模11的简化剩余系
模11的简化剩余系
模11的简化剩余系，也称为十一进制余数系统，是一种简单而精准的数学工具，可以用来解决和求解复杂的数学问题。
它是一种旨在使数学表达更清晰的进制系统，它在数学计算中的用途相当广泛。
与其他的进制系统相比，模11的简化剩余系具有很多优势，值得推荐使用。
模11的简化剩余系的根本原理是“基数”，即将某一个数字的所有余数，依次从0开始，加1或减1，重新组成新的数字。
这种基数转换可以应用到实际的数学运算中，以减少数学表达中的复杂度，同时保持精确性。
模11的简化剩余系比其他进制系统有两个具体的优势：
首先，模11的简化剩余系具有更容易理解的特点。
只需要简单的加减法，就可以解决不同进制间的数字转换，而不用繁琐的乘除法。
此外，模11的简化剩余系也可以在数学运算中更快的完成计算，而不用担心精度的损失。
其次，模11的简化剩余系还具有更高精度的特点。
由于模11可以将一个数字分解为小于11的数字，因此每一个数字都可以被更小精度的转换，以获得更高精度的效果。
综上所述，模11的简化剩余系是一种可以节省计算时间的数学运算工具，而且它的精度也能够满足大多数实际的需求。
同时，由于它比其他进制系统更容易理解，因此它也更加受推崇。
因此，模11的简化剩余系在数学计算中的用途是相当广泛的，值得推荐使用。
《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)
《初等数论》试卷一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） １．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． ２．下列命题中不正确的是( ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,,,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数３．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( )Ａ．00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =-=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,;abx x t y y t t d d =+=-=±± Ｃ．00,,0,1,2,;bax x t y y t t d d =+=-=±± Ｄ．00,,0,1,2,;bax x t y y t t dd =-=-=±±４．下列各组数中不构成勾股数的是( )Ａ．５，１２，１３； Ｂ．７，２４，２５； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７ ５．下列推导中不正确的是( )Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ ６．模１０的一个简化剩余系是( ) Ａ．0,1,2,,9; Ｂ．1,2,3,,10;Ｃ．5,4,3,2,1,0,1,2,3,4;----- Ｄ．1,3,7,9. ７．()mod a b m ≡的充分必要条件是( ) Ａ．;m a b - Ｂ．;a b m - Ｃ．;m a b + Ｄ．.a b m +８．设()43289f x x x x =+++，同余式()()0mod5f x ≡的所有解为( ) Ａ．1x =或1;- Ｂ．1x =或4; Ｃ．1x ≡或()1mod5;- Ｄ．无解． 9、设f(x)=10n n a x a x a +++其中()0,mod i a x x p ≡是奇数若为f(x)()0mod p ≡的一个解，则:( )A ．()()mod ()0mod ,1p f x p χχ∂≡≡∂>一定为的一个解 B ．()()0mod ,1,()0mod p f x p χχ∂∂≡∂>≡一定为的一个解C ．()()()00(),()0mod mod ,mod p f x f x p x x p x x p ααα≡≡≡当不整除时一定有解其中 D ．()()()00mod ()0mod ,mod x x p f x p x x p ααα≡≡≡若为的一个解则有 10．()10(),,0mod ,,n n i n f x a x a x a a a p n p =+++≡>/设其中为奇数则同余式()()0mod f x p ≡的解数：（ ） A ．有时大于p 但不大于n; B ．可超过pC ．等于pD ．等于n11．若2为模p 的平方剩余，则p 只能为下列质数中的 :( )A ．3B ．11C ．13D ．23 12．若雅可比符号1a m ⎛⎫=⎪⎝⎭，则 ( ) A ．()2mod ,x a m ≡同余式一定有解B ．()()2,1,mod a m x a p =≡当时同余式有解;C ．()2(,mod m p x a p =≡当奇数)时同余式有解;D ．()2(),mod a p x a p =≡当奇数时同余式有解．13．()()2mod 2,3,2,1,x a a αα≡≥=若同余式有解则解数等于( )A ． 4B ．3C ． 2D ． 1 14． 模12的所有可能的指数为;( )A ．1，2，4B ．1，2，4，6，12C ．1，2，3，4，6，12D ．无法确定 15． 若模m 的单根存在，下列数中，m 可能等于: ( ) A ． 2 B ．3 C ． 4 D ． 12 16．对于模5，下列式子成立的是: ( )A ．322ind =B ．323ind =C ．350ind =D ．3331025ind ind ind =+ 17．下列函数中不是可乘函数的是: ( ) A ．茂陛鸟斯(mobius)函数w(a) ; B ． 欧拉函数()a φ；C ．不超过x 的质数的个数()x π；D ．除数函数()a τ；18． 若x 对模m 的指数是ab ，a >0，ab >0，则x α对模m 的指数是( ) A ．a B ．b C ．ab D ．无法确定 19．()f a ，()g a 均为可乘函数，则( ) A ．()()f a g a 为可乘函数； B ．()()f ag a 为可乘函数 C ．()()f a g a +为可乘函数； D ．()()f a g a -为可乘函数 20．设()a μ为茂陛乌斯函数，则有( )不成立A ．()11μ=B ．()11μ-=C ．()21μ=-D ．()90μ= 二．填空题：（每小题1分，共10分）21． 3在45!中的最高次n ＝ ____________________； 22． 多元一次不定方程：1122n n a x a x a x N +++=，其中1a ，2a ，…，n a ，N 均为整数，2n ≥，有整数解的充分必要条件是___________________；23．有理数ab，0a b <<，)(,1a b =，能表成纯循环小数的充分必要条件是_______________________；24． 设()0mod x x m ≡为一次同余式()mod ax b m ≡，a ≡()0mod m 的一个解，则它的所有解为_________________________；25． 威尔生（wilson ）定理：________________________________________； 26． 勒让德符号5031013⎛⎫⎪⎝⎭=________________________________________； 27． 若)(,1a p =，则a 是模p 的平方剩余的充分必要条件是_____________(欧拉判别条件)； 28． 在模m 的简化剩余系中，原根的个数是_______________________； 29． 设1α≥，g 为模p α的一个原根，则模2p α的一个原根为_____________； 30．()48ϕ=_________________________________。
信息安全第2章 同余习题解答
即 C6(mod 10)＝C16(mod 120)
∪C26(mod 120)∪C36 (mod 120)∪C46(mod 120)
∪C56 (mod 120)∪C66 (mod 120)∪C76(mod 120)
∪C86 (mod 120)∪C96 (mod 120)∪C106(mod 120)
∪C116 (mod 120) ∪C6 (mod 120)
C8＝ {c|c∈Z, 8≡c (mod 10)}＝{… , - 12, -2, 8, 18, 28, …}
C9＝ {c|c∈Z, 8≡c (mod 10)}＝{… , - 11, -1, 9, 19, 29, …} 由模 10 的不同剩余类可以看出，一个剩余类中的数或 全为偶数或全为奇数。所以对模 10 来说不存在满足(1) 或(2)的完全剩余系。
Cr (mod m) Cr (mod m1)等号成立当且仅当m1＝m。
进一步，设d＝ m/m1 则
Cr (modm1 )
1 j d
C
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
r jm1
(modm)
5. (i) 把剩余类1 (mod 5)写成模 15 的剩余类的并。
解：根据公式
Cr (modm1 )
1 j d
C
r jm1
C5＝ {c|c∈Z, 5≡c (mod 10)}＝{… , - 15, -5, 5, 15, 25, …}
模 10 的不同剩余类：m ＝10
C6＝ {c|c∈Z, 6≡c (mod 10)}＝{… , - 14, -4, 6, 16, 26, …}
C7＝ {c|c∈Z, 7≡c (mod 10)}＝{… , - 13, -3, 7, 17, 27, …}
剩余类与剩余系在数学竞赛中的应用
一
（ ） 义 １ 设 ｍ 为 正 整 数 ， 全 体 整 １定 把
数按模 ｍ的余数分成 ｍ类 ， 相应 ｍ个集合
｛ｍ ＋ｒｑＥ ｚ｝ ｒ ０ １ … ， 一 ） ｑ ｌ （ ＝ ， ， ｍ １ 称为模 ｍ的一个剩余类 （ 亦称 同余类 ）ｔ ， ．ｏ
＝
，
Ｋ
Ｋ， Ｋ 一 １…， 为模 ｍ的全部剩余类．
（ 本讲 适合 高 中）
剩余是数论 中的重要概念， 剩余类与剩 余 系及 其性 质是 一种解 决 数论 问题 的重要 工 具． 特别 是在 研究 整 除 陛 、 在性 、 存 求值 、 数 整 数 列 的性质 等 问题 中 ， 具有 重要 的使 用价 值． 本 文先 介绍 其概 念与性 质 ， 再例 述其 应用．
一
或
一ｍ ＋１ … ， ， ， ， ， ． ， 一１ ０ １ …
二 二
（） 质 ２性
（ ） 个 整 数构 成 模 ｍ 的一 ｉｍ
个 完全 剩余 系 甘 两两对 模 ｍ不 同余 ；
（ｉ 若 （ ， ｉ ） ８ ｍ）＝１ 则 与 龇 ＋ｂ同时 遍 ， 历模 ｍ的完全剩余系； （ｉ 设 ｍ 、 两 个 互 质 的 正 整 数 ， ｉ） ｉ ｍ 是 而 Ｙ分别 遍 历 模 ｍＩｍ２ 、 பைடு நூலகம்完 系 ， ｍ２ 则 ＋ｍｌ Ｙ 遍 历模 ｍ 的完 系． ｍ： １３ 既约剩余 系 ． （） １ 定义 ３ 若 剩 余 类 中 的每 一个 数 都 与 ｍ互 质 ， Ｋ 称 为 与 ｍ 互 质 的剩 余 类． 则 在与模 ｍ互质 的全部剩余类 中， 从每一类 中 任取 一个数 所构 成 的数 组 ， 为模 ｍ 的 一个 称 既约（ 简化 ） 剩余系（ 如模 ５的简系 １２ ３４ ，， ，； 模１ ２的简 系 １５， ，１ ． ， ７１）
第7章习题答案
习题71.证明：当a≡b(mod m)时，对任何正整数，a n≡b n(mod m)。
证明当a≡b(mod m)时，a-b是m的倍数，故从a n-b n＝(a-b)(a n-1＋…＋b n-1)可知也是m的倍数，所以a n≡b n(mod m)。
2.设a、b是非零整数，m是满足m＞|a|＋|b|的正整数，证明：当a≡b(mod m)时，必有a＝b。
证明当a≡b(mod m)时，则存在整数k使得a-b＝mk，于是m＞|a|＋|b|≣|a-b|＝m|k|，有|k|＜1，因而k＝0，故a＝b。
3.用弃九法证明：(1)4568×7391＝30746529；(2)16×937×1559＝23373528。
证明 (1)因为4568≡4＋5＋6＋8≡5(mod 9)，7391≡7＋3＋9＋1≡2(mod 9)，30746529≡3＋7＋4＋6＋5＋2＋9≡0(mod 9)，而2×5≡/0(mod 9)，所以原式计算错误。
(2)因为16≡1＋6≡7(mod 9)，937≡9＋3＋7≡1(mod 9)，1559≡1＋5＋5＋9≡2(mod 9)，23373528≡2＋3＋3＋7＋3＋5＋2＋8≡6(mod 9)，而7×1×2≡/6(mod 9)，所以原式计算错误。
4.完成定理7.9的证明。
证明（1）由定义立得。
（2）若a i＋b≡a j＋b(mod m)（0≢i＜j≢m-1)，则m|(a i-a j)，由(1)知此式不成立。
所以a i＋b≡/a j＋b(mod m)（0≢i＜j≢m-1)，故a0＋b、a1＋b、…、a n-1＋b也是模m的一完全剩余系。
（3）若ba i≡ba j(mod m)（0≢i＜j≢m-1)，则m|b(a i-a j)，而(b，m)＝1，于是m|b(a i-a j)，由(1)知此式不成立。
所以ba i≡/ba j(mod m)（0≢i＜j≢m-1)，故ba0、ba1、…、ba n-1也是模m的一完全剩余系。
模11的简化剩余系
模11的简化剩余系
模11的简化剩余系是一种对模11的拓展，为了更好地处理和简化差分过程，可以将数学上的困难转化为更简单的问题。
它的特点主要有以下几点：
1.模11的简化剩余系可以将不同的modulo系采用模11组合起来，从而实现差分最简;
2.其中一个modulo对另一个modulo采用相同的取模方法，从而加快传播，有效减少差分过程;
3.模11简化剩余系可以优化求解精度，从而解决迭代循环卡死的问题;
4.差分过程可以通过简化剩余系利用模11快速传播，并且运算精度可以有效提高，其中最大优势就在于可以把复杂的运算转变成简单的运算，从而提升运算的效率；
5.模11的简化剩余系十分灵活，可以根据应用需要，按照不同的设定来配置，以适应不同的计算环境;
6.模11简化剩余系可以减少系统中消耗太多内存的计算以及调用操作；
7.利用模11简化剩余系可以用更少的数据存储量来进行运算，更加有效的利用存储空间;
8.模11的简化剩余系可以从更高的层次上把复杂的差分运算过程简化，减少了大量的中间变量的存储和运算.。
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
3 简化剩余系与欧拉函数
§3 简化剩余系与欧拉函数定义 欧拉函数()n ϕ是一个定义在正整数集上的函数，()n ϕ的值等于系列0,1,,1n -中与n 互质的整数的个数。
()()()()11,21,32,42,ϕϕϕϕ====当1n >时，()0.n n ϕ<<当p 为质数时，() 1.p p ϕ=-定义 如果一个模m 的剩余类里的数与m 互质（在模m 的一个剩余类中，只要有其中一个数和m 互质，则该剩余类中所有的数就都与m 互质），就把它叫做一个与m 互质的剩余类. 在与m 互质的全部剩余类中，各取一个数所组成的一组数，叫做模m 的一个简化剩余系.定理1 模m 的一个简化剩余系含有()m ϕ个数. 证 模m 的全部剩余类是011,,,m K K K -. 因为,0,1,,1r r K r m ∈=-，所以对每个()01r r m ≤≤-，r K 是一个与m 互质的剩余类的充要条件是(), 1.r m =因此，在模m 的全部剩余类011,,,m K K K -中，与m 互质的全部剩余类是满足条件()01,,1r m r m ≤≤-=的所有剩余类r K . 这样的剩余类公有()m ϕ个，故由简化剩余系的定义知，模m 的简化剩余系含有()m ϕ个数.定理2 若()1,,m a a ϕ是()m ϕ个与m 互质的整数，则()1,,m a a ϕ是模m 的一个简化剩余系的充要条件是它们两两对模m 不同余.证 必要性 设()12,,,m a a a ϕ是模m 的一个简化剩余系，则由简化剩余系的定义，这()m ϕ个数是取自模m 的不同剩余类的，故这()m ϕ个数两两对模m 不同余.充分性 设与m 互质的()m ϕ个整数()12,,,m a a a ϕ两两对模不同余. 因每个整数都与m 互质，故每个整数都属于一个与m 互质的剩余类. 因这()m ϕ个整数两两对模m 不同余，故这()m ϕ个整数分别属于不同的与m 互质的剩余类. 另一方面，与m 互质的剩余类共有()m ϕ个，故()12,,,m a a a ϕ分别属于这()m ϕ个与m 互质的剩余类，故()12,,,m a a a ϕ是模m 的一个简化剩余系.定理3 若(),1,a m x =通过模m 的简化剩余系，则ax 也通过模m 的简化剩余系。
简化剩余系与欧拉函数
1 由结论4， 若6n，则(n) n 3
即可得到结论5。
例3 证明：若m, nN，则(mn) = (m, n)([m, n])； 证： 显然mn与[m, n]有相同的素因数， 设它们是pi（1 i k），则
称为模m的一个简化剩余系（或简称为简化系）。
注：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. 集合{1, 3, 5, 7}称为最小非负简化剩余系。
二、主要性质 定理1 整数集合A是模m的简化剩余系的充要条件是： 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4 设n是正整数，p1, p2, , pk是它的全部素因数，
1 1 则 ( n) n(1 )(1 ) p1 p2
i n p 证 设n的标准分解式是 i
k i 1
i
1 1 (1 ) n (1 ). pk p p|n k
( n ) ( p 由定理3推论得到 i)
定义2 对于正整数k，令函数(k)的值等于模k的所有 简化剩余类的个数，称(k)为Euler函数。 容易验证：(2) = 1，(3) = 2，(4) = 2，(7) = 6。 注：(m)就是在m的一个完全剩余系中与m互素的 整数的个数，且 1 ( m ) m . 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xi，构成一个集合{x1, x2, ,x(m)}，
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,
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.。