＋b 2,…, a n ＋b n 不是模的完全剩余系.证明：假设a 1＋b 1, a 2＋b 2,…, a n ＋b n 是模的完全剩余系. ∴1(1)()1+2++(mod )22n i i i n n n a b n n =++≡≡≡∑ ∵a 1, a 2,…, a n 也是模的完全剩余系. ∴11(1)(mod )22n n i i i n n n a i n ==+≡=≡∑∑，同理有：1(mod )2n i i n b n =≡∑ 1()0(mod )n i i i a b n n =∴+≡≡∑，∴n |n2, 矛盾！故假设不成立，从而原命题成立.例2、设m ＞1, (a , m )＝1，b ∈Z , 求和：∑-=+⋅10}{m i mb i a , 其中{x }为x 的小数部分. 解：∵i 取遍模m 的完系，令x i ＝a ·i ＋b ，则也取遍模m 的完系.故11110000111{}{}{}(1)22m m m m i i i k k x a i b k k m m m m m m m m ----====⋅+-====⨯-=∑∑∑∑总结：若a 1, a 2,…, a m 是模m 的一个完系，则①a 1＋a 2＋…＋a m ≡1＋2＋…＋m (mod m )；②a 1·a 2·……·a m ≡1·2·…·m (mod m )； ③(a 1)n ＋(a 2)n ＋…＋(a m )n ≡1n ＋2n ＋…＋m n (mod m ).例3、已知m , n 为正整数, 且m 为奇数, (m , 2n －1)＝1. 证明：m |∑=m k n k1.证明：∵1, 2, …, m 构成模m 的完系, (m , 2)＝1，∴2, 4, …, 2m 也构成模m 的完系.∴)(mod )2(11m k k m k n m k n ∑∑==≡，即)(mod 0)12(1m k m k n n ≡-∑=. ∵(m , 2n －1)＝1，∴∑=m k n k m 1|得证. 例4、求八个整数n 1, n 2,…, n 8满足：对每个整数k (－2014＜k ＜2014)，有八个整数a 1, a 2,…, a n ∈{−1, 0, 1},使得k ＝a 1n 1＋a 2n 2＋…＋a 8n 8解：令G ＝{k | k ＝a 1＋a 2·2＋a 3·32＋…＋a n +1·3n ，a i ∈{−1, 0, 1}，i ＝1，2，…，n ＋1}.显然max G ＝1＋3＋32＋…＋3n ＝3n +1－12(记为H )，min G ＝－1－3－32＋…－3n ＝－H . 且G 中的元素个数有3n +1＝2H ＋1个， 又∵G 中任意两数之差的绝对值不超过2H ，∴G 中的数对模2H ＋1不同余，∴G 的元素恰好是模2H ＋1的一个绝对值最小的完系，于是凡满足－H ≢k ≢H 的任意整数都属于G ，且可唯一地表示为a 1＋a 2·2＋a 3·32＋…＋a n +1·3n 形式，当n ＝7时，H ＝3208＞2014，而n ＝6时，H ＝1043＜2014，故n 1＝1，n 2＝3，…，n 8＝37为所求.例5、已知p 为大于3的质数，且112＋122＋132＋…＋1(p －1)2＝a b，a ，b ∈N *. (a , b )＝1，证明：p a . 证明：对于不超过p −1的自然数k ，由于(k , p )＝1，所以存在唯一的不超过p −1的自然数x ，满足1(mod )kx p ≡而且，当k ＝1或p −1有x ＝1或p −1，当22k p ≤≤-时，有22,x p x k ≤≤-≠，故当k 取遍1，2，……，p −1时，x 也取遍1，2，……，p −1，因为(,(1)!)1,1(mod )p p kx p -=≡由可得到(1)!(1)!(1)!(mod )(1)!(mod ),p p kx p p p x p k--≡--≡或所以 2211222211((1)!)((1)!)(1)(21)((1)!)((1)!)(mod )6p p k x p a p p p p p x p p b k --==----=≡-≡-∑∑ 因为p 是大于3的素数，所以p −1不小于4，所以(p −1)!含有因数6， 从而2(1)(21)((1)!)0(mod )6p p p p p ---≡，即2((1)!)0(mod )p a p b -≡， 因为(,(1)!)1p p -=，所以2(,((1)!))1p p -=，从而0(mod )0(mod )a p a p b≡⇒≡ 例6、(2003克罗地亚奥林匹克) 对于所有奇质数p 和正整数n (n ≣p )，试证：p n C ≡[n p] (mod p)例7、(第26届IMO) 设n 为正整数，整数k 与n 互质，且0＜k ＜n . 令M ＝{1, 2, …, n −1}(n ≣3), 给M 中每个数染上黑白两种染色中的一种，染法如下：⑴对M 中的每个i ，i 与n −i 同色，⑵对M 中每个i ，i ≠k ，i 与|k −i |同色，试证：M 中所有的数必为同色.证明：∵(k , n )＝1且0，1，2，…，n −1是一个模n 的最小非负完系，∴0·k ，1·k ，2·k ，…，(n −1)·k 也是一个模n 的完全剩余系.若设r j ≡j ·k (mod n )(其中1≢r j ≢n －1，j ＝1，2，…，n －1) ，则M ＝{1，2，…，n −1}＝{121,,,-n r r r } 下面只要证明r j 与r j +1(j ＝1，2，…，n −2)同色即可. 因为若如此，当r 1颜色确定后，M 中所有的数都r 1与同色. 由于(j ＋1)k ≡r j +1(mod n )，则r j ＋k ≡r j +1(mod n )，因此若r j ＋k ＜n ，则r j +1＝r j +k ，由条件⑵知r j +1与| r j +1－k |＝r j 同色；若r j ＋k ＞n ，由r j +1＝r j +k －n ，由条件⑴知k －r j +1＝n —r j 与n －(n —r j )＝r j 同色，即k －r j +1与r j 同色， 由条件⑵知k －r j +1与|k －(k －r j +1)|＝r j +1同色，因此r j +1与r j 同色.综上：此r j +1与r j 同色. 故M 中所有的数必为同色.例8、(2001第42届IMO)设n 为奇数且大于1，k 1, k 2,…, k n 为给定的整数，对于1, 2, …, n 的n !个排列中的每一个排列a ＝(a 1, a 2,…, a n )，记S (a )＝∑=n i i ia k 1，试证：有两个排列b 和c ，使得n !| S (b )－S (c ).证明：假设对任意两个不同的b 和c ，均有S (b )≡／S (c )(mod n !)，则当a 取遍所有1，2，…，n 的n !个排列时， S (a )也取遍模n !的一个完全剩余系，且每个剩余系恰好经过一次，所以()aS a ∑≡1+2+3+…+n !(mod n !)≡12(n !+1)n !≡n !2×n !＋n !2≡n !2(mod n !) (n ＞1)其中()a S a ∑表示对取遍个排列求和(下同)，下面用另一种方法计算1()()ni i a a i S a k a ==∑∑∑：对于k 1，i ∈{1，2，…，n }，a i ＝1时，剩n －1个数，有(n －1)!个排列，a i ＝2时，有(n －1)!个排列，…∴k 1的系数为(n －1)!·(1+2+…+n )＝12(n +1)!. ∴()a S a ∑＝(1)!2n +1n i i k =∑ 但()a S a ∑＝(1)!2n +1n i i k =∑≡0(mod n !) (∵n 为奇数)，∴n !2≡0(mod n !), 矛盾. ∴n !| S (b )－S (c ).例9、设m 是给定的整数. 求证：存在整数a ，b 和k . 其中a ，b 均为奇数，k ≣0，使得2m ＝a 19＋b 99＋k ·21999.另解：设x ，y 为奇数，若x ≡／y (mod 21999)，则x 19－y 19＝(x －y )(x 18＋x 17y ＋…＋xy 17＋y 18)，∵x 18＋x 17y ＋…＋xy 17＋y 18为奇数，∴x 18＋x 17y ＋…＋xy 17＋y 18与21999互质，∴x 19≡／y 19(mod 21999)故当a 取遍模21999的简化剩余系时，a 19也取遍模21999的简化剩余系，∴一定存在a ，使得a 19≡2m －1(mod 21999)，并且有无穷多个这样的a ，故2m －1－a 19＝k ·21999令b ＝1，则2m ＝a 19＋b 99＋k ·21999. 当a 足够小时，不难知k ≣0.。
同余
m
n
j 0
p
k 0
证明 由定理2.1.3和已知: • 又ab=c, 故 p . m n ( ai )( b j ) ( ck )(mod 9) • ,
i 0 j 0 k 0
• 可见, 若
( ai )( b j ) ( ck )(mod 9)
15:51:43
2.1 同余式定义和基本性质
证明 请自己完成.
15:51:43
2.1 同余式定义和基本性质
定理2.1.3正整数a能被9整除 iff 9整除a的 十进制表示各数字的和． n a ai 10 i , 则由10i1(mod 证明 若 i 0 9)(i=1,2,…,n)和定理 2.1.2 ③可得:
15:51:43
2.2 剩余类和剩余系
证明 ①设a是任一整数, 则a＝mq+r, 0≤r<m, 故a 恰包含在[r]中. ②若a和b是两整数, 且在[r]中, 则a＝mq1+r, b=mq2+r, 故m|(a-b). 反之, m|(a-b), 则由同余定 义即知a和b同在某一类[r]中, 0≤r<m. 定义2.2.2 在模m剩余类[0], [1], …,[m-1]中各取 一数ar[r], 0≤r≤m-1, 该m个数a0,a1,…,am-1称 为模m的一完全剩余系. 若令x={a0,a1,…,am-1}, 则称x是过模m的完全剩余系. • 由此定义得以下定理.
2.2 剩余类和剩余系
定理2.2.4 若a0,a1,…,am-1是模m的一完全剩余系, (b,m)=1. 则 ba0,ba1,…,bam-1也是模m的一完全 剩余系. 证明 仿定理2.2.3可证. • 由定理2.2.3和2.2.4可证如下定理. 定理2.2.5 若a0,a1,…,am-1是模m的一完全剩余系b 和c是任意二整数且(b,m)=1, 则ba0+c, ba1+c, …,bam-1+c也是模m的一完全剩余系.
简化剩余系
r1 , r2 ,, rp 1 是模 p p 3，
的一个简化剩余系, 则在该剩余系中,每个 ri 都存在 唯一的 r j , 使得
ri rj 1(mod p) 2 又 ri 1(mod p) ri 1(mod p) 或 ri 1(mod p)
r1 1(mod p), rp 1 1(mod p), 则 r2 , , rp 2 可两两分组，我们得到
模
m 的一个简化剩余系中共 (m) 个数
与模 m 互素的剩余类共 (m) 个 若有 (m) 1个数与模 m 互素, 则其中至少有两数
对模 m 同余
简化剩余系的判定及构造 定理1 一组数 a1 , a2 ,, as 是 模 m 的一个简化 剩余系
s (m)
(ai , m) 1, i 1,, s a1 , a2 ,, as 对 模 m 两两互不同余 定理2 设 (k , m) 1, 若 a1 , a2 , , a ( m ) 是 模 m 的
2 2 2 p 1 2
例6
证明
61!1 0(mod 71)
定理5 设
p 3 是素数, l 1, c ( p )，以及 l r1 , r2 ,, rc 是模 p 的一个简化剩余系, 则
l
令
r1r2 rc 1(mod p ). rj , 2 | rj rj l rj p , 2 | r j
5 3
Euler, Fermat 定理的若干应用 同余的计算 例12 求 例13 求
312 37
159
被
7 除的余数.
355
的末两位数.
1010
例14 今天是星期四, 问再过 10 例15 证明
简化剩余系
(Lema) 不存在奇合数
n, 使得
?
(n) | (n 1)
Euler, Fermat 定理 定理6(Euler) 设 m 0, 若
(a, m) 1, 则
a
(m)
1 (mod m)
定理7(Fermat) 设
p 是素数, 则对任意整数a,
2 2 2 p 1 2
例6
证明
61!1 0(mod 71)
定理5 设
p 3 是素数, l 1, c ( p )，以及 l r1 , r2 ,, rc 是模 p 的一个简化剩余系, 则
l
令
r1r2 rc 1(mod p ) rj , 2 | rj rj l rj p , 2 | r j
r1 rc
1(mod 2 )，l 3.
l
m 1,2,4, p ,2 p (p是奇素数)，
l l
模m 的一个简化剩余系的乘积同余-1模m. 其它情形乘积同余1模m.
设
m p p ， p1 , p2 是两个互不相同的奇素数， l1 r1 , r2 ,, rc 是模 p1 的一个简化剩余系, l2 t1 , t2 ,, td 是模 p2 的一个简化剩余系,
剩余类.
给定模 m 的一个简化剩余系
a Z , (a, m) 1, 则 a 恰与其中的一数同余 (mod m).
模
m 的一个简化剩余系 可从模 m 的一个完全
剩余系中取出.
n 1, 1 到 n中与 n互素的数 的个数, 记为 (n), 称为Euler函数.
定义 设
如
(1) 1, (2) 1, (3) 2,
信息安全数学基础(第二章)
5
整数间的同余关系还有以下性质 :
定理2.1.4 设m是一个正整数，a1 , a2 , b1 , b2是整数. 若
a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m),
则 (i) a1 a2 b1 b2 (mod m) (ii) a1a2 b1b2 (mod m)
同余式可逐项相 加、减、乘
特别地,若a b (mod m), 则ak bk (mod m)
证 因a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m),由定理1
a1 b1 +k1m (mod m), a2 b2 k2m,
6
于是 a1 a2 b1 b2 (k1 k2 )m a1a2 b1b2 (k1b2 k2b1 k1k2m)m
的充要条件是存在整数k,使得a b km. 证 a b (mod m) m | a b
存在整数k使得a b km
a b km.
例2 因67 8 8 3, 所以67 3 (mod 8).
3
定理2.1.2 模m同余是等价关系,即
(1) 对任一整数a, a a (mod m); (自反性)
因k1 k2 , k1b2 k2b1 k1k2m都是整数, 所以由 定理1有
a1 a2 b1 b2 (mod m) a1a2 b1b2 (mod m)
例5 因 39 4 (mod 7)，22 1 (mod 7),所以 39 22 4 1 (mod 7), 即61 5 (mod 7) 39 22 4 1 (mod 7), 即858 4 (mod 7)
最新《信息安全数学基础》课程教学大纲资料
《信息安全数学基础》课程教学大纲课程性质：学科基础课课程代码：学时：72（讲课学时：72实验学时：0课内实践学时: 0）学分：4.5适用专业：通信工程一、课程教学基本要求《信息安全数学基础》是通信工程专业教学计划中的一门学科基础课，通过对本课程的学习，可以使学生系统地掌握本学科的数学基础，使得学生能够初步掌握和运用数学理论来分析和研究一些问题。
二、课程教学大纲说明信息安全学科是一门新兴的学科．它涉及通信学、计算机科学、信息学和数学等多个学科。
为了使学生系统的掌握信息安全理论基础和实际知识，需要专门开课讲授与信息安全相关的数学知识，特别是关于初等数论知识。
通过本课程的学习，使学生掌握信息安全学科涉及的数学基本概念、基本原理和实际应用，建立数学体系的完整概念，为后续专业课程的学习奠定基础。
本课程的教学内容主要以理论为主，介绍了整数的可除性、同余理论以及有关原根与指标等知识。
学好本课程内容的前提条件：高等数学和线性代数的基础知识。
教学方法与手段：本课程采用课堂理论教学为主要教学方法，习题课和批改作业为检查措施，期末笔试考试为检查手段，以确保本课程的教学质量。
三、各章教学结构及具体要求（一）第一章整数的可除性1.教学目的和要求。
通过对本章的学习，使学生加深对整数的性质、狭义和广义欧几里得除法和算术基本定理的了解，更深入地理解初等数论与现代密码学的关系。
2.教学内容和要点。
共讲授六个方面的内容：（1）整除的概念、欧几里得除法；（2）整数的表示（3）最大公因数与广义欧几里得除法（4）整除的进一步性质及最小公倍数（5）素数、算术基本定理（6）素数定理。
（二）第二章同余1. 教学目的和要求。
通过对本章的学习，使学生了解同余、剩余类和简化剩余类的概念，熟悉欧拉定理、费马小定理。
2.教学内容和要点。
共讲授五个知识点的内容：（1）同余的概念及基本性质（2）剩余类及完全剩余系（3）简化剩余系与欧拉函数（4）欧拉定理费马小定理（5）模重复平方计算法。
剩余类、剩余系、完全剩余系和简化剩余系学习笔记
剩余类、剩余系、完全剩余系和简化剩余系学习笔记经常在⼀些数论题题解中看到剩余类、剩余系、完全剩余系、简化剩余系这⼏个名词，但总感觉⾃⼰对它们的概念理解得不是很深，⽽且还经常混淆，故写篇博客记录下⾃⼰所理解的剩余系相关知识，如有错误，欢迎路过的⼤佬指正。
剩余类（同余类）定义n n r∈[0,n−1]n C r=n∗x+r,x∈Znn=1145,r=14C14=1145x+141145−1131,14,1159性质剩余系定义n n n x x xnn=1145r={11,4,5,14}114514性质完全剩余系（完系）定义n n n n nnn=5{0,1,2,3,4}5{5,1,8,−3,14}5性质n r a∈Z,b∈Z gcd(n,a)=1a∗r i+b (i∈[0,n−1])n证明：命题 1 ：如果r是⼀个模n的剩余系，那r i+b⼀定也构成⼀个模n的完全剩余系。
反证法，若r i+b不构成⼀个模n的完全剩余系，则存在两个元素同余n，即有r x+b≡r y+b(mod n)，同余式两边同时减去b，有r x≡r y(mod n)，与r是⼀个模n的剩余系这⼀前提⽭盾，命题 1 得证。
命题 2：若r是⼀个模n的完全剩余系，对于任意的整数a，若有gcd(a,n)=1，则a∗r i也构成⼀个模n的完全剩余系。
同样是反证法，若结论不成⽴，则有a∗r x≡a∗r y(mod n)，因为gcd(a,n)=1，所以⼀定存在a mod p的逆元inv(a)，同余式两边同时乘以inv(a)，则有r x≡r y(mod n)，与前提⽭盾，命题 2 得证。
这俩个命题都得证，所以a∗r i构成⼀个模n的完全剩余系，a∗r i+b也构成⼀个模n的完全剩余系，故性质得证。
简化剩余系（既约剩余系、缩系）定义nφ(n)n r nφ(n)φ(n)nn=10{1,3,7,9}10n=5{1,8,7,14}5n n性质n r a∈Z gcd(n,a)=1a∗r i n 参考资料国际惯例。
信息安全数学基础 第二章 同余
性质2.2
设 m N , a b(mod m), c d (mod m), k Z
（1）ax cy bx dy(mod m)特别的： k b k (mod m) a
（2）ac bd (mod m) 特别的： ak bk(mod m) 以及： n N , a n b n (mod m)
2.2 同余的应用
凯撒密码 Caesar Cipher
移位密码、加法密码
A B C D E F Z A B C D E F W X Y Z A B C
X Y Z
A B C D E F
y≡x+3(mod 26)
仿射密码 Affine Cipher
y≡ax+b(mod26)
尝试解密：casear
2.3 剩余类（系） Residue
同余是一种等价关系 =〉可以借助同余实现 划分
m N , a Z ，令Ca={c| c Z , a c(mod m)}
定理2-1
(1)任意整数都包含于一个Cr中，0≤r≤m-1
(2)Ca=Cb <=> a b(mod m)
10002k+1≡-1(mod7), 10002k≡1(mod7) 若n=am1000m+am-11000m-1+…+a11000+a0
对于637592≡692-637=55=6(mod7)
2.1 同余的基本概念与性质
扩展：怎样快速判断一个数可以被19整除？
提示：凑成19的倍数
2位数字？
对于p=3，若p≡1(mod3)，则p+14≡0(mod3)，排除 若p≡2(mod3)，则p+10≡0(mod3)，排除
CH 02 同余
29
RSA加密理论依据
30
幂模的计算
31
幂模的快速计算
ge mod n，其中e=ekek-1……e0
从右到左的二进制幂模算法 d ←1, s ←g for i ←0 upto k do if ei = 1 then d ← (d × s) mod n s ← s2mod n return d
32
(a,m)=1的整数，则存在整数a ，1≤a <m 使得a a 1 (mod m)。
25
简化剩余系
定理14 设m1, m2N，(m1, m2) = 1，又设X， Y 分别是模m1与m2的简化剩余系，则 A = { m1y m2x；xX，yY }
是模m1m2的简化剩余系。
26
欧拉函数
,x(m)}，称为模m的一个简化剩余系（或简
称为简化系）。
21
简化剩余系
定理10 设r1、r2是同一模m的剩余类的两个
剩余，则(r1,m)=1的充要条件是(r2,m)=1。
22
简化剩余系
定理 11 整数集合A是模m的简化剩余系的充 要条件是 (ⅰ) A中含有(m)个整数；
(ⅱ) A中的任何两个整数对模m不同余；
剩余与剩余类
定义2 给定正整数m，对于每个整数a，0 a m 1，称集合 Ca(m) = { c| c a (mod m)，cZ }。 是模m的一个剩余类。一个剩余类中的任一 个数称为该类的剩余。
13Βιβλιοθήκη 剩余类的性质定理6 设m是一个正整数，则 ⅰ) 任一整数必定属于且仅属于某一个Cr(m)中 （0 r m 1）。
b (mod m)。
4
同余的基本性质
定理 1 下面的三个叙述是等价的： (ⅰ) a b (mod m)；
第二章--同余---第七节--简化剩余系(2)
初 等 数 论 （16）（第二章 同余 第七节 简化剩余系（2））一、复习二、例题例2 什么样的正整数满足ϕ (2x ) = ϕ (3x )解 设x =2a 3b y ，其中ab 为非负整数，y |6/。
若b > 0，（a 、b 大于或等于0）则ϕ (2x ) =ϕ (2a +1) ϕ (3b ) ϕ (y ) =2a ×3b -1×(3-1)ϕ (y )ϕ (3x ) =ϕ (2a ) ϕ (3b +1) ϕ (y ) =2a -1×3b ×(3-1)ϕ (y )这时ϕ (2x )和ϕ (3x )不会相等。
所以在ϕ (2x ) =ϕ (3x )时，b = 0，x =2a y 。
这时，ϕ (2x ) =2a ×ϕ (y )，ϕ (3x ) =2×ϕ (2a )×ϕ (y )由ϕ (2x ) = ϕ (3x )得ϕ (2a ) =2a -1， (a > 0)故 x =2a y ，a 为正整数，y |6/。
例如 x = 215×35，则ϕ (2×215×35) =215×ϕ (35)ϕ (3×215×35) =（3 - 1）×214×ϕ (35)例3 证明：n n 41)(=ϕ不可能成立。
证明 若n n 41)(=ϕ，则n 4。
设 k p p p n αααα 21212=，其中p i 为奇质数，a ≥ 2，则k k p p p n αααα 21212241-=)1()1(2)(111211121--=----k k p p p p p n k ααααϕ，于是 )1()1)(1(22121---=k k p p p p p p上式右边为偶数，左边为奇数，矛盾。
故不存在n ，使得n n 41)(=ϕ。
例4 设m 与n 是正整数，证明：ϕ (mn )ϕ ((m ，n )) = (m ，n )ϕ (m )ϕ (n )。
简化剩余系与欧拉函数
1 由结论4， 若6n，则(n) n 3
即可得到结论5。
例3 证明：若m, nN，则(mn) = (m, n)([m, n])； 证： 显然mn与[m, n]有相同的素因数， 设它们是pi（1 i k），则
称为模m的一个简化剩余系（或简称为简化系）。
注：由于选取方式的任意性，模m的简化剩余系 有无穷多个。 例如，集合{9, 5, 3, 1}是模8的简化剩余系； 集合{1, 3, 5, 7}也是模8的简化剩余系. 集合{1, 3, 5, 7}称为最小非负简化剩余系。
二、主要性质 定理1 整数集合A是模m的简化剩余系的充要条件是： ① A中含有(m)个整数； ② A中的任何两个整数对模m不同余； ③ A中的每个整数都与m互素。 说明：简化剩余系是某个完全剩余系中的部分元素 构成的集合，故满足条件2； 由定义1易知满足条件3； 由定义3易知满足条件1。
定理4 设n是正整数，p1, p2, , pk是它的全部素因数，
1 1 则 ( n) n(1 )(1 ) p1 p2
i n p 证 设n的标准分解式是 i
k i 1
i
1 1 (1 ) n (1 ). pk p p|n k
( n ) ( p 由定理3推论得到 i)
定义2 对于正整数k，令函数(k)的值等于模k的所有 简化剩余类的个数，称(k)为Euler函数。 容易验证：(2) = 1，(3) = 2，(4) = 2，(7) = 6。 注：(m)就是在m的一个完全剩余系中与m互素的 整数的个数，且 1 ( m ) m . 定义3 对于正整数m，从模m的每个简化剩余类中 各取一个数xi，构成一个集合{x1, x2, ,x(m)}，
初等数论教案第二章同余式
初等数论教案第二章同余式第二章同余式第一节同余的基本概念与基本性质教学目的：同余的基本定义与性质.教学重点：同余的性质.教学课时：2课时教学过程1、定义1给定正整数m，如果整数a与b之差被m整除，则称a与b对于模m同余，或称a与b同余，关于模m，记为a ≡b (mod m)，此时也称b是a对模m的同余.如果整数a与b之差不能被m整除，则称a与b对于模m不同余，或称a与b不同余，模m，记为a≡/b (mod m).2、定理1下面的三个叙述是等价的：(ⅰ) a ≡b (mod m)；(ⅱ) 存在整数q，使得a = b +qm；(ⅲ) 存在整数q1，q2，使得a = q1m+r，b = q2m+r，0 ≤r < m.证明：留作习题.3、定理2 同余具有下面的性质：(ⅰ) a ≡a (mod m)；(ⅱ) a ≡b (mod m) ?b ≡a (mod m)；(ⅲ) a ≡b，b ≡c (mod m) ?a ≡c (mod m).证明：留作习题.4、定理3 设a ，b ，c ，d 是整数，并且a ≡b (mod m )，c ≡d (mod m )， (1)则(ⅰ) a + c ≡ b + d (mod m )；(ⅱ) ac ≡ bd (mod m )；(ⅲ) a n ≡ b n (mod m )；(ⅳ) f(a) ≡ f(b) (mod m ) , 其中f(x) 是任意整系数多项式. 证明：(ⅰ) 由式(1)及定义1可知m ∣a - b ，m ∣c - d ，因此m ∣(a + c ) - (b + d )，此即结论(ⅰ)；(ⅱ) 由式(1)及定理1可知，存在整数q 1与q 2使得a =b + q 1m ，c =d + q 2m ，因此ac = bd + (q 1q 2m + q 1d + q 2b )m ，再利用定理1，推出结论(ⅱ).证毕.5、定理4 设a i ，b i （0 ≤ i ≤ n ）以及x ，y 都是整数，并且x ≡ y (mod m )，a i ≡ b i (mod m )，0 ≤ i ≤ n ，则∑∑==≡ni i i n i i i y b x a 00(mod m ).(2) 证明：留作习题.6、定理5 下面的结论成立：(ⅰ) a ≡ b (mod m )，d ∣m ，d > 0 ? a ≡ b (mod d )；(ⅱ) a ≡ b (mod m )，k > 0，k ∈N ? ak ≡ bk (mod mk )；(ⅲ) a ≡ b (mod m i )，1 ≤ i ≤ k ? a ≡ b (mod [m 1, m 2, , m k ])；(ⅳ)a ≡b (mod m ) ? (a , m ) = (b , m )；(ⅴ) ac ≡ b c (mod m )，(c , m ) = 1 ? a ≡ b (mod m ).证明：结论(ⅰ)—(ⅳ)的证明，留作习题.(ⅴ) 由ac ≡ bc (mod m )得到m │c (a - b )，再由(c , m ) = 1，得到m │a - b ，即a ≡b (mod m ).证毕.例1 设N =01a a a n n -是整数N 的十进制表示，即N = a n 10n + a n - 110n - 1 + + a 110 + a 0 ，则(ⅰ) 3│N ? 3∑=ni i a 0|；(ⅱ) 9│N ? 9∑=ni i a 0|；(ⅲ) 11│N ? 11∑=-n i i i a 0)1(|；(ⅳ) 13│N ? 13│ +-345012a a a a a a .解：由100 ≡ 1，101 ≡ 1，102 ≡ 1， (mod 3)及式(2)可知N =∑∑==≡ni i n i ii a a 0010(mod 3)，由上式可得到结论(ⅰ).结论(ⅱ)，(ⅲ)用同样方法证明.为了证明结论(ⅳ)，只需利用式(2)及100 ≡ 1，101 ≡ -3，102 ≡ -4，103 ≡ -1， (mod 13)和N = +?+?=--3345001201211010a a a a a a a a a a n n . 注：一般地，在考虑使N =0121a a a a n n --被m 除的余数时，首先是求出正整数k ，使得10k ≡ -1或1 (mod m )，再将N =0121a a a a n n --写成N = +?+?----k kh k k k a a a a a a a 1010221200121 的形式，再利用式(2).例2 求N =0121a a a a n n --被7整除的条件，并说明1123456789能否被7整除.解：100 ≡ 1，101 ≡ 3，102 ≡ 2，103 ≡ -1 (mod 7)，因此，)7(m od 1010678345012334500120121-+-≡+?+?==--a a a a a a a a a a a a a a a a a a a N n n即7∣N ? 7∣ -+-678345012a a a a a a a a a .由于789- 456 + 123- 1 = 455，7∣455，所以7∣1123456789.例3说明1252+是否被641整除.解：依次计算同余式22≡ 4，24≡ 16，28≡ 256，216≡ 154，232≡-1 (mod 641).因此1252+≡ 0 (mod 641)，即641∣1252+.注：一般地，计算a b (mod m)常是一件比较繁复的工作. 但是，如果利用Euler定理或Fermat定理就可以适当简化.例4求(25733+ 46)26被50除的余数.解：利用定理4有(25733+ 46)26≡ (733- 4)26 = [7?(72)16- 4]26≡ [7?( -1)16- 4]26 = (7 - 4)26≡ 326 = 3?(35)5≡ 3?(-7)5 = -3?7?(72)2≡-21 ≡ 29 (mod 50)，即所求的余数是29.例5求n =777的个位数.解：我们有71≡-3，72≡-1，74≡1 (mod 10)，因此，若77≡r (mod 4)，则n =777≡77(mod 10). (3)现在77≡ (-1)7≡-1 ≡ 3 (mod 4)，所以由式(3)得到n =777≡ 73≡ (-3)3≡-7 ≡ 3 (mod 10)，即n的个位数是3.注：一般地，若求c b a对模m的同余，可分以下步骤进行：(ⅰ) 求出整数k，使a k≡ 1 (mod m)；(ⅱ) 求出正整数r，r < k，使得c b≡r (mod k)；(ⅲ) c b a≡a r (mod m).例6证明：若n是正整数，则13∣42n + 1+ 3n + 2 .解：由42n + 1+ 3n + 2 = 4?42n+ 9?3n = 4?16n+ 9?3n≡ 4?3n+ 9?3n =13?3n≡ 0 (mod 13)得证.例7证明：若2|/a，n是正整数，则na2≡ 1 (mod 2n + 2). (4) 解：设a = 2k+ 1，当n = 1时，有a2 = (2k+ 1)2 = 4k(k+ 1) + 1 ≡ 1 (mod 23)，即式(4)成立.设式(4)对于n = k成立，则有ka2≡ 1 (mod 2k + 2) ?k a2= 1 +q2k + 2，其中q∈Z，所以12+k a = (1 + q 2k + 2)2 = 1 + q '2k + 3 ≡ 1 (mod 2k + 3)，其中q '是某个整数.这说明式(4)当n = k + 1也成立.由归纳法知式(4)对所有正整数n 成立.例8 设p 是素数，a 是整数，则由a 2 ≡ 1(mod p )可以推出a ≡ 1或a ≡ -1 (mod p ).解：由a 2 ≡ 1 (mod p ) ? p ∣a 2 - 1 = (a + 1)(a - 1)，所以必是p ∣a + 1或p ∣a - 1，即a ≡ -1 (mod p )或a ≡1 (mod p ).例9 设n 的十进制表示是z xy 4513，若792∣n ，求x ，y ，z .解：因为792 = 8?9?11，故792∣n ? 8∣n ，9∣n 及11∣n .我们有8∣n ? 8∣z 45z = 6，以及9∣n ? 9∣1 + 3 + x + y + 4 + 5 + z = 19 + x + y ? 9∣x + y + 1，(5)11∣n ? 11∣z - 5 + 4 - y + x - 3 + 1 = 3 - y + x ? 11∣3 - y + x .(6) 由于0 ≤ x , y ≤ 9，所以由式(5)与式(6)分别得出x + y + 1 = 9或18，3 - y + x = 0或11.这样得到四个方程组：=+-=++b x y a y x 31，其中a 取值9或18，b 取值0或11.在0 ≤ x , y ≤ 9的条件下解这四个方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6.7、小结8、作业 P60：ex2、ex5。
简化剩余系
代表元
，它们组合成的集合称为模 的一
个既约剩余系或简化剩余系。 中与 互素约剩余系。
例2.2.2 设
，则1，5，7，11构成模12 既约剩余系。
BREAD PPT DESIGN
2.2 同余类与剩余系
定理2.2.4 设 是正整数。整数 满足
。若 遍
历模 的一个既约剩余系，则 也遍历模 的一个既约剩余
遍历模 的一个既约剩余系。
证明思路：首先证明
与
的任何一个既约剩余都可以表示成为
中 与 互素，与 互素。
互素，其次证明 的形式，其
证明：由定理2.2.3可知
模 两两互不同余。
首先证明当
时，
与 互素。用反证法。假设 则必有一个素数 满足
与 。
不互素，
BREAD PPT DESIGN
2.2 同余类与剩余系
系。
证明：因为
，
，所以
。
又若
，则由
，可得
。因此，若 遍历模 的一个既约剩余系，则 遍历 个数
，这些数均属于某个模 既约剩余类的剩余，而且两两互不同
余。故而有 也遍历模 的一个既约剩余系。
BREAD PPT DESIGN
2.2 同余类与剩余系
定理2.2.5 设
是两个互素的正整数。如果 遍历模
的一个既约剩余系， 遍历模 的一个既约剩余系，则
由于
，所以 或 。不妨设 ，则
由
互素，可知
。又
，所以 与
互素。由
可知
，从而 ，这与 互素
矛盾。因此有
与
互素。
接下来证明
的任意一个既约剩余都可以表示为
满足 得
，其中
。设整数 。根据定理2.2.3，可知存在 ，使
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
初 等 数 论 （16）（第二章 同余 第七节 简化剩余系（2））一、复习 二、例题例2 什么样的正整数满足ϕ (2x ) = ϕ (3x )解 设x =2a 3b y ，其中ab 为非负整数，y |6/。
若b > 0，（a 、b 大于或等于0）则ϕ (2x ) =ϕ (2a +1) ϕ (3b ) ϕ (y ) =2a ×3b -1×(3-1)ϕ (y ) ϕ (3x ) =ϕ (2a ) ϕ (3b +1) ϕ (y ) =2a -1×3b ×(3-1)ϕ (y )这时ϕ (2x )和ϕ (3x )不会相等。
所以在ϕ (2x ) =ϕ (3x )时，b = 0，x =2a y 。
这时，ϕ (2x ) =2a ×ϕ (y )，ϕ (3x ) =2×ϕ (2a )×ϕ (y )由ϕ (2x ) = ϕ (3x )得 ϕ (2a ) =2a -1， (a > 0)故 x =2a y ，a 为正整数，y |6/。
例如 x = 215×35，则ϕ (2×215×35) =215×ϕ (35)ϕ (3×215×35) =（3 - 1）×214×ϕ (35)例3 证明：n n 41)(=ϕ不可能成立。
证明 若n n 41)(=ϕ，则n 4。
设k p p p n αααα 21212=，其中p i为奇质数，a ≥ 2，则k k p p p n αααα 21212241-=)1()1(2)(111211121--=----k k p p p p p n k ααααϕ，于是)1()1)(1(22121---=k k p p p p p p上式右边为偶数，左边为奇数，矛盾。
故不存在n ，使得n n 41)(=ϕ。
例4 设m 与n 是正整数，证明：ϕ (mn )ϕ ((m ，n )) = (m ，n )ϕ (m )ϕ (n )。
证明 设，，111111n p p n m p p m k k k k ββαα ==1)(1111||=//n m n p m p ii，，，，则 )()(11111n m p p mn kkkβαβαϕϕ++=，∏=++-=ki ikn m p p p kk 1111)()(11)(11ϕϕβαβα)())((},{},{111k kn mi kn mi p p n m βαβαϕϕ =，，，∏=-=ki ip n m 1)(11)( 由此得)())(()(n m n m mn ，，=ϕϕ)()11(1111m p p p ki ikkϕαα∏=-⨯ )()11(1111n p p p ki ikkϕββ∏=-⨯ )()()(n m n m ϕϕ，=例5 设n ∈N ，证明：（ⅰ） 若n 是奇数，则ϕ（4n ） = 2ϕ（n ）； 证明 我们有（4，n ）=1ϕ (4n ) = ϕ (22n ) = ϕ (22)ϕ (n ) = 2ϕ (n )；例如 n = 5，则有ϕ (4n ) =ϕ (22)ϕ (5) =2×4 = 8，模20的简化剩余系中有8个元素1，3，7，9，11，13，17，19（ⅱ） n n 21)(=ϕ的充要条件是n = 2k，k ∈N ； 证明 若n = 2k ，则n k k k 2122112)2(1)(==-=-ϕ， 若n n 21)(=ϕ，设n = 2k n 1，2|/n 1，则由 )()2()2()(2111n n n n k k ϕϕϕϕ===1111111)(21)(221)(2n n n n n n n k k ϕϕϕ===- 推出ϕ (n 1) = n 1，所以n 1 = 1，即n = 2k ；（ⅲ）n n 31)(=ϕ的充要条件是 n = 2k 3l ，k ，l ∈N ； 证明 若n = 2k 3l ，则)3()2()(l k n ϕϕϕ=n l k 3131132112)()(=--=。
若n n 31)(=ϕ， 设n = 2k 3l n 1，6|/n 1，则由)32()(311n n n l k ϕϕ== )()3()2(1n l k ϕϕϕ=)()311(3)211(21n l k ϕ-⨯-=111)(3231n n n l k ϕ=11)(31n n n ϕ= 推出ϕ (n 1) = n 1，所以n 1 = 1，即n = 2k 3l 。
（若ϕ (n 1) =1，则n 1 = 1或n 1 = 2。
）初 等 数 论 （17）（第二章 同余 第八节 Euler 定理（1））本节中所介绍的Euler定理，在理论和应用两个方面都是很重要的。
定理1 （Euler定理）设m是正整数，（a，m）= 1，则aϕ(m)≡ 1 （mod m）。
证明由第三节定理2，设｛x1，x2， ，xϕ(m)｝是模m的一个简化剩余系，则｛ax1，ax2， ，axϕ(m)｝也是模m的简化剩余系，因此ax1ax2 axϕ(m)≡x1x2 xϕ(m) （mod m），aϕ(m)x1x2 xϕ(m)≡x1x2 xϕ(m)（mod m）（1）由于（x1x2 xϕ(m)，m）= 1，所以m∣（aϕ(m)-1）得出aϕ(m)≡ 1 （mod m）。
例如（5，12）= 1，ϕ（12）= 4，54 = 252 ≡ 12 = 1 （mod12）。
例如，（7，12）= 1，ϕ（12）= 4，74 ≡（-5）4 =（5）4 ≡ 252 ≡ 12 = 1 （mod12）。
再如（5，17）= 1，ϕ（17）= 16，516 =258 ≡ 88 ≡ 644 ≡ 134 ≡（- 4）4 ≡（16）2≡（-1）2 ≡1 （mod17）。
由Euler定理我们可以得到对于模m的一个简化剩余系中的任何一个整数x，都有xϕ(m)≡ 1 （mod m）例如m = 16，m的简化剩余系为｛1，3，5，7，9，11，13，15｝，ϕ（m）= 818 ≡ 1 （mod16）38 ≡ 94 ≡ 812 ≡1 （mod16）58 ≡ 254 ≡ 94 ≡ 1 （mod16）78 ≡ 49 4 ≡1 （mod16）定理2 （Fermat）设p是质数，则对于任意的整数a，有a p≡a （mod p）。
证明若（a，p）= 1，则由定理1得到a p- 1≡ 1 （mod p）⇒a p≡a（mod p）。
若（a，p）> 1，则p∣a，所以a p≡ 0 ≡a（mod p）。
例如取p = 3，a = 6，则，63 ≡ 6 （mod3）取p = 3，a = 5，则，53 ≡ 23≡ 8 ≡ 5 （mod3）取p = 7，a = 5，则57 ≡（-2）7≡-2×82≡-2×1 ≡ 5 （mod 7）公元前50年左右，我国已经知道p∣2p - 2。
这是费马小定理的特殊情形。
例如5∣25-2=3011∣211 - 2=204617∣217- 2 =131070费马小定理的逆定理不成立，例如2341 ≡ 2 （mod341）但341不是质数，我们称这样的合数为伪质数。
例1 证明341是伪质数。
证明只要证明341是合数，且2341 ≡ 2 （mod341）就可以了。
341=11×31。
又由费马小定理知211 ≡ 2 （mod11）231 ≡ 2 （mod31）所以有2341 =（211）31 ≡ 231 = 29×（211）2≡ 29×22 = 211 ≡ 2 （mod11）及2341 =（231）11 ≡ 211 = 2×1024 ≡ 2×1≡ 2 （mod 31）即11∣2341 - 2，31∣2341 - 2，又（11，31）=1，所以341∣2341 - 2也就是2341 ≡ 2 （mod341）这就证明了341是伪质数。
341是最小的伪质数，在1000以下还有另外两个伪质数：561 =3×11×17，645 =3×5×43N = 561时，对每一个与561互质的整数a，a p - 1 ≡ 1 （mod p ）都成立。
例如 取a = 7则 7560 ≡ 1560 ≡ 1 （mod 3）7560 ≡ 49280 ≡ 5280 ≡62570 ≡62570 ≡270 ≡3214 ≡（-1）14 ≡1 （mod 11） 7560 ≡ 49280 ≡（-2）280 ≡ 2280 ≡ 1670 ≡（-1）70 ≡ 3214 ≡ 1 （mod 17） 即 3∣7560 - 1，11∣7560 - 1，17∣7560 - 1， 又 （3，11，17） =1， 所以 3×11×17∣7560 - 1 即 7560 ≡ 1 （mod 561）。
例2 证明有无穷多个伪质数。
证明 若a n 是一个伪质数，则22-na na ， 令121-=+na n a ，以下证明 1、a n +1是合数。
2、2211-++n a n a则由第一章第三节例11（教材22页）证明：当2n - 1为质数时，n 一定是质数。
知a n +1是合数。
因为若a n +1不是质数，121-=+n a n a 为合数，则a n 是质数，与a n 是伪质数相矛盾。
又因为22-n a na ，所以Nk ka a n a a n n n ∈=-=--=-+,2211211，从而Q n n n n a k a ka a )12(1)2(121211-=-=-=--+被12-na 整除，即)(012111+-≡-+n a a od m n12111--++n a n a22)12(21111-=-⨯++-+n n a a n a于是a n +1是伪质数。
例如341是伪质数，a n +1 = 2341 - 1是伪质数，先证明2341 - 1可以被2047整除，即2341 ≡ 1 （mod 2047）。
11)2048()2(231313111341=≡== （mod 2047），2341 - 1是合数。
以下证明221212341341---34122112341341⨯=-=--k1)2(12121234134122112341341-=-=-=-⨯---k k Q )12(341-=即2341- 1可以整除12112341---，从而2341 - 1可以整除22)12(212112341341-=-⨯---。
例5 求710000与79999的末三位数字。
解 求一个数的末三位数字，就是求这个数除以1000的余数。
因为400452)52()1000(2233=⨯⨯=⨯=ϕϕ，所以由Euler 定理，7400 ≡ 1 （mod 1000），从而，710000 =7400×25≡ 125 ≡ 1 （mod 1000），即710000的末三位数字为0，0，1。