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
剩余系，则S＝{m2ai＋m1bj|0≢i≢m1－1∧0≢j≢m2－1}是模
m1m2的一完全剩余系。(目的：通过已知的不同完全剩余系构造新
的完全剩余系) 证明 显然S有m1m2个整数。 假设m2ai＋m1bs≡m2aj＋m1bt(mod m1m2)，则m1m2|m2(ai －aj)＋m1(bs－bt)，m1|m2(ai－aj)＋m1(bs－bt)，m1|m2(ai－
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例：求3406的末二位数。 (100 ) 解：∵ （3，100）=1，∴3 ≡1（mod 100） (100)= (22·52)=40, ∴ 340≡1(mod 100) ∴ 3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100) ∴ 末二位数为29。
ar2、…、也是模m的一简化剩余系。
证明 (1)、(2)由定义易得。
(3)因为r1、r2、…、是模m的一简化剩余系，所以(ri，m)＝1。
又因为(a，m)＝1，所以(a·i，m)＝1（素分解）。 r 假设ari ≡ arj(modm)
所以m|((ri －rj )a
因为(a，m)＝1，所以ri ≡ rj(modm)，与简化剩余系矛盾
第二章 数学基础
一、素数、互素数和模运算
二、同余（概念、性质、剩余类、 欧拉定理、一次同余式、一次同余 式组等） 三、数论在密码中的应用
四、小结
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定理1.16(威尔逊定理)p为素数当且仅当(p－1)!≡－1(mod p) 证明 若p为素数，则当p＝2、3时结论显然成立。 设p是大于3的素数，令S＝{2，3，…，p－2}，a∈S，则(a，p)＝
1，于是存在整数m和n，使得am＋pn＝1成立。
令m＝pq＋b，0≢b＜p，下面说明b≠1，b≠p－1，b≠a。 若b＝a，则有apq＋a2＋pn＝1，p|(a2－1)，此不可能，所以b≠a。
若b＝1，则有apq＋a＋pn＝1，p|(a-1)，此不可能，所以b≠1。
同理， b≠p－1 于是b∈S且b≠a。因为ab＝1－apq－pn，所以ab≡1(mod p)。
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198。于是，i198≡1(mod 199)，i＝1，2，…，198。
又199198≡0(mod 199)，200198≡1(mod 199)，故
共198个 ≡
i
i 1
200
198
≡199≡0(mod 199)。
1 1 1＋0＋1
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例1 求132001被60除所得的余数。 解 因为(13，60)＝1，所以13(60)1(mod 60)(欧拉定理)。 因为(60)＝(22· 5)＝2· 3· (3－1)· (5－1)＝16，而2001＝
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定理1.p) 证明 以
a p 1
a p 1
由定理7.14得 a ( p ) ≡1(mod p)，而(p)＝p－1，所 ≡1(mod p)。
a p a(mod p)
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3．欧拉定理与威尔逊定理
定理1.14 (欧拉定理)设m≣2且(a，m)＝1，则 a (m) ≡1(mod m)。 证明 设r1、r2、…、r(m)是模m的一简化剩余系。 因为(a，m)＝1，所以ar1、ar2、…、ar(m)也是模m的一简化剩余系。
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定理1.13 若a＝
1、2、…、n是整数，则：
p 11 p2 2
… pnn，p1、p2、…、pn是素数，
aj)。同理可证，m2|m1(bs－bt)。
又因为(m1，m2)＝1，所以m1|(ai－aj)，m2|(bs－bt)，即
ai≡aj(mod m1)，bs≡bt(mod m2) 。
从而假设不成立，S中两两对模m1m2不同余。故S是模m1m2
的一完全剩余系。
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(2)若r1、r2、…、和r1、r2、…、分别是模m1和m2的一简化剩余系，
则S＝{m2ri＋m1rj|0≢i≢(m1)∧0≢j≢(m2)}是模m1m2的一简化剩余 系。（目的：通过已知的简化剩余系构造新的简化剩余系）
证明：令(m2ri＋m1rj，m1m2)＝d。 若d≠1，取d的素因子p，则有p|m2ri＋m1rj，p|m1m2。 若p|m1，则p|m2ri，又因为(m1，ri)＝1，所以(p，ri)＝1（素 分解），则p|m2，与(m1，m2)＝1矛盾。 若p|m2，则p|m1rj，又因为(m2，rj)＝1，所以(p，rj)＝1， 则p|m1，与(m1，m2)＝1矛盾。所以d＝1。 又因为由(1)可知S中任两数对m1m2不同余，故S是模m1m2的一 简化剩余系。 推论：若(m1，m2)＝1，则(m1m2)＝(m1)(m2)。
(
证明 由上述推论得(a)＝(p 1)(p22)…( pnn)。又因为 1 i )＝ pi pi i 1(pi－1)，所以
1 (a)＝ p11 1(p1－1) p 2 2 (p2－1)… pn n 1 (pn－1)。
(a)＝ p 1 1(p1－1) p 2 2 1 (p2－1)… pn n 1(pn－1)。 1
a2、…、a(m)是模m的一简化剩余系它们两两对模m不同余。
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(3)若(a，m)＝1，r1、r2、…、是模m的一简化剩余系，则ar1、
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定理1.9 (1)m个整数构成模m的一完全剩余系，当且仅当两两对 模m不同余。 (2)a0、a1、…、am－1是模m的一完全剩余系，b是一整数，则a0 ＋b、a1＋b、…、am－1＋b也是模m的一完全剩余系。 (3)a0、a1、…、am－1是模m的一完全剩余系，(b，m)＝1，则
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例2 求 证明

i 1
200
i198
(mod 199)
因为199是素数，所以(i，199)＝1，i＝1，2，…，
故ar1、ar2、…、对模m两两不同余，
所以ar1、ar2、…、a也是模m的一简化剩余系。
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定理1.12 设m1、m2是正整数，(m1，m2)＝1，则： (1)若a0、a1、…、，b0、b1、…、分别是模m1，m2的一完全
2· 、…、pk-1· ，共pk-1个，所以(pk)＝pk－pk-1＝pk-1(p－1)。 p p
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定理1.10 （2）若p,q为两素数，n= pq ，则(n)＝ (p)
ba0、ba1、…、bam－1也是模m的一完全剩余系。
(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。
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所以必定存在ari ≡rj(modm)
于是，(ar1)(ar2)…(ar(m))≡r1·2·…·r(m)(mod m)，即 r
a(m)·1·2·…·r(m)≡r1·2·…·r(m)(mod m)。 r r r
因为(ri，m)＝1，所以(r1·2·…·r(m)，m)＝1（素分解）， r
于是有 a (m)≡1(mod m)。
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由于S中的数可分成(p－3)/2对，且每对a和b满足
ab≡1(mod p)，所以(p－2)!≡1(mod p)，(p－1)!≡－ 1(mod p)。 若(p－1)!≡－1(mod p)。令p＝ab，1≢a＜p，则a|p。 由(p－1)!≡－1(mod p)，则p|((p－1)!＋1)，于是a|((p
125 13≡13(mod 125×16＋1，所以1316≡1(mod 60)，132001＝ 1316 ） · （
60)，即被60除所得的余数为13。
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