x初等数论第三章课件

p( p 1) ( p i 1) C Z i! i ! p( p 1) ( p i 1)
i p
当i 1, 2, , p 1时, (i !, p) 1 故C ip pq, 即p C ip
i ! ( p 1) ( p i 1)，
定理1
整数a, b对模m同余的充分与必要条件是
m a b,即a b mt , t Z。
注：（1）由定理1，可得到同余的另外一个定义：即 若m a b , 则a, b叫做对模m同余。
（2）由定理1说明，a b(mod m)等价于a可表示为 a b mt
（3）定理1推论，m a a 0(mod m), 该推论说明在模m的同余关系中, m的倍数可用零来代替。
同余的一个应用——检查因数的一些方法
A、一整数能被3（9）整除的充要条件是它的十进位 数码的和能被3（9）整除。
证：a Z , 将a写成十进位数的形式： a an10n an 110n1 a0 , 0 ai 10.
因10 1(mod 3), 故10 1(mod 3), ai 10 ai (mod 3),
n n 1
即3n xn 3n 1 xn 1 3 x1 x0通过[ H , H ]中的 2 H 1个整数，结论成立。
同余的基本性质 （） 1 a a(mod m) （2）a b(mod m), 则b a(mod m) （3）a b(mod m), b c(mod m)，则a c(mod m)
(4)若a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1 a2 b1 b2 (mod m); 若a b c(mod m), 则a c b(mod m)
定理3
若m1 , m2是互质的两个正整数, 而x1 , x2
分别通过m1 , m2的完全剩余系，则m2 x1 m1 x2通过模 m1m2的完全剩余系.
3n 1 1 例2、（）证明 1 H , , 1, 0,1, , H H 3 1 中每一个整数有而且只有一种方法表示成 3n xn 3n 1 xn 1 3x1 x0 的形状，其中xi 1, 0或1. (2)说明应用n+1个特制的砝码，在天平上可以量出 1到H中的任何一个斤数.
例1
(1) (2)
当m是奇数时, m-1 m-1 m-1 , 1, , 1, 0,1,, 2 2 2 是模m的完全剩余系.
(3)
定理2
设m是正整数， (a, m) 1，b是正整数，
若x通过模 m 的一个完全剩余系，则ax b也通过模 m的完全剩余系，也就是说，若a0 , a1 , , am 1是模m 的完全剩余系，则aa0 b, aa1 b, , aam 1 b也是模 m的完全剩余系.
例3、（）求所有的正整数 1 n，使得2n 1能被7整除； （2）证明：对于任何正整数n，2n +1不能被7整除。
解：（） 1 n Z , 都可写成3m k的形式, 其中m N , k 0,1, 2. 因为23 1(mod 7)，所以23m 1(mod 7)，即23m 1 0(mod 7), 从而当 n 3m, 7 2n 1；
从而 xn ) 3n 2 ( xn 1 xn 1 ) ( x1 x1 )=0 3n 1 ( xn x1 x1 =x1 3 x1 =x2， =xn， 同理 x2 ，xn 即此3n +1 个数中，两两互不相同；
③此3n +1 个数中，最大值为 1 3n 1 3 3 3 1 H 1 3 最小值为-3n 3n 1 3 1 H
第三章
同余
一、同余的概念及其主要内容基本性质
二、剩余类及完全剩余系 三、简化剩余系与欧拉函数 四、欧拉定理、费马定理及其应用
第一节
同余的概念及其基本性质
数论中有它自己的代数，称之为同余理论。它既有 重要的理论价值，又具有广泛的实际应用价值。 人们在 生活、生产、宗教、习俗及民间游戏中，常会遇到已日 数计时、天文历法计算等问题。因而，简化数据，保留 精神实质就成其当务之急，于是，产生了数论中的一些 重要概念。
例1、求3406 写成十进位数时的个位数。（9）
例2、设p是素数，证明(a b) p (a p b p )(mod p)。
证：根据二项式定理有：
p 1 i p i i p p ( a b) p a p C 1 a b C a b C p p pb
例4、证明当且仅当n不能被4整除时,1n 2n 3n 4n 能被5 整除，其中n是正整数。
证：不妨设Sn 1n 2n 3n 4n，容易验证, 14 1(mod 5), 24 16 1(mod 5),34 81 1(mod 5), 44 256 1(mod 5),
i i n n n

从而 ai 10i ai (mod 3),即a ai (mod 3).
i 1 i 1 i 1
得到3 a ai ，由此3 a 当且仅当3 ai .
i 1 i 1
n
n
同法可得9 a 当且仅当9 ai .
i 1
n
B 给出7（11或13）整除a的充分与必要条件。
n
n 1
也是模3 =2H+1的绝对最小完全剩余系。（再由 模2H+1的绝对最小完全剩余系具有唯一性得到结论）
① 3n xn 3n 1 xn 1 3x1 x0共有n 1项，当 xi 1, 0,1(i 0,1,, n 1)时，每一项3i xi 各取3个值， 故3n xn 3n 1 xn 1 3x1 x0共通过3n 1 个数；
(i)每一整数必包含在且仅在上述的一个集合里面，
(ii)两个整数同在一个集合的充要条件是这两个整数 对模m同余
定义ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
定理1中的K 0 , K1 , , K m 1叫做模m的剩余类，
一个剩余类中任一数叫做它同类的数的剩余.若 a0 , a1 , , am 1是m个整数，并且其中任何两数都不同 在一个剩余类里，则a1 , , am 1叫做模m的一个完全剩 余系.
第二节
剩余类及完全剩余系
由带余数除法我们知道，对于给定的正整数m，可以
将所有的整数按照被m除的余数分成m类。本节将对此作 进一步的研究。
定理1
若m是一个给定的正整数，则全部整数可分成
m个集合，记作K 0 , K1 ,, K m1 , 其中K r (r 0,1,, m 1)是 一切形如qm r (q 0, 1, 2,)的整数所组成，这些集合 具有下列性质：
3n 1 1 （）证 1 :首先 H , , 1, 0,1,, H H 3 1 包含2 H 1个不同的整数，是模2 H 1的绝对最小 3n 1 1 完全剩余系，且由H 得2 H 1 3n 1. 3 1
其次，要证明
n 1
3 xn 3 xn 1 3 x1 x
② 在这3n 1 个数中，若有 3n 1 xn 1 3x1 x0 =3n xn 3n 1 xn 1 3x1 x0 3n xn 3n ( xn xn ) 3n 1 ( xn 1 xn 1 ) 3( x1 x1 ) 则x0 x0 x0 x0 3 x0 x0
假定4k r , 其中r 0,1, 2,3.由以上知 a 4 1(mod 5), a 1, 2,3, 4. 则有 a 4 k 1(mod 5), 所以a n a 4 k r a r (mod 5)
因此可得Sn 1n 2n 3n 4n 1r 2r 3r 4r (mod 5). 因而当r 0,1, 2,3时，依次有 Sn 4 4(mod 5)， Sn 10 0(mod 5)，Sn 30 0(mod 5)，S n 100 0(mod 5)， 故当且仅当n不能被4整除时， 1n 2n 3n 4n 能被5整除.
3m 1
又2
2(mod 7)，
2
3m 2
4(mod 7),
从而当且仅当
n 3m时, 7 2n 1.
（2）由23m 1 2(mod 7)， 23m1 1 3(mod 7), 23m2 1 5(mod 7), 可知，对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.
m a b,即a b mt , t Z。
若a b(mod m)，则r1 =r2，因此a b m （q1 q2 ); 若m a b, 则m m （q1 q2 ) (r1 r2 ) ,因此m r1 r2 , 但 r1 r2 m, 故r1 =r2。
定义
给定一个正整数m，把它叫做模。如果用m
去除任意两个整数a, b所得的余数相同，我们就说a, b对模 m同余，记作a b(mod m)，如果余数不同，我们就说a, b 对模m不同余，记作a b(mod m)。
定理1
证：
整数a, b对模m同余的充分与必要条件是
设a mq1 r1 , b mq2 r2 ,0 r1 , r2 m,
推论：m个整数做成模m的一个完全剩余系的充要条
件是两两对模m不同余
注：最常见的完全剩余系是0,1,, m 1, 它们 称为模m的非负最小完全剩余系.
下面例1给出模m的另外完全剩余系——绝对最小完 全剩余系.
当m是偶数时, m m m , 1, , 1, 0,1, , 1; 2 2 2 m m m 及 1, 1, , 1, 0,1, , 2 2 2 都是模m的完全剩余系.
(4)若a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m); 若a b(mod m), 则ak bk (mod m)
（5）若A1k B1 k (mod m), xi yi (mod m), i 1, 2,, k 则
(6)若a b(mod m), 且a a1d , b b1d ,(d , m) 1，则 a1 b1 (mod m)
(7)若a b(mod m), k 0, 则 若a b(mod m), d a, b, m, a b m mod d d d
ak bk (mod mk ) d 0，则

1 k
k 1 A1k x1 xk

1 k
k 1 B1 k y1 yk (mod m)；
特别地，若
ai bi (mod m), i 0,1,, n,
则
an x n an 1 x n 1 a0 bn x n bn 1 x n 1 b0 (mod m)
(8)若a b(mod mi ), i 1, 2,, k , 则 a b(mod[m1 , m2 ,, mk ])
(9)若a b(mod m), d m , d 0, 则 a b(mod d )
(10)若a b(mod m), 则(a, m) (b, m)，因而若d能整除 m及a，b两数之一，则d必能整除a, b中的另一个。