初等数论课程教案(第三章)

例 求 6125 m o d 4 1 和 5111 m o d 2 3 . 解 首 先 找 到 一 个 整 数 d , 满 足 6 d 1 (mod 41). 由 6 2 5 (mod 41); 6 4 25 (mod 41); 6 5 27 (mod 41); 610 9 (mod 41); 6 20 1 (mod 41); 6 40 1 (mod 41). 可 取 d 40,从 而 6 4035 27 (mod 41). 由 5 2 2 (mod 23); 5 4 4 (mod 23); 58 7 (mod 23); 516 3 (mod 23); 5 20 12 (mod 23); 5 22 1 (mod 23); 取 d 22,所 以 5 2251 5 (mod 23).
定理 1 a 同余于b 模m的充要条件是 a 和b 被 m除后所得的最小非负余数相等,即若 a q1m r1 , 0 r1 m; b q2 m r2 , 0 r2 m; 则 r1 r2 . 证 我 们 有 a b (q1 q2 )m (r1 r2 ).因 此 , m a b 的 充 要 条 件 是 m r1 r2 ,由 此 及 0 r1 r2 m 即 得 r1 r2 . 定理1表明可以用最小非负余数相等来定义同余.
例 求 最 小 的 m n, 使 得 1 0 4 16 8 m - 1 6 8 n . 解 求 1 0 4 16 8 m - 1 6 8 n即 要 求 如 下 同 余 式 ： 168n (168mn 1) (23 3 7) n (168mn 1) 0(mod 2 3 13) 等价于 (23 3 7) n (168mn 1) 0(mod 23 ) 3 n mn (2 3 7) (168 1) 0(mod 13)
当 满 足 式 ( 5 ) 时 , 称 多 项 式 f ( x)等 价 于 多 项 式 g ( x) 模 m, 式 ( 5 ) 称 为 模 m 的 恒 等 同 余 式 .
性 质 V 设 d 1, d m. 那 么 , 若同 余 式 ( 1 ) 成 立 , 则 a b (mod d ). 证 由 d m , m a b d a b即 得 . 性 质 V I 设 d 0. 那 么 同 余 式 ( 1 ) 等 价 于 da db (mod d m). 证 由 d m da db m a b 推 出 .
性 质 II 同 余 可 以 相 加 减 , 即 有 a b (mo d m), c d (mo d m),则 a c b d (mo d m). 证 由 m a b , m c d m ( a b ) (c d ) ( a c ) (b d ). 性 质 III 同 余 可 以 相 乘 , 即 有 a b (mo d m), c d (mo d m),则 a c b d (mo d m). 证 由 a b k1m, c d k2 m 推 出 a c b d (b k2 d k1 k1k2m) m
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/ 2 b m / 2) , 称 b 是 a 对 模 m 的绝对最小剩余.
性 质 V I I 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 第 一 章 § 4 定 理 6 及 ( m / (c, m), c / (c, m) ) = 1 知 , 这等价于 m (a b). ( c, m)
性质I 同余是一种等价关系, 即有 自反性 a a (mod m),
对 称 性 a b (mod m) b a (mod m), 传 递 性 a b (mod m), b c (mod m) a c (mod m). 证 由 m a a 0, m a b m b a ,以 及 m a b, m b c m (a b) (b c ) a c
例 2 求 3 406写 成 十 进 位 数 时 的 最 后 两 位 数 . 解 只 要 求 出 b 满 足 3 406 b (mod 100),0 b 99. 注 意 到 1 0 0 = 4 2 5 , ( 4 , 2 5 ) = 1 , 显 然 有 , 3 2 1 (mod 4), 3 4 1 (mod 5). 注 意 到 4 是 最 小 的 方 次 , 由 第 一 章 § 4 例 5 知 , 使 3 d 1 (mod 25) 成 立 的 d , 必 有 4 d .因 此 计 算 3 4 81 6 (mod 25), 38 36 11 (mod 25), 312 66 9 (mod 25), 316 54 4 (mod 25), 3 20 24 1 (mod 25),由 此 及 3 20 1 (mod 4), 从 性 质 IX 推 出 3 20 1 (mod 100), 3 400 1 (mod 100).因 此 3 406 3 400 3 6 3 6 29 (mod 100).所 以 个 位 数 是 9 , 十 位 数 是 2 .
定 义 2 设 f ( x) an x n ... a0 , g ( x) bn x n ... b0 是 两 个 整 系 数 多 项 式 . 当 满 足 条 件 ( 4 )时 , 称 多 项 式 f ( x)同 余 于 多 项 式 g ( x)模 m, 记 作 f ( x) g ( x) (mod m); (6)
性 质 IV 设 f ( x) an x ... a0 , g ( x) bn x ... b0
n n
是两个整系数多项式,满足 a j b j (mod m),0 j n. 那 么 , 若 a b (mod m),则 f (a) g (b) (mod m). 特别的,对所有整数 x 有 f ( x) g ( x) (mod m) (5) (4)
由 于 ( 2 3 , ( 3 7 ) n (168mn 1) ) = 1 , ( ( 23 3 7) n ,13) = 1 , 满 足 性 质 VII 中 消去律的条件.所以等价于： 23n 0(mod 23 ) k 168 1 0(mod 13)
例 设n为整数,试求出它能为9整除的判别 方法. 解 n a010k a110k 1 ak 110 ak 因 为 10 1 (mod 9),1 i k , 所 以 由 性 质 得 ，
i
n a0 a1 ak 1 ak (mod 9). 故 只 要 0 a0 a1 ak 1 ak (mod 9),则 n 可 被9整除.
定理 1 (i) r mod m { r km : k Z }; (ii) r mod m s mod m 的充要条件是 r s mod m; (iii) 对任意的 r , s, 要么 r mod m s mod m, 要么 r mod m 与 s mod m 的交为空集.
容易验证第一个方程有解的最小的n为1;第二个方程有解的最小 的 n 为 2 , 所 以 , 使 1 0 4 16 8 m - 1 6 8 n成 立 的 最 小 的 m n (1 2) 1 4 .
§2 同余类与剩余类
定 义 1 同 余 类 ( 剩 余 类 ） 对 给 定 的 模 m,整 数 的 同 余 关系是一个等价关系,因此全体整数可按对模m 是否 同余,分为若干个两两不相交的集合,使得在同一个 集合中任意两个数对模m一定同余,而属于不同集合 中的两个数对模m一定不同余.每一个这样的集合称 为 是 模 m 的 同 余 类 , 或 模 m 的 剩 余 类 . 我 们 以 r mod m 表 r 所属的模m的同余类.
性 质 Ⅷ 若 m 1,(a, m) 1,则 存 在 c 使 得 ca 1 (mod m),我 们 把 c 称 为 是 a 对 模 m 的 逆 ， 记 作 a 1 b (mod m)或 a 1. 证 由 第 一 章 § 4 定 理 8 ( k 2 ) 知 , 存 在 x0 , y0 , 使 得 ax0 my0 1. 取 c x0 既 满 足 要 求 . 由 此 提 供 一 种 求 a 1 (mod m)有 效 的 方 法 , 这是Euclid算法的又一重要应用.
性 质 I X 同 余 式 组 a b (mod m j ), j 1,2,..., k , 同 时 成 立 的 充 要 条 件 是 a b (mod [ m1 ,..., mk ]). 证 由 第 一 章 § 4 定 理 1 知 , m j a b ( j 1,, k ) 同 时 成 立 的 充 要 条 件 是 [ m1 ,..., mk ] a b .
例 求 p 11 所 有 元 的 逆 元 . 解 由 1 ( - 1 0 ) + 1 1 = 1 得 1 1 ( 10) 1 (mod 11) 由 2 ( - 5 ) + 1 1 = 1 得 2 1 ( 5) 6 (mod 11); 同样计算得： a a1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6 4 3 9 2 8 7 5 10