初等数论第三章完整ppt课件
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精品-优秀PPT课件--初等数论三-夏子厚共33页文档
39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
精品-优秀PPT课件--初等数 论三-夏子厚
41、实际上，我们想要的不是针对犯 罪的法 律，而 是针对 疯狂的 法律。 ——马 克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就 像影子 跟随着 身体一 样。— —贝卡 利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进 步。— —杰弗 逊 44、人类受制于法律，法律受制于情 理。— —托·富 勒
45、法律的制定是为了保证每一个人 自由发 挥自己 的才能 ，而不 是为了 束缚他 的才能 。—— 罗伯斯 庇尔
谢谢！
Байду номын сангаас
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯
优选初等数论第三章课件
(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1 a2 b1 b2 (mod m);
若a b c(mod m),则a c b(mod m)
(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m);
若a b(mod m),则ak bk(mod m)
i p
pq,
即p
C
i p
例3、（1）求所有的正整数n，使得2n 1能被7整除； （2）证明：对于任何正整数n，2n +1不能被7整除。
解：（1）n Z ,都可写成3m k的形式,其中m N, k 0,1, 2. 因为23 1(mod 7)，所以23m 1(mod 7)，即23m 1 0(mod 7), 从而当 n 3m, 7 2n 1；
证：不妨设Sn 1n 2n 3n 4n，容易验证,14 1(mod 5), 24 16 1(mod 5),34 81 1(mod 5), 44 256 1(mod 5),
假定4k r,其中r 0,1, 2,3.由以上知 a4 1(mod 5), a 1, 2,3, 4. 则有 a4k 1(mod 5), 所以an a4kr ar (mod 5)
(6)若a b(mod m),且a a1d,b b1d,(d, m) 1，则 a1 b1(mod m)
(7)若a b(mod m), k 0,则 ak bk(mod mk) 若a b(mod m), d a,b, m, d 0，则
a d
b d
mod
m d
(8)若a b(mod mi ),i 1, 2, , k,则 a b(mod[m1, m2, , mk ])
因此可得Sn 1n 2n 3n 4n 1r 2r 3r 4r (mod 5). 因而当r 0,1, 2,3时，依次有 Sn 4 4(mod 5)， Sn 10 0(mod 5)，Sn 30 0(mod 5)，Sn 100 0(mod 5)， 故当且仅当n不能被4整除时，1n 2n 3n 4n能被5整除.
若a b c(mod m),则a c b(mod m)
(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m);
若a b(mod m),则ak bk(mod m)
i p
pq,
即p
C
i p
例3、（1）求所有的正整数n，使得2n 1能被7整除； （2）证明：对于任何正整数n，2n +1不能被7整除。
解：（1）n Z ,都可写成3m k的形式,其中m N, k 0,1, 2. 因为23 1(mod 7)，所以23m 1(mod 7)，即23m 1 0(mod 7), 从而当 n 3m, 7 2n 1；
证：不妨设Sn 1n 2n 3n 4n，容易验证,14 1(mod 5), 24 16 1(mod 5),34 81 1(mod 5), 44 256 1(mod 5),
假定4k r,其中r 0,1, 2,3.由以上知 a4 1(mod 5), a 1, 2,3, 4. 则有 a4k 1(mod 5), 所以an a4kr ar (mod 5)
(6)若a b(mod m),且a a1d,b b1d,(d, m) 1，则 a1 b1(mod m)
(7)若a b(mod m), k 0,则 ak bk(mod mk) 若a b(mod m), d a,b, m, d 0，则
a d
b d
mod
m d
(8)若a b(mod mi ),i 1, 2, , k,则 a b(mod[m1, m2, , mk ])
因此可得Sn 1n 2n 3n 4n 1r 2r 3r 4r (mod 5). 因而当r 0,1, 2,3时，依次有 Sn 4 4(mod 5)， Sn 10 0(mod 5)，Sn 30 0(mod 5)，Sn 100 0(mod 5)， 故当且仅当n不能被4整除时，1n 2n 3n 4n能被5整除.
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-2
i 1 i 1 i 1
m
m
m
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。
18
y = x2 m2x3 m2m3x4 m2mkxk 1
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。 由定理4，当x1通过模m1的完全剩余系，
xi（2 i k 1）通过模mi的完全剩余系时， x1 m1y = x1 m1(x2 m2x3 m2mkxk 1)
从而
3、剩余系间的联系
定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1， X { x1 , x2 , , xm1 } ,Y { y1 , y2 , , 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。 证明 由定理3只需证明：若x , x X，y , y Y，且 Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)， 则 x ' x ", y ' y " [ R中有m1m2个元素].
13 14
定理5 设miN，AiZ（1 i n），并且满足： ① (mi, mj) = 1，1 i, j n，i j； ② (Ai, mi) = 1，1 i n； ③ miAj ，1 i, j n，i j 。 则当xi（1 i n）通过模mi的完全剩余系Xi时， y = A1x1 A2x2 Anxn 通过模m1m2mn的 完全剩余系。
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 6, b 2 m 5, b 2 m 5, a 2 m 6, a 2
m
m
m
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。
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y = x2 m2x3 m2m3x4 m2mkxk 1
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。 由定理4，当x1通过模m1的完全剩余系，
xi（2 i k 1）通过模mi的完全剩余系时， x1 m1y = x1 m1(x2 m2x3 m2mkxk 1)
从而
3、剩余系间的联系
定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1， X { x1 , x2 , , xm1 } ,Y { y1 , y2 , , 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。 证明 由定理3只需证明：若x , x X，y , y Y，且 Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)， 则 x ' x ", y ' y " [ R中有m1m2个元素].
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定理5 设miN，AiZ（1 i n），并且满足： ① (mi, mj) = 1，1 i, j n，i j； ② (Ai, mi) = 1，1 i n； ③ miAj ，1 i, j n，i j 。 则当xi（1 i n）通过模mi的完全剩余系Xi时， y = A1x1 A2x2 Anxn 通过模m1m2mn的 完全剩余系。
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 6, b 2 m 5, b 2 m 5, a 2 m 6, a 2
大学数学---初等数论 ppt课件
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初等数论的大部份内容早在古希腊欧 几里德的《 几何原本》中就已出现。欧几 里得证明了素数有无穷多个，他还给出求 两个自然数的最大公约数的方法， 即所谓 欧几里得算法。我国古代在数论方面亦有 杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国 剩余定理”正是我国古代《孙子算经》中
的下卷第26题，我国称之为“孙子定理”。
一、基本概念
1、自然数、整数 2、正整数、负整数 3、奇数、偶数 一个性质： 整数+整数=整数 整数-整数=整数 整数*整数=整数
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二、整除
1、定义：设a，b是整数，b≠0。如果存在 一个整数q使得等式：
a=bq 成立，则称b能整除a或a能被b整除，记作 b∣a；如果这样的q不存在，则称b不能整除 a。
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3、最大公因数的性质
（1）当b∣a时，（a，b）=b. （2）a，b的一切公因数都是（a，b）的因数. （3）若a，b是正整数，m是任一正整数，则有
（am，bm）=（a，b）m. （4）若（a，b）=1，c为任一正整数，则有
（ac，b）=（c，b） （5）若（a，b）=1， b∣ac，则有b∣c. （6）若a，b，c是任意三个正整数，则（a，b）=d的充分必要条件是：
a bq r, 0＜ r ＜b ，
b rq1 r1,
0＜ r1 ＜ r ，
则有 (a,b) rn .
r r1q2 r2 ,
…
…
0＜ r2 ＜ r1 ，
rn2 rn1qn rn , 0＜ rn ＜ rn1 ，
rn1 rn qn1 rn1 , rn 1 0 ,
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4、带余除法
初等数论教程3
• 比如时间的表示：我们说15:00与说下午3:00是一样 的，因为15除以12与3除以12余数也相同，都为3。
• 即：120=7×17+1，365=7×52+1；15=12×1+3， 3=12×0+3
记为：120 365mod7 ；15 3mod12 。
并称为 120 与 365 对模 7 同余；15 与 3 对模 12 同余。
若 r1 r2， 则 称 a和 b对 于 模 m不 同 余 ， 记 作 a b(mo d m).
例3.1（P.121）
练习： （1）142与43对模11是否同余？ （2）13与3对模5是否同余？ （3）7与7对模7是否同余？ （4）2与-2对模3是否同余？
例3.2 求证（1）如果a除以m的余数为r （ 0 r m ）， 则 a r(modm) ； （2）如果 a r(modm) ，0 r m ，则a除 以m的余数为r.
b不是a对模m的剩余,
记作
a b (mod m);
关系式(1)称为模m的同余式,或简称同余式.
注：
由于m a b等价于-m a b,所以同余式(1) 等价于 a b (mod ( - m));
因此,以后总假设m 1.在同余式(1)中, 若0 b m ,则 称b 是a 对模m的最小非负剩余; 若1 b m ,称b是a 对模m的最小正剩余; 若 - m / 2 b m / 2 (或 m / 2 b m / 2) ,称 b 是 a 对 模 m 的绝对最小剩余.
• 下面的四个叙述是等价的： • (ⅰ) a b (mod m)； • (ⅱ) m|(a-b); • (ⅲ) 存在整数q，使得a = b qm； • (iv) 存在整数q1，q2，使得a=mq1 r，
• 即：120=7×17+1，365=7×52+1；15=12×1+3， 3=12×0+3
记为：120 365mod7 ；15 3mod12 。
并称为 120 与 365 对模 7 同余；15 与 3 对模 12 同余。
若 r1 r2， 则 称 a和 b对 于 模 m不 同 余 ， 记 作 a b(mo d m).
例3.1（P.121）
练习： （1）142与43对模11是否同余？ （2）13与3对模5是否同余？ （3）7与7对模7是否同余？ （4）2与-2对模3是否同余？
例3.2 求证（1）如果a除以m的余数为r （ 0 r m ）， 则 a r(modm) ； （2）如果 a r(modm) ，0 r m ，则a除 以m的余数为r.
b不是a对模m的剩余,
记作
a b (mod m);
关系式(1)称为模m的同余式,或简称同余式.
注：
由于m a b等价于-m a b,所以同余式(1) 等价于 a b (mod ( - m));
因此,以后总假设m 1.在同余式(1)中, 若0 b m ,则 称b 是a 对模m的最小非负剩余; 若1 b m ,称b是a 对模m的最小正剩余; 若 - m / 2 b m / 2 (或 m / 2 b m / 2) ,称 b 是 a 对 模 m 的绝对最小剩余.
• 下面的四个叙述是等价的： • (ⅰ) a b (mod m)； • (ⅱ) m|(a-b); • (ⅲ) 存在整数q，使得a = b qm； • (iv) 存在整数q1，q2，使得a=mq1 r，
初等数论第三章同余
第三章 同 余§1 同余的概念及其基本性质。
，所有奇数；所有偶数，例如，。
不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。
若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。
故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性），则、若；（反身性）、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡。
则，，，设。
，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -⇔-=-⇔=⇔≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z。
，则若；，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1。
，则特别地，若；，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2。
，则，；特别地，若则，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111111111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y Bx x Ak i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i kk kkk kk k +++≡+++=≡≡=≡≡----∑∑ αααααααααααααααα定理2。
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-4
1) Q2 (22 1)，
n
其中Q1与Q2是整数， 即 2 Fn 2(mod Fn ).
8
2
eg5 设n是正整数，记Fn = 22 1, 则 2 Fn 2(mod Fn ).
补充说明
n
三、在分数与小数互化中的应用
我们已经知道，F5是合数，因此例5表明， Fermat定理的逆定理不成立。 Fermat定理 设p是素数， 则对a Z , 有
s 证明： 10 a1a2 a s 0. b1 b2 bt
eg 6 化小数为分数. 0.13
2 13 1 12 90 90 15 13 0 13 990 990 1213 12 1201 9900 9900
a1a2 a s
b1b2 bt b b bt 1 2 . t 10 1 99 9
。
15
0.0 23
这就证明了不循环位数码个数不能再少了。
4
定理6 混循环小数 0.a1 a s b1 b2 bt 可以化为分数
a1 a s b1b2 bt a1 a s , 其中，分母中含有t个9, s个0. 99 900 0
a b
a a q (*) b b
而且ak, , a1不能都等于0，也不能都等于9。
由(*)式得(10k 1) a q ak ak 1 a1 ， b 1 1 a 1 ak ak 1 a1 ( k 2 k ) ak ak 1 a1 k 10 10 b 10 1
令n 4q r ,0 r 3, 则1n 2n 3n 4n
证： 记P = x1x2x(m)，则(P, m) = 1.
§3同余课件
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即7 的个位数是3.
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18
例8 设n的十进制表示是 13 xy 45 z , 且792n， 求 x，y，z. 解 因为792 = 8×9×11，故 8n，9n及11n。
8|n 8|45 z z 6.
9n 9（1 3 x y 4 5 z ）= 19 x y 9x y 1， (1) 11n 11（z 5 4 y x 3 1） = 3 y x 11（3 y x）。 (2) 即有 x y 1 = 9或18， 3 y x = 0或11
第三章
同 余
• 教学目的和要求 • （1）熟练掌握同余的基本概念及性质。 • （2）熟练掌握剩余类、完全剩余系、简 化剩余系和欧拉函数的概念及其性质。 • （3）熟练掌握欧拉定理、费马定理和解 某些同余问题。 • 本章是初等数论的核心内容，是学生必须 掌握的基础知识。
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如： 21 6mod5, 43 7mod10, 3 8mod2
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4
§3.1
同余的概念及其基本性质
2、判断a,b对模m同余 ①定义 ②定理1 整数a,b对m同余的充要条件是
m (a b),即a b mt, t Z
注：下面的三个表示是等价的：
解方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6。
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19
五、弃九法〔验算计算结果〕
若ab c, 则有 ab a b c(mod9)
应用这种方法可以验算较大整数的乘法。 例9. 验算 28997×39495＝1145236415是否正确。
即7 的个位数是3.
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例8 设n的十进制表示是 13 xy 45 z , 且792n， 求 x，y，z. 解 因为792 = 8×9×11，故 8n，9n及11n。
8|n 8|45 z z 6.
9n 9（1 3 x y 4 5 z ）= 19 x y 9x y 1， (1) 11n 11（z 5 4 y x 3 1） = 3 y x 11（3 y x）。 (2) 即有 x y 1 = 9或18， 3 y x = 0或11
第三章
同 余
• 教学目的和要求 • （1）熟练掌握同余的基本概念及性质。 • （2）熟练掌握剩余类、完全剩余系、简 化剩余系和欧拉函数的概念及其性质。 • （3）熟练掌握欧拉定理、费马定理和解 某些同余问题。 • 本章是初等数论的核心内容，是学生必须 掌握的基础知识。
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如： 21 6mod5, 43 7mod10, 3 8mod2
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§3.1
同余的概念及其基本性质
2、判断a,b对模m同余 ①定义 ②定理1 整数a,b对m同余的充要条件是
m (a b),即a b mt, t Z
注：下面的三个表示是等价的：
解方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6。
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五、弃九法〔验算计算结果〕
若ab c, 则有 ab a b c(mod9)
应用这种方法可以验算较大整数的乘法。 例9. 验算 28997×39495＝1145236415是否正确。
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例 4 、 证 明 当 且 仅 当 n 不 能 被 4 整 除 时 ,1 n 2 n 3 n 4 n 能 被 5 整 除 ， 其 中 n 是 正 整 数 。
证 ： 不 妨 设 S n 1 n 2 n 3 n 4 n ， 容 易 验 证 , 1 4 1 (m o d 5 ), 2 4 1 6 1 (m o d 5 ),3 4 8 1 1 (m o d 5 ),4 4 2 5 6 1 (m o d 5 ),
定 义 给 定 一 个 正 整 数 m， 把 它 叫 做 模 。 如 果 用 m 去 除 任 意 两 个 整 数 a,b所 得 的 余 数 相 同 ， 我 们 就 说 a,b对 模 m同 余 ， 记 作 ab(modm)， 如 果 余 数 不 同 ， 我 们 就 说 a,b 对 模 m不 同 余 ， 记 作 a b(modm)。
定 理 1 整 数 a ,b 对 模 m 同 余 的 充 分 与 必 要 条 件 是 m a b ,即 a b m t,t Z 。
注 ： （ 1 ） 由 定 理 1 ， 可 得 到 同 余 的 另 外 一 个 定 义 ： 即 若 m a b ,则 a ,b 叫 做 对 模 m 同 余 。
（ 2 ） 由 定 理 1 说 明 ， a b (m o d m )等 价 于 a 可 表 示 为 a b m t
则
A1Lk
x11L
xk k
B1Lk
y11L
yk k
(modm)；
1Lk
1Lk
特别地，若 ai bi(modm),i0,1,L,n, 则
anxnan1xn1La0 bnxnbn1xn1Lb0(modm)
(6 )若 a b (m o d m ),且 a a 1 d ,b b 1 d ,(d ,m ) 1 ， 则 a 1 b 1 (m o d m )
例 3 、 （ 1 ） 求 所 有 的 正 整 数 n ， 使 得 2 n 1 能 被 7 整 除 ； （ 2 ） 证 明 ： 对 于 任 何 正 整 数 n ， 2 n+ 1 不 能 被 7 整 除 。
解 ： （ 1 ） n Z,都 可 写 成 3m k的 形 式 ,其 中 m N,k0,1,2. 因 为 231(m od7)， 所 以 23m1(m od7)， 即 23m10(m od7), 从 而 当 n3m ,72n1；
（ 3 ） 定 理 1 推 论 ， m a a 0 (m o d m ), 该 推 论 说 明 在 模 m 的 同 余 关 系 中 ,m 的 倍 数 可 用 零 来 代 替 。
同余的基本性质 （1）aa(modm) （2）ab(modm),则ba(modm) （3）ab(modm),bc(modm)，则ac(modm)
例 1 、 求 3 4 0 6 写 成 十 进 位 数 时 的 个 位 数 。 （ 9 ）
例 2 、 设 p 是 素 数 ， 证 明 ( a b ) p ( a p b p ) ( m o d p ) 。
证：根据二项式定理有： (ab)p apC1pap1bLCipapibi LCppbp
QCipp(p1)Li!(pi1)Z i!p(p1)L(pi1) 当 i 1 ,2 ,L ,p 1 时 ,(i!,p ) 1 i!(p 1 )L (p i 1 )， 故 C ipp q , 即 pC ip
假定4kr,其中 r0,1,2,3.由以上知 a41(mod5),a1,2,3,4. 则有 a4k 1(mod5),所以 ana4kr ar(mod5)
因 此 可 得 Sn1n2n3n4n1r2r3r4r(mod5). 因 而 当 r0,1,2,3时 ， 依 次 有 Sn44(mod5)， Sn100(mod5)， Sn300(mod5)， Sn1000(mod5)， 故 当 且 仅 当 n不 能 被 4整 除 时 ， 1n2n3n4n能 被 5整 除 .
定 理 1 整 数 a ,b 对 模 m 同 余 的 充 分 与 必 要 条 件 是 m a b ,即 a b m t,t Z 。
证： 设amq1r1,bmq2r2,0r1,r2m, 若ab(modm)，则r1=r2，因此abm （q1q2);
若mab,则mm （q1q2)(r1r2),因此mr1r2, 但r1r2 m,故r1=r2。
又 23m12(m od当 n3m 时 ,72n1.
（ 2 ） 由 2 3 m 1 2 (m o d 7 ) ， 2 3 m 1 1 3 (m o d 7 ),2 3 m 2 1 5 (m o d 7 ), 可 知 ， 对 任 何 正 整 数 n ,2 n 1 不 能 被 7 整 除 .
(4)若a1b1(modm),a2 b2(modm)，则 a1a2 b1b2(modm);
若abc(modm),则acb(modm)
(4)若a1b1(modm),a2 b2(modm)，则 a1a2 b1b2(modm);
若ab(modm),则akbk(modm)
（5）若A1Lk B1Lk(modm),xi yi(modm),i1,2,L,k
第三章 同余
一、同余的概念及其主要内容基本性质 二、剩余类及完全剩余系 三、简化剩余系与欧拉函数 四、欧拉定理、费马定理及其应用
第一节 同余的概念及其基本性质
数论中有它自己的代数，称之为同余理论。它既有 重要的理论价值，又具有广泛的实际应用价值。人们在 生活、生产、宗教、习俗及民间游戏中，常会遇到已日 数计时、天文历法计算等问题。因而，简化数据，保留 精神实质就成其当务之急，于是，产生了数论中的一些 重要概念。
(7)若ab(modm),k0,则 akbk(modmk) 若ab(modm), da,b,m, d0，则
dadbmodm d
(8)若 ab(m odm i),i1,2,L,k,则 ab(m od[m 1,m 2,L,m k])
(9)若 ab(modm),dm,d0,则 ab(modd)
( 1 0 )若 a b (m o d m ),则 (a ,m ) (b ,m ) ， 因 而 若 d 能 整 除 m 及 a ， b 两 数 之 一 ， 则 d 必 能 整 除 a ,b 中 的 另 一 个 。