初等数论教案 第二章 同余式
第二讲同余（数论复赛辅导）
第二讲同余（数论复赛辅导）第二讲同余一.基础知识1.定义1. 设m 是正整数，若用m 去除整数b a ,，所得的余数相同，则称a 与b 关于模m 同余，记作)(mod m b a ≡，否则称a 与b 关于模m 不同余，记作a)(m o d m b .例如：)15(mod 434≡，)7(mod 11000-≡，98(mod 2) 等等。
当m b <≤0时，)(mod m b a ≡，则称b 是a 对模m 的最小非负剩余。
对于固定的模m ，通常有下面的性质：性质1. )(mod m b a ≡的充要条件是,a mt b t Z =+∈也即)(|b a m -。
性质2.同余关系满足以下规律：（1）（反身性）)(mod m a a ≡；（2）（对称性）若)(mod m b a ≡，则)(mod m a b ≡；（3）（传递性）若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡，则)(mod m c a ≡；（4）（同余式相加）若)(m od m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m d b c a ±≡±；（5）（同余式相乘）若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m bd ac ≡；注意：① 反复利用（4）（5），可以对多于两个的（模相同的）同余式建立加、减和乘法的运算公式；② 特别地，由（5）易推出：若)(mod m b a ≡，c k ,为整数且0>k ，则)(mod m c b c a k k ≡；③ 同余式的消去律一般并不成立，即从)(mod m bc ac ≡未必能推出)(mod m b a ≡，可是我们却有以下结果：若)(mod m bc ac ≡，则≡),(mod c m m b a . 由此可以推出：（6）若,1),(=m c )(mod m bc ac ≡，则有)(mod m b a ≡，即在c 与m 互素时，可以在原同余式两边约去c 而不改变模.（7）若)(mod m b a ≡，d ｜m ，则)(mod d b a ≡；（8）若)(mod m b a ≡，0≠d ，则)(mod dm db da ≡；（9）若(mod )(1,2,,)i a b m i k ≡=，则12(mod [,,,])k a b m m m ≡，特别地，若12,,,k m m m 两两互素时，则有12(mod )k a b m m m ≡；性质3.若k i m b a i i ,,2,1),(m od =≡，则)(mod 11m b a k i k i i i ∑∑==≡；11(mod )k ki ii i a b m ==≡∏∏；性质4.设)(x f 是系数全为整数的多项式，若)(mod m b a ≡，则))(mod ()(m b f a f ≡。
初等数论课程设计
初等数论课程设计一、教学目标本课程旨在通过数论的学习，使学生掌握数论的基本概念、性质和定理，培养学生解决实际问题的能力，提高学生的逻辑思维和数学素养。
具体的教学目标如下：1.知识目标：（1）了解数论的基本概念，如整数、素数、最大公约数等。
（2）掌握数论的基本性质和定理，如素数的分布、费马小定理等。
（3）学会运用数论知识解决实际问题，如密码学、计算机科学中的问题。
2.技能目标：（1）能够运用数论知识进行计算和证明。
（2）培养学生的逻辑思维和分析问题的能力。
（3）提高学生的数学写作和表达能力。
3.情感态度价值观目标：（1）培养学生对数学的兴趣和热情，提高学生的数学素养。
（2）培养学生团队合作和自主学习的能力。
（3）培养学生的创新精神和批判性思维。
二、教学内容本课程的教学内容主要包括数论的基本概念、性质和定理。
具体安排如下：1.第一章：数论基础（1）整数和分数（2）素数和合数（3）最大公约数和最小公倍数2.第二章：素数的分布（1）素数定理（2）素数的计算（3）素数的存在性3.第三章：同余理论（1）同余的基本概念（2）费马小定理（3）欧拉定理4.第四章：数论应用（1）密码学中的应用（2）计算机科学中的应用（3）实际问题中的应用三、教学方法为了提高教学效果，本课程将采用多种教学方法相结合的方式进行教学。
具体方法如下：1.讲授法：通过教师的讲解，使学生掌握数论的基本概念和定理。
2.讨论法：引导学生进行分组讨论，培养学生的团队合作和分析问题的能力。
3.案例分析法：通过分析实际问题，使学生学会将数论知识应用于解决实际问题。
4.实验法：引导学生进行数学实验，培养学生的动手能力和创新精神。
四、教学资源为了支持教学内容和教学方法的实施，本课程将采用以下教学资源：1.教材：选用国内权威的数论教材，为学生提供系统的数论知识。
2.参考书：提供相关的数论参考书，丰富学生的学习资料。
3.多媒体资料：制作多媒体课件，提高课堂教学效果。
初等数论2.
我喜欢数学
性质(6)
性质(7)
若a =a1d, b =b1d, (m, d) =1, a ≡b (mod m)，则 a1 ≡ b1 (mod m) .
性质(8) 若a ≡b (mod m)，k 为正整数 ， 则 ka ≡ kb (mod km) .
a b m (mod ). d为a，b及m的任一正公约数，则 d d d
2019年4月13日11时56分
性质(5) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 ac ≡ bd (mod m) .
同余式可以相乘。
推论
若a ≡b (mod m)， 则 a k ≡ b k (mod m), k 为任意整数.
同余式的数乘。
推广
E
2019年4月13日11时56分
2019年4月13日11时56分
2、同余的性质：
(1) 反身性： a ≡ a (mod m). (2) 对称性：若 a ≡ b (mod m)， 则 b ≡ a (mod m). (3) 传递性：若 a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m), 则 a ≡ c (mod m). (4) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 a + c ≡ b + d (mod m) , a－c ≡ b－d (mod m). 同余式可以相加减。
例7 用弃九法验算 28947×34578 =1001865676 是否正确. 解 28947≡3 (mod 9), 34578≡0 (mod 9) 应有28947×34578 ≡0 (mod 9), 而 1001865676 ≡0 (mod 9), 所以计算必有错误. 弃九法只是运算结果正确的必要条件，而非充 分条件 ! 因此只能判误.
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,。
第一节 同余
初等数论 第二章 同 余同余的概念是高斯（Gauss ）在1800年左右给出的.同余是数论中的一个基本概念。
本章除介绍同余的基础知识外，还要介绍它的一些应用。
第一节 同余的基本性质与应用(一)定义1 给定正整数m ，如果整数a 与b 之差被m 整除，则称a 与b 对于模m 同余，或称a与b 同余，模m ，记为a ≡b (mod m)，此时也称b 是a 对模m 的同余。
如果整数a 与b 之差不能被m 整除，则称a 与b 对于模m 不同余，或称a 与b 不同余，模m ，记为a ≡/b (mod m)。
定理1 下面的三个叙述是等价的：(ⅰ) a ≡ b (mod m)；(ⅱ) 存在整数q ，使得a = b + qm ；即mq b a =-，亦即)(|b a m -(ⅲ) 存在整数q 1，q 2，使得a = q 1m + r ，b = q 2m + r ，0 ≤ r < m 。
证明 留作习题。
定理2 同余具有下面的性质：(1) （反身性） a ≡ a (mod m)；(2) （对称性） a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m)；(3) （传递性） a ≡ b ，b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m)定理3 设a ，b ，c ，d 是整数，并且a ≡ b (mod m)，c ≡ d (mod m)， (1) 则(4) （同余式相加） a + c ≡ b + d (mod m)；(5) （同余式相乘）ac ≡ bd (mod m)。
【证明】 (4) 由式(1)及定义1可知m ∣a - b ，m ∣c - d ，因此m ∣(a + c) - (b + d)，此即结论(ⅰ)；(5) 由式(1)及定理1可知，存在整数q 1与q 2使得a =b + q 1m ，c =d + q 2m ，因此ac = bd + (q 1q 2m + q 1d + q 2b)m ，再利用定理1，推出结论(ⅱ)。
初等数论 同余方程组
初等数论同余方程组初等数论是数学中的一个分支，主要研究自然数的性质和整数的性质。
同余方程组是初等数论中的一个重要概念，它涉及到数与数之间的整除关系。
本文将介绍同余方程组的定义、性质以及解法，并通过例题来加深理解。
一、同余方程组的定义同余方程组是由若干个同余方程组成的一组方程。
同余方程的定义如下：对于整数a、b和正整数m，如果m能整除(a-b)，即(a-b)能被m整除，则称a与b对于模m同余，记为a≡b(mod m)。
这里的≡表示同余关系。
二、同余方程组的性质1. 同余关系具有自反性、对称性和传递性。
即对于任意的整数a、b和正整数m，有a≡a(mod m)，a≡b(mod m)等价于b≡a(mod m)，若a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
2. 同余关系具有加法和乘法的性质。
即对于任意的整数a、b和正整数m，若a≡b(mod m)，则a+c≡b+c(mod m)，ac≡bc(mod m)。
三、同余方程组的解法1. 线性同余方程组的解法：线性同余方程组是形如ax≡b(mod m)的方程组，其中a、b为整数，m为正整数。
若a与m互质，则存在唯一的解x0，且x≡x0(mod m)。
若a与m不互质，且b可被a整除，则方程组有无穷多个解，否则无解。
2. 中国剩余定理：中国剩余定理适用于一组两两互质的模数的同余方程组。
设m1、m2、...、mn为两两互质的正整数，a1、a2、...、an为整数，则同余方程组：x≡a1(mod m1)x≡a2(mod m2)...x≡an(mod mn)有唯一的解x，且0≤x<m1m2...mn。
四、例题解析1. 解线性同余方程组：求解方程组2x≡3(mod 5)和3x≡4(mod 7)。
首先，对于第一个方程，由于2与5互质，所以存在唯一解x0。
根据扩展欧几里得算法，我们可以求出x0=4。
然后，将x0代入第二个方程，得到3*4≡4(mod 7)，即12≡4(mod 7)。
初等数论 同余
注意：这条与前面的(5)的推论和(7)不同, 模变了. 证明： m | (a－b) => km | k(a－b)
a b m a b mt t. d d d
2013年11月13日10时5分
我喜欢数学
性质(9)
若 a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), m=[ m1, m2 ], 则 a ≡ b (mod m) . 证明： 由充要条件, 有 m2 | (a－b)， m1 | (a－b)
2013年11月13日10时5分
性质的应用：
由 10≡1（mod 9），有 102≡12（mod 9）， 103≡13（mod 9），…，10n≡1n（mod 9）,
an an 1 a2 a1a0 an 10n an 1 10n 1 a1 10 a0 an an 1 a1 a0 (mod 9).
性质⑺ 同余式的“除”.
性质⑻⑼⑽
涉及模的改变！分别与a，b和m的约 数，倍数，公约数，最小公倍数有关.
性质⑾是关于a，b和m最大公约数的。
2013年11月13日10时5分
例 2
分析
今天是星期二，101000天之后的那天是星期几？
由于1乘a为a ，1n=1，先求得某数的n次幂与1对模同余 是非常方便的. 我们已知 7 | 1001, 即103 ＋1≡0 (mod 7), ， 103 ≡－1(mod 7), 得106 ≡1 (mod 7).
又23m1 2(mod 7)， 从而当且仅当
23m 2 4(mod 7),
n 3m时, 7 2n 1.
（2）由23m 1 2(mod 7)，3m 1 1 3(mod 7), 23m 2 1 5(mod 7), 2 可知，对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.
初等数论课程教案总结.ppt
P 1 8 定 理 1 2 : 设 m 0,我 们 有
[ ma1,. . . , mak ] = m[a1,. . . , ak ] .
P 2 0 定 理 2 ： 设 a,b是 两 个 给 定 的 整 数 , a 0. 再设 d是一个给定的整数. 那么,一定存在 惟 一 的 一 对 整 数 q1 与 r1, 满 足 b a q1 r1,d r1 a d. 此 外 , a b的 充 要 条 件 是 a r1.
P 4 4 定 理 8 ： 设 a1,,ak是 不 完 全 为 零 的 整 数 . 我 们 有 ( i ) ( a1,, ak ) = m i n { s a1x1 ak xk : x j Z( 1 j k ) , s 0} , 即 a1,, ak 的 最 大 公 约 数 等 于 a1,,ak的 所 有 整 系 数 线 性 组 合 组 成 的 集 合 S中 的 最 小 正 整 数 . ( i i ) 一 定 存 在 一 组 整 数 x1,0,, xk,0使 得 ( a1,, ak ) = a1x1,0 ak xk,0.
P 4 8 定 理 1 ： 设 p 是 素 数 , p a1a2 . 那 么 p a1或 p a2 至 少 有 一 个 成 立 . 一 般 地 , 若 p a1. . .ak , 则 p a1 ,. . . , p ak 至少一个成立.
第二章--同余---第七节--简化剩余系(2)
初 等 数 论 （16）（第二章 同余 第七节 简化剩余系（2））一、复习二、例题例2 什么样的正整数满足ϕ (2x ) = ϕ (3x )解 设x =2a 3b y ，其中ab 为非负整数，y |6/。
若b > 0，（a 、b 大于或等于0）则ϕ (2x ) =ϕ (2a +1) ϕ (3b ) ϕ (y ) =2a ×3b -1×(3-1)ϕ (y )ϕ (3x ) =ϕ (2a ) ϕ (3b +1) ϕ (y ) =2a -1×3b ×(3-1)ϕ (y )这时ϕ (2x )和ϕ (3x )不会相等。
所以在ϕ (2x ) =ϕ (3x )时，b = 0，x =2a y 。
这时，ϕ (2x ) =2a ×ϕ (y )，ϕ (3x ) =2×ϕ (2a )×ϕ (y )由ϕ (2x ) = ϕ (3x )得ϕ (2a ) =2a -1， (a > 0)故 x =2a y ，a 为正整数，y |6/。
例如 x = 215×35，则ϕ (2×215×35) =215×ϕ (35)ϕ (3×215×35) =（3 - 1）×214×ϕ (35)例3 证明：n n 41)(=ϕ不可能成立。
证明 若n n 41)(=ϕ，则n 4。
设 k p p p n αααα 21212=，其中p i 为奇质数，a ≥ 2，则k k p p p n αααα 21212241-=)1()1(2)(111211121--=----k k p p p p p n k ααααϕ，于是 )1()1)(1(22121---=k k p p p p p p上式右边为偶数，左边为奇数，矛盾。
故不存在n ，使得n n 41)(=ϕ。
例4 设m 与n 是正整数，证明：ϕ (mn )ϕ ((m ，n )) = (m ，n )ϕ (m )ϕ (n )。
第二章同余与同余式（可编辑）
练习计算ord11 3 首先计算φ 11 10，所以指数可能为1,2,5,10 从小到大依次试算 31?3, 32?9, 35?1 mod 11 ，所以ord11 3 5 根据这个结论可以推出 ord11 14 5 ord11 4 可以推出ord11 -3 ord11 -1 * ord11 3 10 所以-3?8是原根，原根一共φ 10 4个所以8?23，83?29 ?72?6， 87?221?21?2，89?227?27?7，即2、6、7、8是原根总结寻找一个原根的技巧: ordm a |φ m m, n 1， a, mn 1，则ordmn a [ordm a ,ordn a ] ab, m 1， ordm a ,ordm b 1则ordm ab ordm a ordm b 奇素数p，p-1 练习求模41的原根情况φ 11 40,现在只要考察x8, x20 从2开始,因为 28?10, 220?1 mod 41 ; 38?1, 320?-1 mod 41 ; 48?20, 420?1 mod 41 ; 58?18, 520?1 mod 41 ; 68?10, 620?-1 mod 41 ; 所以6是模41的原根练习求模41的原根情况因为:62?36, 63?-30?11, 64?25, 65?-55?27 mod 41 ; 66?39, 67?29, 68?10, 69?19,610?32, 611?28 mod 41 ; 612?4, 613?24, 614?21, 615?3, 616?18, 617?26 mod 41 ; 618?33, 619?34, 620?40,621?35,622?5, 623?30 mod 41 ; 624?16, 625?14,626?2,627?12, 628?31, 629?22 mod 41 ; 630?9, 631?13, 632?37,633?17,634?20, 635?38 mod 41 ; 636?23, 637?15, 638?8,639?7,640?1 mod 41 ; 练习求模41的原根情况所以:指数为1的元素有φ 1 1个,是1; 指数为2的元素有φ 2 1个,是620?40 mod 41 ; 指数为4的元素有φ 4 2个,是610?32, 630?9mod 41 ; 指数为5的元素有φ 5 4个,是10，18，16，37 指数为8的元素有φ 8 4个,是27，3，14，38 指数为10的元素有φ 10 4个,是25，4，31，23 指数为20的元素有φ 20 8个,是36，39，21，33，5，2，20，8 指数为40的元素有φ 40 16个,是6，11，29，19，28，24，26，34，35，30，12，22，13，17，15，7 总结指数的价值：幂化简原根的价值生成元：生成缩系所有元素 , gd d遍历φ p 的缩系φφ p 个，gd遍历模p的原根 g是原根的时候幂与计算幂后的值形成置换 a a2 a3 a4 a5 a6 3 2 6 4 5 1 总结原根的价值之二可以推出其余所有缩系元素的指数 ordm ai ordm a / ordm a ,i 可以根据幂对缩系元素按指数分类 a7 a8 a9 a10 7 3 6 1 a a2 a3 a4 a5 a6 2 4 8 5 10 9 练习计算同余方程xk ?1 mod 11 的解的个数首先计算φ 11 10，所以指数可能为1,2,5,10 k 1时，有φ 1 1个； k 2时，有φ2 1个 k 5时，有φ 5 4个； k 10时，有φ 10 4个考虑不周，k 3,4等其他数时呢 x ? 1 mod 11 是k等于任何值的解练习计算同余方程xk ?1 mod 11 的解的个数关键在于指数可能可以化简指数可取1,2,5,10, 指数为1时，有1个解，此时k可取1的倍数，即1-10任意数指数为2时，有1个解，此时k取2的倍数，即2,4,6,8,10 指数为5时，有4个解，此时k取5的倍数，即5,10 指数为10时，有4个解，此时k取10 综合：k 1,3,7,9有1个解，k 2,4,6,8有两个解，k 5有5个解，k 10有10个解练习进一步：xk ? 1 mod 11 各有哪些解？先找出每个指数对应的解，要计算指数先找出原根原根都是试找的，先看2 22?4, 25?-1, 210?1 mod 11 ,所以2是模11的原根所以生成缩系中的其它元素 22?4, 23?8, 24?5,25?10, 26?9 mod 11 27?7, 28?3, 29?6, 210?1 mod 11 所以原根有：2、8、7、6（幂与10互质）指数为5的有：4、5、9、3（幂与10最大公约2）指数为2的有：10 指数为1的有1 练习进一步：xk ? 1 mod 11 各有哪些解？所以原根有：2、8、7、6（幂与10互质）指数为5的有：4、5、9、3（幂与10最大公约2）指数为2的有：10 指数为1的有1 所以k 1、3、7、9时有解x?1 mod 11 k2、4、6、8时有解x?1 mod 11 和x?10 mod 11 k 5时有解x?1,3,4,5,9mod 11 K 10时有解x?1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 mod 11 2.6.6 初等数论在计算机科学技术中的几个应用费马小定理的应用费马小定理设p是素数, a与p互素, 则 ap-1≡1 mod p . 另一种形式是, 设p是素数, 则对任意的整数a, ap≡a mod p . 费马小定理提供了一种不用因子分解就能断定一个数是合数的新途径. 例如, 29?1≡4 mod 9 , 可以断定9是合数.2.6.6 初等数论在计算机科学技术中的几个应用产生均匀伪随机数的方法随机数与伪随机数线性同余法与乘同余法随机数：随机变量的观察值伪随机数：用计算机随机函数所产生的“随机数”并不随机，是伪随机数。
第二讲-同余(数论复赛辅导)
第二讲 同余一.基础知识1.定义1. 设m 是正整数，若用m 去除整数b a ,，所得的余数相同，则称a 与b 关于模m 同余，记作)(mod m b a ≡，否则称a 与b 关于模m 不同余，记作a)(mod m b .例如：)15(mod 434≡，)7(mod 11000-≡，98(mod 2) 等等。
当m b <≤0时，)(mod m b a ≡，则称b 是a 对模m 的最小非负剩余。
对于固定的模m ，通常有下面的性质：性质1. )(mod m b a ≡的充要条件是,a mt b t Z =+∈也即)(|b a m -。
性质2.同余关系满足以下规律：（1）（反身性）)(mod m a a ≡；（2）（对称性）若)(mod m b a ≡，则)(mod m a b ≡；（3）（传递性）若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡，则)(mod m c a ≡；（4）（同余式相加）若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m d b c a ±≡±；（5）（同余式相乘）若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m bd ac ≡；注意：① 反复利用（4）（5），可以对多于两个的（模相同的）同余式建立加、减和乘法的运算公式 ；② 特别地，由（5）易推出：若)(mod m b a ≡，c k ,为整数且0>k ，则)(mod m c b c a kk ≡； ③ 同余式的消去律一般并不成立，即从)(mod m bc ac ≡未必能推出)(mod m b a ≡，可是我们却有以下结果：若)(mod m bc ac ≡，则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡),(mod c m m b a . 由此可以推出：（6）若,1),(=m c )(mod m bc ac ≡，则有)(mod m b a ≡，即在c 与m 互素时，可以在原同余式两边约去c 而不改变模.（7）若)(mod m b a ≡，d ｜m ，则)(mod d b a ≡；（8）若)(mod m b a ≡，0≠d ，则)(mod dm db da ≡；（9）若(mod )(1,2,,)i a b m i k ≡=L ，则12(mod [,,,])k a b m m m ≡L ，特别地，若12,,,k m m m L 两两互素时，则有12(mod )k a b m m m ≡⋅⋅⋅L ；性质3.若k i m b a i i ,,2,1),(m od Λ=≡，则)(mod 11m b a k i k i i i ∑∑==≡；11(mod )k ki i i i a b m ==≡∏∏； 性质4.设)(x f 是系数全为整数的多项式，若)(mod m b a ≡，则))(mod ()(m b f a f ≡。
初等数论_第二章__同_余教案
(ⅰ){0, 1, 2,,m1}是模m的最小非负完全剩余系；
(ⅱ) 或
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
证明过程。
定理1下面的三个叙述是等价的：
(ⅰ)ab(modm)；
(ⅱ)存在整数q，使得a=bqm；
(ⅲ)mab。
证明留作习题。
对给定的整数b和模m，所有对模m同余b的整数的集合是
{b+km}）（k为整数）。
根据带余除法，a=q1mr，0r<m。全体整数按整数m为标准分为m类。
定理2同余具有下面的性质：
解由
42n+13n+2=442n93n=416n93n
43n93n= 133n0 (mod 13)
得证。
。
例6设p是素数，a是整数，则由a21(modp)可以推出
a1或a1(modp)。
解由
a21(modp)pa21 = (a1)(a1)，
所以必是
pa1或pa1，
即a1(modp)或a1(modp)。
[7(1)164]26=(74)26
=326= 3(35)53(7)5=37(72)2
2129(mod 50)，
即所求的余数是29。
例3设n的十进制表示是 ，若792n，求x，y，z。
解因为792 =8911，故
792n8n，9n及11n。
我们有
8n8 z= 6，
以及
9n913xy45z= 19xy9xy1，(5)
第二讲 同余(数论复赛辅导)
第二讲 同余一.基础知识1.定义1. 设m 是正整数，若用m 去除整数b a ,，所得的余数相同，则称a 与b 关于模m 同余，记作)(mod m b a ≡，否则称a 与b 关于模m 不同余，记作a)(m o d m b .例如：)15(mod 434≡，)7(mod 11000-≡，98(mod 2) 等等。
当m b <≤0时，)(mod m b a ≡，则称b 是a 对模m 的最小非负剩余。
对于固定的模m ，通常有下面的性质：性质1. )(mod m b a ≡的充要条件是,a mt b t Z =+∈也即)(|b a m -。
性质2.同余关系满足以下规律：（1）（反身性）)(mod m a a ≡；（2）（对称性）若)(mod m b a ≡，则)(mod m a b ≡；（3）（传递性）若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡，则)(mod m c a ≡；（4）（同余式相加）若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m d b c a ±≡±；（5）（同余式相乘）若)(mod m b a ≡，)(mod m d c ≡，则)(mod m bd ac ≡；注意：① 反复利用（4）（5），可以对多于两个的（模相同的）同余式建立加、减和乘法的运算公式 ；② 特别地，由（5）易推出：若)(mod m b a ≡，c k ,为整数且0>k ，则)(mod m c b c a k k ≡； ③ 同余式的消去律一般并不成立，即从)(mod m bc ac ≡未必能推出)(mod m b a ≡，可是我们却有以下结果：若)(mod m bc ac ≡，则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡),(mod c m m b a . 由此可以推出：（6）若,1),(=m c )(mod m bc ac ≡，则有)(mod m b a ≡，即在c 与m 互素时，可以在原同余式两边约去c 而不改变模.（7）若)(mod m b a ≡，d ｜m ，则)(mod d b a ≡；（8）若)(mod m b a ≡，0≠d ，则)(mod dm db da ≡；（9）若(mod )(1,2,,)i a b m i k ≡=，则12(mod [,,,])k a b m m m ≡， 特别地，若12,,,k m m m 两两互素时，则有12(mod )k a b m m m ≡⋅⋅⋅；性质3.若k i m b a i i ,,2,1),(m od =≡，则)(mod 11m b a k i k i i i ∑∑==≡；11(mod )k ki ii i a b m ==≡∏∏； 性质4.设)(x f 是系数全为整数的多项式，若)(mod m b a ≡，则))(mod ()(m b f a f ≡。
同余式的简单介绍
关于a x≡b(modm)的解法1．当（a,m）≡1时：(1)若a,b<m,(a,b)=1且模数较大，可取余，将a变小，然后求出解。
eg:121x≡87(m0d257) 因为(121,257)=1,所以有一个解，x=194(mod257)(2)若a,b<m,(a,b)= 1且模数较小，用欧拉公式；eg: 7x≡5(mod10) 因为（7,10）所以有一个解。
（3）若（a,b ）=1,且a,b中至少有一个大于m，利用同余知识，将a,b化小再用（1）（2）式去解（4）若（a,b），≠约去两端的公因数；再用（1）（2）（3）式去解。
1Eg:58x≡87(mod47)2当（a,m）=d>1时:用d去除同于式，再用（a,m）=1去解<1>同余取倍法：（期刊-核心期刊和田师专科学校学报）JOURNAL OF HOTAN TEA CHERS COLLEGE 2009年第03期<2>一次同余式的初等变换解法：（山西大学学报：自然科学版）——袁虎延<3>一次同余式的逐级满足法<4>观察法解一次同余式<5>Euler定理解一次同余式<6>把同余式化为不定方程的解法<7>减少模数的方法解一次同余式<8>欧几里得法解一次同余式<9>分式法解一次同余式<10>威尔逊定理算法解一次同余式<下面仔细介绍>代数/数论/组合理论/《.黑龙江科技信息》2008年19期》摘要一次同余式解法的特点及其分析——作者：李婷只讨论（a,m ）=1时，同余式ax ≡b(modm)有以下七种解法（一）（1）观察法：在模m 的完全剩余系0,1，、、、，m-1中考虑同余式的解1.，当m 较小时，可用观察法，直接快速的得出方程的解eg 2x ≡1(mod3) 因为（2,3）=1所以有一个解，x ≡2(mod3)为其解2．当系数较大时，可用同余性质 ，将同余式系数减小，而且用带余除法定理，保证系数在一个固定范围内作为模m 的系数，进而用观察法，可快速得到方程的解。
数论算法讲义2章(同余运算)
第 2 章 同余运算（一） 内容●同余概念 ●性质 ●剩余类→整数分类 ●模幂运算（二） 重点● 同余及其计算（三） 应用：● 密码学● 公钥密码学【例】 RSA 公钥算法：准备：选大素数p 、q ，记n ＝pq ，φ(n)＝(p －1)(q －1)，再选正整数e ，满足（e ，φ(n)）≡1（mod n ）并求d ，满足 ed ＝1（mod φ(n)）加密：明文串P 编码为数字M ，则密文C ≡e M （mod n ） 解密： M ≡d C （mod n ），再将数字M 解码得明文串P2.1 同余的概念及基本性质(一) 同余概念【定义2.1.1】给定一个正整数m ，两个整数a 、b 叫做模m 同余，如果a －b 被m 整除，或b a m -|，记作b a ≡ ()m mod ；否则叫做模m 不同余，记作a ≠b （（mod m ））【注】由于b a m -|等价于b a m --|，所以同余式b a ≡ ()m mod等价于 b a ≡()()m -mod ，故以后总假定模1≥m 。
判断同余的方法一：利用定义【例1】 7│28＝29－1，故29≡1（mod 7）；7│21＝27－6，故27≡6（mod 7）；7│28＝23－（－5），故23≡－5（mod 7）；(二) 性质【性质1】（定理1）设m 是一个正整数，a 、b 是两个整数，则a≡b（mod m ）⇔存在整数k ，使得a ＝b ＋km 。
（证）a≡b（mod m ） ⇔ b a m -|⇔ 存在k ，使得 a －b ＝km ，即a ＝b ＋km【性质2】（定理2）同余是一种等价关系。
即（i ） 自反性：a≡a m（ii ） 对称性：a≡b （mod m ） ⇒ b≡a （mod m ） （iii ） 传递性：a≡b mod m 且b≡c （mod m ）⇒ a≡c （mod m ）（证）（i ）m │0＝a －a ⇒ a≡a m（ii ）a≡b （mod m ） ⇒ m │a －b ⇒ m │b －a ＝－(a －b) ⇒ b≡a （mod m ）（iii ）a≡b （mod m ），b≡c （mod m ） ⇒ m │a －b ，m │b －c⇒ m │(a －b)＋ (b －c)＝a －c ⇒ a≡c （mod m ）【例3】【性质3】（等价定义）（定理3）整数a 、b 模m 同余⇔a 、b 被m 除的余数相同。
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第二章同余式第一节同余的基本概念与基本性质教学目的：同余的基本定义与性质.教学重点：同余的性质.教学课时：2课时教学过程1、定义1给定正整数m，如果整数a与b之差被m整除，则称a与b对于模m同余，或称a与b同余，关于模m，记为a ≡b (mod m)，此时也称b是a对模m的同余.如果整数a与b之差不能被m整除，则称a与b对于模m不同余，或称a与b不同余，模m，记为a≡/b (mod m).2、定理1下面的三个叙述是等价的：(ⅰ) a ≡b (mod m)；(ⅱ) 存在整数q，使得a = b +qm；(ⅲ) 存在整数q1，q2，使得a = q1m+r，b = q2m+r，0 ≤r < m.证明：留作习题.3、定理2 同余具有下面的性质：(ⅰ) a ≡a (mod m)；(ⅱ) a ≡b (mod m) ⇒b ≡a (mod m)；(ⅲ) a ≡b，b ≡c (mod m) ⇒a ≡c (mod m).证明：留作习题.4、定理3 设a ，b ，c ，d 是整数，并且a ≡b (mod m )，c ≡d (mod m )， (1)则(ⅰ) a + c ≡ b + d (mod m )；(ⅱ) ac ≡ bd (mod m )；(ⅲ) a n ≡ b n (mod m )；(ⅳ) f(a) ≡ f(b) (mod m ) , 其中f(x) 是任意整系数多项式. 证明：(ⅰ) 由式(1)及定义1可知m ∣a - b ，m ∣c - d ，因此m ∣(a + c ) - (b + d )，此即结论(ⅰ)；(ⅱ) 由式(1)及定理1可知，存在整数q 1与q 2使得a =b + q 1m ，c =d + q 2m ，因此ac = bd + (q 1q 2m + q 1d + q 2b )m ，再利用定理1，推出结论(ⅱ).证毕.5、定理4 设a i ，b i （0 ≤ i ≤ n ）以及x ，y 都是整数，并且x ≡ y (mod m )，a i ≡ b i (mod m )，0 ≤ i ≤ n ，则∑∑==≡ni i i n i i i y b x a 00(mod m ).(2) 证明：留作习题.6、定理5 下面的结论成立：(ⅰ) a ≡ b (mod m )，d ∣m ，d > 0 ⇒ a ≡ b (mod d )；(ⅱ) a ≡ b (mod m )，k > 0，k ∈N ⇒ ak ≡ bk (mod mk )； (ⅲ) a ≡ b (mod m i )，1 ≤ i ≤ k ⇒ a ≡ b (mod [m 1, m 2, , m k ])； (ⅳ) a ≡ b (mod m ) ⇒ (a , m ) = (b , m )；(ⅴ) ac ≡ bc (mod m )，(c , m ) = 1 ⇒ a ≡ b (mod m ).证明：结论(ⅰ)—(ⅳ)的证明，留作习题.(ⅴ) 由ac ≡ bc (mod m )得到m │c (a - b )，再由(c , m ) = 1，得到m │a - b ，即a ≡b (mod m ).证毕.例1 设N =01a a a n n -是整数N 的十进制表示，即N = a n 10n + a n - 110n - 1 + + a 110 + a 0 ，则(ⅰ) 3│N ⇔ 3∑=ni i a 0|； (ⅱ) 9│N ⇔ 9∑=ni i a 0|； (ⅲ) 11│N ⇔ 11∑=-n i i i a 0)1(|；(ⅳ) 13│N ⇔ 13│ +-345012a a a a a a .解：由100 ≡ 1，101 ≡ 1，102 ≡ 1， (mod 3)及式(2)可知N =∑∑==≡ni i n i ii a a 0010(mod 3)， 由上式可得到结论(ⅰ).结论(ⅱ)，(ⅲ)用同样方法证明.为了证明结论(ⅳ)，只需利用式(2)及100 ≡ 1，101 ≡ -3，102 ≡ -4，103 ≡ -1， (mod 13)和N = +⋅+⋅=--3345001201211010a a a a a a a a a a n n . 注：一般地，在考虑使N =0121a a a a n n --被m 除的余数时，首先是求出正整数k ，使得10k ≡ -1或1 (mod m )，再将N =0121a a a a n n --写成N = +⋅+⋅----k kh k k k a a a a a a a 1010221200121 的形式，再利用式(2).例2 求N =0121a a a a n n --被7整除的条件，并说明1123456789能否被7整除.解：100 ≡ 1，101 ≡ 3，102 ≡ 2，103 ≡ -1 (mod 7)，因此，)7(m od 1010678345012334500120121-+-≡+⋅+⋅==--a a a a a a a a a a a a a a a a a a a N n n即 7∣N ⇔ 7∣ -+-678345012a a a a a a a a a .由于789- 456 + 123- 1 = 455，7∣455，所以7∣1123456789.例3说明1252+是否被641整除.解：依次计算同余式22≡ 4，24≡ 16，28≡ 256，216≡ 154，232≡-1 (mod 641).因此1252+≡ 0 (mod 641)，即641∣1252+.注：一般地，计算a b (mod m)常是一件比较繁复的工作. 但是，如果利用Euler定理或Fermat定理就可以适当简化.例4求(25733+ 46)26被50除的余数.解：利用定理4有(25733+ 46)26≡ (733- 4)26 = [7⋅(72)16- 4]26≡ [7⋅( -1)16- 4]26 = (7 - 4)26≡ 326 = 3⋅(35)5≡ 3⋅(-7)5 = -3⋅7⋅(72)2≡-21 ≡ 29 (mod 50)，即所求的余数是29.例5求n =777的个位数.解：我们有71≡-3，72≡-1，74≡1 (mod 10)，因此，若77≡r (mod 4)，则n =777≡77(mod 10). (3)现在77≡ (-1)7≡-1 ≡ 3 (mod 4)，所以由式(3)得到n =777≡ 73≡ (-3)3≡-7 ≡ 3 (mod 10)，即n的个位数是3.注：一般地，若求c b a对模m的同余，可分以下步骤进行：(ⅰ) 求出整数k，使a k≡ 1 (mod m)；(ⅱ) 求出正整数r，r < k，使得c b≡r (mod k)；(ⅲ) c b a≡a r (mod m).例6证明：若n是正整数，则13∣42n + 1+ 3n + 2 .解：由42n + 1+ 3n + 2 = 4⋅42n+ 9⋅3n = 4⋅16n+ 9⋅3n≡ 4⋅3n+ 9⋅3n = 13⋅3n≡ 0 (mod 13)得证.例7证明：若2|/a，n是正整数，则na2≡ 1 (mod 2n + 2). (4) 解：设a = 2k+ 1，当n = 1时，有a2 = (2k+ 1)2 = 4k(k+ 1) + 1 ≡ 1 (mod 23)，即式(4)成立.设式(4)对于n = k成立，则有ka2≡ 1 (mod 2k + 2) ⇒k a2= 1 +q2k + 2，其中q∈Z，所以12+k a = (1 + q 2k + 2)2 = 1 + q '2k + 3 ≡ 1 (mod 2k + 3)，其中q '是某个整数.这说明式(4)当n = k + 1也成立.由归纳法知式(4)对所有正整数n 成立.例8 设p 是素数，a 是整数，则由a 2 ≡ 1(mod p )可以推出a ≡ 1或a ≡ -1 (mod p ).解：由a 2 ≡ 1 (mod p ) ⇒ p ∣a 2 - 1 = (a + 1)(a - 1)，所以必是p ∣a + 1或p ∣a - 1，即a ≡ -1 (mod p )或a ≡1 (mod p ).例9 设n 的十进制表示是z xy 4513，若792∣n ，求x ，y ，z .解：因为792 = 8⋅9⋅11，故792∣n ⇔ 8∣n ，9∣n 及11∣n .我们有8∣n ⇔ 8∣z 45⇒ z = 6， 以及9∣n ⇔ 9∣1 + 3 + x + y + 4 + 5 + z = 19 + x + y ⇔ 9∣x + y + 1， (5)11∣n ⇔ 11∣z - 5 + 4 - y + x - 3 + 1 = 3 - y + x ⇔ 11∣3 - y + x . (6) 由于0 ≤ x , y ≤ 9，所以由式(5)与式(6)分别得出x + y + 1 = 9或18，3 - y + x = 0或11.这样得到四个方程组：⎩⎨⎧=+-=++b x y a y x 31，其中a 取值9或18，b 取值0或11.在0 ≤ x , y ≤ 9的条件下解这四个方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6.7、小结8、作业 P60：ex2、ex5。