第三章 (5) 同余、剩余类、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”~”。

初等数论同余

即奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除的数能被11整除.
初等数论同余
规律(7)的证明
证： 100 0 1 (0 m 7)o 1 , d 00 1 (0m 7)od
一般地有 10 i 0 ( 1 )0 i(m 7 )io , 0 d ,1 , n
两边同乘 a i 有并对n+1个式子相加得
2121+X+Y 39，4 X-Y+13 22，由此
可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 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。
初等数论同余
例3 ：求111 被7除的余数。
50
解：∵111111被7整除，
∴ 111 ≡11（mod 7）≡4（mod 7）
dd
m| a b dd
初等数论同余
性质8 若ab(momd).则 (a,m)=(b,m) 证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
性质9 若 a b (m m i)o i .1 d ,2 ,3 k,则
初等数论同余
例2：证明5y+3=x2无解证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5)，不可能 ∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解注：在证明方程无解时，经常用不同余就不相等的方法。

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。

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。

剩余类及完全剩余系(精选、)

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 r m，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，a「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, m2X! m(x2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.

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 j 。

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.。

同余

a 用a modm表示余数r，则 a [ ]m ( a m odm ) m
定理3 整数a, b模m 同余 a modm=b modm
ab (modm) m|a-b a modm=b modm
a=b+km
性质：
(1) ( 2) ( 3)
[(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm [(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm [(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm
(r r ) a b (q q)m
m a b的充分必要条件是 m r r. 但因为 0 r r m ，因此，
且 m r r 的充分必要条件是 r r 0 ，所以 m a b 的充分必要条件是 r r 0. 这就是定理的结论.
2
2003
2

22 1 4 4(mod 7).
故第 22003 天是星期二。定理5 若 x y(mod m),
ai bi (mod m),
0 i k, 则 0 i k.
a0 a1 x ak x k b0 b1 y bk yk (mod m).
故 3 n, 9 ｜ n.
k 定理7 设 n ak 1000 a11000 a0 , 0 ai 1000. 则7或11,或
13 n 7或11或 13 a0 a2 - a1 a3 .
例4 设 n 637693.
例5 设n 75312289.
定理10 设a b ( mod m) . 若d | m, 则a b ( mod d) .

第三章 (5) 同余、剩余类、完全剩余系

若 a b (mod m), d m , d 0,则 a b (mod d ). 若 a b (mod m), 则( a, m) (b, m) ,因而若 d 能整除 m 及 a, b 二数之一 , 则 d 必能整除 a, b 中另一个 .
14
性质同余式 ca cb (mod m) (7) 等价于 a b (mod m / (c, m)). 特别地 , 当 (c, m) 1时 , 同余式 ( 7 ) 等价于 a b (mod m), 即同余式两边可约去 c. 证同余式 ( 7 ) 即 m c (a b), 这等价于 m c (a b). ( c , m ) ( c, m ) 由定理及 ( m / (c, m), c / (c, m) ) = 1 知 , m 这等价于 (a b). ( c, m)
i 0 n
当且仅当 7(或11或13)整除 ( 1)i ai .
i 0
20
n
例 1 若 a 5874192, 则
a
i 0
n
i
5 8 7 4 1 9 2 36能被 3,9整除 . 故由
A, a 能被 3,9整除 . 例 2 若 a 435693,则
13
若 a b (mod mi ), i 1,2,
, k ,则 , mk ]). , k,再由第一章
a b (mod [ m1 , m2 ,
证由定理 1, mi a b , i 1,2, §3 定理 , 即得 [ m1 , m2 ,
, mk ] a b ,故由定理1 即证得 .

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]。

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)

同余的概念及其基本性质

由100 1(mod101) 102 1(mod101),104 1(mod101)L 101 a 101 a1a0 a3a2 a5a4 L
4.证明：641 232 1 解：依次计算对模641的同余数
22 4，24 16，28 256， 216 256 256 154(mod641) 232 154 154 1(mod641) 232 1 0(mod641)
5.设a为奇数，则a2n 1(mod 2n2 ) (n 1). 解：设a = 2m 1，当n = 1时，有 a2 = (2m 1)2 = 4m(m 1) 1 1 (mod 23)（*）成立。设式(*)对于n = k成立，则有
a2k 1(mod 2k2 ) a2k 1 q 2k2 所以 a2k1 (1 q 2k2 )2 1 q 2k3 q2 2(k2)2 记 1 q'2k3 1(mod 2k3 ),q' Z. 这说明式(*)当n = k 1也成立。由归纳法得证.
一般地，求a bc 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 abc ar (mod m)
——减小幂指数
练习：若a Z ,证明 10|a1985 a1949 . 提示：a5 a(mod10)
一、问题的提出 1、今天是星期一，再过100天是星期几？再过1010 天呢？ 2、3145×92653=2910 93995的横线处漏写了一个数字，你能以最快的办法补出吗？
3、13511，13903，14589被自然数m除所得余数相同，问m最大值是多少？

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。

【最新整理】初等数论同余

把整除问题转化为同余问题是一种常用的方法.
例2：证明5y+3=x2无解证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5)，不可能 ∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解注：在证明方程无解时，经常用不同余就不相等的方法。
性质7 a b(modm).d|(a,b),(d,m)=1 则
a b (modm). dd
证：因为 m | d( a b ) ，(d,m)=1 ，所以有
dd
m| a b dd
性质8 若a b(modm).则 (a,m)=(b,m) 证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
因为0 X，Y 9，所以有
21 21+X+Y 39，4 X-Y+13 22，由此
可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 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，
(2)若 a b c(modm). 则 a c b(modm).
证：由（1）因为 b b(modm), 即得。
注4：性质2相当于等式中的两个等式相加和移项. 结合前二条性质,我们来看几个例子.
例1:对任意整数a,8a+7不可能是三个整数的平方.

初中数学重点梳理：同余式

同余式知识定位数论是初中数学竞赛比较重要的一个知识点，在历年竞赛中占据非常发比例，其中同余理论是初等数论中的重要内容之一，其同余式概念及应用，剩余系概念要熟练掌握。

本文归纳总结了同余的若干性质，将通过例题来说明这些方法的运用。

知识梳理1、同余概念定义1：给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m 同余，记作a≡b(modm)，并读作a同余b，模m。

（1）若a与b对模m同余，由定义1，有a=mq1＋r，b=mq2+r．所以a-b=m(q1-q2)，即m｜a-b。

反之，（2）若m｜a-b，设a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2。

于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2：若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．2、同余定理定理1：（1）a≡a(modm)．（2）若a≡b(modm)，则b≡a(modm)．（3）若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(modm)．定理2：若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．证：由假设得m｜a-b，m｜c-d，所以m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(a-b)＋b(c-d)，即a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数，n是自然数，则a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a n≡b n(modm)．定理3：若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则a≡b(modm)．定理4：若n ≥2，a ≡b(modm 1)，a ≡b(modm 2)，…………a ≡b(modm n )，且M=[m 1，m 2，…，m n ]表示m 1，m 2，…，m n 的最小公倍数，则a ≡b(modM)3、剩余类和完全剩余系全体整数集合可按模m 来划分：当且仅当()mod a b m ≡时，a 和b 属于同一类。