第1讲 初等数论中的同余问题 复旦大学附属中学 万军

2011年协作体夏令营系列讲座(一)

初等数论中的同余问题

复旦附中万军

同余的概念和性质：

设为非零整数，如果整数满足，则称和对模同余，记为；否则称和对模不同余，记为．

注意到，，故，所以我们总是可以假定为正整数．

对于固定的模，同余有很多性质：

1）同余是一种等价关系，即有

①自反性：；

②对称性：若，则；

③传递性：若，，则．

2）加法、减法、乘法和乘方运算：

若，，

则，

，．

3）除法运算：

，则．

特别地，若，则．

4）同余组：

同时成立的充要条件是

剩余类与完全剩余系：

设为一个给定的正整数，则全体整数可以分成个集，记为，

其中，则称为模的剩余类．模的剩余类有下列性质：

1）每个整数必属于且仅属于模的一个剩余类中；

2）两个整数同在一个剩余类中的充要条件是这两个整数模同余．

事实上，，0≤≤，有

如果个整数中不存在两个数属于同一剩余类，则称为模的一个完全剩余系（或称完系）．

最常用的剩余系称为模的非负最小完全剩余系．

此外也常用到绝对值最小完全剩余系，它们是：

当为奇数时，

当为偶数时，或

完全剩余系有下列性质：

1）个整数作为模的一个完全剩余系的充要条件是它们两两模

不同余；

2）若是模的一个完全剩余系，，

那么也是模的一个完全剩余系；

也常这样描述：设是正整数，，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．

3）若是互质的两个正整数，而分别通过的一个完全剩余系，

则通过的一个完全剩余系．

如果一个模的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，从每一类各任取一个代表元所组成的数集，叫做模的一个简化剩余类系（或缩系）．

定理1：模的剩余类是模互质的剩余类的充要条件是此类中有一个数与互质．因此与模互质的剩余类的个数是，模的每一个简化剩余类系是由与互质的个对模不同余的整数组成的．

其中，（欧拉函数）是定义在正整数上的函数，它在正整数上的值是集合中与互质的数的个数．

定理2：若是个与互质的数整，并且两两对模不同余，

则是模的一个简化剩余类系．

定理3：若，通过模的一个简化剩余系，则也通过模的一个完全剩余系．

定理4：若是互质的两个正整数，而分别通过的一个简化剩余系，

则通过的一个简化剩余系．

推论：若是互质的两个正整数，则．

下面的几个定理在处理数论问题时经常用到，并且它们本身的证明也是很好的例题．

1、（欧拉函数）是定义在正整数上的函数，它在正整数上的值是集合

中与互质的数的个数，求．

2、（欧拉定理）设是正整数，且，则．

3、（费尔马小定理）若是质数，是正整数，则．

4、（拉格朗日定理）设为素数，多项式

是一个模为次整系数多项式，则关于的同余方程（在模的意义下）至多有个不同的解．

5、（威尔逊定理）设为素数，则．

6、设为整数，为正整数，若存在，使得，则称为模的二次剩余，否则，称为模的二次非剩余．

7、已知斐波那契数列，

设为大于5的素数，证明：

8、求所有满足下面两式的三元组，其中为奇素数，为大于1的整数．

①

②

练习题：

1、设为素数，证明：存在无穷多个，使得．

2、对，如果对任意，只要，就有，那么就称具有性质．1）证明：每个素数都具有性质；

2）是否存在无穷多个合数具有性质？

3、求所有满足的正整数和素数．（其中欧拉函数）

4、求不定方程的整数解为．

（其中表示最接近整数的5的倍数）

5、对于正奇数，若存在正奇数，满足

，求满足条件的正奇数的总和．

6、设，，正整数数组满足：，

如果不能将分为和相等的两组数，那么称数组为“优秀的”，求所有的“优秀的”数组．

讲座一参考答案 2011-7-18

例题答案：

1.解：设，其中是质数，是正整数，

由定理4的推论得，

由欧拉函数的定义知等于减去集合中与不互质的元素个数，

也就是减去集合中与不互质的元素个数，又是质数，

∴

∴

另证：本定理也可以用容斥原理来证明．

设，其中是质数，是正整数，

记，

∴由容斥原理得

2.证明：设是模的一个简化剩余系，

则由定理3知，也是模的一个简化剩余系．

∴与且仅与中的一个数对模同余，

∴

即（*）

又是模的一个简化剩余系，故．

∴

∴由（*）知：．

3.证明：若，则，结论显然成立；

若，由欧拉定理知，即．

注：费尔马小定理的另一种形式：若是质数，是正整数，，则．

另证：对进行归纳，

当时，结论显然成立；

假设时，结论也成立，即

则

．

（其中用到了，当时，）

∴对任意，有．

4.证明：对进行归纳．

当时，由于，则无解，∴定理成立．

假设定理对所有次数小于的多项式都成立，现设存在一个次多项式，使得同余方程有个（在模的意义下）不同的解．

利用因式定理，可设，则在模的意义下是一个至多

次的多项式．由都是的解，知对≤≤，都有

，

而，故，从而至少有根，与归纳假设矛盾，所以，定理对次整系数多项式也成立．

综上，定理成立．

5.证明：当时，显然成立；

当为奇素数时，考虑多项式

可以看到的最高次数为

又当时，，由费尔马小定理知，

∴

由拉格朗日定理知，的展开式中各项系数都是的倍数，

∴

又为奇素数，为偶数，∴，得证．