模8的简化剩余系
3.3 简化剩余系与欧拉函数
m
i 1
ai
m1 2 1
j 1
22 1 bi 22 2 m1 m1 22 2 m1 m1 0 mod m .
由定理4，立即得到下面的推论.
推论 设m1 0, m2 0, m1 , m2 1, 则
m1m2 m1 m2 .
1
定理5 设n的标准分解式为n p1 p2
1 1 n n 1 1 p1 p2
余类的，故这 m 个数两两对模m不同余.
m不同余. 因每个整数都与m互质，故每个整数都属于一个与
m 个整数分别属于不同的与m互质的剩余类. 另一方面，
故a1 , a2 , , a m分别属于这 与m互质的剩余类共有 m 个，
从而a1 , a2 , , a m是模m的一个 m 个与m互质的剩余类，
0i m 1 i ,m 1
i mod m .
1
因此，在模m的完全剩余系0,1,
与模m互质的数 , m 1中，
是成对出现的， 每一对m与互质的数i, j满足i j m, 且其 m m 中一个在区间[1, )中，另一个在区间( , m 1]中， 共有 2 2 m 对. 故 2 2 i i m i 0 mod m .
证 由定理4的推论得
2
pk ，则
k
1 1 . pk
n p1 p2
1
2
pk .
k
返回
下面证明，当p为质数时， p p p 1.由欧拉函数的
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,。
人教版B版高中数学选修4-6(B版)剩余系和欧拉函数
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)}
剩余系和欧拉函数
一、基本概念
定义1 设R是模m的一个剩余类，若有aR，使得(a, m) = 1，则称R是模m的一个简化剩余类。
即与模m互质的剩余类。 注：若R是模的简化剩余类，则R中的数都与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 , }。
是模m1m2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m1与m2的完全剩余系，使得X X ，Y Y ， 则A = { m1y m2x；xX ，yY }是模m1m2的完全
剩余系。 因此只需证明A 中所有与m1m2互素的整数的集合R
即模m1m2的简化剩余系是集合A。
若m1y m2xR，则(m1y m2x, m1m2) = 1，
所以(m1y m2x, m1) = 1， 于是 (m2x, m1) = 1，(x, m1) = 1，xX。
同理可得到yY，因此m1y m2xA。 这说明R A。 另一方面，若m1y m2xA，则xX，yY，
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
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
(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,
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)
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
欧拉函数简介
欧拉函数简介在讲欧拉函数之前先给出剩余类、完全剩余系、简化剩余系的概念。
按照某⼀模m的余数将全体整数进⾏分类，就可以引⼊下⾯的概念。
1. 剩余类：把全体整数按其对模m同余的数归为⼀类，称为剩余类。
2. 完全剩余系：在每⼀个对模m同余的剩余类中选出⼀个数构成的拥有m个元素的集合，称为完全剩余系，简称完系。
容易有如下结论： （1）任何m个连续整数构成对模m的完系。
（2）0,1,..,m-1构成对模m的最⼩⾮负剩余系。
（3）m=2k+1时：-k,-k+1,...,0,1,...,k构成对模m的最⼩绝对值完系; m=2k时：-k,-k+1,...,0,1,...,k-1构成对模m的最⼩绝对值完系。
（4）设gcd(b,m)=1，c为任意整数，a1,a2...am是对模m的⼀个完系，那么b*a1+c,b*a2+c,...,b*am+c也是对模m的⼀个完系。
3. 简化剩余系：在模m的每个剩余类中取⼀个和m互质的数构成的集合，称为简化剩余系。
容易得出⼀个剩余类中的所有元素要么都和m互质，要么都和m不互质。
然后给出欧拉函数的概念：4. 欧拉函数：把对模m的简化剩余系的元素个数称为m的欧拉函数，记为Φ(m). 显然欧拉函数表⽰0,1,...m-1中与m互质的数的个数。
有争议的⼀点是Φ(1)的值是0还是1,关于这⼀点取决于具体题⽬中的具体描述⽽定。
求欧拉函数的⽅法是先将m分解质因数p1,p2...pn，这些质因数两两互不相等，则Φ(m)=m*∏(1-1/pi)。
求⼀个连续区间的欧拉函数的⽅法如下： 可以⽤上述⽅法对每⼀个求⼀次，但这样⽐较慢，⼀个好的⽅法是筛法，如下⾯演⽰如何⽤筛法求1~10的欧拉函数： 设⼀个数组eu[11]，eu[1]=1,eu[2]=2,...,eu[10]=10。
然后对每⼀个下标是2的倍数的元素乘以(1-1/2)，则eu[2]=1,eu[4]=2,...,eu[10]=5，然后对每个下标是3的倍数的元素乘以(1-1/3)，则eu[3]=2,eu[6]=2,eu[9]=6。
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模8的简化剩余系
1 概述
模8的简化剩余系（Simplified Residue Number System，简称SRNS），又称模8简化残存系统，是一种用来处理电子计算机数据的
方法，通过使用模8的残差数字来进行算术操作来实现快速的计算机
流程。
SRNS通过模8算法將數據轉換為模8殘數表示，計算數據通過
對模8殘數擴展，達到快速計算的目的。
由於SRNS基於模8數字格式，它比傳統的梯度和九位的系統更為便捷，更為簡單。
同時SRNS也可以
搭配浮點數操作，以更合理的精度完成运算。
2 优势
其主要优势包括：（1）易于实现。
SRNS在构建方面比九位残余系统简单得多，可以大大简化实现步骤，提高实际应用率。
（2）快速。
SRNS不仅可以比九位残余系统更快地提取残余，而且每个操作也非常快，因此在实际运算中可以更快地处理数据。
（3）低耗能。
SRNS可以著名地更加有效地消耗计算机的能量，可以节省对计算机的电池使用
以及节省计算机的温度升高，从而大大提升计算机的随后环境效应。
（4）可扩展性。
SRNS可以很容易地扩展到多位模拟，因此可以更有效地处理复杂的运算。
3 应用
SRNS已经逐渐被广泛应用于科学和工程计算，尤其在密码技术，
声讯技术，多媒体处理，可编程逻辑阵列以及模式识别等领域中发挥
着重要作用。
SRNS也可以用于数据库和供应链管理系统中，通过使用高效的数
字方式存储和处理信息，可以更快地提取有用的信息，進而提高系統
的效率。
此外，SRNS也可以用于可穿戴式设备，如智能手表，运动饮料，
以及其他物联网设备，以便快速准确地获取信息。
4 结论
模8的简化剩余系（SRNS）是一种基於模8残差数字格式的高效
计算方法，SRNS可以有效减少数据转换及操作的耗费，提高数据计算
和处理的效率。
SRNS被广泛用于密码技术，数据库管理，可穿戴式设
备等领域，是一种非常有用的计算方法。
尽管SRNS可以擴展到多位
模拟，以便更有效地处理复杂的数值计算，但它的实现仍然相对简单，以及有利的低耗能特性，使它成为目前最为受欢迎的计算技术之一。