第3章同余
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。
第三章2 同余的应用
证明
(1) 将同余式 ax≡b (mod m) 转化 a1x≡b1 (mod m1)。 设a＝da1，b＝db1，m＝dm1。则一次同余式
ax≡b (mod m)为da1x≡db1 (mod dm1)。 根据定理2.1.10，有 a1x≡b1 (mod m1)。 (2) 同余式a1x≡b1 (mod m1) 有唯一解x≡r (mod m1)
＝{7k ＋ 2|k∈Z} ＝ {… , - 12, -5, 2, 9, 16, …}
的每个数，都是同余式 x5＋x＋1≡0 (mod 7) 的解。 所以x≡2 (mod 7) 是同余式的一个解。
例6 模 7 的 5 次同余式 x5＋x＋1≡0 (mod 7) 当 x＝4 时，有45＋4＋1＝1029＝7×147≡0 (mod 7) 所以， 4 也是同余式 x5＋x＋1≡0 (mod 7) 的解。 4 所在剩余类C4＝{c|c∈Z , c ≡ 4(mod 7)}
x≡r (mod m1)是一次同余式a1x≡b1 (mod m1)的解， 即a1r≡b1 (mod m1)。 因此m1|(a1r－b1)， 于是dm1|(da1r－db1)，也就是m|(ar－b)， 即，ar≡b (mod m)。 故一次同余式a1x≡b1 (mod m1)的解 也是一次同余式ax≡b (mod m)的解。
(ii) 当同余式 (2) 有解时，其解数为 d＝(a , m)。
(iii) 若x1是(2)的一个解，则它的全部解可表示为：
x
x1
t
m (a, m)
(mod
m)
,t
0,1,
,(a, m) 1
命题1 设 m 是一个正整数，a 是满足 (a, m)＝1的整 数则一次同余式 ax≡b (mod m) 有解，且其解数为1。
信息安全数学基础习题第三章答案.doc
信息安全数学基础习题答案第三章.同余式1．（1）解：因为（3，7）=1 | 2 故原同余式有一个解又3x ≡1（mod7） 所以 特解x 0`≡5（mod7）同余式3x ≡2（mod7）的一个特解x 0≡2* x 0`=2*5≡3（mod7）所有解为：x ≡3（mod7）（2）解：因为（6，9）=3 | 3故原同余式有解又2x ≡1（mod3） 所以 特解x 0`≡2（mod3）同余式2x ≡1（mod3）的一个特解x 0≡1* x 0`=1*2≡2（mod3）所有解为：x ≡2+3t （mod9）t=0,1,2所以解分别为x ≡2，5, 8（mod9）（3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解又17x ≡1（mod 21） 所以 特解x 0`≡5（mod 21）同余式17x ≡14（mod 21）的一个特解x 0≡14* x 0`=14*5≡7（mod 21） 所有解为：x ≡7（mod 21）（4）解：因为（15，25）=5 不整除9，故原同余式无解2．（1）解：因为（127，1012）=1 | 833 故原同余式有解又127x ≡1（mod1012） 所以 特解x 0`≡255（mod1012）同余式127x ≡833（mod1012）的一个特解x 0≡833* x 0`=833*255≡907（mod1012） 所有解为：x ≡907（mod1012）3．见课本3.2例14.设a,b,m 是正整数，（a,m ）=1,下面的方法可以用来求解一次同余方程ax ≡b(mod m)(3)6x ≡7（mod 23）解：依据题意可知，原式与(a%m)x ≡-b[m/a](mod m)同解即与5x ≡-7*3(mod 23)同解,化简得5x ≡2(mod 23).重复使用上述过程，5x ≡2(mod 23)->3x ≡-8(mod 23)->2x ≡10(mod 23)->x ≡5(mod 23). x ≡5(mod 23)即为方程的解。
zsl第三章第1节1
同余式
1
3.1 基本概念及一次同余式
定义1 设m是一个正整数, f ( x )为多项式 f ( x ) a n x n a n 1 x n 1 其中ai 是整数,则 f ( x ) 0 (mod m ) (1) 叫做模m的同余式.若an 0 (mod m ), 则n叫做f ( x ) 的次数, 记为 deg f , (1)式又叫做模m的n次同余式.
例1 x 5 x 1 0 (mod 7) 是首项系数为1的 模7同余式. 因
2 2 1 0 (mod 7),
5
所以 x 2 (mod 7) 是该同余式的解.
另外在模7的完全剩余系中, x 4 (mod 7)也是 解,故同余式解数是2.
3
定理1 一次同余式 ax b (mod m ), a (2) 0 (mod m ) 有解 (a , m ) | b. 且当同余式(2)有解时,其解数为 d (a , m ).
4
首先求出同余式 a m x 1 (mod ) (a , m ) (a , m ) m 的一个解 x x0 (mod ); (a , m ) 其次, 写出同余式ax b (mod m)的一个特解 x0 b x (mod m ) (a , m ) 最后, 写出同余式ax b (mod m)的全部解
x0 b m x t (mod m ), t 0,1, (a , m ) (a , m ) ,(a, m ) 1
5
例2 求解一次同余式 57 x 531 (mod123)
例3 求解一次同余式 37 x 3819 (mod 10)
6
定理2 设m是一个正整数,(a , m ) 1, 则一次同 余式 ax 1 (mod m ) 有唯一解 x a ' (mod m ).
初等数论基础By张文泰
一般情况下，0不参与数论问题的讨论，所以在以后的讨论中，把正整数和自然数看成等价的概念。
2
第一章 整除
3
定理 1.1.2. 设m ∈ N ， m ̸= e，那么，必有唯一的n ∈ N 使得n+ = m， 即N 中每个不等于e的元素必是某个元素的后继，e是唯一一个没有后继的 元素。 定理 1.1.3 (归纳证明原理). 设P (n)是关于自然数n的一种性质或者命题。 如果当n = e时， P (e)成立，以及有P (n)成立必可推出P (n+ )成立，那么， P (n)对所有的n ∈ N 都成立。 归纳证明原理作为一种相当基础的证明算法，在解决一些关于集合的 命题的时候往往会被使用。在验证某些恒等式的时候，由于等式的变量取 值为正整数，也可以巧妙地使用归纳证明原理来证明。
第四章 不定方程 4.1 4.2 4.3 一次不定方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pythagoras 方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagrange 定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
初等数论1
张文泰2 20100102-rev20
1
本文介绍了非常多的基础理论的知识，是为了形成一个完整的初等数论体系，有助
于一个良好的数学基础的形成。 2 e-mail: rchardx@
目录
第一章 整除 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 Peano 公理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 整除 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 带余除法与辗转相除法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 最大公约数和最小公倍数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 算术基本定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 阶乘的分解式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
数论算法讲义3章(同余方程)
第 3 章 同余方程（一） 内容：● 同余方程概念● 解同余方程● 解同余方程组（二） 重点● 解同余方程（三） 应用● 密码学，公钥密码学3.1 基本概念及一次同余方程(一) 同余方程（1） 同余方程【定义3.1.1】（定义1）设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--Λ其中i a 是正整数（n a ≠0（mod m ）），则f (x)≡0（mod m ） （1） 叫做模m 的（n 次）同余式（或模m 的（n 次）同余方程），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 。
（2） 同余方程的解若整数a 使得 f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。
（3） 同余方程的解数若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。
即剩余类a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）}中的每个剩余都是解。
故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解，这个解通常记为x ≡a （mod m ）当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程(2)的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为是同余方程（1）的解数，记作()m f T ;。
显然()m f T ;≤m（4） 同余方程的解法一：穷举法任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程（1），在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。
【例1】（例1）可以验证，x ≡2，4（mod 7）是同余方程15++x x ≡0（mod 7）的不同的解，故该方程的解数为2。
50＋0＋1＝1≡3 mod 751＋1＋1＝3≡3 mod 752＋2＋1＝35≡0 mod 753＋3＋1＝247≡2 mod 754＋4＋1＝1029≡0 mod 755＋5＋1＝3131≡2 mod 756＋6＋1＝7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0（mod 15）的解。
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论学习总结本课程只介绍初等数论的的基本内容。
由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系，因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师范院校)的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的．一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练,这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此,许多高等院校，特别是高等师范院校，都开设了数论课程。
最后,给大家提一点数论的学习方法,即一定不能忽略习题的作用,通过做习题来理解数论的方法和技巧,华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异.数论有丰富的知识和悠久的历史,作为数论的学习者,应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想"和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法最大公因数和辗转相除法整除的进一步性质和最小公倍数素数、算术基本定理［x]和｛x｝的性质及其在数论中的应用习题要求：2，3 ；：4 ；：1；：1,2，5；：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程多元一次不定方程勾股数费尔马大定理。
习题要求:1,2,4；:2,3。
第三章：同余(4学时)自学12学时同余的定义、性质剩余类和完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用习题要求：2，6；：1；：2，3； 1，2。
第四章:同余式（方程）(4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程的解数和解法素数模的同余方程威尔逊定理。
习题要求:1；：1，2；：1,2。
第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余勒让德符号二次互反律雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求：2；：1,2,3；：1,2；：2；:1。
ISM_3 同余式
例2 韩信点兵 : 有兵一队,若列成五行纵队, 则末行一人;成六行纵队,则末行五人;成七行纵 队,则末行四人;成十一行纵队,则末行十人,求 兵数.
解法一 韩信点兵问题可转化为同余式组 :
x 1 (mod 5)
x 5 (mod 6)
x4
(mod 7)
x 10 (mod11)
27
这里b1 =1,b2 5, b3 4, b4 10,由例1,同余式的解为
(a, m)
(a, m)
的一个解
x x0
(mod m ); (a, m)
其次,写出同余式ax b (mod m)的一个特解
x x0b (mod m) (a, m)
最后,写出同余式ax b (mod m)的全部解
x x0b t m (mod m), t 0,1, ,(a, m) 1 (a, m) (a, m)
注 :中国剩余定理又叫做孙子定理.
我国宋代数学家秦九韶在数学九章(1247年) 中提出了上述同余式的一般解法,把此解法叫做“求 一术”.
21
其解法可列表如下 :
除数 余数 最小公倍数 衍数 乘率 各总
答数
m1 b1
M 1 M1' M1 M1' b1
m2
b2
m m1m2
mk
M2
M
' 2
M
2
M
' 2
8
第二种：利用二元一次不定方程的解法
ax b(mod m)求 :
1.当(a, m) 1,则存在s, t使得：
a(sb) m(bt ) b
a(sb) b(mod m)
x sb(mod m)是唯一的解。 2.当(a, m) d 1, d | b, d遍除原同余式后，得简约
初等数论第三章同余
第三章 同 余§1 同余的概念及其基本性质。
，所有奇数；所有偶数，例如，。
不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。
若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。
故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性），则、若；（反身性）、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡。
则，，，设。
，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -⇔-=-⇔=⇔≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z。
，则若；，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1。
，则特别地，若；，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2。
，则，；特别地，若则，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111111111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y Bx x Ak i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i kk kkk kk k +++≡+++=≡≡=≡≡----∑∑ αααααααααααααααα定理2。
人教版高中选修(B版)4-6第三章同余方程课程设计
人教版高中选修(B版)4-6第三章同余方程课程设计1. 选题意义同余方程是高中数学中一个重要而又基础的概念，旨在帮助学生掌握同余关系和同余方程的基本概念、性质以及应用。
本次课程设计旨在通过深化同余方程的学习来提高学生的数学素养，提升其对数学的兴趣和热爱，并能够将所学知识应用于实际问题中，培养学生的数学思维能力和解决问题的能力。
2. 适用对象本次课程设计适用于高中数学选修(B版)4-6第三章同余方程的教学内容中。
适合高中学生，尤其是对数学感兴趣且较为踏实的学生。
3. 教学目标•理解和掌握同余关系和同余方程的概念、性质和应用。
•培养学生的数学思维能力，掌握解决同余方程的基本方法和技巧。
•能够计算小范围的同余方程，同时能够将所学知识应用于实际问题中，提高学生的解决问题的能力。
4. 教学内容和方法教学内容本次课程设计主要分为以下4个部分：•同余关系•同余方程的概念和基本性质•同余方程的解法•同余方程的应用教学方法本次课程将采用课堂讲授、课堂讨论和实例演练等多种教学方法，力求深化学生理解和掌握同余方程的概念和方法，并能够灵活运用。
5. 教学步骤第一步：同余关系讲解同余关系的定义和概念，理解同余关系的基本性质。
第二步：同余方程的概念和基本性质在同余关系理解的基础上，讲解同余方程的概念和基本性质，深入理解同余方程的解法。
第三步：同余方程的解法介绍同余方程的解法，包括试除法、欧几里得算法和扩展欧几里得算法等。
第四步：同余方程的应用通过示例演练的方式，介绍同余方程的应用，如中国剩余定理、同余方程的模重心等。
6. 教学评估本次课程设计将采用笔试、说明和实例解决问题的方式进行考评。
笔试重点考察学生对相关概念的理解程度和计算能力。
说明题型则重点考察学生对重点问题的理解和思考能力。
实例解决问题题型则重点考察学生将所学知识应用到实际问题中的能力。
7. 总结同余方程是高中数学中的一个重要概念，本次课程设计旨在帮助学生更好地理解和掌握同余方程的概念和方法，以此提高学生的数学素养和对数学的兴趣和热爱。
初等数论第三章同余
第三章同余§ 1同余的概念及其基本性质定义1设meZ\称之为模。
若用加去除两个整数“与b所得的余数相同，则称"上对模加【可余，记作：a = b (mod /n)；若所得的余数不同，则称w,〃对模加不同余，记作："圭b(mod〃2)。
例如，8 = 1 (mod 7),:所有偶数“三0 (mod 2),所有奇数“ =1 (mod 2)。
同余是整数之间的一种关系，它具有下列性质：R a = a (mod m)；(反身性)2、若"三b (mod加)，贝肪三a (mod m)；(对称性)3、若"三b (mod m), b = c (mod m),贝h 三 c (mod 加);(传递性) 故同余关系是等价关系。
定理1整数对模加同余的充分必要条件是RP a = b + mt,r eZo证明设"=+ b = mq2 + r v 0 < r2 < m,贝l] a = b (mod m) O 打=r2 O a — b = m(q{一⑴)O I (" 一b)°性质1(1)若％三S (mod m)> a2 = b2 (mod m)> 则a x + a2 +b2 (mod /n)；(2)若"+ h = c (mod 〃?)，贝ij a = c-b (mod m)o性质2 若=/?, (mod /??), a2 =b2 (mod m),则"]5 "心(mod m)：特别地，若a = b (mod m),则畑三kb (mod加)。
定理2若比…亞三〃叶・％(mod/),兀三片(mod皿)，j = 1,2,…人则艺比…致坊‘…場三另3时灼)吓…yj (mod/)；特别地,若％三化(mod加),i = OJ2・・・，n，则心* +"心]北1 + - - +u()=b n x n +/>n_|x71'1 + …+ "o (mod 加)。
初等数论第三章课件
(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A1 则
1
k
B1 A1
k
(mod m), xi yi (mod m), i 1, 2,
从而 xn ) 3n 2 ( xn 1 xn 1 ) 3n 1 ( xn x1 x1 =x1 3 x1 =x2， ，xn =xn， 同理 x2 即此3n +1 个数中，两两互不相同；
, n 1)时，每一项3i xi 各取3个值， 3x1 x0共通过3n 1 个数；
② 在这3n 1 个数中，若有 3n 1 xn 1 3n xn x0 =3n xn 3n 1 xn 1 3x1 3x1 x0 3n ( xn xn ) 3n 1 ( xn 1 xn 1 ) 则x0 x0 x0 x0 3 x0 x0 x1 ) 3( x1
例：A=28997, B=39495, C=1145236415 AB 之积 为C， 对？
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 , K m1 , 其中K r (r 0,1, , m 1)是
, m 1, 它们
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.
选修46第三章同余2欧拉定理120
选修46第三章同余2欧拉定理 测试题 2019.91,已知△ABC 中，a ＝4，b ＝43，∠A ＝30°，则∠B 等于（ ）A ．30°B ．30°或150°C ．60°D ．60°或120°2,若，则下列不等式中，正确的不等式有（ ）① ② ③ ④A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3,已知集合，则集合中元素的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．不确定4,直线的倾斜角的范围是（ ）A ．B ．C ．D ．5,对任意实数K ,直线()011=--+Ky x K 与圆022222=---+y x y x 的位置关系是（ ）A ．相交B ．相切C ．相离D ．与K 的值有关6,在等差数列中，，，为数列的前项和，则使的的最小值为（ ）A ．10B ．11C ．20D ．217,在小时候，我们就用手指练习过数数. 一个小朋友按如图所示的规则练习数数，数到2008时对应的指头是（ ）110a b <<a b ab +<a b >a b <2b a a b +>()()(){}223,,2144M x y x N x y x y ⎧⎫==-=-+-=⎨⎬⎩⎭M Ncos 10x y α+-=3,,4224ππππ⎡⎫⎛⎫⎪ ⎪⎢⎣⎭⎝⎭30,,44πππ⎡⎤⎡⎫⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭30,4π⎡⎫⎪⎢⎣⎭3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦{}n a 10110,0a a <>1110a a >且n S {}n a n 0n S >nA ．大拇指B ．食指C ．中指D ．无名指8,已知函数,，若当[]1,1-∈x 时，0)(>x f 恒成立，则b 的取值范围是（ ）A ．01<<-bB ．1-<b 或 2>bC ．2>bD ．不能确定9,从点向圆作切线，切线长度的最小值等于（ ）A ．4B ．C ．5D ．10,已知集合}122|{≤-=x x x A ，集合}0)12(|{22<+++-=m m x m x x B （1）求集合A 、B ；（2）若B ⊆A ，求m 的取值范围。
同余
或21+X+Y=36，X-Y+13=22
X+Y=6，X-Y=-2，或X+Y=15，X-Y=9， 解得X=2，Y=4。
例3 ：求111 被7除的余数。
50
解：∵111111被7整除，
∴
11 1
50
≡11（mod 7）≡4（mod 7）
即余数为4。
例4：求( 257
解： ( 257
i0
( 1 ) a i (mod
i
7)
n
即有7|a的充要条件是 7| 对模11和13同理可证。 注：这里用的是1000进制。
( 1) a i
i
i0
例1:1234567891011…2005 除以3的余数是多少.
解:因为一个数除以3的余数,即其各位数字和 除以3 的余数.所以所求余数
解:两边关于9同余,则有8*3 所以错误. 5,不成立
例判断 28997*39495=1114523641 5是否正确
解:两边关于9同余,则有8*3 所以错误. 5,不成立
定义：称k0 ,k1,…km-1叫做模m的剩余类，设 a0,a1…am-1是m个整数，并且其中任何两数都不 在一个剩余类里，则a0,a1…am-1叫做模m的一个 完全剩余系(简称完系)
第三章 同余
§1 同余的概念及其基本性质
在日常生活中，我们常接触到一些周 期为正整数性的问题.例如：问火车下午2 点从金华出发,30小时后到广州,则到广州 是几点?就是24去除30所得的余数6加2,即 晚上8点到广州,这就是同余问题.今天是星 期一,问过了100天后是星期几等……．,现 在同余理论已发展成为初等数论中内容丰
b. 由同余的定义可知: 相等必同余，同余未 必相等，不同余肯定不相等,这是一种很好 的方法，尤其在证明不相等时非常有用。
第三章 第1节 同余的基本性质
第三章 同 余同余是数论中的一个基本概念。
本章除介绍同余的基础知识外，还要介绍它的一些应用。
第1节 同余的基本性质定义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，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 )。
≡/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q 1，q 2，使得a = q 1m + r ，b = q 2m + r ，0 ≤ r < m 。
证明 留作习题。
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。
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 )。
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。
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 )。
《初等数论》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 b 00(,)|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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第三章同余同余的概念在日常生活中，我们所要注意的常常不是某些整数，而是这些数用某一个固定的数去除所得的余数。
例如我们问现在是几点钟，就是用24去除某一个总的时数所得的余数，又如问今天是星期几，就是问用７去除某一个总的天数所得的余数，于是就在数学中产生了同余的概念。
在本部分中我们先介绍同余的概念及基本性质。
同余的定义给定一个正整数，把它叫做模。
如果用去除任意两个整数与所得的余数相同，我们就说与对模同余，记为≡（）。
如果余数不同，我们就说与对模不同余，记为（）。
例如，=6，则7≡13（6），810（6）。
这是因为7和13除以6的余数均为1，而8和10除以6的余数分别为2和4。
同余的基本性质利用同余的定义，我们可以得到同余的若干基本性质。
性质1为正整数，，，为任意整数，则①≡（）；②若≡（），则≡（）；③若≡（），≡（），则≡（）。
由定义知性质１是显然的，请读者自己给出证明。
性质２整数，对模同余的充要条件是｜－，即＝+，是整数。
证设。
若≡（），则，因此，即｜－。
反之，若｜－，则，因此，但，故，即≡（）。
注在很多问题中，我们常用性质２来判断、是否对模同余，有时用性质２比用定义要方便些。
性质３①若，则②若＋=（），则≡－（）。
证由性质２有，因，故，①获证。
由①有，这就是②的结论性质４若，则。
证明由性质２，，所以。
故。
将性质４、性质３结合起来一般有性质５若，则。
特别地，若，，则。
性质6若，则。
证由性质２，｜－，但，又（，）＝１，故，即。
性质７①若≡（），＞０，则≡（）。
②若≡（），是，及的任一公因数，则。
利用性质２即可证明性质７，请大家作为练习自己给出证明。
性质８若，则。
证由性质２，，则由最小公倍数的性质有，故由性质２即得。
性质９若≡（），｜，＞０，则≡（）。
证由性质２，｜－，又｜，由整除的性质知｜－，故≡（）性质10若≡（），则（，）＝（，），因而若能整除及，二数之一，则能整除，中的另一个。
证由性质２，＝＋，由最大公因数的性质得（，）＝（，）。
以上的每一条性质都很简单，但是都非常重要，今后会经常使用，请大家认真学好每一条性质。
同余的简单应用A一个整数能被３（或９）整除的充要条件是它的十进位数码的和能被３（或９）整除。
证可只对正整数证明，将写成十进位数的形式：因10≡1（３），故由性质５得，再由性质10即知３｜当且仅当。
同理可证９｜当且仅当Ｂ设正整数，其中。
则７（或11，或13）整除的充要条件是７（或11，或13）整除。
证因为。
故。
所以７｜（或11｜，或13｜）当且仅当7（或11，或13）整除。
Ｃ计算高次幂的个位数。
例求的十进位表示中的个位数字。
解本题实质上就是求10除的余数，即求中的，。
因为，所以，因此，所以，即的个位数是9。
剩余类及完全剩余系有了同余的概念，对于一个给定的模，我们就可以把对模同余的所有数放在一起，即把除以后有相同余数的数放在一起，这就产生了剩余类的概念。
剩余类及完全剩余系的定义在给出定义之前，我们先证明一个重要结果。
定理1设是一个给定的正整数，则全部整数可以分成个集合，记作，其中是由一切形如的整数所组成的，这些集合具有下列性质：（i）每一整数必包含在而且仅包含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同余。
证明（i）设是任一整数，由带余数除法得。
故在内。
又由带余数除法知，由唯一确定，故只能在内。
（ii）设，是两个整数，并且都在内，则。
故≡（），反之若≡（），则由同余的定义知，同在某个一个内。
定义我们把定理１中的叫做模的剩余类。
若是个整数，并且其中任何两个都不在同一个剩余类里，则称为模的一个完全余剩余系。
由定理１和上面的定义，可得推论个整数作成模的一个完全剩余系的充分必要条件是这个数两两对模不同余。
例：设为正整数，则；；；都是模的完全剩余系。
完全剩余系的性质定理２设是正整数，（，）＝１，是任一整数，若通过模的一个完全剩余系，则＋也通过模的一个完全剩余系，也就是说，若是模的一个完全剩余系，则也就是模的一个完全剩余系。
证由推论，只须证明个整数两两对模不同余就够了。
假设。
则由同余的性质得，又由同余性质及（，）＝１得，这与是模的一个完全剩余系矛盾，定理获证。
定理３若是两个互质的正整数，而分别通过模的完全剩余系，则通过模的一个完全剩余系。
证由假设分别通过个整数，因此通过个整数，由推论，只须证明这个整数两两对模不同余即可。
假定（１）其中是所通过的完全剩余系中的整数，而是所通过的完全剩余系中的整数，由同余的性质得又由同余的性质及即得，。
由推论得。
这表明如果与不全相同时，（１）式即不成立，因此定理获证。
在本部分最后，我们给出几个今后要用到的特殊名词。
定义这个整数叫模的最小非负完全剩余系；当为偶数时，或叫模的绝对最小完全剩余系；当为奇数时，叫模的绝对最小完全剩余系。
简化剩余系与欧拉函数在上一节里我们讨论了完全剩余系的基本性质，这一节我们要进一步讨论完全剩余系中与模互质的整数，这需要引进简化剩余系的概念。
在讨论简化剩余系的过程中，需要用到数论上一个很重要的函数——欧拉（Euler）函数。
欧拉函数的定义欧拉函数是定义在正整数上的函数，它在正整数上的值等于序列0,1,2,…－1中与互质的数的个数。
例如。
简化剩余系如果模的一个剩余类里面的数与互质，就把它叫做一个与模互质的剩余类。
在与模互质的全部剩余类中，从每一类中各任取一数所作成的数组，叫做模的一个简化剩余系。
定理１模的一个剩余类与模互质的充要条件是此类中有一数与互质。
因此与模互质的剩余类的个数是，的每一简化剩余系是由与互质的个两两对模不同余的整数组成的。
证设是模的全部剩余类。
若是一个与模互质的剩余类，则（，）＝１。
反之若有，则由剩余类的定义及同余的性质知中的每个整数都与互质，因而是与模互质的剩余类。
由于为与模互质的剩余类当且仅当（，）＝１，因此由欧拉函数的定义及模的简化剩余系的定义即得定理结论成立。
定理２若是个与互质的整数，并且两两对模不同余，则是模的一个简化剩余系。
证由定理１及简化剩余系的定义知结论成立。
定理３若（，）＝１，通过模的简化剩余系，则通过模的简化剩余系。
证通过个整数，由于（，）＝１，（，）＝１，故（，）＝１。
若，则由同余的性质有，这与原假设矛盾。
故由定理２知，定理３成立。
定理４若是两个互质的正整数，分别通过模的简化剩余系，则通过模的简化剩余系。
证由定理１知，简化剩余系是一个完全剩余系中一切与模互质的整数作成的。
因此只须证明：若分别通过模的一个简化剩余系时，则通过模的一个完全剩余系中一切与模互质的整数。
由完全剩余系的性质知，若分别通过模的完全剩余系时，则通过模的一个完全剩余系。
又若，则由即得，于是，故。
反之，若，则。
所以又，所以。
定理证毕。
推论若是两个互质的正整数，则。
证由定理４立即可得。
欧拉函数值的计算利用上面的推论及标准分解式我们可以得出欧拉函数值的计算方法，这可由下面的定理５给出。
定理５设为的标准分解式，则。
证（i）由推论得。
（ii）下证。
由定义知等于从减去中与不互质的数的个数．由于为质数，故等于从中减去中被整除的数的个数。
由函数［］的性质知中被整除的数的个数是，故。
（iii）由（i），（ii）即得。
欧拉定理·费尔马定理在这一节我们应用简化剩余系的性质证明数论中两个著名的定理，并说明它们在研究循环小数时的用处。
欧拉定理设是大于１的整数，（，）＝１，则。
证设是模的简化剩余系，则由简化剩余系的性质知也是模的一个简化剩余系。
故，即，但，因此，由同余性质得。
费尔马定理若是素数，则。
证若（，）＝１，则由欧拉定理得。
由欧拉函数值的计算公式有。
所以，故。
若（，）≠１，则｜，从而，所以。
对循环小数的应用欧拉定理及费尔马定理在数论里是很有用的，下面我们介绍它们在研究分数与小数互化时的用处，由于任何一个有理数都可以写成分数的形式，即。
由带余数除法知：＝＋，０≤＜，即，因此我们只讨论０与１间的分数与小数互化的问题。
定义１设是一个不大于９的非负整数（＝1,2,3…），如果在中任取一个，一定存在一个大于ｊ的正整数，使得，则称为一个无限小数，否则，叫做有限小数。
如1/22=0.3181818…，5/7=0.714285714285…为无限小数，而1/5=0.2，1/2=0.5为有限小数。
定理１设０＜＜，（，）＝１，则可化为有限小数的充要条件是，(，但不同时为零），并且当时，令，则可化为位有限小数。
证必要性：设，两边乘以得。
因（，）＝１，故，于是。
若，则，这是不可能的。
所以。
充分性：设，可设，于是，但。
所以可令，显然，否则有２｜与（，）＝１矛盾。
故化为位小数；同理在时，可化为位小数，于是当时，可化为为小数，当然可化为有限小数。
例如：1/2=0.5，1/4=0.25，1/10=0.1，1/20=0.05。
定义２如果对于无限小数能找到两个整数≥０，＞０使得我们就称它为循环小数，并记为。
若存在的是满足条件的中最小的，就称为循环节，称为循环节的长度，若最小的＝０，就称该循环小数为纯循环小数，否则叫混循环小数。
定理２设０＜＜，（，）＝１，则能表成纯循环小数的充要条件是（，10）＝１。
证设，两边乘以得：。
其中。
所以，即。
因为（，）＝１，故，所以（，10）＝１。
反之，若（，10）＝１，则由欧拉定理知有一正整数使得。
即。
进一步有，故存在整数使得，即，并且，当然还有＞０。
所以，令，因，故不全为零，也不全为９，于是，故。
注当（，10）＝１时，若是使的最小正整数，则可表成循环节长为的纯循环小数。
例如。
类似于定理２可证明下面的定理３定理３设0＜＜，（，）＝１，，不全为零，则可表成混循环小数，其中不循环的位数，而循环节的长是使的最小正整数，反之亦成立。
注由定理１，定理２，定理３知，０与１之间的有理数要么为有限小数，要么为循环小数，由此可知无限不循环小数为无理数。