初等数论第三章同余.docx
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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
定义1设mZ,称之为模。
若用m去除两个整数a与b所得的余数相同,
则称a,b对模m同余,记作:
ab(modm);若所得的余数不同,则称a,b对模m
不同余,记作:
ab(modm)。
例如,81(mod7),;所有偶数a0(mod2),所有奇数a1(mod2)。
同余是整数之间的一种关系,它具有下列性质:
1、aa(modm);(反身性)
2、若ab(modm),则ba(modm);(对称性)
3、若ab(modm),bc(modm),则ac(modm);(传递性)故同余关系是等价关系。
定理1整数a,b对模m同余的充分必要条件是m|(ab),即卩abmt,
tZ。
证明设amq1r1,bmq2r2,0r1,r2m,
则ab(modm)r1r2abm(q1q2)m|(ab)。
性质1
(1)若aibi(modm),a?
b2(modm),贝Uaia?
bib2(modm);
(2)若abc(modm),贝Uacb(modm)。
性质2若a1b1(modm),a2b2(modm),贝Ua1a2b1b2(modm);
特别地,若ab(modm),贝Ukakb(modm)。
定理2若A
1k
B1k(modm),
xi
yi(modm),i
1,2,
k,
则A1kx11
1k
kxkk
B1ky11
1k
k
ykk
(modm);特别地,若
aibi(modm),
i0,1,2,,n,则
nanx
n1
an1x
a0
nn1
bnxbn1x
b0(modm)。
性质3若a
a1d,
bb1d,(d,m)
1,
ab(modm),
则a1
b1(modm)。
性质4
(1)若ab(modm),k0,贝Uakbk(modmk);
(2)若ab(modm),d是a,b及m的任一公因数,则——(modm)°
ddd
性质5若ab(modmi),i1,2,,k,则ab(mod[m!
m2,,mk])。
反之亦然。
性质6若ab(modm),d|m,d0,贝Uab(modd)°
性质7若ab(modm),贝U(a,m)(b,m),因而若d能整除a,b及m两数
之一,则d必能整除a,b中的另一数。
例1求3406写成十进位数时的个位数码。
解事实上,只需求满足3406a(mod10),0a9的数a°
因为3291(mod10),所以3406(32)203
(1)20319(mod10),
即个位数码是9°
例2证明:
当n为奇数时,3|2n1,当n为偶数时,3|2n1。
证明因为21(mod3),所以2n1
(1)n1(mod3),
当n为奇数时,2n1
(1)n1110(mod3),故3|2n1,
当n为偶数时,2n1
(1)n1112(mod3),故312n1。
同余性质在算术中的一些应用。
一、检查因数的方法
1、一整数能被3(或9)整除的充分必要条件是它的十进位数码之和能被
3(或9)整除。
证明只需讨论正整数即可。
任取aZ,则a可以写成十进位的形式:
aanan1a0(mod3),从而3|a
3|anan1
a0。
对于9同理可证。
2、设正整数aan1000nan11000n1
a0,0ai
1000,则7(或
11或13)
|a的充分必要条件是7(或11或
13)|(a0a2
)(a1a3)。
证明
因为7X11x13=1001。
例3
a=5874192能被3和9整除。
例4
a=435693能被3整除,但不能被
9整除。
例5
a=637693能被7整除;a=能被13整除。
nn1
aan10an110
a0,0ai10,于是,由101(mod3)可知
、弃九法(验算整数计算结果的方法)
例6
设a=28997,
b=39495,
P=ab=15,检查计算是否正确。
解
令aan10n
an110n1
a0,0ai
10
bbm10m
bm110m
1b0,0bj
10
Pcl10l
cl110l1
c0,0ck
10
则
n
(ai
i0
m
)(bj)j0
l
ck(mod9)k0
(*)
若(*)不成立,则Pmab,故在本题中,计算不正确。
注
(1)若(*)不成立,则计算不正确;但否命题不成立。
(2)利用同样的方法可以用来验证整数的加、减运算的正确性。
§2剩余类及完全剩余系
定理1设m0,则全体整数可分成m个集合,记作:
K°,Ki,,Kmi,其中Kr{qmr|qZ},r0,1,,m1,这些集合具有下列性质:
(1)每个整数必包含在而且仅在上述的一个集合中;
(2)两个整数同在一个集合的充分必要条件是对模m同余。
证⑴设a是任一整数,则必有amqra,0ram,于是由烏的存在性可知aKr,由ra的唯一性可知a只能在中。
aa
(2)设整数a,bKr,贝Uamqir,bmq?
r,故ab(modm)。
反之,若ab(modm),贝Ua,b必处于同一Kr中。
定义1定理仲的Ko,Ki,,Kmi称为模m的剩余类,一个剩余类中的任一数称为它同类数的剩余。
若m个整数a0,a1,,am1中任何两个数都不在同一剩余类,则a0,a1,,am1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它们对模
两两不同余。
例如,下列序列都是模m的完全剩余系:
(1)0,1,2,,m1;(最小非负完全剩余系
定理2设mZ,(a,m)1,b乙若x通过模m的一个完全剩余系,则axb也通过模m的一个完全剩余系,即若ao,a「,am勺是模m的完全剩余系,则aaob,aaib,,aam1b也是模m的完全剩余系。
证只需证明aa0b,aa1b,,aam1b两两不同余即可,采用反证法。
设aaibaajb(modm)(ij),贝Uaaiaaj(modm),
又(a,m)1,于是aiaj(modm)(ij),与已知矛盾,
故aa0b,aa1b,,aam1b也是模m的完全剩余系。
定理3设m1,m2Z,(m1,m2)1,而x1,x2分别通过模口丄,m2的完全剩余系,则m?
X1m1X2也通过模mm?
的完全剩余系。
证因为X1,x?
分别通过m1,m2个整数,所以m?
X1mx通过m1m?
个整数,下证这m1m2个整数对模m1m2两两不同余。
设m2x1'm1x2'm2x1''m1x2''(modm1m2),其中x1',x1'',x2',x2''分别是x1,x2所通过的完全剩余系中的数,贝Um2x1'm2x1''(modm),m1x2'm1x2''(modm2),又(m^m?
)1,故x'x1''(modm1),x2'x2''(modm2),这说明m?
/m^x2所通过的数两两不同余,因此,m?
xm^x?
也通过模m1m?
的完全剩余系。
例1设m0(mod2),a1,,am及b1,,bm都是模m的完全剩余系,贝U
ab1,,ambm不是模m的完全剩余系。
证:
因为a1,
am及b,
bm都是模m的完全剩余系,
mm
所以aii
m(m1)
m(modm),
同理bm(modm),
i1i1
2
2
i12
m
从而佝bi)
i1
mm
ai1
i1i1
mmbi
22
0(modm),
m
若ab,,ambm是模m的完全剩余系,则佝b)m(modm),矛盾。
i12
因此,a1b1,,ambm不是模m的完全剩余系。
例2
证明:
对任何正整数
n,
存在着仅有数字1,0组成的数a,使得n|a。
证:
考察n
1个数:
1,11,
11
1,它们对模n至少有两个在同一同余类中,
n
1个1
c,
b11
1,c111,
b
c(modn),则n|(bc)111000a。
k个1
S个1
ks个1s个0
例3
设m
Z,(a,m)1,
b
Z,x通过模m的一个完全剩余系,
axb
-(m1)。
2
x
m
设b
则
因为x通过模m的一个完全剩余系,所以axb通过模m的一个完全
剩余系,
从而
axb、‘
通过
m
0
1
m1
m
JJ
m
,m
故
x
axb
01
m1
1(m1)。
2
m
mm
m
证
§3简化剩余系与欧拉函数
定义1欧拉函数(a)是定义在正整数集上的函数,它的值等于序列0,1,2,,a1中与a互质的数的个数。
注若a是质数,则(a)a1;若a是合数,则(a)a1°
定义2如果一个模m的剩余类中的数与m互质,则称它为一个与模m互质的剩余类°
在与模m互质的全部剩余类中,从每一类各取一数所作成的数的集合称为
模m的一个简化剩余系。
定理1模m的剩余类与模m互质的充分必要条件是此类中有一数与m互质。
因此,与模m互质的剩余类的个数为(m),模m的每一简化剩余系是由与m互质的(m)个对模m不同余的整数组成的。
证设K0,K1,,Km1是模m的全部剩余类,若Kr与模m互质,则(r,m)1;反之,若有krKr,(kr,m)1,则对于中任一数kr'qmkr,有(kr',m)1,即Kr与模m互质。
定理2若a「a2,,a(m)是(m)个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a!
a2,,a(m)是模m的一个简化剩余系。
定理3若(a,m)1,x通过模m的简化剩余系,贝Uax也通过模m的简化剩余系。
证ax通过(m)个整数,而且由(a,m)1,(x,m)1可知(ax,m)1,
若axiaxj(modm)(ij),则xixj(modm)(ij),与已知矛盾,故ax通过模m的简化剩余系。
定理4设m!
m2Z,(mt,m2)1,而洛,x?
分别通过模m1,m?
的简化剩余系,则m2Xtm!
x2也通过模mm2的简化剩余系。
证由上一节定理3可知,若x1,x2分别通过模m1,m2的完全剩余系,则m2XimiX2也通过模mim2的完全剩余系。
下证当Xi,X2分别通过模mi,m2的简化剩余系时,m2Xtm1x2通过模m1m2的一个完全剩余系中一切与m1m2互质的整数。
一方面,由(x-m」(x2,m2)(m1,m2)1可知(mzX—m」1,(m1x2,m2)1,
于是(m2x1m^x2,m1)1,(m^x2m2x1,m2)1,从而(m2x1m1x2,m1m2)1,
另一方面,由(m2Xtm!
x2,m!
m2)1可知(m2Xtm/z’m"(m/2m2x!
m2)1,于是(mzX—mJ(mx2,m2)1,从而(%,mJ(x2,m2)1。
推论设m1,m2Z,(m1,m2)1贝V(m1m2)(m1)(m2)o
证由定理4可知,若X!
x2分别通过模m,m2的简化剩余系,则m2Xtm^x2
通过模mE2的简化剩余系,即m2Xt
m/2通过(mm2)个整数。
另一方面,
由于X1通过(mJ个整数,
X2通过
(m2)个整数,因此,
m2Xm1X2
通过(mJ
(m2)个整数。
故(mm2)
E)
血)。
定理5
设aa1P22Pkk,则
(a)a
11
11
P1P2
11o
Pk
证先证
(P)P
P
1。
在模P的完全剩余系1,2,,
P中,与P不互质
的数为p,2p,
P
1P,共有
P
1个,故
(P)PP1o
因此,(a)
(P1
1)(P22)
(Pkk)
(P11P111)(P21P22
1)(Pkk
Pkk1)
1
1
1
a1
1
—
1
。
P1
P2
Pk
§4欧拉定理•费马定理
定理1(Euler)设mZ,m1,(a,m)1,则a(m)1(modm)。
证设几,「2,,r(m)是模m的简化剩余系,贝Uar!
ar2,,ar(m)也是模m的简
化剩余系,于是(arj(ar2)(ar(m))「亡r⑴)(modm),
即a^(「上r(m))「山r何(modm),又山,m)(j,m)(r⑴),m)1,
故(rj2r(m),m)1,从而a(m)1(modm)°
推论(Fermat定理)若p是质数,则apa(modp)°
证若(a,p)1,则由定理1可知ap11(modp),从而apa(modp)°
若(a,p)1,则p|a,故apa(modp)°
例1
设p是奇质数,证明:
⑴
1p12p1(p
1)p11(modp);
1p2p(p1)
p0(modp);
⑶
若2m1(modp),则
mm
12(p1)
m
0(modp)°
证
⑴由费马定理可知
ip11(modp),i1,2,
5
p1
故
1p1
2p1(p1)p1
111p1
1(
modp)°
(2)由费马定理可知ip
i(modp),i1,2,,p
1,
故
1p
2p(p1)p1
2(p1)p(p
1)
0(modp)°
2
(3)因为1,2,,p1是模p的简化剩余系,所以2,4,,2(p1)也是模p的简化
剩余系,于是
(p1)m](modp),
又2m1(modp),故1m2m
(p1)m0(modp)°
例2设p是除2与5外的任一质数,kZ,证明:
p|999。
k(p1)个
证因为p2,5,所以(10k,p)1,
由费马定理可知(10k)p11(modp),故p|(10k)p11999。
k(p1)个
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