第二章--同余---第七节--简化剩余系(2)
第二章II 同余方程
例2 设 m＝30, a＝7, 有 (a, m)＝(7, 30)＝1, (30)＝8。
模 30 的最小非负简化剩余系
1 , 7 , 11 , 13 , 17 , 19 , 23 , 29 有
两端作 k( (n) / (p)) 次幂得， ak (n)≡1 (mod p)
两端乘以 a 得到 a1＋k (n)≡a (mod p)
即
a ed≡a (mod p)
即
a ed≡a (mod p)
同理，
aed≡a (mod q)
因为 p 和 q 是不同的素数，根据例2.1.16，
由 因此，
a (m)－1≡0(mod m)
即
a (m)≡1 (mod m)
例2.4.3 设 m＝11, a＝2, 有 (2, 11)＝1, (11)＝10,
故 210≡1 (mod 11)
例2.4.4 设 m＝23, (a, 23)＝1, (23)＝22,
a22≡1 (mod 23)
定理 2.3.5 设 m 是一个正整数，a 是满足(a，m)＝1 的整数，则存在整数a, 1≤a＜m 使得 aa≡1 (mod m) 称 a 是 (mod m)下a 的逆元。(记a 为a－1读作a逆)
≡ 7×19×17×1×29×13×11×23 (mod 30) 有 78×1×7×11×13×17×19×23×29
≡1×7×11×13×17×19×23×29 (mod 30) 即 1×7×11×13×17×19×23×29 ×(78－1)≡0 (mod 30) 又，(1×7×11×13×17×19×23×29, 30)＝1， 有 78－1≡ 0 (mod 30)。故 78≡1 (mod 30) ， 即7 (30) ≡1 (mod 30) 。
第二章 同余
3
定理 2 模m同余是等价关系, 即 (1) 对任一整数a , a ≡ a (mod m ); (3)若a ≡ b (mod m ), b ≡ c (mod m ), 则a ≡ c (mod m ) (传递性 ) (自反性 ) (2)若a ≡ b (mod m ), 则b ≡ a (mod m ); (对称性 )
即:欧拉( Euler ) 数ϕ ( x )是定义在正整数上的 函 函数,ϕ ( m )的值等于0,1, 2,L , m − 1中与m互素的数的 个 数.
12
二、简化剩余系
定义 2 如果模m的剩余类里面的数与m互素,就 .(又 把这个类叫做一个与模m互素的剩余类.(又称简化 剩余类)
定义3 设m是一个正整数,在模m的所有不同简 化剩余类中,从每个类任取一个数组成的整数的集合, 叫做模m的一个简化剩余系.
证 因(e , ϕ ( n)) = 1, 则存在整数d ,1 ≤ d < ϕ ( n), 使得
ed ≡ 1 (mod ϕ ( n))
由2.3定理4 2.3定理4 定理
19
于是存在正整数k , 使得 ed = 1 + kϕ ( n). 因(a , pq ) = 1, 所以(a , p ) = 1,由Euler 定理
定 理13 设 m 是 正 整 数 , a ≡ b (mod m ), 则 ( a , m ) = ( b , m ). 因 而 若 d 能 整 除 m 及 a, b二 者 之 一, 则 d 必 能 整 除 a, b 中的另一个.
7
证明同余式的一般方法(基本的方法):
初等数论2.
我喜欢数学
性质(6)
性质(7)
若a =a1d, b =b1d, (m, d) =1, a ≡b (mod m)，则 a1 ≡ b1 (mod m) .
性质(8) 若a ≡b (mod m)，k 为正整数 ， 则 ka ≡ kb (mod km) .
a b m (mod ). d为a，b及m的任一正公约数，则 d d d
2019年4月13日11时56分
性质(5) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 ac ≡ bd (mod m) .
同余式可以相乘。
推论
若a ≡b (mod m)， 则 a k ≡ b k (mod m), k 为任意整数.
同余式的数乘。
推广
E
2019年4月13日11时56分
2019年4月13日11时56分
2、同余的性质：
(1) 反身性： a ≡ a (mod m). (2) 对称性：若 a ≡ b (mod m)， 则 b ≡ a (mod m). (3) 传递性：若 a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m), 则 a ≡ c (mod m). (4) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 a + c ≡ b + d (mod m) , a－c ≡ b－d (mod m). 同余式可以相加减。
例7 用弃九法验算 28947×34578 =1001865676 是否正确. 解 28947≡3 (mod 9), 34578≡0 (mod 9) 应有28947×34578 ≡0 (mod 9), 而 1001865676 ≡0 (mod 9), 所以计算必有错误. 弃九法只是运算结果正确的必要条件，而非充 分条件 ! 因此只能判误.
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)；
第二章--同余---第七节--简化剩余系(2)
初 等 数 论 （16）（第二章 同余 第七节 简化剩余系（2））一、复习二、例题例2 什么样的正整数满足ϕ (2x ) = ϕ (3x )解 设x =2a 3b y ，其中ab 为非负整数，y |6/。
若b > 0，（a 、b 大于或等于0）则ϕ (2x ) =ϕ (2a +1) ϕ (3b ) ϕ (y ) =2a ×3b -1×(3-1)ϕ (y )ϕ (3x ) =ϕ (2a ) ϕ (3b +1) ϕ (y ) =2a -1×3b ×(3-1)ϕ (y )这时ϕ (2x )和ϕ (3x )不会相等。
所以在ϕ (2x ) =ϕ (3x )时，b = 0，x =2a y 。
这时，ϕ (2x ) =2a ×ϕ (y )，ϕ (3x ) =2×ϕ (2a )×ϕ (y )由ϕ (2x ) = ϕ (3x )得ϕ (2a ) =2a -1， (a > 0)故 x =2a y ，a 为正整数，y |6/。
例如 x = 215×35，则ϕ (2×215×35) =215×ϕ (35)ϕ (3×215×35) =（3 - 1）×214×ϕ (35)例3 证明：n n 41)(=ϕ不可能成立。
证明 若n n 41)(=ϕ，则n 4。
设 k p p p n αααα 21212=，其中p i 为奇质数，a ≥ 2，则k k p p p n αααα 21212241-=)1()1(2)(111211121--=----k k p p p p p n k ααααϕ，于是 )1()1)(1(22121---=k k p p p p p p上式右边为偶数，左边为奇数，矛盾。
故不存在n ，使得n n 41)(=ϕ。
例4 设m 与n 是正整数，证明：ϕ (mn )ϕ ((m ，n )) = (m ，n )ϕ (m )ϕ (n )。
信息安全数学基础第2章 同余-精选文档-PPT文档资料
《信息安全数学基础》 第2章
简化剩余系-例题
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5×1=5
3×1=3
《信息安全数学基础》 第2章
简化剩余系-性质
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《信息安全数学基础》 第2章
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简化剩余系-例题
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《信息安全数学基础》 第2章
同余的性质
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《信息安全数学基础》 第2章
2.2完全剩余系
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《信息安全数学基础》 第2章
剩余类
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《信息安全数学基础》 第2章
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《信息安全数学基础》 第2章
剩余类
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《信息安全数学基础》 第2章
剩余类
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《信息安全数学基础》 第2章
完全剩余系
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《信息安全数学基础》 第2章
完全剩余系
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《信息安全数学基础》 第2章
第2章 同余
2.1同余的基本性质
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《信息安全数学基础》 第2章
同余
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《信息安全数学基础》 第2章
同余的性质
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《信息安全数学基础》 第2章
同余的性质
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《信息安全数学基础》 第2章
同余的性质
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《信息安全数学基础》 第2章
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《信息安全数学基础》 第2章
推论
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《信息安全数学基础》 第2章
同余的性质
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《信息安全数学基础》 第2章
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《信息安全数学基础》 第2章
完全剩余系-举例
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《信息安全数学基础》 第2章
第2章 同余
2.1同余的概念及一次同余式
证明 1 自反性,显然m|a-a ,故a≡a(mod m); 2 对称性 如果a≡b(mod m); 即m|a-b ,从而 m|b-a 因此, b≡a(mod m); 3 传递性 如果a≡b(mod m); b≡c(mod m); 则m|a-b,m|b-c 从而,m|(a-b+b-c), 也就是 m|a-c ,及a≡c(mod m);
2.2剩余类及完全剩余系
定理3 若a0,a1,…,am-1是模m的一完全剩余系,a和c是任意 二整数且(a,m)=1, 则aa0+c, aa1+c, …,aam-1+c也 是模m的一完全剩余系. 证明:由定理2,只需证明当a0,a1,…,am-1是模m的一 完全剩余系时, aa0+c, aa1+c, …,aam-1+c两两模m 不同余就可以了 采用反正法,假设,存在ai和ak(i≠k),使得 aai+c≡ aak+c(modm) ⇒m|a(ai-ak) , 又(a,m)=1 从而 m|ai-ak ,即ai和ak同余,矛盾
背包公钥密码（续）
加密过程 取正整数u,m，使得a1+a2 +…+an-1 +an <m, (u,m)=1,u,m作为密钥，只有接收方知道； bi ≡ uai (mod m). b1 , b2 … bn为公钥 （ m1, m2, L, mn ）为明文 s=a1x1 + a2x2 + L + anxn
2.2剩余类及完全剩余系
定义1 给定正整数m，对于任意整数a，称集 合 Ca = { c；a ≡ c (mod m)，c∈Z }是模m的一 个剩余类。 一个剩余类中的任一数叫做该类 的剩余或者代表元。若r0，r1,…, rm-1是m个整 数,并且其中任何两个数都不在剩余类里,则 r0，r1,…, rm-1 称为模m的一个完全剩余 从定义可以看出,模m的剩余类有m个 C0, C1,…, Cm-1,
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.。
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初 等 数 论 （16）（第二章 同余 第七节 简化剩余系（2））一、复习二、例题例2 什么样的正整数满足ϕ (2x ) = ϕ (3x )解 设x =2a 3b y ，其中ab 为非负整数，y |6/。
若b > 0，（a 、b 大于或等于0）则ϕ (2x ) =ϕ (2a +1) ϕ (3b ) ϕ (y ) =2a ×3b -1×(3-1)ϕ (y )ϕ (3x ) =ϕ (2a ) ϕ (3b +1) ϕ (y ) =2a -1×3b ×(3-1)ϕ (y )这时ϕ (2x )和ϕ (3x )不会相等。
所以在ϕ (2x ) =ϕ (3x )时，b = 0，x =2a y 。
这时，ϕ (2x ) =2a ×ϕ (y )，ϕ (3x ) =2×ϕ (2a )×ϕ (y )由ϕ (2x ) = ϕ (3x )得ϕ (2a ) =2a -1， (a > 0)故 x =2a y ，a 为正整数，y |6/。
例如 x = 215×35，则ϕ (2×215×35) =215×ϕ (35)ϕ (3×215×35) =（3 - 1）×214×ϕ (35)例3 证明：n n 41)(=ϕ不可能成立。
证明 若n n 41)(=ϕ，则n 4。
设 k p p p n αααα 21212=，其中p i 为奇质数，a ≥ 2，则k k p p p n αααα 21212241-=)1()1(2)(111211121--=----k k p p p p p n k ααααϕ，于是 )1()1)(1(22121---=k k p p p p p p上式右边为偶数，左边为奇数，矛盾。
故不存在n ，使得n n 41)(=ϕ。
例4 设m 与n 是正整数，证明：ϕ (mn )ϕ ((m ，n )) = (m ，n )ϕ (m )ϕ (n )。
证明 设，，111111n p p n m p p m k k k k ββαα ==1)(1111||=//n m n p m p i i ，，，，则 )()(11111n m p p mn k k kβαβαϕϕ++= ，∏=++-=k i ik n m p p p k k 1111)()(11)(11ϕϕβαβα )())((},{},{111k k n m i k n m i p p n m βαβαϕϕ =，，，∏=-=k i ip n m 1)(11)( 由此得)())(()(n m n m mn ，，=ϕϕ)()11(1111m p p p k i ik k ϕαα∏=-⨯ )()11(1111n p p p k i ik k ϕββ∏=-⨯ )()()(n m n m ϕϕ，=例5 设n ∈N ，证明：（ⅰ） 若n 是奇数，则ϕ（4n ） = 2ϕ（n ）；证明 我们有（4，n ）=1ϕ (4n ) = ϕ (22n ) = ϕ (22)ϕ (n ) = 2ϕ (n )；例如 n = 5，则有ϕ (4n ) =ϕ (22)ϕ (5) =2×4 = 8，模20的简化剩余系中有8个元素1，3，7，9，11，13，17，19 （ⅱ） n n 21)(=ϕ的充要条件是n = 2k ，k ∈N ； 证明 若n = 2k ，则n k k k 2122112)2(1)(==-=-ϕ， 若n n 21)(=ϕ，设n = 2k n 1，2|/n 1，则由 )()2()2()(2111n n n n k k ϕϕϕϕ=== 1111111)(21)(221)(2n n n n n n n k k ϕϕϕ===- 推出ϕ (n 1) = n 1，所以n 1 = 1，即n = 2k ；（ⅲ） n n 31)(=ϕ的充要条件是 n = 2k 3l ，k ，l ∈N ；证明 若n = 2k 3l ，则)3()2()(l k n ϕϕϕ=n l k 3131132112)()(=--=。
若n n 31)(=ϕ， 设n = 2k 3l n 1，6|/n 1，则由)32()(311n n n l k ϕϕ== )()3()2(1n l k ϕϕϕ=)()311(3)211(21n l k ϕ-⨯-=111)(3231n n n l k ϕ=11)(31n n n ϕ= 推出ϕ (n 1) = n 1，所以n 1 = 1，即n = 2k3l。
（若ϕ(n1) =1，则n1 = 1或n1 = 2。
）初等数论（17）（第二章同余第八节Euler定理（1））本节中所介绍的Euler定理，在理论和应用两个方面都是很重要的。
定理1 （Euler定理）设m是正整数，（a，m）= 1，则aϕ(m)≡ 1 （mod m）。
证明由第三节定理2，设｛x1，x2， ，xϕ(m)｝是模m的一个简化剩余系，则｛ax1，ax2， ，axϕ(m)｝也是模m的简化剩余系，因此ax1ax2 axϕ(m)≡x1x2 xϕ(m) （mod m），aϕ(m)x1x2 xϕ(m)≡x1x2 xϕ(m)（mod m）（1）由于（x1x2 xϕ(m)，m）= 1，所以m∣（aϕ(m)-1）得出aϕ(m)≡ 1 （mod m）。
例如（5，12）= 1，ϕ（12）= 4，54 = 252 ≡ 12 = 1 （mod12）。
例如，（7，12）= 1，ϕ（12）= 4，74 ≡（-5）4 =（5）4 ≡ 252 ≡ 12 = 1 （mod12）。
再如（5，17）= 1，ϕ（17）= 16，516 =258 ≡ 88 ≡ 644 ≡ 134 ≡（- 4）4 ≡（16）2≡（-1）2 ≡1 （mod 17）。
由Euler定理我们可以得到对于模m的一个简化剩余系中的任何一个整数x，都有xϕ(m)≡ 1 （mod m）例如m = 16，m的简化剩余系为｛1，3，5，7，9，11，13，15｝，ϕ（m）= 818 ≡ 1 （mod16）38 ≡ 94 ≡ 812 ≡1 （mod16）58 ≡ 254 ≡ 94 ≡ 1 （mod16）78 ≡ 49 4 ≡1 （mod16）定理2 （Fermat）设p是质数，则对于任意的整数a，有a p≡a （mod p）。
证明若（a，p）= 1，则由定理1得到a p- 1≡ 1 （mod p）⇒a p≡a（mod p）。
若（a，p）> 1，则p∣a，所以a p≡ 0 ≡a（mod p）。
例如取p = 3，a = 6，则，63 ≡ 6 （mod3）取p = 3，a = 5，则，53 ≡ 23≡ 8 ≡ 5 （mod3）取p = 7，a = 5，则57 ≡（-2）7≡-2×82≡-2×1 ≡ 5 （mod 7）公元前50年左右，我国已经知道p∣2p - 2。
这是费马小定理的特殊情形。
例如5∣25-2=3011∣211 - 2=204617∣217- 2 =131070费马小定理的逆定理不成立，例如2341 ≡ 2 （mod341）但341不是质数，我们称这样的合数为伪质数。
例1 证明341是伪质数。
证明只要证明341是合数，且2341 ≡ 2 （mod341）就可以了。
341=11×31。
又由费马小定理知211 ≡ 2 （mod11）231 ≡ 2 （mod31）所以有2341 =（211）31 ≡ 231 = 29×（211）2≡ 29×22 = 211 ≡ 2 （mod11）及2341 =（231）11 ≡ 211 = 2×1024 ≡ 2×1≡ 2 （mod 31）即11∣2341 - 2，31∣2341 - 2，又 （11，31） =1，所以 341∣2341 - 2也就是 2341 ≡ 2 （mod 341）这就证明了341是伪质数。
341是最小的伪质数，在1000以下还有另外两个伪质数：561 =3×11×17，645 =3×5×43N = 561时，对每一个与561互质的整数a ，a p - 1 ≡ 1 （mod p ）都成立。
例如 取a = 7则 7560 ≡ 1560 ≡ 1 （mod 3）7560 ≡ 49280 ≡ 5280 ≡62570 ≡62570 ≡270 ≡3214 ≡（-1）14 ≡1 （mod 11）7560 ≡ 49280 ≡（-2）280 ≡ 2280 ≡ 1670 ≡（-1）70 ≡ 3214 ≡ 1 （mod17）即 3∣7560 - 1，11∣7560 - 1，17∣7560 - 1，又 （3，11，17） =1，所以 3×11×17∣7560 - 1即 7560 ≡ 1 （mod 561）。
例2 证明有无穷多个伪质数。
证明 若a n 是一个伪质数，则22-n a n a ，令121-=+n a n a ，以下证明 1、a n +1是合数。
2、2211-++n a n a则由第一章第三节例11（教材22页）证明：当2n - 1为质数时，n 一定是质数。
知a n +1是合数。
因为若a n +1不是质数，121-=+n a n a 为合数，则a n 是质数，与a n 是伪质数相矛盾。
又因为22-n a n a ，所以N k ka a n a a n n n ∈=-=--=-+,2211211，从而Q n n n n a k a ka a )12(1)2(121211-=-=-=--+被12-n a 整除，即)(012111+-≡-+n a a od m n12111--++n a n a 22)12(21111-=-⨯++-+n n a a n a于是a n +1是伪质数。
例如341是伪质数，a n +1 = 2341 - 1是伪质数，先证明2341 - 1可以被2047整除，即2341 ≡ 1 （mod 2047）。
11)2048()2(231313111341=≡== （mod 2047），2341 - 1是合数。
以下证明221212341341---34122112341341⨯=-=--k1)2(12121234134122112341341-=-=-=-⨯---k k Q )12(341-=即2341 - 1可以整除12112341---，从而2341 - 1可以整除22)12(212112341341-=-⨯---。
例5 求710000与79999的末三位数字。
解 求一个数的末三位数字，就是求这个数除以1000的余数。