2 剩余类及完全剩余系

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剩余类与剩余系

一、同餘，剩餘類與剩餘系(a ) 同餘的性質：(1) a ≡b (mod m )，c ≡d (mod m )，則 a ±c ≡b ±d (mod m ) 且ac ≡bd (mod m )。

(2) a ≡b (mod m )，c ∈N ，則 ac ≡bc (mod cm )。

(3) a ≡b (mod m )，n ∈N 且 m n ，則 a ≡b (mod n )。

(4) 若a ≡b (mod m )，則 (a ，m )＝(b ，m )。

(5) 整數a ，b ，則 ab ≡1 (mod m ) iff (a ，m )＝1。

(b ) 剩餘類：m 為正整數，將全體整數按照對模m 的餘數進行分類，餘數為r (10-≤≤m r ) 的所有整數歸為一類，記為K r (r =0,1,..,m -1)，每一類K r 均稱為模m 的剩餘類 (同餘類)。

剩餘類K r 是數集K r ={mq +r m 是模，r 是餘數，q ∈Z }＝{a Z a ∈且)(mod m r a ≡}，它是一個以m 為公差的(雙邊無窮)等差數集。

並具有如下的性質：(1) 1210-⋃⋃⋃⋃=m K K K K Z 且∅=⋂j i K K (j i ≠)。

(2) 對於任意的Z n ∈，有唯一的r 0使0r K n ∈。

(3) 對於任意的a 、b Z ∈，a 、b r K ∈ ⇔ )(mod m b a ≡(c ) 完全剩餘系：設K 0，K 1，…，K m-1是模m 的全部剩餘類，從每個K r 中取任取一個數a r ，這m 個數a 0，a 1，…，a m-1組成的一個數組稱為模m 的一個完全剩餘系。

(d ) 簡化剩餘系：如果一個模m 的剩餘類K r 中任一數都與m 互質，就稱K r 是一個與模m 互質的剩餘類。

在與模m 互質的每個剩餘類中，任取一個數 (共)(m ϕ個) 所組成的數組，稱為模m 的一個簡化剩餘系。

(二) 高觀點：同餘類環(ring)1.等價關係：給集合S中一個關係”~”。

初等数论教案第二节剩余类与完全剩余系

第二节剩余类与完全剩余系第三节缩系教学目的：1、掌握剩余类与完全剩余系的定义与基本性质；2、掌握缩系的定义与基本性质；3、证明及应用Wilson定理；4、证明及应用Fermat小定理、Euler定理的证明及应用；5、掌握Euler函数计算方法及其基本性质.教学重点：1、剩余类与完全剩余系的基本性质；2、证明及应用Wilson定理；3、证明及应用Fermat小定理；4、掌握Eule『函数计算方法及其基本性质.教学课时：8课时教学过程一、剩余类与完全剩余系由上一节我们知道，同余关系满足自反性、对称性、传递性，即对于整数集来说，同余是一个等价关系.这样，可以按同余关系将所有的整数分类.1、定义1给定正整数加，对于每个整数「，0<z<m-l,称集合K?("7)= { ??；n = i (mod m), neZ }是模加的一个剩余类.显然，每个整数必定属于且仅属于某一个(0</<^-1),而且，属于同一剩余类的任何两个整数对模皿是同余的，不同剩余类中的任何两个整数对模”?是不同余的.例如，模5的五个剩余类是K()(5)={…，—10,—5, 0,5, 10,…} &(5)={ ..,-9,-4 J,6 JI,-.- }心5)={ -,-8,-3,2,7,12,--- }心5)={ -,-7,-2,3,8,13,--. }辰(5)={…，_6,—1,4,9,14,…}2、定义2设〃是正整数，从模加的每一个剩余类中任取一个数尢(0 < z < m - 1 称集合｛xo, 口…丸加-1｝是模加的一个完全剩余系(或简称为完全系)・由于占的选取是任意的，所以模加的完全剩余系有无穷多个，通常称(i)｛0,1, 2,…，加一1｝是模m的最小非负完全剩余系;—~ + 1, •••, — 1, 0, 1, •••, — }(当2 I AH)或(ii)乎…—…耳}(当2")是模血的绝对最小完全剩余系.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.3.定理1整数集合A是模〃的完全剩余系的充要条件是(i) A中含有血个整数;(ii)A中任何两个整数对模血不同余.4、定理2设m> 1, a, Z?是整数，(a, m) = 1, ｛为，恋，…，“加｝是模m的一个完全剩余系，贝!J｛ori + b, 0X2 + b,…,ax m + b｝也是模m的一个完全剩余系.证明：由定理1,只需证明：若XiHXj,贝Ijaxi + b^axj + b (mod m). (1) 事实上，若axi + b = axj + b (mod in),则axi = axj (mod tn),由此得到x： = Xj (mod m),因此Xi = Xj.所以式(1)必定成立.证毕5、定理3 设加1,叱N, AeZ, (A,阳)=1,又设X =｛小/2,…，｝, 丫 = ｛儿」2,…，％2｝，分别是模ni\与模m2的完全剩余系，则/? = ｛ Ax + nuy； xeX, ye Y｝是模ni\ni2的一个完全剩余系.证明：由定理1只需证明：若"，卍UX, y\y H eY,并且Ax' + m\y' =Ax f, + 加］y" (mod 加”血)，(2)事实上，由第一节定理5及式(2),有Ax' =Ax,r (mod m\) =^>=x n (mod m\)=x",再由式(2),又推出m\y' = m\y u (mod mi) =^> y r =y〃(mod /n2) =^>〉，=)'"•推论若加I,"?2W N,(mi, mi) = 1,贝!J当xi与兀2分别通过模加1与模”?2的完全剩余系时，加2兀1 + W1X2通过模加1加2的完全剩余系.6、定理4 设zn/eN (1 </</?),则当药通过模m, (1 <i <n)的完全剩余系时，X = X[ + 72? 1X2 + fUlin2^3+ …+ "7"兀2- 1兀”通过模m\m2 - m n的完全剩余系.证明：对n施行归纳法.当77 = 2时，由定理3知定理结论成立.假设定理结论当n=k时成立，即当七(2KR+1)分别通过模加的完全剩余系时，y = X2 + 加2兀3 + 加2加 1 + …+ my-mkXk +1通过模仍2加3…"《+1的完全剩余系.由定理3,当XI通过模加1的完全剩余系，总(2<i<k+ 1)通过模"•的完全剩余系时，X1 + 777 iy = X1 + 7771(X2 + 加2兀3 + …+ 加 2 …〃以不+ 1)=Xi + H1[X2 + 17772X3 + …+ 叭叱・・皿曲+ 1通过模mim2 - mk+i的完全剩余系.即定理结论对于n = k+\也成立.7、定理5设“wN, A：eZ (1 </<7t),并且满足下面的条件：(i )伽，呦=],1 <ij <n, i 工j；(ii)(A/, ") = 1, 1 <i<n；(iii)m： | Aj , 1 < z,j < n, i rj ・则当七(1 <Z</7)通过模"的完全剩余系&时,y = A[X{ + A 2X2 + …+通过模加"2…的完全剩余系.证明：由定理1只需证明：若1 </</?,则由A\x\ + A2X2' + …+ A n Xn =Aixi n + A2X2,r+ …+ A n Xn r (mod m\ ■ in n) (3) 可以得到xf = x!', \ <i <n.事实上，由条件(iii)及式(3)易得，对于任意的/, 1</</7,有A t Xi =AiXi,r (mod mi).由此并利用条件(ii)和第一节定理5推得x/ = x!' (mod mi),因此xi f=xr.例1设A = {X],X2,…,心}是模加的一个完全剩余系，以{x}表示x 的小数部分，证明：若(a, m) = 1,贝!J£{3}=知1)・i=\ m 2解：当X通过模加的完全剩余系时，俶+ b也通过模加的完全剩余系，因此对于任意的/ (!</•</«), axi + b-定与且只与某个整数j (1 <j</n)同余，即存在整数使得axi 4- Z? = km +j, (1 <j< m)从而評料郭叫用快酣77T m m例2设p>5是素数，…川-2},则在数列a9 2cb 3a, (/? - \ )a, pa中有且仅有一个数b,满足b = 1 (mod p).(5) 此外,若 b = ka,贝I JR HG,ke[2, 3, 2}.解：因为@,p)=l,所以由定理2,式(4)中的数构成模p的一个完全剩余系，因此必有数b满足式(5).设Z? = ka,那么(i ) k 工ci,否则,b = a2 = \ (mod p),即p | (o + 1)(“ - 1),因此# I d - 1 或 # I “ + 1,这与2<a <p -2矛盾；(ii)k 工 \ ,否则，Z? = ltz = 1 (mod /?),这与矛盾；(iii)R H-1,否贝lj, b- -a =\ (mod p),这与矛盾.若又有 L, 2<k r<p-2f使得b = k f a (modp),则k 'a三ka (mod p).因(c/,p)=l,所以k = k1 (mod p),从而p\k- k',这是不可能的.这证明了唯一性.8、定理6 (Wilson定理)设卩是素数，贝I」(p一1)! =-1 (mod p).ffi ：不妨设p>5.由例2容易推出对于2,3,.・显-2,中的每个整数“，都存在唯一的整数R, 2<k<p-2,使得ka 三 1 (mod /?). (6)因此，整数2,3,…，p_2可以两两配对使得式(6)成立.所以2-3 ..... (p - 2) = 1 (mod p),从而123 ....... (p - 2)(/? - \)=p - 1 = -1 (mod p).例3设m > 0是偶数，｛如,。

剩余类与完全剩余系ppt课件

m 6,b 2 m 5,b 2 m 5,a 2 m 6,a 2
6
定理3 设m 1，a，b是整数，(a, m) = 1，{x1, x2, , xm} 是模m的一个完全剩余系，则
{ax1 b, ax2 b, , axm b}也是模m的完全剩余系。证明由定理2，只需证明：若xi xj，1 i, j m
从而
axi b
m
k j
m
j
m1 j
i 1
m
j 1
m j1 m
j1 m
m1 j
1 m(m 1) m 1 .
j1 m m
2
2
9
3、剩余系间的联系定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1，
X { x1, x2 ,L , xm1 } ,Y { y1, y2,L , ym2 } 分别是模m1与模m2的完全剩余系，则 R = { Ax m1y：xX，yY }是模m1m2的一个完全剩余系。
Ax Ax (mod m1) x x (mod m1) x = x ，
由x = x ，Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)，
(2) 定理3也可以叙述为：设m 1，a，b是整数， (a, m) = 1，若x通过模m的一个完全剩余系，则ax+b也通过模m的一个完全剩余系；
（3）特别地，若x通过模m的一个完全剩余系， (a, m) = 1，，则ax和x+b也分别通过模m的一个完全剩余系。
8
例2 设A = {x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系，以{x}表示x的小数部分，证明：若(a, m) = 1，则
§3.2 剩余类与完全剩余系
一、剩余类 ——按余数的不同对整数分类
一个整数被正整数n除后，余数有n种情形：0，1，2， 3，…，n-1，它们彼此对模n不同余。这表明，每个整数恰与这n个整数中某一个对模n同余。这样一来，按模n是否同余对整数集进行分类，可以将整数集分成n个两两不相交的子集。

剩余类与完全剩余系

n
n 1
3 x1 x
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 xi 1, 0,1(i 0,1, 故3n xn 3n 1 xn 1
3x1 x0共有n 1项，当
2、完全剩余系的构造
定理2 整数集合A是模m的完全剩余系的充要条件是
① A中含有m个整数； ② A中任何两个整数对模m不同余。注：由定理1及定义2易得证。思考：1、既然完全剩余系是不唯一的，不同的剩余系之间存在什么关系呢？ 2、一个完全剩余系的所有元素通过线性变化后，还是完全剩余系吗？
检验：设{x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系，那么，{b+x1, b+x2, , b+ xm}和 {ax1, ax2, ,a xm} 是模m的一个完全剩余系吗？
m m m 1 axi b j j j 从而 { } {k } { } { } m m j 1 m i 1 j 1 j 1 m m 1 1 m ( m 1) m 1 j . m 2 2 j 1 m m
3、剩余系间的联系定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1，
Aixi Aixi (mod mi)〔证明方法同定理4〕。
再利用条件2推得 xi xi (mod mi)，因此xi = xi.
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.

《初等数论(闵嗣鹤、严士健-高等教育出版社)》习题解答完整版

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 n q 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)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(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 bb 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 rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。

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.。

2.2剩余类与完全剩余系word版下载

2.2 剩余类与完全剩余系一、剩余类与完全剩余系本讲约定m 是正整数.由上一讲同余的基本性质可知:对于给定的模m ,整数的同余关系是一个等价关系.因此可将全体整数按“对模m 是否同余”分为若干个两两不相交的集合,使得同一个集合中任意两个数对模m 一定同余,而不在同一个集合中的任意两个数对模m 一定不同余.这些集合就是模m 的剩余类.定义 1 对模m 与已知整数a 同余的所有整数构成的集合,称为模m 的剩余类（或模m 的同余类）,记为[]m a由定义1立即得到: 定理1 (1) []{}{}|(mod )|m ax x a m a km k =∈Z ≡=+∈Z ;(2) [][]m m ab =的充要条件()mod a b m ≡;(3) 对任意,a b ∈Z ,或者[][]m m ab =或者[][]m m a b =∅ ;可见,模m 的剩余类与选取其中哪个数作为代表元并无关系.同一剩余类中任意两个整数对模m 同余,属于不同剩余类的任意两个整数对模m 不同余. 定理2 对于给定的模m ,有且仅有m 个不同的剩余类,即[][][][]0,1,2,1m m m m m - .证明由于0,1,2,3,…,m-1这m 个数对模m 两两不同余,所以[][][]0,1,2,m m m []1m m -是m 个两两不同的模m 的剩余类,如果还有一个模m 的剩余类[]m t,则由带余除法定理,可得,,,0,t mq r q r r m =+∈Z ≤<故()mod t r m ≡,而r 为0,1,2,,1m - 中的某一个数,所以[][]m m t r =.例1 当6m =时,模6的剩余类共有6个,它们是[]{}{}[]{}{}[]{}{}6666660,12,6,0,6,12,[1],11,5,1,7,13,2,10,4,2,8,14,[3],9,3,3,9,15,4,8,2,4,10,16,[5],7,1,5,11,17,=--=--=--=--=--=--而且整数集[]560k k =Z = .定理3 (1)在任意取定的1m +个整数中,必有两个数对模m 同余; (2)存在m 个数对模m 两两不同余.证明 (1)由定理2知,有且仅有m 个不同的模m 的剩余类,即[][][][]0,1,2,1,m m m m m - 所以1m +个数中必有两个数属于同一个模m 的剩余类,即这两个数对模m 同余.(2)在每个剩余类[]()0,1,2,m rr m = 中取定一个数r x ,作代表,这样就得到m 个两两对模m 不同余的数01,1,,m x x x - .这就证明了(2).由此引出完全剩余系的概念:定义2 从模m 的每一个剩余类中各取一个数,得到一个由m 个数组成的集合,称为模m 的一个完全剩余系.下面是几个常用的完全剩余系:(1)把{}0,1,,1m - 称为模m 的最小非负完全剩余系; (2)把{}1,2,,m 称为模m 的最小正完全剩余系;(3)把()(){}1,2,,1,0m m ----- 称为模m 的最大非正完全剩余系; (4)把(){},1,,2,1m m ----- 称为模m 的最大负完全剩余系; (5)当m 是奇数时,把11,1,0,1,,22m m --⎧⎫--⎨⎬⎩⎭ 称为模m 的绝对最小完全剩余系;当m 是偶数时,把1,1,0,1,,22mm ⎧⎫-+-⎨⎬⎩⎭ 或,1,0,1,,122m m ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭ 称为模m的绝对最小完全剩余系;显然,模m 的完全剩余系有无数多个.如果{}12,,,m y y y 是模m 的一个完全剩余系,那么对任意整数a ,这m 个数中有且仅有一个i y 与a 对模m 同余.综上,模m 的一个完全剩余系就是m 个两两不同余的整数. 例2 证明:{}11,4,18,20,32--是模5的一个完全剩余系.定理4 设1|m m .那么,对任意的r ,有[][]1m m r r ⊆,等号当且1m m =成立.更精确地说,若12,,,d l l l 是模1md m =的一组完全剩余系,则有[]11j m m j d r r l m ≤≤⎡⎤=+⎣⎦ ,右边并式中的d 个模m 的剩余类两两不同.特别地有:[][]10m m j dr r jm ≤<=+.证明我们把剩余类[]1m r 中的数按模m 来分类.对[]1m r 中任意两个数11,r k m +21r k m +,()1121mod r k m r k m m +≡+成立的充要条件是()12mod k k d ≡. ■ 由此推出右边和式中的d 个模m 的剩余类是两两不同的,且[]1m r 中的任一数1,r km +必属于其中的一个剩余类.另一方面,对任意的j 必有[]1111,j j m m m r l m r l m r ⎡⎤⎡⎤+⊆+=⎣⎦⎣⎦这就证明了所要的结论.例3 奇数按照模6可以分成哪几类,偶数按照模6可以分成哪几类？解 {全体奇数}=[][][][]26661135= ; {全体偶数}=[][][][]26660024= .二、完全剩余系的性质定理5 设a 是整数,(),1a m =,b 是任意整数,若x 遍历模m 的完全剩余系,则ax b +所取的值也遍历模m 的完全剩余系. 证明设{}12,,,m x x x 是模m 的一个完全剩余系,则当x 依次取值12,,,mx x x 时,ax b +所取的m 个值为12,,m ax b ax b ax b +++ .如果()mod i j ax b ax b m +≡+,则()mod i j ax ax m ≡,由于(),1a m =.则()mod i j x x m ≡,于是i j =.因而{}12,,m ax b ax b ax b +++ 也是模m 的完全剩余系.■例4 证明:{}7,12,17,22,27,32是模6的一个完全剩余系. 证明 7507,12517,17527=⨯+=⨯+=⨯+22537,27547,32557=⨯+=⨯+=⨯+ .因为()5,61=,所以由定理5知,当x 遍历模6的最小非负完全剩余系{}0,1,2,3,4,5时,57x +所取的值,即{}7,12,17,22,27,32也是模6的完全剩余系.定理 6 设,a b 是两个整数,且(),1a b =,若x 遍历模b 的完全剩余系,y 遍历模a 的完全剩余系,c 是任意整数,则ax by c ++所取的值组成模ab 的完全剩余系. 例5 利用模10和模199的完全剩余系表示模1990的完全剩余系. 解:()199,101,199101990.=⨯=设{}12,10,,x x x 是模m 的一个完全剩余系,{}12,199,,y y y 是模199的一个完全剩余系,那么{}19910,1,2,10,1,2,,199i j x y i j +== 组成模1990的一个完全剩余系.习题2.21.验证下列各组整数是否为模8的完全剩余系：{}{}{}{}1,3,5,7,9,11,13,152,4,6,8,10,17,21,237,9,12,17,22,27,322,2,3,3,5,6,7,8---------（1）；（2）；（3）；（4）.2.验证下列各组整数是否为模7的简化剩余系：{}{}{}{}8,16,24,32,40,482,4,6,2,4,61,3,5,9,11,12,132,22,42,62,82---（1）；（2）；（3）；（4）.3.（1）求模9 的一个完全剩余系，使其中每个数都是奇数；（2）求模9 的一个完全剩余系，使其中每个数都是偶数；（3）对于模10来说，能实现（1）和（2）的要求吗？（4）请找出规律，并证明。

2剩余类及完全剩余系

型剩余类及完全剩余系定义设m是一个给定的正整数，K r r 0,1,”，m 1表示所有形如qm r q 0, 1, 2，川的整数组成的集合，则称K。

，©，川，K m1为模m的剩余类.定理1设m 0, K°K,川,心1是模m的剩余类，则(i)每一整数必包含于某一个类里，而且只能包含于一个类里；(ii)两个整数x, y属于同一类的充分必要条件是x y modm .证(i)设a是任意一个整数，则由带余除法，得 a qm r ,0 r m，故a K r-故每一整数必包含于某一类里.又设a K r,且a K r,这里0 r m,0 r m，则存在整数q, q使得a mq r,a mq r .于是，m| r r , m| r r .但是0 r r m，故r r 0,r r 0,r r .(ii)设a,b是两个整数，并且都在K r内，则存在整数q1,q2分别使得a q1m r ,b q2m r.故a b modm .反之，若a b modm，则由同余的定义知，a,b被m除所得的余数相同，设余数都为r 0 rm，则a和b都属于同一类K r.定义在模m的剩余类K0,K1^|,K m 1中，各取一数a j C j, j 0,1川，m 1，此m个数a0 ,a1，川,a m 1称为模m的一个完全剩余系.推论m个整数作成模m的一个完全剩余系的充分必要条件是这m个整数两两对模m 不同余.证充分性设a1,a2,|#,a m是m个两两对模m不同余的整数.由定理1知，每个整数a i必在模m的m个剩余类K0,K1，川，K m1中某一剩余类里，且只能在一个剩余类里.因a1,a2,|||,a m是m个两两对模m不同余的整数，故有定理1得，a1,a2,川，a m分别属于不同的剩余类，故a i ,a 2,川，a m 是模m 的一个完全剩余系必要性设a i ,a 2,川，a m 是模m 的一个完全剩余系，则由完全剩余系的定义得，这 m 个数分别属于不同的m 个剩余类K 0, K 1^|,K m1.由定理1得，a 1,a 2^| ,a m 两两对模m 不同余•0,1，川，m 1是模m 的一个完全剩余系号，川，1,0,1,川,号是模m 的一个完全剩余系定理2设m 是一个正整数，a,b 都为整数， a,m 1，若x 通过模m 的一个完全剩余系，则ax b 也通过模m 的一个完全剩余系.证设x 通过模m 的完全剩余系a 1, a 2^ |, a m .下面证明ax b 也通过模m 的一个完全剩余系.根据定理1的推论，只需证明aa 1 b,aa 2 b,川，aa m b 两两对模m 不同余.因厲赴，川，a m 是模m 的一个完全剩余系，故由定理 1的推论得，a 「a 2,川，a m 两两对模m 不同余.下面用反证法证明 aa 1 b,aa 2 b,川，aa m b 两两对模 m 不同余.假设 aa 1 b,aa 2 b,川,aa m b 不是两两对模 m 不同余，则其中有两个数对模 m 同余，设aa i b a j b modm ,1 i j m ，贝U aa a j modm .因 a, m 1 ，故 a i a j modm .这与a 「a 2,川，a m 两两对模m 不同余矛盾.定理3设m , 0,m 2 0, m,, m 21，而x 1, x 2分别通过模 , m 2的一个完全剩余系，则m ?X 1 gX 2通过模gm ?的一个完全剩余系.证当x-i , x 2分别通过模 m“ m 2的一个完全剩余系时, 值，下面证明这 gm 2个整数两两对模 m 1m 2不同余.设m 2为 m]X 2 m 2x 1 gx ? modm ^m ?,其中x,X i 是X i 所通过的模m i 的完全剩余系中的数，i 1,2.当m 为奇数时, 当m 为偶数时，m2 都是模m 的完全剩余系.1与号训‘仙川号m 2m m 1x 2共取了 mim 2个整数(1)由（1）得，m2% BX2 叫為m1x2modg ，从而叫為m2% mod m .因mi,m21，故％ x i modm .又因x）,x1是模的完全剩余系中的数，故捲洛.同理，X2 X2.故当x1, x2分别通过模m i, m2的一个完全剩余系时，m2m m|x2共取了m^m?个整数值, 下面证明这m i m）2个整数两两对模m i m2不同余.从而由定理1的推论得，这m^m?个整数作成模mim2的一个完全剩余系.定义0,1^|,m 1叫做模m的最小非负完全剩余系；当m是奇数时，m 4 d I L 1 1 a m •d ,|||, 1,0,1,|||, 叫做模m的绝对最小完全剩余系；当m是偶数时，号,川，1,o,1, 忙1或m训，仙川,m叫做模m的绝对最小完全剩余系.作业P57: 1,2,3,4 ，习题解答1.证明X u p st v,u 0,1j||, p s t 1,v 0,1,|||,p t 1,t s是模p s的一个完全剩余系。

剩余类及完全剩余类

例题:模例题模m=10,根据余数可以可以将所有整数分根据余数可以可以将所有整数分个类别：成10个类别：个类别 [0]即 C0={c| c mod m=0 mod m} 即 ={c| c mod 10=0 mod 10} ={c| c mod 10=0}={c|c=t×10} × ={0,10,20,30,40,50,60,…,-10,-20,…} [1]即 C1={c| c mod m=1 mod m} 即 ={c| c mod m=1}={c| c=s×10+1} × ={1,11,21,31,41,51,…,-11,-21,-31,…} [a]即Ca={c| c mod m=a mod m} (a<10) 即 ={c| c mod 10=a } ={c| c=k×10+a} ×
剩余类及完全剩余类
(1) a ≡ b mod m , c≡d mod m 则 (1): ≡ a+b ≡c+d mod m a-b ≡c-d mod m ab ≡cd mod m (2) ab≡ ac mod m ,(a, m)=1 则 (2): ≡ b≡ c mod m ≡ (3) a≡ b mod m1 a≡ b mod m2. (3): ≡ ≡ (m1, m2)=1 则 a≡ b mod m1m2. ≡
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ(4) a≡ b mod m 则 (4): ≡ f(a) ≡ f(b) mod m
同余的性质：同余的性质：
结论:同余是一种等价关系结论同余是一种等价关系自反性 a ≡a mod m 自己与自己有关系可知b 对称性 a ≡b mod m 可知 ≡a mod m 可传递 a ≡b mod m b≡c mod m 则 ≡ a≡c mod m ≡ 注意：注意： a ≡b mod m 是下式的简化 a mod m=b mod m 除以后余数相等。除以m后余数相等后余数相等。等价数：除以m后余数相等的记为一类，等价数：除以m后余数相等的记为一类， [0]:表示除以余0的数 C0={c| c mod m=0 mod m}或表示除以m余的数表示除以或所有c除以m后的余数=0除以除以m 所有c除以m后的余数=0除以m后的余数 [1]:表示除以余1的数 C1={c| c mod m=1 mod m} 表示除以m余的数表示除以所有c,它除以后的余数=0除以它除以m 除以m 所有c,它除以m后的余数=0除以m后的余数 [2]:表示除以余2的数 C2={c| c mod m=2 mod m} 表示除以m余的数表示除以 [a]:表示除以余a的数 Ca={c| c mod m=a mod m} 表示除以m余的数表示除以所有c,它除以后的余数=a除以后的余数≠ 它除以m 除以m 所有c,它除以m后的余数=a除以m后的余数≠a

第二章第2节剩余类及完全剩余系《信息安全数学基础》课件

a c (mod m) 及 b c (mod m) 从而a b (mod m), 与假设矛盾.故Ca Cb .
3
定义1 Ca {c | a c, c Z }叫做模 m 的a 的剩余类.一个剩余类中的任一数叫做该类的剩余或代表元.若r0 , r1 , , rm1是m个整数, 并且其中任何两个数都不在同一个剩余类里, 则r0 , r1 , , rm1 叫做模 m 的一个完全剩余系.
m2 x1 m1 x2 m2 y1 m1 y2 (mod m1 ) 所以 m2 x1 m2 y1 (mod m1 ) 于是 m1 | m2 ( x1 y1 )
但因 (m1 , m2 ) 1, 所以m1 | x1 y1 .
于是 x1 y1 (mod m1 ), 同理 x2 y2 (mod m2 ) 故定理成立.
15
例4 设 p, q是两个不同的素数, n pq, 则对任意的整数c, 存在唯一的一对整数x, y,满足
qx py c (mod n), 0 x p, 0 y q
证因p, q是两个不同的素数, 所以( p, q) 1. 由定理4及其证明, 知x, y分别遍历p, q的完全剩余系时, qx py遍历n pq的完全剩余系.因此对于整数c, 存在唯一的一对整数x, y满足
可用反证法,利用 (a, m) 1.
10
证若存在ai和a j (i j), 使得 aai b aa j b (mod m),(i j)
则m | a(ai a j ). 因(a, m) 1, 所以m | ai a j ,于是 ai a j (mod m),(i j)
这与a0 , a1 , , am-1是模m的完全剩余系的假设矛盾.
2
2
9
定理3 设m是正整数,(a, m) 1, b是任意整数, 若x遍历模m的一个完全剩余系, 则ax b也遍历模 m的一个完全剩余系.

剩余类和完全剩余系

A as ns Z
称为 Z 的一个（即
k s 1
(a1 ,, ak Z , n1 ,, nk Z )
m -覆盖，若 x Z ,
1 s k : x as ns Z m
x 至少满足下面同余式组中的m个： x a1 (mod n1 ), , x ak (mod nk ) ）如 Z 的一个覆盖为 (m 1) 2Z ,3Z ,1 4Z ,3 8Z ,7 12Z ,23 24Z
对
m 1, 1 n1 n2 nk
存在 Z 的一个覆盖 c 1，
I. Erdos’ Conjecture.
c n1 n2 nk
II. The Erdos-Selfridge Conjecture.
设 A 是 Z 的一个任意覆盖，则某个 ni (1 i k )
完全剩余系的判定及构造定理2 一组数 a1 , a2 ,, ak 是模 m 的一个完全剩余系

k m a1 , a2 ,, ak 对模 m 两两互不同余
定理3 设
(k , m) 1, 若 a1 , a2 ,, am 是模 m 的
一个完全剩余系, 则ka1 , ka2 ,, kam 也是模 m的一个完全剩余系. (即若 x 通过模 m 的一个完全剩余系, 则
定理5 设的一个完全剩余系.
完全剩余系的性质若
, a2 ,, am 是模 m 的 a1 , a2 ,, am 和 a1
两个完全剩余系, 则
a
i 1 m i 1 m
m
k i k i

a
i 1 m i i 1
m
k
(mod m) (mod m)

闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答(剩余类及完全剩余系)

闵嗣鹤严士健初等数论部分习题解答（剩余类及完全剩余系）1.证明,0,1,,1,0,1,,1,s t s t t x u p v u p v p t s --=+=-=-≤是模s p 的一个完全剩余系。

证易知，当0,1,,1,0,1,,1s t t u p v p -=-=- 时，s t x u p v -=+通过s p 个整数，下证这s p 个整数对模s p 两两部同余。

设()mod ,s t s t s u p v u p v p --''''''+≡+ （1）其中01,01,01,01,s t s t t t u p u p v p v p --''''''≤≤-≤≤-≤≤-≤≤-则()()mod ,mod .s t s t s t s t u p v u p v p u u p ----'''''''''+≡+≡又因01,01s t s t u p u p --'''≤≤-≤≤-，故.u u '''=从而由（1）式得()()mod ,mod .s t s t s t p v p v p v v p --''''''≡≡又由01,01ttv p v p '''≤≤-≤≤-得.v v '''=故这sp 个整数对模sp 两两不同余，从而它们作成模sp 的完全剩余系。

2. 若12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数，12,,,k x x x 分别通过模12,,,km m m 的完全剩余系，则1122k k M x M x M x +++通过模12k m m m m = 的完全剩余系，其中,1,2,,.i i m m M i k == 。

高中数学竞赛——数论

高中数学竞赛数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。

K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类.(2)性质(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ⇔a ≡b(modm).2.剩余系的定义与性质(1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,21,,1,0,1,,121,21--+----m m m ;当m 为偶数时,12,,1,0,1,,12,2--+--m m m 或2,,1,0,1,,12m m -+-. (2)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 同时遍历模m 的完全剩余系.证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别遍历模m1,m2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.既约剩余系的定义与性质(1)定义3如果剩余类K r里的每一个数都与m互质，则K r叫与m互质的剩余类.在与模m互质的全部剩余类中，从每一类中任取一个数所做成的数组，叫做模m的一个既约(简化)剩余系.如:模5的简系1,2,3,4;模12的简系1,5,7,11.(2)性质(ⅰ)K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质；证明:设a∈K r,(m,a)=1,则对任意b∈K r,因a≡b≡r(modm),所以,(m,a)=(m,r)= (m,b)=1,即K r与模m互质.(ⅱ)与模m互质的剩余类的个数等于)m(ϕ,即模m的一个既约剩余系由)m(ϕ个整数组成()m(ϕ为欧拉函数);(ⅲ)若(a,m)=1,则x与ax同时遍历模m的既约剩余系.证明:因(a,m)=1,(x,m)=1,所以,(ax,m)=1.若ax1≡ax2(modm),则有x1≡x2(modm),矛盾!(ⅳ)若a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m 的一个既约剩余系.(ⅴ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1, (m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,所以,(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,因(m 1,m 2)=1,所以,(m 1,x )=(m 2,y )=1.证毕.推论1若m 1,m 2是两个互质的正整数,则)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.证明:因当x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系时,m 2x+m 1y 也历遍模m 1m 2的既约剩余系,即m 2x+m 1y 取遍)(21m m ϕ个整数,又x 取遍)(1m ϕ个整数,y 取遍 )(2m ϕ个整数,所以, m 2x+m 1y 取遍)()(21m m ϕϕ个整数,故)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.推论2 设整数n 的标准分解式为k k p p p n ααα 2121=(k p p ,,1 为互异素数, *1,,N k ∈αα ),则有)11()11)(11()(21kp p p n n ---= ϕ. 证明:由推论1得)()()()(2121k k p p p n αααϕϕϕϕ =,而1)(--=αααϕp p p ,(即从1到αp 这αp 个数中,减去能被p 整除的数的个数),所以,)())(()(11221112211------=kk k k p p p p p p n ααααααϕ )11()11)(11(21kp p p n ---= . 4.欧拉(Euler)与费尔马(Fermat)定理欧拉(Euler)定理设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡ϕ. 证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r a ϕϕ )(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p ≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p a p ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例2证明从任意m 个整数a 1,a 2,…,a m 中,必可选出若干个数,它们的和(包括只一个加数)能被m 整除.证明:考虑m 个数a 1,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a m ,如果其中有一个数能被m 整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm 的同一剩余类,这两个数的差即满足要求.例3设f(x)=5x+2=f 1(x), f n+1(x)=f[f n (x)].求证:对任意正整数n,存在正整数m,使得2011|f n (m).证明:因f 2(x)=f[f(x)]=5(5x+2)+2=52x+5×2+2,f 3(x)=f[f 2(x)]=53x+52×2+5×2+2,..., f n (x)=5n x+5n-1×2+5n-2×2+ (2)因(5n ,2011)=1,所以,x 与f n (x)同时历遍mod2011的完系,1≤x ≤2011,所以,存在正整数m(1≤m ≤2011)使得f n (m)≡0(mod2011),即2011|f n (m).例4设123,,,a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为负整数.假设对每个正整数n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣,则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但 ∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.最后由正负项均无穷多个（即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数）就得到:每个整数在数列中出现且只出现一次.例5偶数个人围着一张圆桌讨论，休息后，他们依不同次序重新围着圆桌坐下,证明至少有两个人，他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。

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。

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.

组合数学预备知识--数论

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5、[ x]
[x] 1,
[ x],
当x不是整数时当x是整数时
6、若a，b是两个整数，b 0,则
a
b
a b
b
a b
,
0
b
a b
b
1
7、若a，b是任意两个正整数，则不大于a而为b的
倍数的正整数的个数是
a b
.
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二、高斯函数的应用定理在n!的标准分解式中质因素p(p n)的指数
23 8 1(mod 7), 又 2003 667 3 2,所以
22003 266732 (23 )667 22 1 4 4(mod 7)
故第22003 天是星期二.(星期五加4天)
35
练习 1、求1996100被7除余数是几? 2、8020 被13除的余数。
3、证明：641| 225 +1
中b 0,则存在唯一的整数 q, r,使得 a = bq + r, 0 r b
其中q叫做a被b除所得的不完全商, r叫做a被b除所得的余数.
9
推论 b | a a被b除所得的余数r 0.
例3 证明N 137为素数.
证因小于等于 137 12 的素数有2, 3, 5, 7,11,
10
pk k
,
i 0,
i 1, 2,
,k
13
练习求下列数的标准分解式： 1）21168； 2）2425500.
14
四、素数的分布的特点
1）越往后越稀：
1——1000有168个素数； 1000—— 2000有135个素数； 2000—— 3000有127个素数； 3000——4000有120个素数； 4000——5000有119个素数；

《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。