剩余类与完全剩余系ppt课件
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”~”。
2 剩余类及完全剩余系
§2 剩余类及完全剩余系定义 设m 是一个给定的正整数，()0,1,,1r K r m =-表示所有形如()0,1,2,qm r q +=±±的整数组成的集合，则称011,,,m K K K -为模m 的剩余类.定理1 设0110,,,,m m K K K ->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()mod .x y m ≡证 （ⅰ）设a 是任意一个整数，则由带余除法，得,0a qm r r m =+≤<，故.r a K ∈故每一整数必包含于某一类里. 又设,r a K ∈且r a K '∈，这里0,0r m 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0r r m '≤-<，故0,0,.r r r r r r '''-=-== （ⅱ）设,a b 是两个整数，并且都在r K 内，则存在整数12,q q 分别使得12,.a q m r b q m r =+=+故()mod .a b m ≡反之，若()mod a b m ≡，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()0r r m ≤<，则a 和b 都属于同一类r K . 定义 在模m 的剩余类011,,,m K K K -中，各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-，此m 个数011,,,m a a a -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12,,,m a a a 是m 个两两对模m 不同余的整数. 由定理1知，每个整数i a 必在模m 的m 个剩余类011,,,m K K K -中某一剩余类里，且只能在一个剩余类里. 因12,,,m a a a 是m 个两两对模m 不同余的整数，故有定理1得，12,,,m a a a 分别属于不同的剩余类，故12,,,m a a a 是模m 的一个完全剩余系.必要性 设12,,,m a a a 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011,,,m K K K -. 由定理1得，12,,,m a a a 两两对模m 不同余. 0,1,,1m -是模m 的一个完全剩余系.当m 为奇数时，11,,1,0,1,,22m m ----是模m 的一个完全剩余系. 当m 为偶数时，,1,,1,0,1,,1222m m m --+--与1,,1,0,1,,1,222m m m-+--都是模m 的完全剩余系.定理2 设m 是一个正整数，,a b 都为整数，(),1a m =，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12,,,m a a a .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12,,,m aa b aa b aa b +++两两对模m 不同余.因12,,,m a a a 是模m 的一个完全剩余系，故由定理1的推论得，12,,,m a a a 两两对模m 不同余.下面用反证法证明12,,,m aa b aa b aa b +++两两对模m 不同余.假设12,,,m aa b aa b aa b +++不是两两对模m 不同余，则其中有两个数对模m 同余，设()mod ,1i j aa b a b m i j m +≡+≤<≤，则()m o d .i j aa a m ≡因(),1a m =，故()m o d .i j a a m ≡这与12,,,m a a a 两两对模m 不同余矛盾.定理3 设()12120,0,,1m m m m >>=，而12,x x 分别通过模12,m m 的一个完全剩余系，则2112m x m x +通过模12m m 的一个完全剩余系.证 当12,x x 分别通过模12,m m 的一个完全剩余系时，2112m x m x +共取了12m m 个整数值，下面证明这12m m 个整数两两对模12m m 不同余.设()2112211212mod m x m x m x m x m m ''''''+≡+， （1） 其中,i i x x '''是i x 所通过的模i m 的完全剩余系中的数，1,2.i =由（1）得，()211221121mod m x m x m x m x m ''''''+≡+，从而()21211mod m x m x m '''≡.因()12,1m m =，故()111mod .x x m '''≡又因11,x x '''是模1m 的完全剩余系中的数，故11.x x '''=同理，22.x x '''= 故当12,x x 分别通过模12,m m 的一个完全剩余系时，2112m x m x +共取了12m m 个整数值，下面证明这12m m 个整数两两对模12m m 不同余.从而由定理1的推论得，这12m m 个整数作成模12m m 的一个完全剩余系. 定义 0,1,,1m -叫做模m 的最小非负完全剩余系；当m 是奇数时，11,,1,0,1,,22m m ----叫做模m 的绝对最小完全剩余系；当m 是偶数时，,,1,0,1,,122m m ---或1,,1,0,1,,22m 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,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。
初等数论第三章课件
, 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
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 an10 an 110
n
i n n
n 1
a0 , 0 ai 10.
i n
因10 1(mod 3), 故10 1(mod 3), ai 10 ai (mod 3), 从而 ai 10i ai (mod 3),即a ai (mod 3).
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
i ! p( p 1)
( p i 1) Z i! ( p i 1)
当i 1, 2, 故C ip pq,
, p 1时, (i !, p) 1 即p C ip
i ! ( p 1)
( p i 1)，
例3、（ 1）求所有的正整数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。
完系、简系
完系、简系、剩余系 知识扫描若按对某一模m 的余数进行分类，就可以引入所谓的剩余类和完全剩余类的概念。
定义2：设m N +∈，把全体整数按其对模m 的余数r （0≤r ≤m-1）归为一类，记为r k ，每一类()0,1,2,,1r k r m =-均称为模m 的剩余类（又叫同余类），同一类中任一数称为该类中另一类数的剩余。
根据定义，剩余类具有如下性质：()()()}{()()0012101=20,1,2,,13,,,mod .m i j r r Z k k k k k k i j n Z r m n k a b Z a b k a b m -⋃⋃⋃⋃⋂=∅≠∀∈∈-∈∀∈∈⇔≡，而对于，有唯一的，使得对定义3：设0121,,m k k k k -是模m 的全部剩余类，从每个r k 中任取一个数r a ，这m 个数0121,,,,m a a a a -组成的一个组称为模m 的一个完全剩余系，简称完系。
显然，模m 的完全剩余系有无穷多个，但最常用的是下面两个：()10,1,21;m -最小非负剩余系：，， ()221m m k =+最小绝对值剩余系：它随的奇偶性不同而略有不同。
当时，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,,k-1关于完全剩余系，有以下判别法：()()()()121121121,,,,1mod ;2,1,,,,,,,,m m i j m m m m a a a a m i j m a a m b m c a a a a m ba c ba c ba c m --⇔≤<≤≡=+++个整数是模的一个完系当时，设为任意整数，若是模的一个完系，则也是模的一个完系。
特别地，任意m 个连续的整数构成模m 的一个剩余系。
设m 为一正整数，由于在0,1,2，…，m-1中与m 互质的数的个数是由m 唯一确定的一个正整数，因此可以给出以下定义：定义4：m 为一正整数，把0,1,2，…，m-1中与m 互质的数的个数叫做m 的欧拉函数，记为()m 。
剩余类与完全剩余系
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.
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.。
数论：剩余类，剩余系等概念
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数论：剩余类，剩余系等பைடு நூலகம்念
剩余类：
对于一个整数m，可以把所有整数分成m类，每类对于m都同余。每一类都叫做m的一个剩余类。 比如5，有5个剩余类，对0同余的有{-5，0，5，...}
完全剩余系：
从m的每个剩余类中任抽出一个数组成的集合，称为m的完全剩余系。
简化剩余系（或称缩系）：
从m的剩余类中，选出余数互质的剩余类，每个抽出一个数组成的集合。 性质：对于一个与m互质的整数k，缩系的每一项乘于k组成的集合，也是m的缩系。
质数的完全剩余系和简化剩余系可能相同，可以是{1,2,3,...,m-1}。
3剩余类讲义
m 的完全剩余系．简称完系．
定义 4：绝对值不超过 m 的模 m 的完系称为模 m 的绝对最小完系．将 2
0, 1, 2, m , 称为模 1 m 的最小非负完系．
定义 5：如果一个模 m 的剩余类 Mi 中任一数与 m 互质，则称 Mi 是与模 m 互质 的剩余类；在与模 m 互质的每个剩余类中任取一个数所组成的数组，称 为模 m 的一个简化剩余系. 注：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. 定义 6： 设 m 为正整数， 从 1 到 m 的整数中与 m 互质的整数的个数用 m 表示， 称 m 为欧拉函数．模 m 的缩剩余类（简化剩余类）也是 m 个．
定理 7： （费马小定理）若 a 是整数， p 是质数且 a, p 1 ，则 a p1 1 mod p ． 推论：若 p 是质数，则 a p a mod p ．这里不要求 a 、 p 互质．
2
定理 8： （威尔逊定理）若 p 是素数，则 p 1! 1 mod p ． 判定一个自然数是否为素数的充要条件。即：当且仅当 p 为素数时： (p-1)!恒等于-1(mod p) 但由于阶乘是呈爆炸增长的，其结论对于实际操作完却没有益处。 [证明]: 取集合 A={1,2,3,...,p-1};则 A 构成模 p 乘法的缩系，即任意 i 属于 A,存在 j 属于 A,使得： (ij)恒等于 1(mod p) 那么 A 中的元素不是恰好两两配对呢？不一定，但只需考虑这种情况： x 的平方 恒等于 1(mod p); 解得：x 恒等于 1(mod p) 或 x 恒等于 p-1(mod p) 其余两两配对；所以 (p-1)!恒等于 1(p-1)恒等于-1(mod p) [证毕]。
第3-4讲 数学基础_剩余类和剩余系欧拉定理威尔逊定理(2)
(q) 。
证明 因为小于n的正整数个数为pq-1个，其中与n不互素的正 整数有1·p、2·p、…、(q-1)·p和1·q、2·q、…、(p-1)·q，所以
(n)＝ pq-1-((p-1)+(q-1)) =(p-1)(q-1)。
定理1.11 (1)模m简化剩余系含(m)个数。 (2)若a1、a2、…、a(m)是(m)个与m互素的整数，则a1、
证 明 ： p 是 素 数 ， （ a,p ） =1,(b,p)=1,(a+b,p)=1, 证 明 （a+b）p≡ap+bp(mod p) 证明：由费尔马定理，ap ≡amodp,bp ≡bmodp 所以ap + bp ≡ a+bmodp 而（a+b）p ≡ a+bmodp 故得证
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Xu Bang-Hai
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定义1.5 设(m)为小于或等于m且与m互素的正整数个数，则
称其为欧拉(Euler)函数。（引入目的是问了讨论简化剩余系）
由定义易知，(2)＝1，(3)＝2，(5)＝4，(8)＝4。当P为 素数时，(p)＝p－1。 定理1.10 （1）若p为素数，k为正整数，则(pk)＝pk-1(p－ 1)。 证明 因为小于或等于pk且与pk不互素的正整数有1· 、 p
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Xu Bang-Hai
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例：证明13|42n+1+3n+2(费尔马定理) 证：∵42n+1+3n+2 = 4· n+9· n 16 3 ≡ 4×16+9 ×3≡ 91(mod13) ∴ 13|42n+1+3n+2
剩余类和完全剩余系
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)
数论-剩余类、完全剩余系、缩系、欧拉函数
数论-剩余类、完全剩余系、缩系、欧拉函数剩余类：∀ 0≤r≤m-1(m≥1)，Cr={x∈Z | x≡ r (mod m)}={m*q+r|q∈Z}=[r](除m余r的所有数集合)，则C0,C1,C2,...,Cm-1为模m的剩余类（共有m个）性质1：①∀ x∈Z, ∃ 0≤r≤m-1,x∈Cr(Cr的定义)②x,y ∈Cj,0≤j≤m-1，当且仅当x≡y (mod m)完全剩余系：定义：a0,a1,a2,...,am-1是模m的⼀组完全剩余系《=》aj∈Cj, 0≤j≤m-1⾮负最⼩完全剩余：0,1,2,...,m-1性质2：{a1,a2,...,am-1}是模m的⼀组完全剩余系，当且仅当∀ 1≤i<j≤m,ai ≠ aj (mod m)性质3：若(k,m)=1,a1,a2,...,am是模m的⼀组完全剩余系，则k*a1,k*a2,...,k*am-1是模m的⼀组完全剩余系证明：(证明他们之间两两不同余)∀ 1≤i<j≤m，假设 k*ai ≡ k*aj (mod m)则 m | k*(ai-aj)∵(m,k)=1 ∴ m | (ai-aj)∴ai ≡ aj (mod m)⼜∵ ai ≠ aj (mod m),与假设相⽭盾，故假设不成⽴，即k*a1,k*a2,...,k*am-1之间两两不同余，是模m的⼀组完全剩余系性质4：若(m,n)=1,a1,a2,...,am和b1,b2,...,bn分别为模m和模n的完全剩余系，则{n*ai+m*bj | 1≤i≤m ,1≤j≤n}是模m*n的⼀组完全剩余系证明：（证明在集合内两两不同余）假设：n*a+m*b≡ n*α+m*β(mod m*n)其中 a,α∈{a1,a2,...,am}, b,β∈(b1,b2,...,bn)故 m*n | n*(a-α)+m*(b-β)故m | n*(a-α)+m*(b-β)∵(m,n)=1,故m|(a-α)即a ≡α (mod m)⼜∵ a,α∈{a1,...,am},，故 a ≠ α (mod m)与假设⽭盾，同理可证b ≡β (mod n)与假设⽭盾故假设不成⽴，即n*a+m*b ≠ n*α+m*β(mod m*n)，根据性质2，可知{n*ai+m*bj | 1≤i≤m ,1≤j≤n}是模m*n的⼀组完全剩余系性质5：若n≥3,a1,a2,...,an和b1,b2,...,bn为模m的完全剩余系，则a1*b1,a2*b2,...,an*bn不为模m的⼀组完全剩余系性质6：设p为素数，则(p-1)! +1 ≡ 0 (mod p)（威尔逊定理）（这⾥先举例把，证明太复杂了以后补上）若p=2,则1!+1=2≡0 (mod 2)若p=3,则2!+1=3≡0 (mod 3)若p=5,则4!+1=25≡0(mod 5)若p=7,则6!+1=721≡0 (mod 7)...（）缩系定义：剩余类中与m互素的剩余类集合数学公式表⽰：(Z/mz)*={Cr | 0≤r≤m-1, (r,m)=1}中的元素叫做与模m互素的剩余类(这⾥的元素即是集合)|(Z/mz)*| ==>m的剩余类中与m互素的剩余类集合的个数（是有限个）欧拉函数：φ(m)=|(Z/mz)*| 或φ(m)={r | 0≤r≤m-1,(m,r)=1}(⼀个r与⼀个剩余类（模m余r）⼀⼀对应)如何求⼀个数的欧拉函数？例：对于φ(1)，完全剩余系{0}，(0,1)=1,故存在⼀个，即φ(1)=1对于φ(2)，完全剩余系{0,1}，(0,2)=2,(1,2)=1,故存在⼀个，即φ(2)=1对于φ(3)，完全剩余系{0,1,2}，(0,3)=3,(1,3)=1,(2,3)=1,故存在两个，即φ(3)=2(这⾥以⾮负最⼩完全剩余系来为代表)⼀个关于欧拉函数的结论：若p为素数，则φ(p)=p-1性质1：设(Z/mz)*={Cr1,Cr2,...,Crφ(m)}，其中0≤r1,r2,...,rφ(m)≤m-1,a1,a2,...,aφ(m)是模m的⼀组缩系，则ai∈Cri, 1≤i≤φ(m)性质2：缩系中有φ(m)个元素性质3：若a1,a2,..,aφ(m)个与m互素的数构成模m的⼀组缩系，当且仅当元素两两不同余性质4：(a,m)=1,{a1,a2,...,aφ(m)}是模m的⼀组缩系，则{a*a1,a*a2,...,a*aφ(m)}也构成模m的⼀组缩系性质5：设m≥2,(a,m)=1,则a**(φ(m)) ≡ 1 (mod m)证明：设r1,r2,...,rφ(m)是模m的⼀组缩系，则a*r1,a*r2,...,a*rφ(m)也为模m的⼀组缩系 a*r1 ≡ <a*r1> (mod m) a*r2 ≡ <a*r2> (mod m) . . . a*rφ(m) ≡<a*rφ(m)> (mod m)其中{a*r1,a*r2,...,a*rφ(m)}和{<a*r1>,<a*r2>,...,<a*rφ(m)>}都为模m的⼀组缩系左边相乘，右边相乘得：(a*r1) *(a*r2) *...*(a*rφ(m)) ≡ r1*r2*...*rφ(m) (mod m)a**(φ(m)) *(r1*r2*...*rφ(m)) ≡ r1*r2*...*rφ(m) (mod m)即a**(φ(m)) ≡ 1 (mod m)性质6：设p为素数，则a**p=a (mod p)证明：若(a,p)=1根据性质5可知，a**(φ(p)) ≡ 1 (mod p)∵p为素数∴φ(p)=p-1∴a**(p-1) ≡ 1 (mod p)即a**p ≡ a (mod p)若(a,p)≠1,p为素数，则p|a ∴a**p ≡ a (mod p)(余数为0)性质7：m≥1,n≥1,(m,n)=1,a1,a2,...aφ(m), b1,b2,...,bφ(n)分别是模m和模n的⼀组缩系，则{n*ai+m*bj | 0≤i≤φ(m), 0≤j≤φ(n)}是模m*n的⼀组缩系推论：若(m,n)=1,则φ(m*n)=φ(m)*φ(n)性质8：设n的标准分解n=(p1**a1)*(p2**a2)*...*(pk**ak) (p≥2,且其中p1<p2<...<pk,都为素数)则φ(n)=n*(1-1/p1)*...*(1-1/pk),且（元素之间两两同余)证明：∵((pi**a1),(pj**aj))=1∴φ(n)=φ(p1**a1)*φ(p2**a2)*...*φ(pk**ak)∵(x,p**a)=1,当且仅当(x,p)=1∴集合{1,2,3,...,p**a}中与p**不互素的元素有{p,2*p,...,(p**a-1)*p},共有p**a-1个，故a互素的有(p**a-p**a-1)个故φ(p**a)=(p**a-p**(a-1))=p**a(1-1/p)故φ(n)=p1**a1(1-1/p1)*p2**a2(1-1/p2)*...*pk**ak(1-1/pk)=(p1**a1)*(p2**a2)*...*(pk**ak) *((1-1/p1)*...*(1-1/pk)) =n*(1-1/p1)*...*(1-1/pk),得证。
剩余类与剩余系
整数中，必有两个数对模 m 同余。
证 （1）若 C C ，因为 b C C ，所以存在整数 k ，
a
b
b
a
使得 b a km，即a b(mod m)，必要性得证。下证充分
性。
设整数 a,b 满足关系 a b(mod m)，则对集合 C 中的元素任 a
意 c ，存在整数 k ，使得 c ak m ，由已知条件
a
0,2,4,6,8,10,12,14,16是模 9的一个完全剩余系， 0,1,2,3,4,5,6,7,8为模 9的最小非负完全剩余系； 1,2,3,4,5,6,7,8,9 为模 9的最小正完全剩余系； 8,7,6,5,4,3,2,1,0 为模 9的最大非正完全剩余系； 9,8,7,6,5,4,3,2,1为模 9的最大负完全剩余系； 4,3,2,1,0,1,2,3,4为模 9的绝对值最小完全剩余系。
a b(mod m)。
如果 a b(mod m)，由（1）知 C C ；
a
b
如果 a b(mod m) ，用反证法。假设 C C ，即存在
a
b
整数 c ，使得 c C 且 c C ，于是存在整数 k ,k ，使得
a
b
12
c a k m及c b k m ，由这两个等式很容易得
1
2
例 2 设 a , a 是模 m 的同一个剩余类中的任意两个整数，则有
1
2
(a ,m) (a , m)。
1
2
证 设 a C ， a C 。 则 存 在 整 数 k ,k ， 使 得
1
r
2
r
12
a r k m ， a r k m ， 于 是 有 (a ,m) (m, r) ，
人教版A版高中数学选修4-6：剩余类及其运算_课件1
要点提炼
剩余类的定义
对于给定的模m，我们把所有与整数a同余的 整数构成的集合叫做模m的一个剩余类。要 注意，剩余类的前提是对于同一个模。
比如：对于模5，可以有5个剩余类： 5m,5m+1,5m+2,5m+3,5m+4。实际上，我们 可以得出：对于模m，它的剩余类共有m个。
剩余类所组成的集合
为了进一步研究剩余类的性质，我们引进一个 符号Zm，用它表示整数a所属的模m的所有剩余类。 如：对模7，其所有的剩余类为Z7=（K0，K1，K2， K3，K4，K5，K6）。 一般情况下，我们用剩余类中的一个元素代表
剩余类及其运算
知识导入
我们知道，一个整数a（>1）做除数，那么这 个式子的余数一定小于a，即有以下几种可能： 0到 a-1，比如：一个数除以7，所得余数可能 为：0，1，2，3，4，5，6。这样一来，我们 又可以按照7整除的数所得余数来进行分类， 将除以7得余数为0的数分为 一类，除以7得余 数为1的数分为 另一类…下面我们便来研究这 些分类的问题。
例题讲解
例1 按模5是否同余对30到50的整数进行分类。 解 余数有0，1，2，3，4五种情况， 所以0模5同余的整数有30，35，40，45，50； 1模5同余的整数有31，36，41，46； 2模5同余的整数有32，37，42，47； 3模5同余的整数有33，38，43，48； 4模5同余的整数有34，39，44，49。
课后练习
练习1 证明：不存在整数a，b，c，满足 a2+b2-8c=6。 证明：对于每个整数，必可写成下面三种形 式之一：4n,4n+1,4n+2,所以它们的平方数 分别是16n2，16n2+8n+1，16n2+16n+4。
第三讲剩余类剩余系.jsp
所以m|((ri -rj )a (modm), 因为(a,m)=1,所以ri ≡ rj(modm),与简化剩余系矛盾
故ar1,ar2,…,对模m两两不同余, ,对模m两两不同余, , 的一简化剩余系. 所以ar1,ar2,…,a也是模m的一简化剩余系.
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ba0,ba1,…,bam-1也是模m的一完全剩余系. 的一完全剩余系. ,
的一完全剩余系, 是任二整数, (4)a0,a1,…,am-1是模m的一完全剩余系,b和c是任二整数, , 且(b,m)=1,则ba0+c,ba1+c,…,bam-1+c也是模m的一完全 , 剩余系. 剩余系.
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第二章 数学基础
一,素数,互素数和模运算 素数, 二,同余(概念,性质,剩余类, 同余(概念,性质,剩余类, 欧拉定理,一次同余式, 欧拉定理,一次同余式,一次同余 式组等) 式组等) 三,数论在密码中的应用 四,小结
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剩余类及完全剩余类
引理2 ∈ 则 个整数 引理2:m∈Z+,则m个整数 0,r1,…,rm-1,构成一个 个整数r 构成一个 完全剩余系⇔ 的余数(模 两两不相等 两两不相等。 完全剩余系⇔除m的余数 模m)两两不相等。 的余数 证明:剩余系 证明 剩余系 ⇔从m个等价类各取一个代表元 个等价类各取一个代表元 ⇔每个元素各属一个类 根据引理1(3)的“不同类不同余”可知 ⇔根据引理 的 不同类不同余” 除以m的余数不相等 ⇔除以 的余数不相等 引理3 ∈ 引理3: m∈Z+,k∈Z,(k,m)=பைடு நூலகம்,当a1,a2,…,am为完全 ∈ 当 剩余系时,ka 也为完全剩余系. 剩余系时 1+b,ka2+b,…,kam+b也为完全剩余系 也为完全剩余系 证明: 证明 a1,a2,…,am为完全剩余系 ⇔当i≠j时 ai mod m≠aj mod m,又(k,m)=1 ≠时 ≠ 又 反证) ⇒kai mod m ≠ kaj mod m (反证 反证 X依次取 1,a2,…,am时,kx+b依次取 遍历！ 依次取a 依次取… 依次取 依次取 遍历！
例题: ∈ 例题 m∈Z+,k∈Z,(k,m)=1,当a1,a2,…,am为完全 ∈ 当 剩余系时,ka 剩余系时 1+b,ka2+b,…,kam+b也为完全剩余系 也为完全剩余系 M=10 k=3, b=2则0,1,2,3,4,5,6,7,8,9为完全剩余 则0,1,2,3,4,5,6,7,8,9为完全剩余 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 系，则3*0+2，3*1+2，3*2+2，3*3+2，3*4+2, 3*5+2, 3*6+2, 3*7+2, 3*8+2, 3*9+2即 5 6 7 8 9 即 2,5,8,11,14,17,20,23,26,29也是剩余系 模10: 也是剩余系,模 也是剩余系 2,5,8, 1, 4, 7,0, 3, 6, 9 各不个相同，所以 各不个相同， 处在不同的类中，不同类各取一个， 处在不同的类中，不同类各取一个，构成完全剩 余系。 余系。 注意：不能保证与原数处在同一个类。 注意：不能保证与原数处在同一个类。如1原在 原在 [1]，但3*1+2却在 中。 1 却在 却在[5]中 ，
第二节 完全剩余系
初等数论 第二章 同 余第二节 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。
一、知识与方法定义1 给定正整数m ，对于每个整数i ，0 ≤ i ≤ m - 1，称集合R i (m ) = { n |n ≡ i (mod m )，n ∈Z }是模m 的一个剩余类。
显然，每个整数必定属于且仅属于某一个R i (m )（0 ≤ i ≤ m - 1），而且，属于同一剩余类的任何两个整数对模m 是同余的，不同剩余类中的任何两个整数对模m 是不同余的。
例如，模 5的五个剩余类是R 0(5) = { , -10, -5, 0 , 5, 10, }，R 1(5) = { , -9 , -4 , 1 , 6 , 11, }，R 2(5) = { , -8 , -3 , 2 , 7 , 12, }，R 3(5) = { , -7 , -2 , 3 , 8 , 13, }，R 4(5) = { , -6 , -1 , 4 , 9 , 14, }。
定义2 设m 是正整数，从模m 的每一个剩余类中任取一个数x i （0 ≤ i ≤ m - 1），称集合{x 0, x 1, ,x m - 1}是模m 的一个完全剩余系（或简称为完全系）。
由于x i 的选取是任意的，所以模m 的完全剩余系有无穷多个，通常称(ⅰ) {0, 1, 2, , m - 1}是模m 的最小非负完全剩余系；(ⅱ) ）（当m m m |22,,1,0,1,,12}{ΛΛ-+-或 ）（当m m m |221,,1,0,1,,21}{/----ΛΛ,是模m 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。
定理1 整数集合A 是模m 的完全剩余系的充要条件是(ⅰ) A 中含有m 个整数；(ⅱ) A 中任何两个整数对模m 不同余。
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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。
定义1 给定m Z ,对每个r Z,0 r m 1,称集合
证 ： 因为｛1，2，3， ，(p 1)，p｝是模p的 一个完全剩余系，
p是素数，a p (a, p) 1
所以｛a，2a，3a， ，(p 1)a，pa｝构成模p的 一个完全剩余系。
因此必有唯一的数b满足式b 1 (mod p)。
11
定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1，
并且 (1)任一整数n必包含且仅包含在某个Kr (m)里； (2)设 a,b Z，则a,b Kr (m) a b(mod m).
2
二、完全剩余系
1.定义2设m Z ，从模m的每一个剩余类里各取一个
数xi ,0 i m 1,称集合x0, x1,L , xm1 是模m的一个
完全剩余系，简称完全系.
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？
5
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 axi b 1 (m 1)
i 1
m
2
证： 当x通过模m的完全剩余系时，ax b也通过 模m的完全剩余系，
因此对于任意的i（1 i m），axi b一定且只与 某个整数j（1 j m）同余，
即存在整数k，使得 axi b = km j，（1 j m）
{ } { } { } { } m
则 axi b axj b (mod m)。 假设 axi b axj b (mod m)， 则 axi axj (mod m)， 且(a, m) = 1，
由§3.1中的结论,P50第三行知：xi xj (mod m)
xi x j .
7
注意：
(1)在定理3中，条件(a, m) = 1不可缺少，否则不能 成立；
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
证：Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)， Ax m1y Ax m1y (mod m1)， 由m1 m1 y'，m1 m1 y''，所以
注：① 完全剩余系不唯一；
② {0, 1, 2, , m 1}是模m的最小非负完全剩余系； ③ 若把剩余系作为一个集合，则可以把对模m的余 数相同的整数——即同一剩余类里的整数，看作同 一元素。
3
完全剩余系举例：
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。
当 2 | m时，{ m 1, L , 1, 0, 1, L , m }
2
2
和{ m , L , 1, 0, 1, L , m 1 }
2
2都是模m的绝ຫໍສະໝຸດ 最小完全剩余系。当 2 Œm时，{ m 1 , L , 1, 0, 1, L , m 1}
2
2
是模m的绝对最小完全剩余系。
4
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
证明 由定理3只需证明：若x , x X，y , y Y，且 Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)，
则 x' x", y' y" [R中有m1m2个元素].
10
例1 设p 5是素数，a{ 2, 3, , p 1}，则 在数列a，2a，3a， ，(p 1)a，pa中有且仅有 一个数b，满足 b 1 (mod p)；
Kr (m) n : n r(mod m) 是模m的一个剩余类，
即 余数相同的整数构成m的一个剩余类。
一个剩余类中任意一个数称为它同类的数的剩余。
1
定理1 设m Z ，则全部整数分别在模m的m个剩余类Kr (m)里.
其中，Kr (m) n : n r(mod m) 0 r m 1,