费马小定理和欧拉定理1 PPT
第六节费马小定理
回溯密码学的历史（7）
1918年，德国电子工程师亚 瑟·谢尔比乌斯（Authur Scherbius,1878-1929）发明了 转轮密码机（Enigma机），密码 学进入了机械化时代。
回溯密码学的历史（8）
次第转轮幻无穷，展化密字亿万千。 此谜只合天上有，缘何飞落人世间！
回溯密码学的历史（9）
凯撒（J. Caesar, 前102-前44年）通过将 每一个拉丁字母按字母 表上的顺序向后移3位的 方法来给自己写的军事 信函加密。
回溯密码学的历史（5）
ATTACK TOMORROW →ATTAC KTOMO RROW →0 17 →3 20 19 17 22 20 19 14 22 17 3 25 0 22 5 13 22 17 15 17 2 10 19 14 12 14
第六节 费马小定理
费马小定理
如果p是素数，并且正整数a和p 没有公约数，那么 a p −1 − 1 能被p整 除，换言之， a p −1 除以p后余数必为1， 用同余符号表示，就是
a p−1 − 1 ≡ 0 ( mod p ) , ( a, p ) = 1
例如，p=7，a=4整除。后 人为了将这个定理和费马大定理区
A.M.Turing（1912-1954）
整个战争期间，据说有数 十万份德军密电被英国人成功 破译！
回溯密码学的历史（12）
借助于密钥来编制的密码无论怎样 高明，总有一个致命的弱点：一旦加密 密钥被人知道，那么解密密钥就不难被 找出来，密文也就不再秘密了。因此， 加密密钥本身在传输过程中的安全至关 重要。为了避开密钥安全问题，20世纪 70年代末，美国数学家R.L.Rivest、A. Shamir和L.M.Adleman发明了一种全新的 加密方法——公钥密码系统。欧拉定理闪亮登场。
欧拉定理和费尔马定理
欧拉定理和费尔马定理欧拉定理和费尔马定理是数学中非常重要的两个定理，它们在数论、代数、几何等领域都有广泛的应用。
本文将分别介绍这两个定理的定义、证明和应用。
欧拉定理，也称欧拉-费马定理，是数论中的一个重要定理，它描述了模运算下的幂运算的性质。
具体来说，欧拉定理指出，如果a 和n是正整数，且它们互质，那么a的φ(n)次幂与1对n取模的余数等于1，其中φ(n)表示小于n且与n互质的正整数的个数。
即：a^φ(n) ≡ 1 (mod n)证明欧拉定理的方法有很多种，其中一种比较简单的方法是利用费马小定理和欧拉函数的性质。
具体来说，我们可以先证明当n为质数时欧拉定理成立，然后再利用欧拉函数的性质推广到一般情况。
这个证明过程比较复杂，不在本文的讨论范围内。
欧拉定理在密码学中有广泛的应用，特别是在RSA加密算法中。
RSA算法是一种公钥加密算法，它的安全性基于大数分解的困难性。
RSA算法的加密过程中需要用到欧拉定理，具体来说，就是利用欧拉定理来计算模逆元，从而实现加密和解密的过程。
费尔马定理是数论中的另一个重要定理，它描述了模运算下的幂运算的性质。
具体来说，费马定理指出，如果p是一个质数，a是一个整数，那么a的p次幂与a对p取模的余数等于a本身，即：a^p ≡ a (mod p)证明费马定理的方法比较简单，可以利用二项式定理和费马小定理来证明。
具体来说，我们可以将a^p表示为(a-1+1)^p，然后利用二项式定理展开，再利用费马小定理来化简，最终得到费马定理。
费马定理在密码学中也有广泛的应用，特别是在椭圆曲线密码学中。
椭圆曲线密码学是一种基于椭圆曲线离散对数问题的加密算法，它的安全性基于椭圆曲线上的离散对数问题的困难性。
椭圆曲线上的离散对数问题可以利用费马定理来求解，从而实现加密和解密的过程。
欧拉定理和费马定理是数学中非常重要的两个定理，它们在密码学、代数、几何等领域都有广泛的应用。
熟练掌握这两个定理的定义、证明和应用，对于理解和应用相关领域的知识都有很大的帮助。
§3.4 欧拉定理·费马定理及其对循环小数的应用
12371 12371
7 28
12371 12371 123711 502 50 14 mod111 ,
3 2
12371 12371
56
123711 142 50 32 mod111 , 322 25 mod111 ,
1 2
50 50
1 3 2
0 2
501 50 mod111 ,
2
501 502 50 14 mod111 ,
1 7 2 2
28
14 2
2
故
12371
56
34 70 mod111.
28
3.（ⅰ）证明下列事实但不许用定里1的推论：若p是 质数，h1, h2 , , ha是整数，则 p p p h h h h h 1 2 a 1 2
易知q为正整数，故q1, q2 , , qt都为非负整数.若qt 1，则
q 10t ，这与q 10t 1矛盾.故qt 0, q 10t 1 a1 10t 2 a2
10at 1 at , 从而 a 1 a 0.a1a2 at t . b 10 b 反复应用上式，即得 a 0.a1a2 at . b a 定理3 若 是有理数，其中0 a b, a, b 1, b 2 5 b1 , b a b1,10 1, b1 1, , 都为非负整数，但不全为零，则 可以 b 表示为循环小数，其中不循环的位数是 max , . 返回
1 2 0 1, 故
12371 12371
1 3 1 2
0 2
123711 50 mod111 ,
欧拉公式PPT课件
物理学
ห้องสมุดไป่ตู้工程学
在物理学中，欧拉公式用于描写波动、振动和波动方程的解。
在电气工程、控制系统等领域，欧拉公式用于分析交流电和交流信号的特性。
03
02
01
03
CHAPTER
欧拉公式的证明
通过解析几何的方法，利用向量和复数的几何意义，推导欧拉公式。
解析几何法
利用三角函数的周期性和对称性，通过三角恒等式推导出欧拉公式。
在量子力学中，波函数是描写粒子状态的重要工具。通过波函数的模平方，可以计算出粒子在某个位置出现的概率。欧拉公式在量子力学中的波函数计算中发挥了重要的作用，它可以将复指数函数转化为三角函数，使得波函数的计算变得更加简单和准确。
总结词：欧拉公式在量子力学中的波函数计算中发挥了关键的作用，使得波函数的计算更加准确和高效。
05
CHAPTER
欧拉公式的应用实例
VS
傅里叶变换是信号处理和通讯领域中的重要工具，它可以将时间域的信号转换为频域的信号，从而更好地分析信号的特性和频率成分。欧拉公式在傅里叶变换中扮演着关键的角色，它提供了将复指数函数转化为三角函数的方法，使得傅里叶变换的计算变得简单和高效。
总结词：欧拉公式在傅里叶变换中的应用使得信号处理和通讯领域的研究更加便利和高效。
三角函数法
利用幂级数的性质和运算规则，通过幂级数展开式推导出欧拉公式。
幂级数法
通过代数运算和恒等变换，利用复数的代数情势和性质，推导欧拉公式。
代数法
利用微积分的基本定理和性质，通过微积分运算推导出欧拉公式。
微积分法
利用矩阵的运算规则和性质，通过矩阵变换推导出欧拉公式。
矩阵法
通过几何图形和空间向量的性质，利用几何图形变换和向量运算，推导欧拉公式。
欧拉-费马小定理定理（证明及推论）
欧拉-费马⼩定理定理（证明及推论）欧拉定理：若正整数a , n 互质，则aφ(n)≡1(mod n)其中φ(n) 是欧拉函数（1~n) 与n 互质的数。
证明如下：不妨设X1，X2 ...... Xφn是1~n与n互质的数。
⾸先我们先来考虑⼀些数：aX1，aX2 ...... aXφn 这些数有如下两个性质： （1）任意两个数模n余数⼀定不同：（反证）若存在aX1≡aX2（mod n），则 n |（ aX1 - aX2 ），⽽a，n互质且（X1 -X2）< n，所以n不可能整除（ aX1 - aX2 ），也就是说不存在aX1≡aX2（mod n）。
归纳法：对于任意的与n互质的X i均成⽴。
故得证。
那么因为有φn个这样的数，X i mod n（i=1~φn）所以就有φn 个不同的余数，并且都是模数⾃然是（0~n-1）。
（2）对于任意的aX i（mod n）都与n互质。
这不难想，因为a与n互质这是欧拉函数的条件，X i是（1~n）与n互质的数的集合中的元素。
所以如果a*X i做为分⼦，n做为分母，那么他们构成的显然就是⼀个最简分数，也就是aX i和n互质。
接下来就可以⽤欧⼏⾥得算法：因为：gcd（aX i，n）==1所以：gcd（aX i，n）== gcd（n，aX i%n）== 1 这样，我们把上⾯两个性质结合⼀下来说，aX1（mod n），aX2（mod n） ...... aXφn（mod n）构成了⼀个集合（性质1证明了所有元素的互异性），并且这些数是1~n与n互质的所有数构成的集合（性质1已说明）。
这样，我们巧妙的发现了，集合{ aX1（mod n），aX2（mod n） ...... aXφn（mod n）}经过⼀定的排序后和集合{ X1，X2 ...... Xφn }完全⼀⼀对应。
那么：aX1（mod n）* aX2（mod n）* ...... * aXφn（mod n）= X1 * X2 * ...... * Xφn 因此：我们可以写出以下式⼦：aX1 * aX2 * ...... * aXφn ≡ X1 * X2 * ...... * Xφn（mod n），即：（aφn -1）X1 * X2 * ...... * Xφn≡ 0 （mod n） ⼜因为X1 * X2 * ...... * Xφn与n互质，所以，（aφn -1）| n，那么aφn ≡ 1（mod n）。
费马定理、欧拉定理、威尔逊定理(讲稿)
欧拉定理、费马定理、威尔逊定理1、欧拉函数：φ(m )是1, 2, …, m 中与m 互质的个数，称为欧拉函数.①欧拉函数值的计算公式：若m ＝p 1α1p 2α2…p n αn , 则φ(m )＝m (1－1p 1)(1－1p 2)…(1－1p n) 例如，30＝2·3·5，则.8)511)(311)(211(30)30(=---=ϕ②若p 为素数，则1()1,()(1),k k p p p p p ϕϕ-=-=-若p 为合数，则()2,p p ϕ≤-③不超过n 且与n 互质的所有正整数的和为1()2n n ϕ；④若(,)1()()(),a b ab a b ϕϕϕ=⇒= 若()()a b a b ϕϕ⇒⑤设d 为n 的正约数，则不大于n 且与n 有最大公因数d 的正整数个数为()ndϕ， 同时()()d nd nn d n dϕϕ==∑∑；例1、证明：φ(n )＝14n 不可能成立.不可能成立假设不成立上式不成立，左边是一个奇数，上式右边是一个偶数，又即：即：为奇质数，则：设成立，则证：若不可能成立；【练习】证明：n p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p n p p p p p p n n n n k k k k k kk k k k k k k k k k 41)4()1()1)(1(4)1()1)(1(22)1()1)(1(2241)(,,),2(,2|441)4(41)4(212121112112122211212121212121212121=∴∴∴---=---=---==≥===----ϕϕαϕϕααααααααααααααααααααΘΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛ例2、证明：数列{2n －3}中有一个无穷子数列，其中任意两项互质.}{}32{1,,,1),(mod 1321),(mod 122)(32,,,,}32{}32{21211)()((()(1)(12121212121i n k k i u u u i u u u u u u u u u k k n n u k u u u u ki u ki u x u u u u k k k k k 互素的无穷子数列中一定有一个任意两项数列依此方法一直下去项两两互素的子数列，是、数列＝理有：是欧拉函数，由欧拉定其中作项是两两互素的，记为中已有证明：设数列其中任意两项互素；中有一个无穷子数列，、证明：数列例））-+∴≤≤-≡-∴≤≤≡-=--++++ΛΛΛΛΛΛϕϕϕϕϕϕϕ例3、已知p 为质数，在1, 2, …, p α中有多少个数与p α互质？并求φ(p α). 直接用性质②例4 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，求出这个数列的第2010项.解：1~105的所有正整数中共有(105)(3)(5)(7)48ϕϕϕϕ==个与105互素，他们从小到排列为：12345481,2,4,8,11,,104a a a a a a ======L . 对于任一的n a ，由带余除法存在唯一的q , r 使得 105,0,0105n a q r q r =+≥≤<，由(a n ，105)＝1，可得(r ，105)＝1，即1248{,,,}r a a a ∈L .反之，对于任意固定非负整数q , 1248{,,,}r a a a ∈L 有(105q ＋r ，105)＝1，于是105q ＋r 都是数列的项， 从而存在正整数n ，使得105n a q r =+. 因此数列{}n a 仅由105(1,2,,48)n q a n +=L 的数由小到大排列而成的.因为2010＝48*41＋42，所以有2010424842201010541,104,89,4394a a a a a =⨯+===而由求得所以. 2、(欧拉定理) 若(a , m )＝1，则a φ(m )≡1(mod m ).证明：设r 1，r 2，…，r φ(m )是模m 的简化剩余系，又∵(a , m )＝1，∴a ·r 1，a ·r 2，…，a ·r φ(m )是模m 的简化剩余系， ∴a ·r 1×a ·r 2×…×a ·r φ(m )≡r 1×r 2×…×r φ(m )(mod m )，又∵(r 1·r 2·…·r φ(m ), m )＝1，∴a φ(m )≡1(mod m ). 注：这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题. 应用：设(a , m )＝1, c 是使得a c ≡1(mod m )的最小正整数, 则c |φ(m ).2、(定义1) 设m ＞1是一个固定的整数, a 是与m 互质的整数，则存在整数k (1≤k ≤m )，使a k ≡1(mod m )， 我们称具有这一性质的最小正整数(仍记为k )称为a 模m 的阶，由a 模m 的阶的定义，可得如下性质： ⑴ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，u , v 是任意整数，则a u ≡a v (mod m )的充要条件是u ≡v (mod k )， 特别地，a u ≡1 (mod m )的充要条件是k |u 证明：充分性显然.必要性：设,u l u νν>=-，由(mod )ua a m ν≡及(,)1a m =知1(mod )la m ≡. 用带余除法，,0,l kq r r k =+≤<故1(mod )kqra a m ⋅≡，∴1(mod )ra m ≡，由k 的定义知，必须0r =，所以(mod ).u v k ≡⑵ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，则数列a , a 2, …, a k , a k ＋1,…是模m 的周期数列，最小正周期为k ， 而k 个数a , a 2,…, a k 模m 互不同余.⑶ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，则k |φ(m )，特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶整除p －1. (4) 设(a , p )＝1, 则d 0是a 对于模p 的阶⇔0da ≡1(mod p ), 且1, a , …, a do −1对模p 两两不同余. 特别地, d o ＝φ(p )⇔1, a ,…, a φ(p )−1构成模p 的一个简化剩余系. 定理：若l 为a 对模m 的阶，s 为某一正整数，满足)(m od 1m a s≡，则s 必为l 的倍数. 例5、设a 和m 都是正整数，a ＞1. 证明：).1(|-ma m ϕ证明：实上，显然1-m a a 与互素，且1-m a a 模的阶是m ，所以由模阶的性质③导出).1(|-ma m ϕ 例6：设m , a ,b 都是正整数，m ＞1，则(.1)1,1),(-=--b a bam m m证明：记).1,1(--=bam m d 由于(a , b )|a 及(a , b )|b ，易知1|1),(--a b a m m及1|1),(--b b a m m ，故d mb a |1),(-， 另一方面设m 模d 的阶是k ，则由)(m od 1),(m od 1d m d m b a ≡≡推出，k |a 及k |b ，故k |(a ，b ). 因此.1|),(m od 1),(),(-≡b a b a m d d m 即综合两方面可知，.1),(-=b a md 证毕.3、(费尔马小定理) 若p 是素数，则a p ≡a (mod p ) 若另上条件(a ，p )＝1，则a p −1≡1(mod p ) 证明：设p 为质数，若a 是p 的倍数，则)(m od 0p a a p≡≡.若a 不是p 的倍数，则1),(=p a 由欧拉定理得：)(mod 1,1)()(p ap p p ≡-=ϕϕ，)(mod ),(mod 11p a a p a p p ≡≡∴-，由此即得.4、(威尔逊定理) p 为质数 ⇔ (p －1)!≡－1 (mod p )证明：充分性：若p 为质数，当p ＝2，3时成立，当p ＞3时，令x ∈{1, 2, 3, …, p −1}，则1),(=p x ，在x p x x )1(,,2,-Λ中，必然有一个数除以p 余1， 这是因为x p x x )1(,,2,-Λ则好是p 的一个剩余系去0. 从而对}1,,2,1{},1,2,1{-∈∃-∈∀p y p x ΛΛ，使得)(mod 1p xy ≡；若)(m od 21p xy xy ≡，1),(=p x ，则)(m od 0)(21p y y x ≡-，)(|21y y p -，这不可能. 故对于不同的}1,,2,1{,21-∈p y y Λ，有1xy ≡／)(m od 2p xy .即对于不同的x 对应于不同的y ， 即1,,2,1-p Λ中数可两两配对，其积除以p 余1，然后有x ，使)(m od 12p x ≡，即与它自己配对， 这时)(m od 012p x ≡-，)(mod 0)1)(1(p x x ≡-+，∴1-=p x 或1=x .除1,1-=p x 外，别的数可两两配对，积除以p 余1.故)(mod 11)1()!1(p p p -≡⋅-≡-.必要性：若(p －1)!≡－1 (mod p )，假设p 不是质数，则p 有真约数d ＞1，故(p －1)!≡－1 (mod d )，另一方面，d ＜p ，故d |(p －1)!，从而(p －1)!≡0 (mod d )，矛盾！ ∴p 为质数.5、算术基本定理：任何一个大于1的整数都可以分解成质数的乘积. 如果不考虑这些质因子的次序，则这种分解法是唯一的. 即对任一整数n ＞1，有n ＝p 1α1p 2α2…p k αk ，其中p 1＜p 2＜…＜p k 均为素数， α1、α2、…、αk 都是正整数.①正整数d 是n 的约数⇔ d ＝p 1β1p 2β2…p k βk ，(0≤βi ≤αi , i ＝1, 2, …, k )② 由乘法原理可得：n 的正约数的个数为r (n )＝(α1＋1)(α2＋1)…(αk ＋1) ③ n 的正约数的和为S (n )＝(1＋p 1＋…＋p 1α1)(1＋p 2＋…＋p 2α2)…(1＋p k ＋…＋p k αk )④ n 的正约数的积为T (n )＝1()2r n n⑤ n 为平方数的充要条件是：r (n )为奇数.(2) 判断质数的方法：设n 是大于2的整数，如果不大于n 的质数都不是n 的因子，则n 是质数. (3) n !的标准分解：设p 是不大于n 的质数，则n !中含质数p 的最高次幂为：).]([][][][)!(132+<≤++++=m m m p n p pnp n p n p n n P Λ 从而可以写出n !的标准分解式.例7、证明：当质数p ≥7时，240|p 4－1.1|2401|531653161|51|31),5(,1),3(16422)1)(1)(1(1111,1,1)1)(1)(1(1,72401744442242244-∴-⋅⋅--∴==⋅⋅++-=-+-++-++-=-∴≥-≥p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p 两两互素，则与，又费马小定理有：又整除＝能被是相邻的偶数，则：和均为偶数，且又是奇数素数证：整除；能被时，、证明当素数例ΘΘΘΘ例8、求20052003被17除所得的余数.解：()2005200520052003171141414(mod17),=⨯+≡因为(17,14)1,=所以由费马小定理得16141(mod17),≡ 故()()()()()5420052005161255520031414143334312(mod17),⨯+≡≡≡≡-≡--≡--≡所以20052003被17除所得的余数是14.变式拓展：已知a 为正整数，a ≥2，且(a , 10)＝1，求a 20的末两位数字.解：∵(a , 10)＝1，∴a 为奇数，∴a 20＝a φ(25)≡1(mod 25)，又∵a 2≡1(mod 4)⇒ a 20≡1(mod 4)， 又∵(25, 4)＝1，∴a 20≡1(mod 100)，∴a 20的末两位数字01.例9、证明：方程325y x =+无整数解.解：若y 是偶数，则8 |3y ，x 2≡3(mod 8)不可能. 故必有y 一定是奇数，从而x 是偶数.令x ＝2s ，y ＝2t ＋1得t t t s 36422232++=+, 知t 是偶数，令t ＝2j ，代入得s 2＋1＝j (16j 2＋12j ＋3) 由(16j 2＋12j ＋3)≡3(mod 4) 知存在4k ＋3型的奇素数p ，使得p |(16j 2＋12j ＋3)，从而p | s 2＋1，即s 2≡－1(mod p )，有(s ，p )＝1, 21212)1()(---≡p p s (mod p )，于是 1-p s ≡－1(mod p )与费尔马小定理矛盾.例10、 试证：对于每一个素数p ，总存在无穷多个正整数n ，使得p |2n －n.. 证明：若p ＝2，则n 为偶数时结论成立.若p ＞2，则(2，p )＝1，由费尔马小定理2 p －1≡1(mod p )，故对于任意m ，有2 m (p −1)≡1(mod p ). ∴2 m (p −1)－m (p －1)≡1＋m (mod p )，令1＋m ≡0(mod p )，即m ＝kp －1， 则对于n ＝m (p －1)＝(kp －1)(p －1)(k ∈N *)，均有2 n －n 被p 整除例11、设a , b 为正整数，对任意的自然数n 有n na nb n ++，则a ＝b . 证明：假设a 与b 不相等. 考虑n ＝1有11a b ++，则a ＜b .设p 是一个大于b 的素数，设n 是满足条件的正整数：1(mod(1)),(mod ),n p n a p ≡-≡- 由孙子定理这样的n 是存在的，如 n ＝(a ＋1)(p －1)＋1. 由费马定理(1)1(mod ),nk p a aa p -+=≡所以0(mod ),n a n p +≡也即,(mod )n n p b n bn ba p ++≡-再由费马定理，所以pb a -，矛盾. 例12、设p 是奇素数，证明：2 p －1的任一素因了具有形式x px ,12+是正整数.证明：设q 是2 p －1的任一素因子，则q ≠2. 设2模q 的阶是k ，则由)(m od 12q p≡知k |p ，故k ＝1或p (因p 是素数，这是能确定阶k 的主要因素).显然k ≠1，否则),(m od 121q ≡这不可能，因此k ＝p .由费马小定理)(mod 121q q ≡-推出.1|,1|--q p q k 即因p 、q 都是奇数，故q －1＝2px (x 是个正整数).例13、设p 是大于5的素数, 求证：在数列1, 11, 111, …中有无穷多项是p 的倍数.证明： 因5p >是素数, 故(,10) 1.p =由费马小定理1101(mod ),p p -≡故对每一个正整数l 有()11010(mod ),l p p --≡ 而()()(){1111019999111,l p l p l p ----==⨯L L 123个个因()1(,9)1,101,l p p p -=- 故(){111 1.l p p -L 个例14、证明：若0(mod ),ppm n p +≡则20(mod ),ppm n p +≡这里p 是奇素数.证明：因p 是奇素数，故由费马定理得，(mod ),(mod ).ppm m p n n p ≡≡于是，(mod ).ppm n m n p +≡+ 故可由已知条件0(mod )ppm n p +≡得0(mod ).m n p +≡故存在整数k 使得,.m n pk n pk m +==- 因此()()()()()()()12122111210(mod ).p p p p p p p p p rp rrrp p ppm n m pk m pk C pk m C pk m Cpk m Cpk m p -----+=+-=-+++-++≡LL例15、(2004第36届加拿大奥林匹克) 设p 是奇质数，试证：∑-=-+≡11212)(mod 2)1(p k p p p p k例16、(第44届IMO ) 设p 是质数，试证：存在一个质数q ，使对任意整数n ，数n p −p 不是q 的倍数.例17、已知p是给定的质数，求最大正整数m满足：⑴1≤m≤p−1；⑵∑-=≡11) (modpkm p k.例18、(2006国家集训队测试题) 求所有的正整数对(a, n)，使得n|(a＋1)n−a n课外练习题：1、①证明：f (x )＝15x 5＋13x 3＋715x 是一个整值多项式. ②求证：f (n )＝15n 5－32n 2＋1310n －1被3除余2.①则只需证=)(15x f x x x 75335++是15的倍数即可. 由3，5是素数及Fetmat 小定理得)5(mod 5x x ≡，)3(mod 3x x ≡，则)5(m od 07375335≡+≡++x x x x x ；)3(m od 0275335≡+≡++x x x x x而(3，5)＝1，故)15(mod 075335≡++x x x ，即)(15x f 是15的倍数, 所以)(x f 是整数. 2、 证明：2730|n 13－n (n ∈N *))(|2730137532),(137532)(|2),(|3),(|5),(|7)(,)(,)(,)(,)()1)(1)(1)(1)(1()1)(1)(1()1)(1(),(|13),(,)(1375322730)(,|273043212433527162263366131313n f n f n f n f n f n f n f n n n f n n n f n n n f n n n f n n n n n n n n n n n n n n n n n n f N n n n n f N n n n 两两互素，故，，，，且均整除，，，，即由费马小定理可知：的因式都是故由于可知则由费马小定理，，若记＝证明：【练习】证明：-=-=-=-=++-+++-=++-=+-=-∈-=⋅⋅⋅⋅∈-Θ3、 已知有正整数b a b a ab ba b a ++++的最大公约数不超过与是整数，求证：使得11,.证明：由于a ＋1b ＋b ＋1a ＝a 2＋b 2＋a ＋b ab……①，设(a , b )＝d ，则d 2|a 2＋b 2，显然d 2|ab ，由①得，d 2|a ＋b于是a ＋b ≥d 2，a ＋b ≥d ，即 (a , b )≤a ＋b .4、求最小的正整数k ，使得存在非负整数m ，n 满足k ＝19m －5n5、将与105互素的所有正整数从大到小排列，试求出这个数列的第1000项；法一：由105=3×5×7；故不超过105而与105互质的正整数有105×(1－13)(1－15)(1－17)=48个.1000=48×20＋48－8， 105×20=2100. 而在不超过105的与105互质的数中第40个数是86． ∴ 所求数为2186. 法二：6．设n m ,为正整数，具有性质：等式(171,)(171,)k m k n -=-对所有的正整数k 成立. 证明：17rm n =，其中r 是某个整数.。
费马大定理PPT课件
• 4、欧拉
• 1707年4月5日～1783年9 月18日）是瑞士数学家和 物理学家。他被一些数学 史学者称为历史上最伟大 的两位数学家之一（另一 位是卡尔·弗里德里克·高 斯）。欧拉是第一个使用 “函数”一词来描述包含 各种参数的表达式的人
• 首先证明了n=3时无解
5、索菲·热尔曼 出身巴黎一个殷实的商
人家庭，从小热爱数学，但 不为家庭所鼓励。身为女性， 热尔曼的故事显出了当时女 性求学的困难和自卑。她总 不想别人知道她女性的身分， 常以假名和其他数学家通信。
证明大概无解
• 阿基米德 （公元前287年—公元前212
年），古希腊哲学家、数学家、 物理学家。出生于西西里岛的 叙拉古。阿基米德到过亚历山 大里亚，据说他住在亚历山大 里亚时期发明了阿基米德式螺 旋抽水机。后来阿基米德成为 兼数学家与力学家的伟大学者， 并且享有“力学之父”的美称。 阿基米德流传于世的数学著作 有10余种，多为希腊文手稿。
费马大定理
THE LAST PROBLEM
• 1、毕达哥拉斯 • 公元前六世纪数学家 • 提出：勾股定理
公元前5世纪，发生了史上第一宗毕达哥拉斯凶案。 希帕索斯因为发现无理数的真相，而撼动了整个毕达哥拉斯 哲学大厦的根基，结果遭到无情的谋杀…
• 2、欧几里德
• 亚历山大里亚的欧几里得（希腊 文：Ευκλειδης ，约公元前330 年—前275年），古希腊数学家， 被称为“几何之父”。他最著名 的著作《几何原本》是欧洲数学 的基础，提出五大公设，发展欧 几里得几何，被广泛的认为是历 史上最成功的教科书。欧几里得 也写了一些关于透视、圆锥曲线、 球面几何学 宅,看见一位老人在地上埋 头作几何图形(还有一种说 法他在沙滩上画图),可阿基 米德却对他的到来没有反应，
苏教版高中数学选修4-6：欧拉定理与费马小定理_课件1
21
费马小定理和欧拉定理
• 证明？？
• 设任意整数a，且a%p!=0。 • 现在构造出p-1个数：a,2*a,3*a,......(p-1)*a • 可以得知这p-1个数中任意一个都不整除p. • 现在证明，p-1个数中任意两个数不同余：
费马小定理和欧拉定理
1
欧拉定理与费马小定理
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费马小定理和欧拉定理
• 费马小定理：
设P是素数，a是任意整数，并且a不整除p，则：
欧拉定理： a^(p-1)≡1(mod p)
如果gcd(a,p)=1，那么 a^Φ(p)=1(mod p)
Φ(p)：称作欧拉函数，是求小于等于p且与p互素的正整 数的个数。其中 Φ(1)=1.
费马小定理和欧拉定理
• 根据以上结论，我们可得： a,2*a,3*a,......(p-1)*a这p-1个数对P求余构 成了p的一个完全系。
• 从而，我们根据乘法求余公式可以得到： • a*(2*a)*(3*a)*......*((p-1)*a)≡(1*2*3*......*(p-1)) (mod p) • 提取公因式： • a^(p-1) *(p-1)!≡(p-1)!(mod p),约去相同的项：
两边约去同类项后即得证。
欧拉函数的几个性质
若n=p1^k1*p2^k2…pr^kr 则欧拉函数
Φ(n)=(p1-1)p1^(k1-1)*(p2-1)p2^(k2-1)…(pr-1)pr^(kr-1)
并且有
n (d)
d|n
可以这么理解：
[1,n]中，若d是n的一个约数，则满足(x,n)=d
的x个数为Φ(n/d)，所有的Φ(n/d)相加即是n
费马原理(共5张PPT)
① 直线传播定律 ② 反射定律
③ 折射定律
Q 介质1 介质2 介质 P
n1
n2 3 n3
§4 费马原理
第一章 光和光的传播
• 〔1〕光的直线传播定律
•
在均匀介质中，两点间光程最短的
途径是直线。
§4 费马原理
第一章 光和光的传播
那么易知当i’=i时，QO+OP为光程最短的途径。 常数值(物—象等光程性) 在均匀介质中，两点间光程最短的途径是直线。 过Q、P点作与Σ面垂直的平面Π 在一样时间内光在真空中传播的间隔 常数值(物—象等光程性) P’是P点关于Σ面的对称点。 过Q、P点作与Σ面垂直的平面Π
§4 费马原理
第一章 光和光的传播
§4 费马原理
一 光程
在一样时间内光在真空中传播的间隔
折射率和路程的乘积
m
(QP) ni li i1
l1 N l2 M l3
Q 介质1 介质2 介质 P
n1
n2 3 n3
物理意义:可以经过比较两个振动的光程来调查两个振 动的步伐〔相位〕差别。
位相差 2 l
Q点发出的光经反 射面Σ到达P点
P’是P点关于Σ 面的对称点。
直线QP’与反射面 Σ交于O点。
P，Q，O三点 确定平面Π。
那么易知当i’=i时，QO+OP为光程最短的途径。
§4 费马原理
第一章 光和光的传播
Q
h1 i1 x
px n1
Q’
O P’
折射定律
过Q、P点作与Σ面垂直 的平面Π
光程差 l n2l2n1l1
§4 费马原理
第一章 光和光的传播
二 费马原理的表述
〔1〕定义：两点间的实践途径就是光程(或所需传播时
《费马小定理和欧拉定理》课件人教新课标
欧拉定理 费马定理及其对循环小数的应用
本节主要通过应用简化剩余系的性质证明 数论中的两个重要定理，欧拉定理和费马定理, 并说明其在理论和解决实际问题中的应用。
一、两个基本定理
定理1Euler 设 m是正整数，(a, m) = 1， 则 am) 1 (mod m).
证明： 设{x1, x2, , x(m)}是模m的一个简化剩余系， 则{ax1, ax2, , ax(m)}也是模m的简化剩余系， 所以 ax1ax2 ax(m) x1x2 x(m) (mod m)， 即 a(m)x1x2 x(m) x1x2 x(m) (mod m). 由( x1, m) ( x2 , m) ＝( x(m), m) 1 得 (x1x2 x(m), m) = 1，所以 a(m) 1 (mod m).
4. 定理5 纯循环小数 0.b1 b2 bt 可以化为分数
b1b2 bt , 其中，分母中含有t个9. 99 9
证明： 10t b1b2 bt
(10t 1) b1b2 bt
b1b2 10t
bt 1
b1b2 99
bt . 9
0. 2 3
23 99
0. 3 6
36 99
4 11
0.023 23 999
解：(7） 6，由欧拉定理得 106 （1 mod 7）.
又10 （4 mod6）,102 （4 mod6）, ，1010 （4 mod6） 1010 10102 101010 104 104 + 10（4 mod7） 34 34 3（4 mod7） 34 10(mod7) 4（3 mod7） （5 mod7）
b1
记
a1 b1
0.c1
ck c1
ck
高中数学A版三 费马小定理和欧拉定理优秀课件
由于 31和127是素数 并且 235 1 = 31*127*8727391
所以，235 1的另外的素因数p只可能在数列
71，211，281， (5) 中 经检验，得到8727391 = 71*122921. 显然，122921的素因数在31，127或者数列(5)中 说明，122921不能被31和127整除，也不能被数
呢，这就是下面要讲的欧拉定理.
欧拉定理 设m为正整数，ɑ为
任意整数，且（ɑ， m ）=1，则
aφm 1modm,其中φm表示1，2，...，m
中与m互素的正整数的个数.
证明：
( 1 ) 令Z n = {x1,x2,...,xφn}
S = {a×x1（m od n）,a×x2（m od n）,...,a×xφn（ m od n）}
（2）
aφn x1 x2...xφn (m odn) ≡(ax1) (ax2 ) ... (a xφn )(m od n) ≡(ax1(m od n))×(ax2(m od n)) ... (axφn (m odn))(m od n)
对比等式的左右两端，因为 xi (1 ≤ i ≤ φ(n)) 与 n 互质，所以 aφ(n) ≡ 1 mod n （消去律）.
则 Zn = S .
① 因为 a 与 n 互质， xi (1 ≤ i ≤ φ(n)) 与 n 互质， 所
以 a * xi 与 n 互质，所以 a * xi mod n ∈ Zn .
② 若 i ≠ j ， 那么 xi ≠ xj，且由 a, n互质可得
a*
xi mod n ≠ a * xj mod n （消去律）.
人教版八年级数学下册《费马大定理》PPT (1)
2、轮船：海洋 A.河流：芦苇 B.海洋：鲸鱼 C.海鸥：天空 D.飞机：海洋
此题属于物体与其运动空间的类比推理题，故正确答案为C。
3、汽车：运输 A.捕鱼：鱼网 B.编织：鱼网 C.鱼网：编织 D.鱼网：捕鱼
此题属于工具与作用的类比推理题，故正确答案为D。
小结 ☞
类比推理 由特殊到特殊的推理
(3)检验这个猜想.
观察、比较 联想、类推
猜想新结论
2、类比推理的一般模式:
A类事物具有性质a,b,c,d, B类事物具有性质a’,b’,c’,
(a,b,c与a’,b’,c’相似或相同） 所以B类事物可能具有性质d’.
例题解析：
例1、试根据等式的性质猜想不等式的性质。
等式的性质：
猜想不等式的性质：
再进一步
欧拉1770年提出 n=3的证明
xn + yn = zn ， 当 n=3, 4时无整数解
欧拉的策略：
证明某结论 对于简单情 形成立，再 证明任何使 情形复杂化 的操作都将 继续保持该 结论的正确 性。
Leonhard Euler, 1707-1783
n = 5 的证明
勒让德 Legendre (1752 - 1833) 法国人 1823 年，证明了 n = 5
Ernst Kummer 1810-1893
悬赏十万马克
德国的沃尔夫斯克勒 Wolfskehl (1856 - 1908)
德国商人，学习医学， 1883 年跟库莫尔学习
订立遗嘱，悬赏十万马克，奖赏在他死后一百 年内能证明“费马最后定理”的人
“证明这种不可 能性的尝试，提供 了一个明显的例子， 说明这样一个非常 特殊、似乎不十分 重要的问题会对科 学产生怎样令人鼓 舞的影响”。
第二章第4节 欧拉定理 费马小定理 《信息安全数学基础》课件
ari rj (mod m)
所以 (ar1 )(ar2 ) (ar (m) ) r1r2 r (m) (mod m)
即 a(m)r1r2 r(m) r1r2 r(m) (mod m)
又因
所以
(ri , m) 1, i 1, 2, ,(m)
(r1r2 r (m) , m) 1
故
16
6、有布7丈5尺，裁剪成大人和小孩的衣料，大人一件 衣服用布7尺2寸，小孩一件衣服用布3尺，问各裁剪多 少件衣服恰好把布用尽。 7、求201319852004 被7除余数是几？
17
本章主要内容
同余
剩余类
基本性质
简化剩余类
完全剩余系 简化剩余系 欧拉定理 费马定理
欧拉函数及其计算方法
15
半期试题 第1题10分，2-7题各15分。 1、p 3为素数，求证8 p2 1不能为素数。 2、问123451234的最后两位数？ 3、用同余的方法证明：是否存在五个连续自然数， 将得前四个数的平方和等于第五个数的平方。 4、解同余式方程589x 1026(mod 817) 5、求20!的标准分解式。
证 因p是素数,则对任何整数a,有p | a,或(a, p) 1.
若p | a,显然有 a p a (mod p).
若(a, p) 1,则由欧拉定理 a( p) 1 (mod p)
又( p) p 1, 于是
a p1 1 (mod p) a p a (mod p)
5
例5 设p, q是两个不同的奇素数, n pq, (a, pq) 1,
aed a (mod p) aed a (mod q)
aed a (mod[ p, q])
aed a (mod n)
北师大版高中数学选修4-6初等数论初步：欧拉定理·费马小定理
新知学习
定义 在于模m互素的全部剩余类中，每一 类中任取一数所组成的数的集合，叫作模m 的一个简化剩余系。
不难得到：与模m互素的剩余类的个数是ψ （m），模m的每一简化剩余系是由与m互素 的ψ （m）个对模m不同余的整数组成的。
新知学习
如果a1，a2，…，aψ （m）是模m的一个简化剩 余系，并且（a，m）=1，那么aa1，aa2，…， aaψ （m）是也是模m的一个简化剩余系。
新知练习
练习2 证明：数列｛2 n -3｝中有一个无穷 子数列，其中任意两项互素。
证明 设数列｛2 n -3｝中已知有k项是两两 互素的，记为u1，u2，…，uk，
作u =2 -3， k+1
ψ （u1u2…uk）+1
其中ψ （x）是欧拉函数，由欧拉定理有：
2 =2 ≡1（mod u ）， ψ （u1u2…uk）
新知学习
a（aa2）…（aaψ ） （m） ≡ a2…aψ （m）（mod m），
进而得到：
a（aa2）…（aaψ ） （m）
＝ a a …aபைடு நூலகம்ψ （m） 2
ψ （m）
≡ a2…aψ （m）（mod m）.
因为a2,…，aψ （m）与m互素，所以： aψ （m） ≡1（mod m）.
新知学习
在欧拉定理中，若m是素数p，由ψ （P）=P-1 便得到：
费马小定理 设p为素数，且（p，a）=1， 则有：
a P-1 ≡1（mod P）.
新知练习
练习1 1777 1841 =a（mod 41），求a在0到 41的值。 解 因为41是素数，所以由费马定理有：
1777 1841 =1（mod 41）， 而1841=46×40+1，所以： 1777 1841 =1777=14（mod 41），a=14.
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典例分析
进一步，设a是一个符合要求的奇合数，
则2a 1是一个奇合数这一点利用因式分解可知。
再设2a1 1=a q, q为正奇数，则
22a11 1=222a1 1
22aq 1
2a
2q
1
12q 1
0mod 2a 1.
典例分析
因此2a 1也是一个符合要求的数， 依次类推，可知有无穷多个满足条件的合数。
故 7|3n n3.
典例分析
例2：由费马小定理知，对任意奇质数p，都有2p-1 1mod p， 问：是否存在合数n，使得2n-1 1mod n成立？
解： 这样的合数n存，而且有无穷多个，其中
最小的满足条件的合数n=341=11×31 （是从两个不同奇质数作乘积去试算出来 的。） 事实上，由于210-1=1023=341×3 故 210≡1（mod341） 所以 2340≡134≡1（mod341）， 故341符合要求。
其中剩余类1 mod 6,5 mod 6里的所有数均 与6互素，我们称这两个剩余类为与6互素的 剩余类。 给定模m，如果模m的一个剩余类里面的某个 数与m互素，就把这个剩余类叫作一个与模m 互素的剩余类。
新知学习
由此我们可知：在模3的剩余类中，1 mod 3,2 mod 3为与3互素的剩余类，在模4的剩 余类中，1 mod 4,3 mod 4为与4互素的剩余 类，等等。 我们已经知道，1 mod 6,5 mod 6为所有与6 互素的剩余类，那么我们在这两个剩余类中 任取一个数，例如1和5，则由这两个数组成 的集合｛1,5｝，称为模6的一个简化剩余系。
费马小定理和欧拉定理
知识背景
费马小定理是初等数论四大定理 （威尔逊定理，欧拉定理（数论中的 欧拉定理），中国剩余定理(又称孙子 定理)和费马小定理）之一，在初等数 论中有着非常广泛和重要的应用。实 际上，它是欧拉定理的一个特殊情况。
新知学习
我们知道模6的剩余类为： 0 mod 6,1 mod 6,2 mod 6, 3 mod 6,4 mod 6,5 mod 6.
x p1 x4k2 x2 2k1 12k1 1 mod p .
而由费马小定理，应有：
x p1 1mod p.
结合上式将导出p | 2,矛盾。
所以，p 1mod 4.
谢谢欣赏！
新知学习
欧拉定理 设m是一个大于1的整数，a是一 个整数，且满足条件（a，m）=1，则有：
a ψ（m） ≡1（mod m）.
新知学习
在欧拉定理中，若m是素数p，由ψ（P）=P-1 便得到： 费马小定理 设p为素数，且（p，a）=1， 则有：
a P-1 ≡1（mod P）.
典例分析
例1：设n为正整数，证明：7|3n n3的充要条件是7|3n n3 1.
证明： 若7|3n n3，则7 / n，
于是，由费马小定理知，
n6 1mod 7，
从而，由7|3n n3 知，
7| 3n n3 n3，
故 7|3n n3 1.
典例分析
反过来，若 7|3n n3 1， 则 7 / n，
并且 7| 3n n3 1 n3，
即 7|3n n6 n3，
利用费马小定理知：n6 1mod 7，
新知学习
定义 在于模m互素的全部剩余类中，每一 类中任取一数所组成的数的集合，叫作模m 的一个简化剩余系。
不难得到：与模m互素的剩余类的个数是ψ （m），模m的每一简化剩余系是由与m互素 的ψ（m）个对模m不同余的整数组成的。
新知学习
如果a1，a2，…，aψ（m）是模m的一个简化剩 余系，并且（a，m）=1，那么aa1，aa2，…， aaψ（m）是也是模m的一个简化剩余系。
说明：满足题中的合数n称为“伪质数”，如果
对任意a,n 1都有an-1 1mod n成立，那么合
数n称为“绝对伪质数”。
随堂练习
1、设x为整数，p是x2 1的奇质因子，证明：p 1mod 4.
证明：由于p为奇质数，若p 1mod 4，则p 3mod 4， 可设p=4k 3，此时，由x2 1mod p,得：