第三节 简化剩余系
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
初等数论第二章同余
和
N = cin_Yan_2…①仇=a2ci[a()-10°+a5a4a3-103H。
注:一般地，在考虑使N = an_{an_2-被加除的余数时,首先 是求岀正整数匕使得
10*三 一1或1(modm),
再将N=ci叶\5_2…写成
x + y+ 1 = 9或18,
3-y + x = 0或llo
这样得到四个方程组：
j\ + y + l = a
\3- y+x = b
其中。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 = 6o
习题一
1.证明定理1和定理2。
2.证明定理4。
3.证明定理5中的结论（i ）—（iv）o
(v)由
ac=be(mod m)
得到m |c(a-b),再由(c,加)=1和鉛一章翕三节定理4得到m \a- b,即
a = b(mod m)o
证毕。
例1设N = anall_［- --aQ是整数N的十进制表示，即
N=ani0,?+an-ilO,/_1+ …+ailO+ao ,
则
(i )3|Nq3|£⑷；
x = y(modm),⑷三切(modm),0 < / <n,
则பைடு நூலகம்
工4兀’三工(mod力7)。⑵
i=0i=0
证明留作习题。
定理5下面的结论成立：
(i)a = b(mod m),d \ m, d> 0 a = b(modd)；
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.。
简化剩余系
r1 , r2 ,, rp 1 是模 p p 3，
的一个简化剩余系, 则在该剩余系中,每个 ri 都存在 唯一的 r j , 使得
ri rj 1(mod p) 2 又 ri 1(mod p) ri 1(mod p) 或 ri 1(mod p)
r1 1(mod p), rp 1 1(mod p), 则 r2 , , rp 2 可两两分组，我们得到
模
m 的一个简化剩余系中共 (m) 个数
与模 m 互素的剩余类共 (m) 个 若有 (m) 1个数与模 m 互素, 则其中至少有两数
对模 m 同余
简化剩余系的判定及构造 定理1 一组数 a1 , a2 ,, as 是 模 m 的一个简化 剩余系
s (m)
(ai , m) 1, i 1,, s a1 , a2 ,, as 对 模 m 两两互不同余 定理2 设 (k , m) 1, 若 a1 , a2 , , a ( m ) 是 模 m 的
2 2 2 p 1 2
例6
证明
61!1 0(mod 71)
定理5 设
p 3 是素数, l 1, c ( p )，以及 l r1 , r2 ,, rc 是模 p 的一个简化剩余系, 则
l
令
r1r2 rc 1(mod p ). rj , 2 | rj rj l rj p , 2 | r j
5 3
Euler, Fermat 定理的若干应用 同余的计算 例12 求 例13 求
312 37
159
被
7 除的余数.
355
的末两位数.
1010
例14 今天是星期四, 问再过 10 例15 证明
简化剩余系
(Lema) 不存在奇合数
n, 使得
?
(n) | (n 1)
Euler, Fermat 定理 定理6(Euler) 设 m 0, 若
(a, m) 1, 则
a
(m)
1 (mod m)
定理7(Fermat) 设
p 是素数, 则对任意整数a,
2 2 2 p 1 2
例6
证明
61!1 0(mod 71)
定理5 设
p 3 是素数, l 1, c ( p )，以及 l r1 , r2 ,, rc 是模 p 的一个简化剩余系, 则
l
令
r1r2 rc 1(mod p ) rj , 2 | rj rj l rj p , 2 | r j
r1 rc
1(mod 2 )，l 3.
l
m 1,2,4, p ,2 p (p是奇素数)，
l l
模m 的一个简化剩余系的乘积同余-1模m. 其它情形乘积同余1模m.
设
m p p ， p1 , p2 是两个互不相同的奇素数， l1 r1 , r2 ,, rc 是模 p1 的一个简化剩余系, l2 t1 , t2 ,, td 是模 p2 的一个简化剩余系,
剩余类.
给定模 m 的一个简化剩余系
a Z , (a, m) 1, 则 a 恰与其中的一数同余 (mod m).
模
m 的一个简化剩余系 可从模 m 的一个完全
剩余系中取出.
n 1, 1 到 n中与 n互素的数 的个数, 记为 (n), 称为Euler函数.
定义 设
如
(1) 1, (2) 1, (3) 2,
同余
a 用a modm表示余数r，则 a [ ]m ( a m odm ) m
定理3 整数a, b模m 同余 a modm=b modm
ab (modm) m|a-b a modm=b modm
a=b+km
性质：
(1) ( 2) ( 3)
[(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm [(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm [(a modm ) (b modm )]modm (a b) modm
(r r ) a b (q q)m
m a b的充分必要条件是 m r r. 但因为 0 r r m ， 因此，
且 m r r 的充分必要条件是 r r 0 ，所以 m a b 的充分必 要条件是 r r 0. 这就是定理的结论.
2
2003
2
22 1 4 4(mod 7).
故第 22003 天是星期二。 定理5 若 x y(mod m),
ai bi (mod m),
0 i k, 则 0 i k.
a0 a1 x ak x k b0 b1 y bk yk (mod m).
故 3 n, 9 ｜ n.
k 定理7 设 n ak 1000 a11000 a0 , 0 ai 1000. 则7或11,或
13 n 7或11或 13 a0 a2 - a1 a3 .
例4 设 n 637693.
例5 设n 75312289.
定理10 设a b ( mod m) . 若d | m, 则a b ( mod d) .
信息安全数学基础第一阶段知识总结
信息安全数学基础第一阶段知识总结第一章 整数的可除性一 整除的概念和欧几里得除法 1 整除的概念定义１ 设a 、b 是两个整数，其中b ≠0如果存在一个整数 q 使得等式 a=ｂq 成立，就称b 整除a 或者a 被b 整除,记作b ｜a ,并把ｂ叫作a 的因数，把a 叫作b 的倍数。
这时,q 也是a 的因数，我们常常将q 写成a ／b 或否则,就称b 不能整除a 或者ａ不能被b 整除,记作ａ b ．２整除的基本性质（1)当b 遍历整数a 的所有因数时,-b 也遍历整数ａ的所有因数. （2）当ｂ遍历整数a 的所有因数时，a/b 也遍历整数ａ的所有因数． (3)设b,ｃ都是非零整数, (ｉ)若b|ａ,则|ｂ|｜|ａ｜. (i ｉ）若b|a,则b ｃ|ac 。
(ｉii)若b ｜ａ，则１〈｜ｂ｜≤｜a|。
3整除的相关定理(１）设a,ｂ≠0，c ≠０是三个整数.若c|ｂ，b ｜ａ，则c ｜a 。
(２）设a,ｂ,c ≠０是三个整数，若c|a,c|b,则c|a ±b(３）设a,b,c 是三个整数。
若c|a ，c ｜b 则对任意整数s,t ，有c ｜ｓａ+tb ．(4)若整数ａ1 ， …,ａn 都是整数c ≠0的倍数,则对任意ｎ个整数s 1，…,abnn a s a s ++ 11ｓn,整数是c的倍数(5)设a,ｂ都是非零整数。
若ａ|b，b｜a,则a=±b（6)设a，ｂ, c是三个整数，且b≠0，c ≠0，如果(a , c)＝1,则（ａｂ,c）＝(b , c)（７)设ａ, b , c是三个整数，且c≠０，如果ｃ|ab, (a, ｃ）= 1, 则c ｜ｂ.(８)设p 是素数,若p |ab ，则ｐ|ａ或ｐ|b(9）设a1, …，a n是ｎ个整数,p是素数，若p| a１…a n,则ｐ一定整除某一个aｋ二整数的表示主要掌握二进制、十进制、十六进制等的相互转化.三最大公因数和最小公倍数(一）最大公因数1．最大公因数的概念定义:设是个整数,若使得，则称为的一个因数．公因数中最大的一个称为的最大公因数．记作。
人教版B版高中数学选修4-6(B版)剩余系和欧拉函数
(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。
是模m的简化剩余系，则集合
A = {ax1, ax2, , ax(m)}
也是模m的简化剩余系。
证明 显然，集合A中有(m)个整数。
由于(a, m) = 1，
对于任意的xi（1 i (m)），xiB，
有(axi, m) = (xi, m) = 1。 故A中的每一个数都与m互素。 而且，A中的任何两个不同的整数对模m不同余。
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。
定理2 设a是整数，(a, m) = 1，B = {x1, x2, , x(m)}
因此，集合{a1, a2, , a(n)}
与集合{n a1, n a2, , n a(n)}是相同的，
故 a1 a2 a(n) = (n a1) (n a2) (n a(n))，
从而，2(a1 a2 a(n)) = n(n)，
注意：有重素因子时，上述不等式中等号不成立！
三、应用举例
i 1n(n).
例1 设整数n 2，证明： 1in 2
(i ,n)1
即在数列1, 2, , n中，与n互素的整数之和是
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初等数论第二章同余第三节简化剩余系在模m的完全剩余系中，与m互素的整数所成的集合有一些特殊的性质，我们要在这一节中对它们做些研究。
定义1 设R是模m的一个剩余类，若有a∈R，使得(a, m) = 1，则称R是模m的一个简化剩余类。
显然，若R是模的简化剩余类，则R中的每个整数都与m互素。
例如，模4的简化剩余类有两个：R1(4) = { , -7 , -3, 1 , 5 , 9 , }，R3(4) = { , -5 , -1 , 3 , 7 , 11 , }。
定义2对于正整数k，令函数ϕ(k)的值等于模k的所有简化剩余类的个数，称ϕ(k)为Eule r函数，或Eule r—ϕ函数。
例如，容易验证ϕ(2) = 1，ϕ(3) = 2，ϕ(4) = 2，ϕ(7) = 6。
显然，ϕ(m)就是在m的一个完全剩余系中与m互素的整数的个数。
定义3对于正整数m，从模m的每个简化剩余类中各取一个数x i，构成一个集合{x1, x2, ,xϕ(m)}，称为模m的一个简化剩余系（或简称为简化系）。
显然，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，通常称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(ⅰ) A中含有ϕ(m)个整数；(ⅱ) A中的任何两个整数对模m不同余；(ⅲ) A中的每个整数都与m互素。
证明留作习题。
定理2设a是整数，(a, m) = 1，B = {x1, x2, , xϕ(m)}是模m的简化剩余系，则集合A = {ax1, ax2, , axϕ(m)}也是模m的简化剩余系。
证明显然，集合A中有ϕ(m)个整数。
其次，由于(a, m) = 1，所以，对于任意的x i（1 ≤i≤ϕ(m)），x i∈B，有(ax i, m) = (x i, m) = 1。
因此，A中的每一个数都与m互素。
最后，我们指出，A中的任何两个不同的整数对模m不同余。
事实上，若有x', x''∈B，使得a x'≡ax'' (mod m)，那么，因为(a , m ) = 1，所以x ' ≡ x '' (mod m )，于是x ' = x ''。
由以上结论及定理1可知集合A 是模m 的一个简化系。
证毕。
注：在定理2的条件下，若b 是整数，集合{ax 1 + b , ax 2 + b ,, , ax ϕ(m ) + b }不一定是模m 的简化剩余系。
例如，取m = 4，a = 1，b = 1，以及模4的简化剩余系{1, 3}。
定理3 设m 1, m 2∈N ，(m 1, m 2) = 1，又设},,,{},,,{)(21)(2121m m y y y Y x x x X ϕϕ ==与分别是模m 1与m 2的简化剩余系，则A = { m 1y + m 2x ；x ∈X ，y ∈Y }是模m 1m 2的简化剩余系。
证明 由第二节定理3推论可知，若以X '与Y '分别表示模m 1与m 2的完全剩余系，使得X ⊂ X '，Y ⊂ Y '，则A ' = { m 1y + m 2x ；x ∈X '，y ∈Y ' }是模m 1m 2的完全剩余系。
因此只需证明A '中所有与m 1m 2互素的整数的集合R 是集合A 。
显然，A ⊆ A ’。
若m 1y + m 2x ∈R ，则(m 1y + m 2x , m 1m 2) = 1，所以(m 1y + m 2x , m 1) = 1，于是(m 2x , m 1) = 1，(x , m 1) = 1，x ∈X 。
同理可得到y ∈Y ，因此m 1y + m 2x ∈A 。
这说明R ⊆ A 。
另一方面，若m 1y + m 2x ∈A ，则x ∈X ，y ∈Y ，即(x , m 1) = 1，(y , m 2) = 1。
由此及(m 1, m 2) = 1得到(m 2x + m 1y , m 1) = (m 2x , m 1) = 1以及(m 2x + m 1y , m 2) = (m 1y , m 2) = 1。
因为m 1与m 2互素，所以(m 2x + m 1y , m 1m 2) = 1，于是m 2x + m 1y ∈R 。
因此A ⊆ R 。
综合以上，得到A = R 。
证毕。
定理4 设m , n ∈N ，(m , n ) = 1，则ϕ(mn ) = ϕ(m )ϕ(n )。
证明 这是定理3的直接推论。
证毕。
定理5 设n 是正整数，p 1, p 2, , p k 是它的全部素因数，则ϕ(n ) =∏-=---np k p n p p p n |21)()())((11111111 。
证明 设n 的标准分解式是n =∏=ki i i p 1α，由定理4得到ϕ(n ) =∏=ki i i p 1)(αϕ。
(1)对任意的素数p ，ϕ(p α)等于数列1, 2, , p α中与p α（也就是与p ）互素的整数的个数，因此ϕ(p α) = p α -)(][111p p p p p p -=-=-αααα， 将上式与式(1)联合，证明了定理。
证毕。
由定理5可知，ϕ(n ) = 1的充要条件是n = 1或2。
例1 设整数n ≥ 2，证明：∑=≤≤=1),(121n i n i i n ϕ(n )， 即在数列1, 2, , n 中，与n 互素的整数之和是21n ϕ(n )。
解 设在1, 2, , n 中与n 互素的ϕ(n )个数是a 1, a 2, , a ϕ(n )，(a i , n ) = 1，1 ≤ a i ≤ n - 1，1 ≤ i ≤ ϕ(n )，则(n - a i , n ) = 1，1 ≤ n - a i ≤ n - 1，1 ≤ i ≤ ϕ(n )，因此，集合{a 1, a 2, , a ϕ(n )}与集合{n - a 1, n - a 2, , n - a ϕ(n )}是相同的，于是a 1 + a 2 + + a ϕ(n ) = (n - a 1) + (n - a 2) + + (n - a ϕ(n ))，2(a 1 + a 2 + + a ϕ(n )) = n ϕ(n )，因此a 1 + a 2 + + a ϕ(n ) =21n ϕ(n )。
例2 设n 是正整数，则 ∑nd d |)(ϕ= n ，此处∑nd |是对n 的所有正约数求和。
解 将正整数1, 2, , n 按它们与整数n 的最大的公约数分类，则n =∑∑∑∑∑∑∑=≤≤=≤≤=====n i n d n i dn i n d d n d i d n d i n d nd d d n 1|1),(|11),(||)()(111ϕϕ。
例3 设n ∈N ，证明：(ⅰ) 若n 是奇数，则ϕ(4n ) = 2ϕ(n )；(ⅱ) ϕ(n ) =n 21的充要条件是n = 2k ，k ∈N ； (ⅲ) ϕ(n ) =n 31的充要条件是n = 2k 3l ，k , l ∈N ； (ⅳ) 若6∣n ，则ϕ(n ) ≤n 31； (ⅴ) 若n - 1与n + 1都是素数，n > 4，则ϕ(n ) ≤n 31。
解 (ⅰ) 我们有ϕ(4n ) = ϕ(22n ) = ϕ(22)ϕ(n ) = 2ϕ(n )；(ⅱ) 若n = 2k ，则ϕ(2k ) =n k k 21221121)(==--， 若ϕ(n ) =n 21，设n = 2k n 1，2|/n 1，则由 n 21= ϕ(n ) = ϕ(2k n 1) = ϕ(2k )ϕ(n 1) =2k - 1ϕ(n 1) =11111)(21)(221n n n n n n k ϕϕ= 推出ϕ(n 1) = n 1，所以n 1 = 1，即n = 2k ；(ⅲ) 若n = 2k 3l ，则ϕ(n ) = ϕ(2k )ϕ(3l ) =n l k 3131132112)()(=--。
若ϕ(n ) =n 31，设n = 2k 3l n 1，6|/n 1，则由 1111)(31)()3()2()32()(31n n n n n n n l k l k ϕϕϕϕϕϕ==== 推出ϕ(n 1) = n 1，所以n 1 = 1，即n = 2k 3l ；(ⅳ) 设n = 2k 3l n 1，6|/n 1，则ϕ(n ) = ϕ(2k )ϕ(3l )ϕ(n 1) =n n n l k l k 313231)(323111=≤ϕ； (ⅴ) 因为n > 4，所以n - 1与n + 1都是奇素数，所以n 是偶数。
因为n - 1 > 3，所以n - 1与n + 1都不等于3，当然不被3整除，所以3∣n ，因此6∣n 。
再由上面已经证明的结论(ⅳ)，即可得到结论(ⅴ)。
例4 证明：若m , n ∈N ，则ϕ(mn ) = (m , n )ϕ([m , n ])；解 显然mn 与[m , n ]有相同的素因数，设它们是p i （1 ≤ i ≤ k ），则。
，)())(()())((111111],[]),([111111)(2121kk p p p n m n m p p p mn mn ---=---= ϕϕ 由此两式及mn = (m , n )[m , n ]即可得证。
习 题 三1. 证明定理1。
2. 设m 1, m 2, , m n 是两两互素的正整数，x i 分别通过模m i 的简化剩余系（1 ≤ i ≤ n ），m = m 1m 2 m n ，M i =i m m ，则 M 1x 1 + M 2x 2 + + M n x n通过模m 的简化剩余系。
3. 设m > 1，(a , m ) = 1，x 1, x 2, ⋯, x ϕ(m )是模m 的简化剩余系，证明：∑==)(1)(21}{m i i m m ax ϕϕ。
其中{x }表示x 的小数部分。
4. 设m 与n 是正整数，证明：ϕ(mn )ϕ((m , n )) = (m , n )ϕ(m )ϕ(n )。
5. 设a ，b 是任意给定的正整数，证明：存在无穷多对正整数m 与n ，使得a ϕ(m ) =b ϕ(n )。
6. 设n 是正整数，证明：(ⅰ) ϕ(n ) >n 21； (ⅱ) 若n 是合数，则ϕ(n ) ≤ n -n 。