《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件5-3
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
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若 b 0 ，则令 s
得证． 下证唯一性 当 b 为奇数时，设 a bs t bs1 t1 则 t t1 b( s1 s ) b 而t
b b , t1 t t1 t t1 b 矛盾 故 s s1 , t t1 2 2
b 为整数 2
ax0 by0
x, y Z ，由带余除法有 ax by (ax0 by0 )q r , 0 r ax0 by0
则 r ( x x0 q )a ( y y0 q )b S ，由 ax0 by0 是 S 中的最小整数知 r 0
ax0 by0 | ax by ax0 by0 | ax by
a, b Z , b 0, s, t Z , 使 a bs t ,| t |
b 。 ， 2
s1 , t1 ，使 b s1t t1 ,| t1 | sn , tn , tn 2 tn 1sn tn ; sn 1 , tn 1 , tn 1 tn sn 1 tn 1 ;
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《初等数论》 （闵嗣鹤、严士健编著） （第三版）习题解答
是一个整数系数多项式且 a0 ，an 都不是零，则（1）的根只能是以 a0 的因数作分子以 an 为 分母的既约分数，并由此推出 2 不是有理数． 证：设（1）的任一有理根为
p ， ( p, q ) 1, q 1 。则 q
a bs t ,
| t |
|b| 2
成立，并且当 b 是奇数时，s，t 是唯一存在的．当 b 是偶数时结果如何？ 证：作序列 ,
3b b b 3b , b , , 0, , b , , 则 a 必在此序列的某两项之间 2 2 2 2
初等数论(闵嗣鹤版课件
设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有 a(qk qi ) 2k 2i 2i (2ki 1)
因而a个余数r0, r1, , ra1仅可能取a 1个值， 因此其中必有两个相等。
• 我国近代：在解析数论、丢番图方程，一致分布 等方面有过重要贡献，出现了华罗庚、闵嗣鹤等 一流的数论专家，其中华罗庚在三角和估值、堆 砌素数论方面的研究享有盛名。
• 特别是在“篩法”、歌德巴赫猜想方面的研究， 已取得世界领先的优异成绩。陈景潤在1966年证 明歌德巴赫猜想方面证明了”1+2”(一个大偶数可 以表示为一个素数和一个不超过两个素数的乘积 之和)
m|aq
3、带余数除法
带余数除法的第二种表示 定理4 若a,b是两个整数，其中b 0，则存在着两个整数 q及r，使得 a bq r， 0 r b 成立，而且q及r是唯一的。
证明分析：作整数序列 ，-3 b ,-2 b ,- b ,0,b ,2 b ,3 b ,
则a必满足q b a<(q+1) b , 其中q Z , 令a q b r可得到a b q r,分b 0和 b 0来讨论q, 进一步证明q, r的唯一性。
(i)若在r1, , r5中数0，1，2都出现，不妨设
r1 0, r2 1, r3 2，
此时
a1 a2 a3 3(q1 q2 q3 ) 3
可以被3整除。
(ii)若在r1, , r5中数0，1，2至少有一个不出现，
这样至少有3个ri要取相同的值，不妨设
r1 r2 r3 r(r 0,1或2），
近代初等数论的发展得益於费马、欧拉、拉格朗日、 勒让德和高斯等人的工作。1801年，德国数学家高斯集 中前人的大成，写了一本书叫做《算术探究》，开始了 现代数论的新纪元。高斯还提出：“数学是科学之王， 数论是数学之王”。
初等数论(闵嗣鹤版课件
二 数论的发展
自古以来，数学家对于整数性质的研究一直十分重 视，初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几 何原本》（公元前3世纪）中就已出现。欧几里得证明了 素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数 的方法，即所谓欧几里得算法。我国古代在数论方面亦 有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”， 正是我国古代《孙子算经》中的下卷第26题，我国称之 为孙子定理。
4、最完美的数——完全数问题
完美数又称为完全数,最初是由毕达哥拉斯的 信徒发现的,他们注意到,数6有一个特性,它等于 它自己的因子(不包括它自身)的和， 如： 6=1+2+3.
下一个具有同样性质的数是28, 28=1+2+4+7+14. 接着是496和8128.他们称这类数为完美数.
欧几里德在大约公元前350-300年间证明了:
设为ri，rk，不妨设0 i k a，因而有 a(qk qi ) 2k 2i 2i (2ki 1)
则有 a 2ki 1，取d k i a 1，则d就满足要求。
例4
例6
第二节 最大公因数与辗转相除法
1、定义 设a1 , a2, , an是n(n 2)个整数，若整数d是 它们之中每一个的因数，那么d就叫作a1, a2, , an的一个 公因数。所有公因数中最大的一个叫最大公因数，记作 （a1, a2 , , an），若（a1, a2, , an）=1，则说a1, a2, , an互质 或互素。
方程 xn yn zn (n 3) 无非0整数解
经过8年的努力，英国数学家 安德鲁·怀尔斯 终 于在1995年完成了该定理的证明。
3、孪生素数问题
存在无穷多个素数 p, 使得 p+2 也是素数。
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故 c b ,因而c b .
推论2.2 设a1 , a2 , , an及b1 , b2 , , bm 是任意两组整数 , 若ai b j
i 1,2, n, j 1, 2, , m , 则a1a2 an与b1b2 bm互质.
a1a2 an , b1b2 bm a1a2 an , b2b3 bm a1a2 an , bm 1
P0 1, P1 q1 8, P2 q2 P1 P0 1 8 1 9, P3 q3 P2 P1 1 9 8 17, P4 q4 P3 P2 3 17 9 60, P5 q5 P4 P3 1 60 17 77, P6 q6 P5 P4 1 77 60 137, P7 q7 P6 P5 4 137 77 625.
1
k
rk 1 1 rk 1 qk 1rk
k
其中 P0 1, P1 q1 , Pk qk Pk 1 Pk 2 , k =2, n
Qk 1a Pk 1b qk 1 Qk a Pk b qk 1Qk Qk 1 a qk 1 Pk Pk 1 b
ab 其中t 满足k b1t .反过来,当t为任一整数时， t a, b
为a , b的一个公倍数 , 故上式可以表示a , b的一切公倍数. 令t 1即得最小的正数 , 故
a, b
ab a, b 2 4 10 80 40 2,4,10 2
10
§1.3
整除的进一步性质及最小公倍数
由上节, 设a , b是任意两个正整数, 则由辗转相除法得到:
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-1
特别地，由于 10 1(mod11)，所以
11 anan1 a0 11 1 ai ——奇偶位差法
i i 0 n
i 0
eg1. 求 7 7 的个位数.
7
一般地，求a b 对模m的同余的步骤如下： ① 求出整数k，使ak 1 (mod m)； ② 求出正整数r，r < k，使得bc r (mod k)； ③ a b a r (mod m ) 练习：若a Z , 证明 10|a 1985 a 1949 . 提示： a 5 a (mod10)
⑦ a b(mod m ), a a1d , b b1d , ( d , m ) 1
a1 b1 (mod m ).
证：a b(mod m ) m a b m (a1 b1 )d
m (a1 b1 ) a1 b1 (mod m ).
注意：若没有(d , m ) 1的条件，不能成立！ 反例： 取m 4, a 6, b 10, d 2, 有6 10(mod 4), 但 3 5(mod 4)不能成立.
——各位上的数字之和能被3（9）整除 10 1mod(3) 10i 1mod(3)
a an 10n a1 10 a0 an a1 a0 mod(3)
从而 3 a 3 ai .
i 0 n
例1 检查5874192、435693
11
7
r
77
——减小幂指数
由71 1(mod 4), 7 2 1(mod 4), 76 1(mod 4),
7 7 1 3(mod 4)， r3
所以7 7 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10).
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例5 求[1
练习：
1 1.证明 : 对任意x R, 有 x x 2 x 2 2.设m , n是整数 , n 1, 证明 :
m | m1 n , 当n m 1 n m 1,当n | m 1 n 3.证明 : x , y R, 有
17
18
9解 : i 2 i 3 i 5 i 6 i 10 i
i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
500
500 2
500 3
500 5
500 6
500 500 500 500 500 500 500 8解 : 500 7 11 57 5 11 7 11 5 7 11 312 5
(3)[ n x ] n [ x ], n Z ; (4)[ x ] [ y ] [ x y ], x y x y;
例如： [2.3] 2,[ 2.3] 3,[2] 2,[ ] 3,[ ] 4；
2.3 0.3,2.3 0.7,2 0, 0.1415 ,
证明(7):a b时显然.设m是任一不大于a而为b的倍数的
正整数, 则
0 m bm1 a , 0 m1
a a 注：若记 a b q (余r )，则 b[ ] q , b = r . b b
a . b a 故满足上条件的m的个数等于m1的个数 ,因而等于 . b 证明(8)由[ x ] x y [ y ] 1, 得[ x ] [ y ] 1, [ x ] [ y ];
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1) Q2 (22 1)，
n
其中Q1与Q2是整数， 即 2 Fn 2(mod Fn ).
8
2
eg5 设n是正整数，记Fn = 22 1, 则 2 Fn 2(mod Fn ).
补充说明
n
三、在分数与小数互化中的应用
我们已经知道，F5是合数，因此例5表明， Fermat定理的逆定理不成立。 Fermat定理 设p是素数， 则对a Z , 有
s 证明： 10 a1a2 a s 0. b1 b2 bt
eg 6 化小数为分数. 0.13
2 13 1 12 90 90 15 13 0 13 990 990 1213 12 1201 9900 9900
a1a2 a s
b1b2 bt b b bt 1 2 . t 10 1 99 9
。
15
0.0 23
这就证明了不循环位数码个数不能再少了。
4
定理6 混循环小数 0.a1 a s b1 b2 bt 可以化为分数
a1 a s b1b2 bt a1 a s , 其中，分母中含有t个9, s个0. 99 900 0
a b
a a q (*) b b
而且ak, , a1不能都等于0，也不能都等于9。
由(*)式得(10k 1) a q ak ak 1 a1 ， b 1 1 a 1 ak ak 1 a1 ( k 2 k ) ak ak 1 a1 k 10 10 b 10 1
令n 4q r ,0 r 3, 则1n 2n 3n 4n
证： 记P = x1x2x(m)，则(P, m) = 1.
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1
k
rk 1 1 rk 1 qk 1rk
k
其中 P0 1, P1 q1 , Pk qk Pk 1 Pk 2 , k =2, n
Qk 1a Pk 1b qk 1 Qk a Pk b qk 1Qk Qk 1 a qk 1 Pk Pk 1 b
2 2 1 2 1 1 3 3 1 2 2 2 1 1 2 3 2 2 1 3 1 2 2 3 1
a a a k 1
, b a , c a, c
k k
k
.
5解 : 1387 162 8 91, q1 8, r1 91,
3
162 91 1 71, q2 1, r2 71, 91 71 1 20, q3 1, r3 20, 71 20 3 11, q4 3, r4 11, 20 11 1 9, q5 1, r5 9, 11 9 1 2, q6 1, r6 2,
11
知mn是a1 , a2 , , an的一个公倍数. 对a1 , a2 , , an的任一公倍数m， 由a1 m , a2 m ，且[a1 , a2 ] m2 m2 m ，m3 m ， ，mn m . [a1 , a2 , , an ] mn .
12
3
推论 若m是a1, a2, , an的公倍数，则[a1, a2, , an]m 。
k
a a , c , b b, c .
k k
代入即得证.
5.求整数x,y,使得1387x-162y=(1387,162).
14
1证 : C pj
p 1 ! p! p j ! p j ! j ! p j !
闵嗣鹤、严士健,初等数论第三章习题解答
第三章 同余§1习题（P53）1． 证明定理2及性质庚、壬 01定理2 若11(mod )k k A B m αααα≡(mod )i i x y m ≡ ，1,2,,i k =则1111k k kk A x x αααααα≡∑ 1111(mod )k k kk B y y m αααααα∑证：由(mod )i i x y m ≡ ⇒戊(mod )ii ii x y m αα≡11kkx x αα⇒≡戊11(mod )k k y y m αα111kk k A x x αααα⇒≡ 戊111(mod )k kk B y y m αααα1111kk kkA x x αααααα⇒∑≡ 丁1111(mod )k k kk B y y m αααααα∑02庚证：（i ）(mod )a b m ≡∵ 由P48定理1m a b km ka kb ⇒−⇒−，0(mod )km ak bk mk >⇒≡ （ii ）设1a a d =，1b b d =，1m m d =0m >∵，100d m >⇒>(mod )a b m ≡∵ 111()m a b dm d a b ⇒−⇒−111111(mod )(mod a b mm a b a b m d d d⇒−⇒≡⇒≡2． 设正整数101010nn a a a a =+++ 010i a <-，试证11/a 的充要条件是011(1)ni i i a =−∑。
证：由101(mod 11)10(1)(mod 11)i i ≡−⇒≡−10(1)(mod 11)10(1)(mod 11)nni iii i i i i i i a a a a ==⇒≡−⇒≡−∑∑01110(1)nnii i i i i a a ==⇒−−∑∑于是11a 011(1)ni i i a =⇔−∑3． 找出整数能被37，101整除的判别条件来。
01 由10001(mod 37)≡ 及1010001000n n a a a a =+++ ，01000i a <-，由上面证明之方法得3737ni i a a =⇔∑02 由1001(mod 101)≡− 及10100100n n a a a a =+++ 0100i a <- 由上面证明之方法可得：101101(1)ni i i a a =⇔−∑4． 证明3264121+证：由7640251(mod 641)=×≡− 及4456252(mod 641)−=−≡3272577252122252(25)∴+≡×−×=−742173212(525)2(5)(521)≡−×−≡×−×+32173(521)(25)1≡×+≡×= 3(1)10(mod 641)≡−+≡3264121∴+5． 若a 是任一单数，则221(mod 2)nn a +≡(1)n . 证明：当n =1时，322/1a − 2(21)14(1)k k k +−=+∵ 假定2221nn a +−，则有1222222211()1(1)(1)n nn n na a a a a +⋅−=−=−=−+由2221nn a +−，221na +（∵a 是单数，∴21na +是双数）∴1321n n a a ++−，即1221(mod 2)n n a ++≡6． 应用检查因数的方法求出下列各数的标准分解式（i ）1535625 （ii ）1158066 解：（i ）由215356252561425252457=×=×由3245718+++=，324573819391=×=× 由91713=×43153562553713∴=⋅⋅⋅（ii ）由311586627+++++=，11580663386022=×33862221++++=，3860223128674=×由7128674546−+=，128674718382=×718382364−+=，1838272626=×262621313213101=×=×× 22115806637131012∴=⋅⋅⋅⋅§2习题（P57）1． 证明s t x u p v −=+，u =0，1，…，1s t p −−，v =0，1，…，1t p −，t s -，是模s p 的一个 完全剩余系。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件1-4
且
a p1 p2 pn q1q2 qm ,
p1 a q1q2 qm , 则必有某个q j , 使得p1 q j , 从而p1 q j . 同理 , 又有某个pi , 使得q1 pi , 所以q1 pi . 又p1 p2 pn , q1 q2 qk , 可知p1 q1 . 从而重复上述这一过程 , 得到n k , pi qi , 所以结论成立.
k 1 2 1 1 1 pk p1 1 1 p2 (2)a的不同的正约数之和为 1 p1 1 p2 1 pk 1
例2
写出51480的标准分解式。
解：51480 = 225740 = 2212870 = 236435 = 2351287 = 2353429 = 23532143 = 233251113。
7
推论3.3 设a,b是任意两个正整数，且
a p11 p2 2 pk k , b p1 1 p2 2 pk k , i , i 0,
则 ( a , b ) p1 p2 pk
1
2
k
i 1,2, k . , i min i , i , i 1,2, , k .
证明：令k 2ak pk，pk为奇数，k 1, 2, , n. 设 是满足 2 n的最大整数， 1. 则在1,2, 3,4,5, , n中，有且仅有一个k含因子 2 . 1 1 1 从而，在 2 p1 p2 pn (1 )的展开式中， n 2 3 有且仅有一项为奇数，其他均为偶数，其和为奇数.
§1.4 质数
一、质数与合数
算术基本定理
证明 : 假设q不是质数 ,由定义 , q除1及本身外还有一正因数q1 ,
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-3
若m1y m2xR，则(m1y m2x, m1m2) = 1， 所以(m1y m2x, m1) = 1， 于是 (m2x, m1) = 1，(x, m1) = 1，xX。 这说明R A。 同理可得到yY，因此m1y m2xA。 另一方面，若m1y m2xA，则xX，yY， 即 (x, m1) = 1，(y, m2) = 1。 由此及(m1, m2) = 1得到 (m2x m1y, m1) = (m2x, m1) = 1 (m2x m1y, m2) = (m1y, m2) = 1。 因为m1与m2互素，所以(m2x m1y, m1m2) = 1， 于是m2x m1yR。因此A R。 从而A = R。
8
2
推论 设m, nN，(m, n) = 1，则(mn) = (m)(n)。 证 由定理3知，若x,y分别通过m , n的简化剩余系， 则my nx通过mn的简化剩余系， 即有 my nx通过(mn)个整数。 另一方面，x〔nx〕通过(m)个整数， y〔my〕通过(n)个整数, 从而my nx通过(m) (n)个整数。 故有 (mn) = (m)(n)。 注：可以推广到多个两两互质数的情形。
2
二、主要性质 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。 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。
初等数论课件严士健
第一章整数的可除性教学目的和要求（1）深刻理解整除、最大公因数、最小公倍数、质数的概念，正确理解带余数除法（Euclid算法）和算术基本定理的意义及作用。
（2）掌握并能直接运用辗转相除法求最大公因数，掌握幼拉脱斯展纳Eratosthenes筛法造质数表的原理。
（3）熟练掌握整除、质数、最大公因数和最小公倍数的基本性质，理解并掌握函数[x]、{x}的概念和基本性质，会求n!的标准分解式（n较小）。
本章重点是整除的概念和性质，整除理论是初等数论的基础，学好本章可为学习后继章节打下良好的基础。
习题要求P4：1，2，3 ；P9：1，2；P14：1,2；P19：5；P23：1,2,3。
第一节整除的概念·带余数除法定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数q，使得a = bq成立，则称b整除a或a被b整除，此时a是b的倍数，b是a的因数（约数或除数），并且记作：b∣a；如果不存在整数q使得a = bq成立，则称b不能整除a或a不被b整除，记作：b|/a。
定理1下面的结论成立：(1) a∣b，b∣c⇒a∣c；（传递性）(2) m∣a，m∣b⇒m∣(a±b)(3) m∣a i，i = 1, 2, , n⇒m∣a1q1+a2q2+ +a n q n，此处q i∈Z（i = 1, 2, , n）。
（证明留给学生自己）注：① a ∣b ⇔ ±a ∣±b ；② b ∣a ⇒ bc ∣ac ，此处c 是任意的非零整数；③ b ∣a ，a ≠ 0 ⇒ |b | ≤ |a |；b ∣a 且|a | < |b | ⇒ a = 0。
④因式分解 a n -b n =(a-b )M 1, n ∈Z a n +b n =(a+b )M 2, 2n定理1(带余数除法) 设a 与b 是两个整数，b >0，则存在唯一的两个整数q 和r ，使得 a = bq + r ，0 ≤ r < b 。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件5-2
1
例如： x 2 a (mod11)
取模11的一个简化系为1, 2, 3, 4, 5 . 可以验证：1 3
111 2 111 2 111 2
例如： x 2 a (mod11) 模11的平方剩余为1，-2，3，4，5. 方程 x 2 1(mod11)的解为：x 1,10(mod11); 方程 x 2 2(mod11)的解为：x 3,8(mod11); 方程 x 2 3(mod11)的解为：x 5,6(mod11); 方程 x 2 4(mod11)的解为：x 2,9(mod11); 方程 x 2 5(mod11)的解为：x 4,7(mod11).
反之，若a
p1 2
1)x(mod p) a
p1 2
1(mod p).
p 1 2
1(mod p)， 由x p x ( x 2 a ) xq( x ) (a
1) x ,
3
a
p 1 2
1(mod p ) (3)
4
方程(1)有两个解。 根据§4.4-TH5[P86]知，
12
3
3证明 : (1),(2)用Wilson定理. (3)12 22 (
p -1 2 p 2 1 1 mod p , p 3 ) p 2 24 0 mod p , p 3
p -1 2 2 2 (4) 1 2 p 1 1 2 ( 2 ) p p 1 1 p 1 p p 1 2 3 2 2 2
x 2 a (mod p ), (a , p ) 1, p为单质数
(1)
§5.2单质数的平方剩余与平方非剩余
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件4-2
一、同余式组的解法——中国剩余定理
定理1[孙子定理]
设有同余式组
x b1 (mod m1 ), x b2 (mod m2 ), , x bk (mod mk ) (1) m1, m2, , mk是两两互质的正整数， m 记 m = m1m2mk ， M i ,1 i k . mi 则(1)的解为
5×7 3×7 3×5
35×2×3 21×1×3 15×1×2
140+63+ 23330 2×105= 23 =233
为什么啊？ 3
从而有 x1 x2 2(mod 3), x1 x2 3(mod 5).
4
1
问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩三，七七数之剩二，问物几何。〔《孙子算经》〕 记 x1 5 7 n1 2, 且5 7 n1 1(mod 3), 则x1 2(mod 3)； 记 x2 3 7 n2 3, 且 3 7 n2 1(mod 5), 则x2 3(mod 5). 记 x3 3 5n2 2, 且 3 5n2 1(mod 7), 则x3 2(mod 7). 另外，显然有 5 7 | x1 , 3 7 | x2 , 3 5 | x3 , 令x x1 x2 x3 ,
1 2
问题：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩三，七七数之剩二，问物几何。〔《孙子算经》〕
除 数 3 5 7 余数 最小公倍 数 2 3 2 3×5×7 =105 衍数 乘 率 2 1 1 各 总 答 数 最小 答数
问题1：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩二，七七数之剩二，问物几何。
则
m x a ,m x a m ,m a a a a mod m , m ,1 i , j n.
《初等数论（闵嗣鹤、严士健）》第三版课件3-5
1
2
RSA中的密钥
RSA中密钥中参数的选择
公钥：PK (e , N )
私钥：SK ( d , N )
·第一步：用户秘密选择两个大素数p和q , 计算出 N p q , 将N 公开； ·第二步：计算出N的欧拉数( N ) ( p 1)(q 1);
其中，N p q( p, q为两个大素数）。 该体制中，e , N 是公开的，保密的只有d , 而且 e , d , N
5 6
de
( ( ( N ))1)
mod ( N ) 5
8 1
·加密：X 17;Y X e mod N 175 mod 35 12; ·解密：Y 12; X Y d mod N 125 mod 35 17
RSA算法的安全性
RSA安全性取决于对模n因数分解的困难性。 1999年8月，荷兰国家数学与计算机科学研究所家们 的一组科学家成功分解了512bit的整数，大约300台 高速工作站与PC机并行运行，整个工作花了7个月。 1999年9月，以色列密码学家Adi Shamir设计了一种 名叫“TWINKLE”的因数分解设备，可以在几天内攻 破512bit的RSA密钥。（但要做到这一点，需要300400台设备，每台设备价值5000美圆）。
§3.5 公开钥匙——RSA体制
该算法利用了数论领域的一个事实，那就是虽然把 两个大质数相乘生成一个合数是件十分容易的事情， 但要把一个合数分解为两个质数却十分困难。合数分 解问题目前仍然是数学领域尚未解决的一大难题，至 今没有任何高效的分解方法。与diffie-hellman算法相 比，rsa算法具有明显的优越性，因为它无须收发双方 同时参与加密过程，且非常适合于电子函件系统的加 密。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件
唯一性:设q1 , r1是满足(2)的另两个整数, 则
因而
a bq1 r1,0 r1 b, bq1 r1 bq r,
于是
bq q1 r1 r,
7
三、带余数除法
定理4 设a与b是两个整数，b > 0，则存在唯一
的两个整数q和r，使得
a bq r, 0 r b
(1)
定义2：（1）式通常写成
5解 : (1)无,(2)x 1, 2,2.
6证 : (1)3 n n 3m,所以7 3m ,又7 7m ,
7 7m 2 3m m,从而21 n.
(2)21 7n, 21 3n 21 7n 1 3n 2 n.
14
q为偶数，且b 0时，令s q , t a bs a q b
10
练习： 1.设a 2t 1,若a 2n,则a n. 2.设a,b是两个给定的非零整数,且有整数x, y使 ax by 1,证明 : 若a n,且b n,则ab n.
3.设n 1,证明 : n 12 nk 1 n 1 k .
4.若x2 ax b 0有整数根x0 0,则x0 b . 一般地,若xn an1 xn1 a0 0有整数根x0 0, 则x0 a0 .
思考 28 6 14 3 4 (余 2) 正确吗？
9
eg5 已知： 782 + 8161能被57整除， 求证：783 +8163也能被57整除。
证明：783 + 8163 = 7 ( 782 + 8161 )－7 × 8161 + 8163 = 7 ( 782 + 8161 ) + 8161 × 57 ∵782 + 8161和57都能被57整除 ∴原式得证。
(1) a 14,b 3
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2
19
( x 2 1)2 2 x 2 2 x 2 2 1 p p p p p 从而p 1 mod 8 , 故p 1 mod 8 .
20
5
20.反证法, 假设只有有限个,设为p1 , p2 , , pk .
p 1 2
1, p 1(mod 4); 1, p 1(mod 4).
p a1 (mod 4); 解同余式组 p a2 (mod11). 得p 11a1 12a2 (mod 44). 11 从而有 ( ) 1 p 1, 5, 7, 9, 19(mod 44). 18 p
例2 设n是整数 ,
证明 : n2 1的任何奇因数都是 4m 1的形式.
证明 :由于奇数都可表示成奇素数之积, 而且任意多个 形如4m 1的整数之积也具有4m 1的形式.我们只需 证明 : 若素数p是n2 1的因数 , 则p具有4m 1的形式. 若p | n2 1, 则n2 1(mod p ),即 - 1是p的平方剩余,
4
1
a a (3) a a1 (mod p ) ( ) ( 1 ) p p a a1 (mod p )
(4) (
a1a2 an a a a ) ( 1 )( 2 ) ( n ) p p p p
p同时整除a，a1；或者p同时不整除a，a1 .
若a为p的平方剩余，则有 a
(5) ( ab a ) ( ), p b. p p
3
2
p 1 2
p 1 a (1) ( ) a 2 (mod p ) p
0， p a ； a ( ) 1， a是p的平方剩余； p 1， a是p的平方非剩余.
p 1 2
若 p|a , 显然成立；
若a是p的平方剩余，则a 1;
p 1 2
p 1 a a an ( 1 2 ) ( a1a2 an ) 2 证： p
1(mod p ).
a1 (
p 1 2
a2
p 1 2
an
p 1 2
a a1 (mod p ) a1 a pq
a a1 a2 )( ) ( n )(mod p ) p p p
练习：
1解 : 365 5 73, 方程等价于
1.判断x 2 1 mod 365 是否有解 , 若有求出解数 . 2.证明:x 4 1的奇素数p 1 mod 8 , 进而推出有无
x 2 1 mod 5 1 1 ,( ) ( ) 1, 原方程4个解 . 2 73 x 1 mod 73 5 2证明 : 设p是x 4 1的奇素数,即 从而p 1 mod 4 , 另一方面
q1, q2,, qk是互不相同的素数；
因为227 3(mod 8), 所以(
2 ) 1； 227
227 1 51 2 5 227 )( )( 1) 2 2 ( ) 1； 5 227 5 137 ) 1， 原方程无解. 从而 ( 227
(
16
4
例3 证明：形如8k 7（kZ）的素数有无穷多个。 解 用反证法，假设只有有限个素数p1, p2, , pt . 记 N = (p1p2pt)2 2， 显然 2 N . 则 (p1p2pt)2 2 (mod q)， 设q是N的一个奇素因数， 因此，由定理1有q 1或7(mod 8)。 若N的所有奇素因数都具有8k 1的形式， 则N也是8k 1的形式， 但是，由于任何奇数的平方对模8与1同余， 所以应有 N 1 2 1 (mod 8)。 这个矛盾说明，N至少有一个形如8k 7的奇素因数q。
q (3)若有某个qi = 2，用定理1推论判定 ( i ) 之值； p p q (4) 若qi 2，利用定理2将 ( i ) 的计算转化为计算 ( ); qi p qi ( ); (5) 重复以上步骤，直至求出每个 p k qi q (6) 计算 ( ) ( ) . p p i 1
15
p 1 q 1 2 2 p 1 q 1 2 2
3 11 13 解： ( 429 ) ( 3 11 13 ) ( 563 )( 563 )( 563 ) 563 563 ( 1) (
31 563 1 2 2
( 1)12 1.
( 563 )( 1)
所以， a1
p 1 2
(a pq )
p 1 2
a
p 1 2
1(mod p ).
又(
a1a2 an a a a )和( 1 )( 2 ) ( n ) 的取值只有0，±1， p p p p
即 a1也为p的平方剩余.
5
且p>2，故得证。
6
(5) (
ab 2 a ) ( ), p b p p
例1 已知563是素数，方程x2 429 (mod 563)是否有解。
5 2 3 5 3 例如： ( ) ( ) 1; ( ) 1. ( ) ( ) 1. 3 3 5 3 5 ( 1) 11 4 7 11 7 再如： ( ) ( ) 1; ( ) 1. ( ) ( ) 1. 7 7 11 7 11 ( 1)
定理1
下面的结论成立：
2
ab 2 a b2 证明： ( ) ( )( ) p p p
p 1 a ( )(b 2 ) 2 p
p 1 2 1 ， 当p 1(mod 8)， 2 (1) ( 1) 8 ；即 p 1， 当p 3(mod 8). p
3
111 5631 2 2
( 563 )(1)
11
131 5631 2 2
( 563 )
13
2 2 )( )( 4 ) (1)(1) 1 。 3 11 13
( 1)53 1.
13
方程有解。
14
n 一般地，若p是素数，计算 ( ) 可按以下步骤进行： p (1) 求出n0 n (mod p)，1 n0 p；
9 10
取p 11, a 7.
5 nk 7k [ ] [ ] 0 1 1 2 3 7 p k 1 k 1 11 7不是11的平方剩余. l
即y 2 1(mod 7). p-1 7-1 -1 -1 ( ) (-1) 2 , ( ) (-1) 2 1, p 7 故y 2 1(mod 7)无解 , 则原方程也无解 . (2) 5 x 2 7 x 11 5 x 2 30 x 35(mod 23),
故 x2 1
穷多个素数p 1 mod 8 . 3.证明 : 有无穷多个素数p 1 mod 4 . 4.证明 : n4 n2 1的素因数p 1 mod12 .
x
2
2
x 4 1 mod p
2
x4 1 x2 1 2 x2 2 x 2 mod p , p,2 x 1.
由以上推论知, p 4m 1.
(5, 23) 1, 故原方程等价于 x 2 6 x 7 ( x 3)2 16 0(mod 23),
令y x 3, 则原方程化为y 2 16(mod 23). 易知y 2 16(mod 23)有解 , 从而原方程有解 .
p 1 2
若a是p的平方非剩余，则a
p 1 2
1.
1 1 (2) ( ) 1, ( ) ( 1) (1)的特例. p p 注 : (2)式说明1永远是平方剩余;(3)式说明当p 4m 1时,
1是平方剩余,当p 4m 3(或4m 1)时, 1是平方非剩余.
(2) 将n0写成n0 = Q2q1q2qk的形式，其中QZ，
例2 判断方程x2 137 (mod 227)是否有解。
2 3 2 5 ( 1 ) ( 2 ) ( 5 ) 137 90 ) 解： ( )( )( 227 227 227 227 227 227 (
227 1 1 ) ( 1) 2 1; 227
5 nk 5k [ ] [ ] 0 0 1 1 2 4 p k 1 i 1 11 5是11的平方剩余; l
例1 判断下列同余方程是否有解.
(1) x 2 3 x 5 0(mod 7); (2)5 x 2 7 x 11 0(mod 23). 解 : (1) x 2 3 x 5 x 2 10 x 5 ( x 5)2 52 5(mod 7), 令y x 5, 则原方程化为y 2 20(mod 7),
17
例4 求以11为其二次剩余的所有奇素数p.
p 1 11 p ( ) ( ) ( 1) 2 , 解： 11 p 1, p 1, 2, 3,4,5(mod11); p 直接计算得 ( ) 11 1, p 1,2, 3, 4, 5(mod11).
( 1)
7 2 1
8
2
nk [ p ] a p1 (2) 若a为奇数， (a, p) 1, 则 (1)k 1 ，其中l . 2 p
l
由定理1的(1)式立刻得出 推论 当p 8m 1时, 2是平方剩余,当p 8m 3时,2是
平方非剩余.
例如：取p 11, a 5.
所以有 ( 1 ) 1， ( 2 ) 1， ( 3 ) 1， ( 4 ) 1， ( 5 ) 0. 5 5 5 5 5
2
1
二、基本性质
a (1) ( ) a (mod p ); p p 1 1 1 (2) ( ) 1, ( ) ( 1) 2 ; p p a a (3) a a1 (mod p ) ( ) ( 1 ); p p a1a2 an a a1 a2 (4) ( ) ( )( ) ( n ); p p p p