3剩余类讲义
第二节 剩余类
* 23 *第二节 剩余类一、取整函数设x 为任一实数，用[x]来表示不超过x 的最大整数，称为取整函数。
取整函数是适合不等式[x]≤x ＜[x]+1的整数。
取整函数是数学中的一个重要函数。
二、同余关系1、用余数和商表示整数设m 为一正整数，a 为任一整数，令q=[a/m]，根据取整函数适合的不等式可得q ≤a/m ＜q+1→mq ≤a ＜mq+m →0≤a-mq ＜m令r=a-mq ，可得a=mq+r ，0≤r ＜mq 称m 除a 所得的不完全商。
r 称为m 除a 所得的余数，当r=0时，称m 可以整除a ，记为m|a 。
例如，当m=5时，15=5x3+0,5|15，余数为0；21=5x4+1，余数为1；-21=5x(-5)+4,余数为4。
对于负整数，因为余数要求0≤r ＜m ，并且要写成a=mq+r 的形式。
2、同余一般的说，用正整数m 去除一个整数，余数无外乎0,1,2，……，m-1这m 种情况。
设a 、b 是两个整数，如果用m 去除它们，将有整数q 1，q 1，及r 1，r 2,使得a=m q 1+r 1 0≤r 1＜m …………① b=m q 2+r 2 0≤r 2＜m …………②当r 1=r 2时，称a 和b 关于模m 的同余，用同余式a ≡b (mod m)表示。
例如：15≡0 (mod 5)， 14≡9 (mod 5)，18≡-6 (mod 8)，因为18=8x2+2，-6=8x(-1)+2。
a ≡b (mod m)的充分必要条件：是m|(b-a)证明：充分性：由a ≡b (mod m)，②-①可得b-a=(q 2-q 1)m, q 2-q 1为整数，故m|(b-a)；必要性：由m|(b-a)，存在整数q ，使得b-a=q m ，将①式带入，可得b=qm+m q 1+r 1=(q+ q 1)m+ r 1该式表明b 的余数也是r 1 故有a ≡b (mod m)。
3、同余的性质反身性：a ≡a (mod m) 证：m|(a-a)= m|0。
剩余类与完全剩余系ppt课件
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.。
近世代数课件(全)--3-3循环环剩余类环
[] a [ 0 ] , [] b [ 0 ] , m| a, m| b, 即
m 不是素数，则 m ab,
m
但 [] ab [] [ a b ] [ 0 ] , Z
为有零因子环.
2019/2/25
定理3
Z
m
为域
m
为素数.
（有限无零因子环是除环）
2019/2/25
练习： 求Z18的全部零因子、全部可逆元、全部 子环及子环特征、单位群.
(3) 全部子环:
( [ 0 ] ) , ( [1 ] ) , ( [ 2 ] ) , ( [ 3 ] ) , ( [ 4 ] ) , ( [ 6 ] )
h a r ( ( [ 2 ] ) ) 6 , c h a r ( ( [ 0 ] ) ) 1 ,c h a r ( ( [ 1 ] ) ) 1 2 ,c c h a r ( ( [ 3 ] ) ) 4 ,c h a r ( ( [ 4 ] ) ) 3 ,c h a r ( ( [ 6 ] ) ) 2 .
ma ] [] [ m a ] [ 0 ] ,但 [m1 ] [0] ,所以 [ 1 1 ,于是 [ a ] 是零因子.
2019/2/25
(2)若
[] ab [] [ a b ] [ 1 ] . 于是, m | ab 1,即 cZ b ( cm ) 1 ,也就是 a b 1 c m ,使得 a ) 1. ，所以 (a, m
2019/2/25
规定关于剩余类的加法与乘法构成为大于1的正整数则有剩余类环的性质剩余类环的性质的零因子则存在使得所以矛盾
近世代数
第三章 环与域 §3 循环环、剩余类环
2019/2/25
一、循环环 定义1 若环 R 关于加法是循环群，称 R 为循环环. 例1 整数环是循环环. , ) (a ) ，则 定理1 若 (R （1）当 | a | 时，
剩余类与完全剩余系
2.2.2剩余类性质
• 剩余类的性质 ①每一个整数必包含在而且仅包含在上述一个集合里。②两个整数同在一个集 合的充分必要条件是它们对模m同余。 剩余类与完全剩余系 由此可引出抽象代数中重要的概念，如群论中的陪集，环论中的剩等。任取 m，这m 个数a0,a1,a2,…,am-1称为模m的一个完全剩余系。最常用的完全剩余 系是0，1,…, m-1。如果(□,□)＝1，□是任给的整数，□□，□□,…,□□-1 是模□ 的一个完全剩余系，那么,□□□+□,□□□+□,…,□□□-1+□也是 模□的一个完全剩余系。但是,当□≡0(mod2)时，如果□□，□□，…,□□1和 □□,□□,…,□□-1分别是模□的一个完全剩余系，那么 □□+□□,□□+□□,…,□□-1+□□-1就不是模□ 的一个完全剩余系。 1948年，S.乔拉等人证明了:设□>2,如果□□,□□,…,□□-1和□□,□□,…, □□-1分别是模□ 的一个完全剩余系, 那么□□□□，□□□□,…,□□1□□-1不是模□ 的一个完全剩余系。
（四）教学内容、重点及难点：
•
• • • • • • • • • • •
（1）教学内容：
2.1.1同余的定义和基本性质 2.1.2同余式性质 2.2.1剩余类与剩余系 2.2.2剩余类性质 2.2.3剩余系及性质 2.3.1欧拉定理 2.3.2费马定理 3.1一次同余方程 3.2一次同余方程组
（2）重点及难点
2.1.2同余式性质
• • • • • • • • • • • • 性质1：a≡a（mod m），（反身性） 这个性质很显然.因为a-a=0=m· 0。 性质2：若a≡b（mod m），那么b≡a（mod m），（对称性）。 性质3：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么a≡c（mod m），（传递性）。 性质4：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么a±c≡b±d（mod m），（可加 减性）。 性质5：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么ac≡bd（mod m）（可乘性）。 性质6：若a≡b（mod m），那么an≡bn（mod m），（其中n为自然数）。 性质7：若ac≡bc（mod m），（c，m）=1，那么a≡b（mod m），（记号（c，m） 表示c与m的最大公约数）。 注意同余式性质7的条件（c，m）＝1，否则像普通等式一样，两边约去，就是错 的。 例如6≡10（mod 4），而35（mod 4），因为（2，4）≠1。 请你自己举些例子验证上面的性质。 同余是研究自然数的性质的基本概念，是可除性的符号语言。 Nhomakorabea例题
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 .
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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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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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)
3.2 剩余类及完全剩余系
返回
设 其中
u p st v u p st v mod p s ,
1
s t s t t t 0 u p 1,0 u p 1,0 v p 1,0 v p 1,
则
u p st v u p st v mod p st , u u mod p st .
1
其中xi, xi 是xi所通过的模mi的完全剩余系中的数，i 1,2.
m2 x1 mod m1 . 因 m1 , m2 1，故x1 x1 mod m1 . 又因 m2 x1
, x1 x1 . 同理，x2 x1 是模m1的完全剩余系中的数，故x1 x2 . m2 x1 m1 x2 故当x1, x2分别通过模m1, m2的一个完全剩余系时， 共取了m1m2个整数值，这个m1m2整数两两对模m1m2不同余.
（ⅱ）说明应用n 1个特制的砝码，在天平上可以量出1 到H中任何一个克（注：原题此处为“斤”）数.
证（ⅰ）当xi i 0,1, , n 分别取 1,0,1时， 3n xn 3n1 xn1 3x1 x0
返回
共取了个3n1 整数值，下证这3n1 个整数对模3n1 两两不同余.
m1, m2的一个完全剩余系， 则m2 x1 m1x2通过模m1m2的一个
完全剩余系.
证 当x1, x2分别通过模m1, m2的一个完全剩余系时， m2 x1 m1x2共取了个整数值， 下面证明这个m1m2整数 两两对模m1m2不同余. 设
返回
m1x2 m2 x1 m1x2 mod m1m2 m2 x1 m1 x2 m2 x1 m1x2 mod m1 ，从而 由（）得， 1 m2 x1
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 ，
2.3 剩余类及其运算
2模4同余 {2、6、10、14、18} 3模4同余 {3、7、11、15、19}
定义总结
以上的4个集合与模4的关系就是我们这节 要讲的剩余类.
我们把所有与整数a模n同余的整 数构成的集合叫做模n的一个剩余类， 记作[a],并把a叫做剩余类[a]的一个 代表元.
解：〔4，5〕=20；〔3，5〕=15；〔3，4〕=12；〔3， 4，5〕=60.为了使20被3除余1，用20×2=40；使15被4 除余1，用15×3=45；使12被5除余1，用12×3=36.然 后，40×1＋45×2＋36×4=274，因为，274>60，所以， 274－60×4=34，就是所求的数.
难点
剩余类的概念及其运算.
议一议
我们知道若一个整数n做除数那么它 的余数一定小于n，如5做除数，那么余 数可能是0、1、2、3、4这五种情况.
这样按模n是否同余，可以对一组数， 甚至是整数集进行分类.
实例
例一、按模4是否同余对1到20的整数进行分类.
解析：
因为 余数有0、1、2、3这四种情况 所以 0模4同余 {4、8、12、16、20}
都有bnbm，并证明你的结论.（1987年广东）
思考和分析 初看题目似乎很难下手，但
只要我们冷静想一想，不妨假设存在m0
N，使对任意n N，都有bn bm0，也就是
说bm0应该是数列{bn}的最大项，这样我们 将问题化归为数列{bn}的最大项的存在性 问题，从而就容易入手了.
3、A {x x m 1 , m Z}, B {x x n 1 , n Z},C {x x p 则1 ,Ａp 、Z} Ｂ、
把含有剩余类加法运算、乘法运算的模 n的剩余类集合叫做模n的剩余环.
简要版PPT3组合数论4-1(剩余类之局部调整)
温馨提示为了设计教学场景互动效果的需要，课件中采用了大量“播放后隐藏”的文本，从而导致预览模式下出现诸多文本重叠，影响阅读。
但在放映模式下，这些现象都不会出现。
另外，课件中的图像均不是一次性形成，而是展现了“尝试-修改-成形”等发生过程，这可能导致预览模式下出现诸多乱码，但在放映模式下，图形则非常生动、美观。
组合数论4-1（剩余类之局部调整）●冯跃峰本讲内容本节为第3板块（组合数论）第4专题（剩余类）的第1小节（局部调整），包含如下3个部分内容：第一部分，概述问题涉及的知识方法体系；第二部分，思维过程剖析。
这是课件的核心部分，重在发掘问题特征，分析如何找到解题方法。
按照教师场景授课互动效果设计，立足于启发思维；第三部分，详细解答展示。
提供笔者重新书写的解答（简称“新写”），力求严谨、流畅、简练。
所谓研究特例，就是先考察特殊情况，由此发现规律。
研究特例不是解决特例，重在研究——发掘解决一般问题的途径。
它有三种表现形式：回到一般（1）特征迁移所谓“特征”，不是具体数值或元素，而是元素具有的功能与属性，即在所有元素中充当的“角色”。
（2）归纳通式找到适合所有对象的“统一”表达。
【研究特例】（3）建立递归由初值之间的联系，建立n与n之前一些对象之间的递归关系■。
【剩余类中三种常用策略】1、“撒网”策略：补充一些对象或范围，构成一个新系统，称之为“网”。
在新系统下研究原问题，找到所需对象，称之为“撒网”策略。
如有必要，再去掉补充的对象证明其结论也成立。
撒网策略有如下2种主要方式：（1）扩充研究对象在原有对象中补充一些对象，使之构成一个更规则的整体（2）扩充存在域将研究对象放在一个更广泛的空间范围中研究■“撒网”策略；减元策略；分解策略2、减元策略：对于含有变化因素k的项，如果该项带有因子a，则通过模a，便可消去该含有变化因素k的项，使问题简化。
有两种常见的“模运算”方式：（1）模系数（2）模底数的方幂3、分解策略：如果需要在A中找到具有某种性质f（a）=0的元素a，有时候可以将a分解为a=b1-b2，其中b1、b2∈B。
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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]。
定义 2 ：若整数 a 、 b 之差被正整数 m 整除，称 a 、 b 关于模 m 同余 ，记作
o d m m a b 即 a b m a b mod m ．
从字面上理解， 所属模 m 的 ．
Hale Waihona Puke 同一个剩余类的两个整数模 m 同余．
定义 3：在模 m 的 m 个剩余类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模
典型例题 例 1：证明：如果 n 为奇数，那么数 2 1, 22 1, 23 1..., 2n1 1中必有一个是 n 的 倍数。
例 2：n 为大于 1 的正整数，且 1!、2!、3！ 、4！ 、……、n！构成 n 的一个完全 剩余系，那么 n 为一个质数。
3
*例 3：如果 n 是一个大于 10 的正整数，且 n 的每个数码都是 1、3、7、9，证 明：n 必有一个大于 10 的质因数。
例 1：求������������������������������������������������除以 17 的余数。
例 2：证明：2730|������������������ − ������
例 3：n 是一整数，证明：30|������������ − ������
例 4：设 n 为整数，p 是������������ + ������的奇素因子，证明：������ ≡ ������(������������������������)
4
1 ). pi
1 1 1 例如，30=2·3·5，则 (30) 30(1 )(1 )(1 ) 8. 2 3 5
定理 3：若 k , m 1 ，其中 k Z* （ Z* 表示非零整数集） ， b Z ， m N+ ， m 1 且 x1 , x2 ,, xm 是模 m 的完系，则 kx1 b, kx2 b,, kxm b 也是模 m 的完系．
定理 4： m 个整数是模 m 的简系的充要条件是它们均与 m 互质且模 m 两两互 不同余．
定理 5： 设 a1 , a2 ,, a m 是模 m 的简系， 且 c, m 1 ， 则 ca1, ca2 ,, ca m 也是模 m 的简系．
定理 6： （欧拉定理） 若 a 是整数， 正整数 m 1 且 a, m 1 ， 则 a m 1m o d m ．
剩余类问题及费马定理
一、定义 定义 1：整数集 Z 根据模正整数 m m 1 来分类：若 a 、 b 被 m 除的余数相同， 则 a 与 b 属于同一类，否则不属于同一类．这样得到 m 个类，即 ． Mi i km | kZ, i 0, 1, 2, m ．称之为模 1 m 的剩余类（同余类）
二、定理 定理 1： m 个整数 a1 , a2 ,, am 是模 m 的完系的充要条件是 a1 , a2 ,, am 关于模 m
1
两两不同余． 定理 2： （欧拉函数值计算公式）令 m 的标准分解式为
k 1 2 ， m p1 p2 pk
k
则
(m) m (1
i 1