初等数论教案第二节剩余类与完全剩余系
剩余类与完全剩余系ppt课件
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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
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2
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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。
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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。
2 剩余类及完全剩余系
§2 剩余类及完全剩余系定义 设m 是一个给定的正整数，()0,1,,1r K r m =-表示所有形如()0,1,2,qm r q +=±±的整数组成的集合，则称011,,,m K K K -为模m 的剩余类.定理1 设0110,,,,m m K K K ->是模m 的剩余类，则（ⅰ）每一整数必包含于某一个类里，而且只能包含于一个类里； （ⅱ）两个整数,x y 属于同一类的充分必要条件是()mod .x y m ≡证 （ⅰ）设a 是任意一个整数，则由带余除法，得,0a qm r r m =+≤<，故.r a K ∈故每一整数必包含于某一类里. 又设,r a K ∈且r a K '∈，这里0,0r m r m '≤<≤<，则存在整数,q q '使得,.a mq r a mq r ''=+=+于是，|,|.m r r m r r ''--但是0r r m '≤-<，故0,0,.r r r r r r '''-=-== （ⅱ）设,a b 是两个整数，并且都在r K 内，则存在整数12,q q 分别使得12,.a q m r b q m r =+=+故()mod .a b m ≡反之，若()mod a b m ≡，则由同余的定义知，,a b 被m 除所得的余数相同，设余数都为()0r r m ≤<，则a 和b 都属于同一类r K . 定义 在模m 的剩余类011,,,m K K K -中，各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-，此m 个数011,,,m a a a -称为模m 的一个完全剩余系.推论 m 个整数作成模m 的一个完全剩余系的充分必要条件是这m 个整数两两对模m不同余.证 充分性 设12,,,m a a a 是m 个两两对模m 不同余的整数. 由定理1知，每个整数i a 必在模m 的m 个剩余类011,,,m K K K -中某一剩余类里，且只能在一个剩余类里. 因12,,,m a a a 是m 个两两对模m 不同余的整数，故有定理1得，12,,,m a a a 分别属于不同的剩余类，故12,,,m a a a 是模m 的一个完全剩余系.必要性 设12,,,m a a a 是模m 的一个完全剩余系，则由完全剩余系的定义得，这m 个数分别属于不同的m 个剩余类011,,,m K K K -. 由定理1得，12,,,m a a a 两两对模m 不同余. 0,1,,1m -是模m 的一个完全剩余系.当m 为奇数时，11,,1,0,1,,22m m ----是模m 的一个完全剩余系. 当m 为偶数时，,1,,1,0,1,,1222m m m --+--与1,,1,0,1,,1,222m m m-+--都是模m 的完全剩余系.定理2 设m 是一个正整数，,a b 都为整数，(),1a m =，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. 证 设x 通过模m 的完全剩余系12,,,m a a a .下面证明ax b +也通过模m 的一个完全剩余系.根据定理1的推论，只需证明12,,,m aa b aa b aa b +++两两对模m 不同余.因12,,,m a a a 是模m 的一个完全剩余系，故由定理1的推论得，12,,,m a a a 两两对模m 不同余.下面用反证法证明12,,,m aa b aa b aa b +++两两对模m 不同余.假设12,,,m aa b aa b aa b +++不是两两对模m 不同余，则其中有两个数对模m 同余，设()mod ,1i j aa b a b m i j m +≡+≤<≤，则()m o d .i j aa a m ≡因(),1a m =，故()m o d .i j a a m ≡这与12,,,m a a a 两两对模m 不同余矛盾.定理3 设()12120,0,,1m m m m >>=，而12,x x 分别通过模12,m m 的一个完全剩余系，则2112m x m x +通过模12m m 的一个完全剩余系.证 当12,x x 分别通过模12,m m 的一个完全剩余系时，2112m x m x +共取了12m m 个整数值，下面证明这12m m 个整数两两对模12m m 不同余.设()2112211212mod m x m x m x m x m m ''''''+≡+， （1） 其中,i i x x '''是i x 所通过的模i m 的完全剩余系中的数，1,2.i =由（1）得，()211221121mod m x m x m x m x m ''''''+≡+，从而()21211mod m x m x m '''≡.因()12,1m m =，故()111mod .x x m '''≡又因11,x x '''是模1m 的完全剩余系中的数，故11.x x '''=同理，22.x x '''= 故当12,x x 分别通过模12,m m 的一个完全剩余系时，2112m x m x +共取了12m m 个整数值，下面证明这12m m 个整数两两对模12m m 不同余.从而由定理1的推论得，这12m m 个整数作成模12m m 的一个完全剩余系. 定义 0,1,,1m -叫做模m 的最小非负完全剩余系；当m 是奇数时，11,,1,0,1,,22m m ----叫做模m 的绝对最小完全剩余系；当m 是偶数时，,,1,0,1,,122m m ---或1,,1,0,1,,22m m-+-叫做模m 的绝对最小完全剩余系. 作业 P57： 1,2,3,4，习题解答1.证明,0,1,,1,0,1,,1,s t s t t x u p v u p v p t s --=+=-=-≤是模s p 的一个完全剩余系。
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.。
2.2剩余类与完全剩余系word版下载
2.2 剩余类与完全剩余系一、剩余类与完全剩余系本讲约定m 是正整数.由上一讲同余的基本性质可知:对于给定的模m ,整数的同余关系是一个等价关系.因此可将全体整数按“对模m 是否同余”分为若干个两两不相交的集合,使得同一个集合中任意两个数对模m 一定同余,而不在同一个集合中的任意两个数对模m 一定不同余.这些集合就是模m 的剩余类.定义 1 对模m 与已知整数a 同余的所有整数构成的集合,称为模m 的剩余类（或模m 的同余类）,记为[]m a由定义1立即得到: 定理1 (1) []{}{}|(mod )|m ax x a m a km k =∈Z ≡=+∈Z ;(2) [][]m m ab =的充要条件()mod a b m ≡;(3) 对任意,a b ∈Z ,或者[][]m m ab =或者[][]m m a b =∅ ;可见,模m 的剩余类与选取其中哪个数作为代表元并无关系.同一剩余类中任意两个整数对模m 同余,属于不同剩余类的任意两个整数对模m 不同余. 定理2 对于给定的模m ,有且仅有m 个不同的剩余类,即[][][][]0,1,2,1m m m m m - .证明 由于0,1,2,3,…,m-1这m 个数对模m 两两不同余,所以[][][]0,1,2,m m m []1m m -是m 个两两不同的模m 的剩余类,如果还有一个模m 的剩余类[]m t,则由带余除法定理,可得,,,0,t mq r q r r m =+∈Z ≤<故()mod t r m ≡,而r 为0,1,2,,1m - 中的某一个数,所以[][]m m t r =.例1 当6m =时,模6的剩余类共有6个,它们是[]{}{}[]{}{}[]{}{}6666660,12,6,0,6,12,[1],11,5,1,7,13,2,10,4,2,8,14,[3],9,3,3,9,15,4,8,2,4,10,16,[5],7,1,5,11,17,=--=--=--=--=--=--而且整数集[]560k k =Z = .定理3 (1)在任意取定的1m +个整数中,必有两个数对模m 同余; (2)存在m 个数对模m 两两不同余.证明 (1)由定理2知,有且仅有m 个不同的模m 的剩余类,即[][][][]0,1,2,1,m m m m m - 所以1m +个数中必有两个数属于同一个模m 的剩余类,即这两个数对模m 同余.(2)在每个剩余类[]()0,1,2,m rr m = 中取定一个数r x ,作代表,这样就得到m 个两两对模m 不同余的数01,1,,m x x x - .这就证明了(2).由此引出完全剩余系的概念:定义2 从模m 的每一个剩余类中各取一个数,得到一个由m 个数组成的集合,称为模m 的一个完全剩余系.下面是几个常用的完全剩余系:(1)把{}0,1,,1m - 称为模m 的最小非负完全剩余系; (2)把{}1,2,,m 称为模m 的最小正完全剩余系;(3)把()(){}1,2,,1,0m m ----- 称为模m 的最大非正完全剩余系; (4)把(){},1,,2,1m m ----- 称为模m 的最大负完全剩余系; (5)当m 是奇数时,把11,1,0,1,,22m m --⎧⎫--⎨⎬⎩⎭ 称为模m 的绝对最小完全剩余系;当m 是偶数时,把1,1,0,1,,22mm ⎧⎫-+-⎨⎬⎩⎭ 或,1,0,1,,122m m ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭ 称为模m的绝对最小完全剩余系;显然,模m 的完全剩余系有无数多个.如果{}12,,,m y y y 是模m 的一个完全剩余系,那么对任意整数a ,这m 个数中有且仅有一个i y 与a 对模m 同余.综上,模m 的一个完全剩余系就是m 个两两不同余的整数. 例2 证明:{}11,4,18,20,32--是模5的一个完全剩余系.定理4 设1|m m .那么,对任意的r ,有[][]1m m r r ⊆,等号当且1m m =成立.更精确地说,若12,,,d l l l 是模1md m =的一组完全剩余系,则有[]11j m m j d r r l m ≤≤⎡⎤=+⎣⎦ ,右边并式中的d 个模m 的剩余类两两不同.特别地有:[][]10m m j dr r jm ≤<=+.证明 我们把剩余类[]1m r 中的数按模m 来分类.对[]1m r 中任意两个数11,r k m +21r k m +,()1121mod r k m r k m m +≡+成立的充要条件是()12mod k k d ≡. ■ 由此推出右边和式中的d 个模m 的剩余类是两两不同的,且[]1m r 中的任一数1,r km +必属于其中的一个剩余类.另一方面,对任意的j 必有[]1111,j j m m m r l m r l m r ⎡⎤⎡⎤+⊆+=⎣⎦⎣⎦这就证明了所要的结论.例3 奇数按照模6可以分成哪几类,偶数按照模6可以分成哪几类？ 解 {全体奇数}=[][][][]26661135= ; {全体偶数}=[][][][]26660024= .二、完全剩余系的性质定理5 设a 是整数,(),1a m =,b 是任意整数,若x 遍历模m 的完全剩余系,则ax b +所取的值也遍历模m 的完全剩余系. 证明 设{}12,,,m x x x 是模m 的一个完全剩余系,则当x 依次取值12,,,mx x x 时,ax b +所取的m 个值为12,,m ax b ax b ax b +++ .如果()mod i j ax b ax b m +≡+,则()mod i j ax ax m ≡,由于(),1a m =.则()mod i j x x m ≡,于是i j =.因而{}12,,m ax b ax b ax b +++ 也是模m 的完全剩余系.■例4 证明:{}7,12,17,22,27,32是模6的一个完全剩余系. 证明 7507,12517,17527=⨯+=⨯+=⨯+22537,27547,32557=⨯+=⨯+=⨯+ .因为()5,61=,所以由定理5知,当x 遍历模6的最小非负完全剩余系{}0,1,2,3,4,5时,57x +所取的值,即{}7,12,17,22,27,32也是模6的完全剩余系.定理 6 设,a b 是两个整数,且(),1a b =,若x 遍历模b 的完全剩余系,y 遍历模a 的完全剩余系,c 是任意整数,则ax by c ++所取的值组成模ab 的完全剩余系. 例5 利用模10和模199的完全剩余系表示模1990的完全剩余系. 解:()199,101,199101990.=⨯=设{}12,10,,x x x 是模m 的一个完全剩余系,{}12,199,,y y y 是模199的一个完全剩余系,那么{}19910,1,2,10,1,2,,199i j x y i j +== 组成模1990的一个完全剩余系.习题2.21.验证下列各组整数是否为模8的完全剩余系：{}{}{}{}1,3,5,7,9,11,13,152,4,6,8,10,17,21,237,9,12,17,22,27,322,2,3,3,5,6,7,8---------（1）；（2）；（3）；（4）.2.验证下列各组整数是否为模7的简化剩余系：{}{}{}{}8,16,24,32,40,482,4,6,2,4,61,3,5,9,11,12,132,22,42,62,82---（1）；（2）；（3）；（4）.3.（1）求模9 的一个完全剩余系，使其中每个数都是奇数； （2）求模9 的一个完全剩余系，使其中每个数都是偶数； （3）对于模10来说，能实现（1）和（2）的要求吗？（4）请找出规律，并证明。
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 .
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)
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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,。
2,…，如｝与｛伤，九…，仇,｝都是模m 的完全剩余系,证明：｛⑷+仞心+ /?2,…,4“ + ®”｝不是模加的完全剩 余系.解：因为｛1,2,…，间与仙,如…,心都是模加的完全剩余系,所 以二 吕.m(m +1) m22% - =三〒(mod m). (7) /=i /=1 2 2同理严. m Di = — (mod in).(8)r=l L 如果｛如+ bi, “2 + b 2,…,如+九｝是模m 的完全剩余系,那么也有 艺(©+如三等(mod in).i=i 2联合上式与式(7)和式(8),得到这是不可能的，所以｛如+ bl, U2 +九…,cim +加｝不能是模m 的完 2 2 2 (mod ni),全剩余系.二、缩系在模皿的完全剩余系中，与m互素的整数所成的集合有一些特殊的性质，我们下而对它们做些研究.1、定义1设R是模加的一个剩余类，若有处/?,使得(“,m)=l,则称R是模力的一个简化剩余类.显然，若R是模的简化剩余类，则7?中的每个整数都与用互素.例如，模4的简化剩余类有两个：用(4)={…,-7,-3,1,5,9,— },7?3(4)= { --,-5,-1 ,3,7, 11 , --- }.2、定义2对于正整数k,令函数仅Q的值等于模k的所有简化剩余类的个数，称於)为Eulb函数，或Eu心一°函数.例如，容易验证仅2)=1,讽3) = 2,祕4) = 2,仅7) = 6.显然，仅呦就是在加的一个完全剩余系中与m互素的整数的个数.3、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七，构成一个集合{力,兀2,…,兀酬”)}，称为模加的一个简化剩余系(或简称为简化系或缩系).显然，由于选取方式的任意性，模加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.4、定理1整数集合A是模加的简化剩余系的充要条件是(i ) A中含有讽》个整数；(ii)A中的任何两个整数对模加不同余；(iii)A中的每个整数都与加互素.5、定理 2 设“是整数，(a, m) = 1, B = [x\,X2, ■ • 是模zn 的简化剩余系,贝！I集合A = {ax\, ax2,心枷)}也是模m的一个缩系.证明:显然,集合A中有讽加个整数.其次，由于(t/,772)=1,所以，对于任意的x,- (1 </ <(p(m)), x,eB,有(与,m)=(七,m)=\.因此,A中的每一个数都与加互素.最后，我们指出，A中的任何两个不同的整数对模加不同余.事实上，若有使得a x f = ax n (mod in),那么，因为(a, m)=所以x r =x r, (mod m),于是x f =x r,.由以上结论及定理1可知集合A是模m的一个缩系.注：在定理2的条件下，若b是整数，集合{ax\ + b, ax^ + /?,,•••, ax^m)+ b}不一定是模加的简化剩余系.例如,取加=4, a= 1, b = l f以及模4 的简化剩余系{1,3}.6、定理3 设m\y 7M2eN, (mi, mi) = L 又设X ={.¥1,X2,---,X<p(…ti)}与丫 = {川，〉'2,…，)‘0 伽2)}分别是模切与加2的缩系，则A = { m\y + mix\ xeX f yeY }是模m\ni2的缩系.证明：若以X，与厂分别表示模加]与牝的完全剩余系，使得Xu X，, Yu厂，贝I」A f = [ ni\y + zmx；xeX f f yeY' }是模“也的完全剩余系.因此只需证明A'中所有与加"2互素的整数的集合R是集合A.显然，若m\y + m/wR，贝'JO^iy + mix,= 1,所以(in\y + mix, m\) = 1,于是("a, ")=1, (x, m\) = 1, xeX.同理可得到ywY,因此/niy + m2xeA.这说明R^A.另一方而，若n?i)? + 则xwX, yeY,即(x,血1)=1, (y\ mi) = 1.由此及伽，加2)= 1得到(mox + m\y, m\) = 加1) = 1以及("?2兀 + 必1” "？2)=(必1幵"？2)= 1 ・因为““与也2互素，所以(血2兀+ 加1加2) = 1，于是+ miyeR・因此A^R.综合以上，得到A = R.7、定理4 设in, /?eN»伽,斤)=1,则(p(mn) =(p(m)(f)(n).证明：这是定理3的直接推论.8、定理5设斤是正整数，门丿2,…，以是它的全部素因数，则(p(n) =〃(1 -—)(1 _ —…(1 _ —!—) = 〃口(1 _ —).Pl Pl Pk P\n P证明：设斤的标准分解式是由定理4得到r=l(p(n)=Y［<p(p^).(1)i=l对任意的素数P，讽严)等于数列1,2,…,〃呻与严(也就是与卩)互素的整数的个数，因此殉产)=p a—［以］十-pg =P a (1-1),p p将上式与式(1)联合，证明了定理.由定理5可知，仅町=1的充要条件是1或2.例1设整数H>2,证明：匸・_1乙l^^n(p(n)9l</<n 2a •刃)=i即在数列1,2,…』中，与”互素的整数之和是卜讽心解：设在1,2, -,77中与n互素的冷)个数是a\. 02,…，a他幷” (CH. 7?) = h \ < Ui < n - \, 1 < / <(p(n), (n - cii, n) = L \<n-ai<n-\y \ <i <(p(n),因此，集合｛di, U2,…，伽”｝与集合也- di, n - U2,…，n - a(p(n)｝是相同的,J •是⑷ + a? + …+ a<p(n)= S _ ⑷)+ (n — ci2)+ …+ (n — a他幷)),2(如+ © +・・・+ a M) = n快",d] +如+…+伽)=切呦.因此例2设〃是正整数，则2>(〃)= n,d\n此处E是对n的所有正约数求和.d\n解：将正整数1,2,…丿按它们与整数”的最大的公约数分类，则n nn =Z1 = Z S 1 = Z Z 1 =工0(了)=工©(〃)・/=1 diJi (tn)=t/ d\n . i n d\n " d\nI —J —1\<i<n d d例3设*N,证明：(i )若"是奇数，则讽4”) = 2仅n)；(ii)刃2)弓”的充要条件是n = 2*,辰N；(iii)刃2)=卜的充要条件是n =刘,k, /eN；(iv)若6 In,则刃2)<»(v )若八-1与斤+1都是素数，n>4,贝^\(p(n) <1/?.解：(i)我们有仅4n)=仅2S) =(p(22)<p(n) = 2 刃J；(ii)若n = 2*,贝lj讽2°"(1冷)=2讥如若(p(n) =-??,设斤= 2®i，2//?i，则由2仅町=讽2切J =讽2。