初等数论第三章完整ppt课件

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精品-优秀PPT课件--初等数论三-夏子厚共33页文档

39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
精品-优秀PPT课件--初等数论三-夏子厚
41、实际上，我们想要的不是针对犯罪的法律，而是针对疯狂的法律。 ——马克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就像影子跟随着身体一样。— —贝卡利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进步。— —杰弗逊 44、人类受制于法律，法律受制于情理。— —托·富勒
45、法律的制定是为了保证每一个人自由发挥自己的才能，而不是为了束缚他的才能。—— 罗伯斯庇尔
谢谢！
Байду номын сангаас
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯

优选初等数论第三章课件

(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1 a2 b1 b2 (mod m);
若a b c(mod m),则a c b(mod m)
(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)
i p
pq,
即p
C
i p
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。
解：（1）n Z ,都可写成3m k的形式,其中m N, k 0,1, 2. 因为23 1(mod 7)，所以23m 1(mod 7)，即23m 1 0(mod 7), 从而当 n 3m, 7 2n 1；
证：不妨设Sn 1n 2n 3n 4n，容易验证,14 1(mod 5), 24 16 1(mod 5),34 81 1(mod 5), 44 256 1(mod 5),
假定4k r,其中r 0,1, 2,3.由以上知 a4 1(mod 5), a 1, 2,3, 4. 则有 a4k 1(mod 5), 所以an a4kr ar (mod 5)
(6)若a b(mod m),且a a1d,b b1d,(d, m) 1，则 a1 b1(mod m)
(7)若a b(mod m), k 0,则 ak bk(mod mk) 若a b(mod m), d a,b, m, d 0，则
a d
b d
mod
m d
(8)若a b(mod mi ),i 1, 2, , k,则 a b(mod[m1, m2, , mk ])
因此可得Sn 1n 2n 3n 4n 1r 2r 3r 4r (mod 5). 因而当r 0,1, 2,3时，依次有 Sn 4 4(mod 5)， Sn 10 0(mod 5)，Sn 30 0(mod 5)，Sn 100 0(mod 5)，故当且仅当n不能被4整除时，1n 2n 3n 4n能被5整除.

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-2

i 1 i 1 i 1
m
m
m
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。
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y = x2 m2x3 m2m3x4 m2mkxk 1
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。由定理4，当x1通过模m1的完全剩余系，
xi（2 i k 1）通过模mi的完全剩余系时， x1 m1y = x1 m1(x2 m2x3 m2mkxk 1)
从而
3、剩余系间的联系
定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1， X { x1 , x2 , , xm1 } ,Y { y1 , y2 , , 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。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].
13 14
定理5 设miN，AiZ（1 i n），并且满足： ① (mi, mj) = 1，1 i, j n，i j； ② (Ai, mi) = 1，1 i n； ③ miAj ，1 i, j n，i j 。则当xi（1 i n）通过模mi的完全剩余系Xi时， y = A1x1 A2x2 Anxn 通过模m1m2mn的完全剩余系。
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 6, b 2 m 5, b 2 m 5, a 2 m 6, a 2

大学数学---初等数论 ppt课件

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初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几何原本》中就已出现。欧几里得证明了素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数的方法，即所谓欧几里得算法。我国古代在数论方面亦有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”正是我国古代《孙子算经》中
的下卷第26题，我国称之为“孙子定理”。
一、基本概念
1、自然数、整数 2、正整数、负整数 3、奇数、偶数一个性质：整数+整数=整数整数-整数=整数整数*整数=整数
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二、整除
1、定义：设a，b是整数，b≠0。如果存在一个整数q使得等式：
a=bq 成立，则称b能整除a或a能被b整除，记作 b∣a；如果这样的q不存在，则称b不能整除 a。
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3、最大公因数的性质
（1）当b∣a时，（a，b）=b. （2）a，b的一切公因数都是（a，b）的因数. （3）若a，b是正整数，m是任一正整数，则有
（am，bm）=（a，b）m. （4）若（a，b）=1，c为任一正整数，则有
（ac，b）=（c，b）（5）若（a，b）=1， b∣ac，则有b∣c. （6）若a，b，c是任意三个正整数，则（a，b）=d的充分必要条件是：
a bq r, 0＜ r ＜b ，
b rq1 r1,
0＜ r1 ＜ r ，
则有 (a,b) rn .
r r1q2 r2 ,
…
…
0＜ r2 ＜ r1 ，
rn2 rn1qn rn , 0＜ rn ＜ rn1 ，
rn1 rn qn1 rn1 , rn 1 0 ,
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4、带余除法

初等数论教程3

• 比如时间的表示：我们说15:00与说下午3:00是一样的，因为15除以12与3除以12余数也相同，都为3。
• 即：120=7×17+1，365=7×52+1；15=12×1+3， 3=12×0+3
记为：120 365mod7 ；15 3mod12 。
并称为 120 与 365 对模 7 同余；15 与 3 对模 12 同余。
若 r1 r2，则称 a和 b对于模 m不同余，记作 a b(mo d m).
例3.1（P.121）
练习：（1）142与43对模11是否同余？（2）13与3对模5是否同余？（3）7与7对模7是否同余？（4）2与-2对模3是否同余？
例3.2 求证（1）如果a除以m的余数为r （ 0 r m ），则 a r(modm) ；（2）如果 a r(modm) ，0 r m ，则a除以m的余数为r.
b不是a对模m的剩余,
记作
a b (mod m);

关系式(1)称为模m的同余式,或简称同余式.
注：
由于m a b等价于-m a b,所以同余式(1) 等价于 a b (mod ( - m));
因此,以后总假设m 1.在同余式(1)中, 若0 b m ,则称b 是a 对模m的最小非负剩余; 若1 b m ,称b是a 对模m的最小正剩余; 若 - m / 2 b m / 2 (或 m / 2 b m / 2) ,称 b 是 a 对模 m 的绝对最小剩余.
• 下面的四个叙述是等价的： • (ⅰ) a b (mod m)； • (ⅱ) m|(a-b); • (ⅲ) 存在整数q，使得a = b qm； • (iv) 存在整数q1，q2，使得a=mq1 r，

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。

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-4

1) Q2 (22 1)，
n
其中Q1与Q2是整数，即 2 Fn 2(mod Fn ).
8
2
eg5 设n是正整数，记Fn = 22 1, 则 2 Fn 2(mod Fn ).
补充说明
n
三、在分数与小数互化中的应用
我们已经知道，F5是合数，因此例5表明， Fermat定理的逆定理不成立。 Fermat定理设p是素数，则对a Z , 有
s 证明： 10 a1a2 a s 0. b1 b2 bt

eg 6 化小数为分数. 0.13

2 13 1 12 90 90 15 13 0 13 990 990 1213 12 1201 9900 9900
a1a2 a s

b1b2 bt b b bt 1 2 . t 10 1 99 9
。
15
0.0 23
这就证明了不循环位数码个数不能再少了。
4
定理6 混循环小数 0.a1 a s b1 b2 bt 可以化为分数
a1 a s b1b2 bt a1 a s , 其中，分母中含有t个9, s个0. 99 900 0
a b
a a q (*) b b
而且ak, , a1不能都等于0，也不能都等于9。
由(*)式得(10k 1) a q ak ak 1 a1 ， b 1 1 a 1 ak ak 1 a1 ( k 2 k ) ak ak 1 a1 k 10 10 b 10 1
令n 4q r ,0 r 3, 则1n 2n 3n 4n
证：记P = x1x2x(m)，则(P, m) = 1.

§3同余课件

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即7 的个位数是3.
2018/11/3
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例8 设n的十进制表示是 13 xy 45 z , 且792n，求 x，y，z. 解因为792 = 8×9×11，故 8n，9n及11n。
8|n 8|45 z z 6.
9n 9（1 3 x y 4 5 z ）= 19 x y 9x y 1， (1) 11n 11（z 5 4 y x 3 1） = 3 y x 11（3 y x）。 (2) 即有 x y 1 = 9或18， 3 y x = 0或11
第三章
同余
• 教学目的和要求 • （1）熟练掌握同余的基本概念及性质。 • （2）熟练掌握剩余类、完全剩余系、简化剩余系和欧拉函数的概念及其性质。 • （3）熟练掌握欧拉定理、费马定理和解某些同余问题。 • 本章是初等数论的核心内容，是学生必须掌握的基础知识。
2018/11/3
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如： 21 6mod5, 43 7mod10, 3 8mod2
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§3.1
同余的概念及其基本性质
2、判断a,b对模m同余 ①定义 ②定理1 整数a,b对m同余的充要条件是
m (a b),即a b mt, t Z
注：下面的三个表示是等价的：
解方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6。
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五、弃九法〔验算计算结果〕
若ab c, 则有 ab a b c(mod9)
应用这种方法可以验算较大整数的乘法。例9. 验算 28997×39495＝1145236415是否正确。

《初等数论（闵嗣鹤、严士健）》第三版课件3-5

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de
( ( ( N ))1)
mod ( N ) 5
8 1
·加密：X 17;Y X e mod N 175 mod 35 12; ·解密：Y 12; X Y d mod N 125 mod 35 17
RSA算法的安全性
RSA安全性取决于对模n因数分解的困难性。 1999年8月，荷兰国家数学与计算机科学研究所家们的一组科学家成功分解了512bit的整数，大约300台高速工作站与PC机并行运行，整个工作花了7个月。 1999年9月，以色列密码学家Adi Shamir设计了一种名叫“TWINKLE”的因数分解设备，可以在几天内攻破512bit的RSA密钥。（但要做到这一点，需要300400台设备，每台设备价值5000美圆）。
初等数论闵嗣鹤严士健第三版课件35初等数论闵嗣鹤初等数论第三版答案初等数论第三版初等数论第三版pdf初等数论课件初等数论初步课件初等数论初等数论pdf初等数论潘承洞
该算法于1977年由美国麻省理工学院mit (massachusetts institute of technology)的ronal rivest， adi shamir和len adleman三位年轻教授提出，并以三人的姓氏rivest，shamir和adlernan命名为rsa算法。
e d
3
4
1
RSA中密钥中参数的选择（示例一）
RSA中密钥中参数的选择（示例二）
·p 5, q 7, N 5 7 35; ·( N ) ( p 1)( q 1) 4 6 24; ·取e 5, ( ( N )) (24) 8;
·p 5, q 11, N 5 11 55; ·( N ) ( p 1)(q 1) 4 10 40; ·取e 3, (( N )) (40) 16; mod 24 5; d e ( ( ( N ))1) mod ( N ) 3161 mod 40 27; ·加密：X 17;Y X e mod N 17 3 mod 55 18; ·解密：Y 18; X Y d mod N 1827 mod 55 17。

初等数论最小公倍数ppt课件

有[a,b]|M,
且有[a,b]
ab (a,b)
。
证：由M的定义知有M=ac=bd,又设
a (a,b)a1,b (a,b)b1 有 a1c b1d
因为 (a1,b1) ab1所以b1 | c，即 c b1t
有M=a b1t =(a,b) t,显然当t=1时最小，
即
[a, b]
ab (a,b)
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D 不存在对任意整数恒取素数的多项式
人们曾试图找一个能表示素数的多项式，但都失败了.
例给出了x2 x 41 ，当x=0,1,2,…39时都
是素数,但当x=40时就是合数
x2 x 72491 , 当x=0,1,2,…,11000时都是素数,但当x=110001时就是合数.
用反证法可证不存在对任意整数恒取素数的多项式（略）
.
所以M=[a,b]t,即有[a,b]|M.
2
例:设正整数m是a,b的公倍数,则
证明：
且
3
推论：设a,b,m是正整数，则[ma, mb]=m[a,b] 证：由 [ma, mb] m2ab mab m[a,b]
(ma, mb) (a,b)
下面给出n个整数的最小公倍数的方法
定理2：设 a1, a2 , an为n个整数，又
§3 最小公倍数定义： n是大于1的整数，整数 a1, a2 , an 的公共倍数称为 a1, a2 , an的公倍数，正公倍数中最小的一个称为 a1, a2 , an 的最
小公倍数。记成 [ a1, a2 , an ]
例 [2，-8]=8 下面考虑两个数的最小公倍数
1
定理1：设M是正整数a,b的任一公倍数，则
又a3 | m m3 | m … mn | m

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.

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-3

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若m1y m2xR，则(m1y m2x, m1m2) = 1，所以(m1y m2x, m1) = 1，于是 (m2x, m1) = 1，(x, m1) = 1，xX。这说明R A。同理可得到yY，因此m1y m2xA。另一方面，若m1y m2xA，则xX，yY，即 (x, m1) = 1，(y, m2) = 1。由此及(m1, m2) = 1得到 (m2x m1y, m1) = (m2x, m1) = 1 (m2x m1y, m2) = (m1y, m2) = 1。因为m1与m2互素，所以(m2x m1y, m1m2) = 1，于是m2x m1yR。因此A R。从而A = R。
8
2
推论设m, nN，(m, n) = 1，则(mn) = (m)(n)。证由定理3知，若x,y分别通过m , n的简化剩余系，则my nx通过mn的简化剩余系，即有 my nx通过(mn)个整数。另一方面，x〔nx〕通过(m)个整数， y〔my〕通过(n)个整数, 从而my nx通过(m) (n)个整数。故有 (mn) = (m)(n)。注：可以推广到多个两两互质数的情形。
2
二、主要性质注：由于选取方式的任意性，模m的简化剩余系有无穷多个。例如，集合{9, 5, 3, 1}是模8的简化剩余系；集合{1, 3, 5, 7}也是模8的简化剩余系. 集合{1, 3, 5, 7}称为最小非负简化剩余系。定理1 整数集合A是模m的简化剩余系的充要条件是： ① A中含有(m)个整数； ② A中的任何两个整数对模m不同余； ③ A中的每个整数都与m互素。说明：简化剩余系是某个完全剩余系中的部分元素构成的集合，故满足条件2；由定义1易知满足条件3；由定义3易知满足条件1。

初等数论§3同余PPT课件

注：若没有条件(c, m) = 1，即为TH2③的逆命题，不能成立。
反例：取m=6,c=2,a=20,b=23.
这时，有 4 0 4 6 ( m o d 6 ) , 但 2 0 2 3 ( m o d 6 ) 不成立！
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⑥ a b c ( m o d m ) a c b ( m o d m )
分母丌含质因数2戒51212101010101212ab1075定理3有理数能表示为纯循环小数10由euler定理可知有正整数k使得10因此存在整数q使得1010的形式而且a101076定理4设a不b是正整数0此处不是丌全为零的正整数其中丌循环的位数码个数是因此由定理3可以表示成纯循环小数
第三章同余
由75-312+289＝52，所以75312289能被13整除，但不能被7，11整除。
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例 3.求 777的个位数 .
解： 7 1 3 ( m o d 1 0 ) , 7 2 1 ( m o d 1 0 ) , 7 4 1 ( m o d 1 0 )
记777 74kr,则有 777 74kr(74)k 7r17r(mod10) 故只须考虑 7 7 被 4 除得的余数 r , 即 7 7 7 7 r ( m o d 1 0 ) 由 7 1 1 ( m o d 4 ) , 7 2 1 ( m o d 4 ) , 7 6 1 ( m o d 4 ) , 7 7 1 3 (m o d 4 ) ， r 3 所以777 7r 7 3 72 7 ( 1 ) ( 3 ) 3 ( m o d 1 0 ) . 即 777的个位数是 3.
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《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-1

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⑧ a b(mod m ), d 是a , b及m的任一正公因数,则 a b m mod . d d d m a b 证: m ab . d d d
四、一些整数的整除特征
设a anan1 a0表示an n an1 10n1 a1 101 a0 (1) 3、9 的整除特征
16
c
c
解： 71 3(mod10), 7 2 1(mod10), 7 4 1(mod10)
r 4 k r 记 77 74 k r , 则有7 7 74 k r (7 ) 7 1 7 (mod10)
7
7
故只须考虑7 被4除得的余数r ,即7 7 (mod10)
13 14
证明 : 1000 1(mod 7, 或 mod11, 或 mod13), a an 1000n an1 1000n1 a1 1000 a0 ( 1)n an ( 1)n1 an1 ( 1)1 a1 a0
n
( 1)i ai (mod 7, 或 mod11, 或 mod13).
TH 3 设ai , bi (0 i n)，x , y都是整数，
则
① a c b d (mod m)； ② ac bd (mod m); ③ak bk (mod m).
并且x y mod( m ), ai bi mod( m ), 0 i n.
则： ai x i bi y i (mod m )
但8 3 5(mod 9) 所以结果不正确。注：若结论成立，其结果不一定正确；也可以检查和、差的运算。
3
TH1 ① a a (mod m)； ② a b (mod m) b a (mod m)； ③ a b，b c (mod m) a c (mod m)。