初等数论教案 第二节剩余类与完全剩余系.docx
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初等数论教案第二节剩余类与完全剩余系
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Euler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m,对于每个整数i,0≤i≤m-1,称集合Ki(m)={n;n≡i(modm),n∈Z}
是模m的一个剩余类.
显然,每个整数必定属于且仅属于某一个Ki(m)(0≤i≤m-1),而且,属于同一剩余类的任何两个整数对模m是同余的,不同剩余类中的任何两个整数对模m是不同余的.
例如,模5的五个剩余类是
K0(5)={,-10,-5,0,5,10,},
K1(5)={,-9,-4,1,6,11,},
K2(5)={,-8,-3,2,7,12,},
K3(5)={,-7,-2,3,8,13,},
K4(5)={,-6,-1,4,9,14,}.
2、定义2设m是正整数,从模m的每一个剩余类中任取一个数xi(0≤i≤m-1),称集合{x0,x1,,xm-1}是模m的一个完全剩余系(或简称为完全系).
由于xi的选取是任意的,所以模m的完全剩余系有无穷多个,通常称
(ⅰ){0,1,2,,m-1}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.
3、定理1整数集合A是模m的完全剩余系的充要条件是
(ⅰ)A中含有m个整数;
(ⅱ)A中任何两个整数对模m不同余.
4、定理2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的一个完全剩余系.
证明:
由定理1,只需证明:
若xi≠xj,则
axi+b
axj+b(modm).
(1)
事实上,若
axi+b≡axj+b(modm),
则
axi≡axj(modm),
由此得到xi≡xj(modm),
因此xi=xj.所以式
(1)必定成立.证毕
5、定理3设m1,m2∈N,A∈Z,(A,m1)=1,又设
,
分别是模m1与模m2的完全剩余系,则
R={Ax+m1y;x∈X,y∈Y}
是模m1m2的一个完全剩余系.
证明:
由定理1只需证明:
若x',x''∈X,y',y''∈Y,并且
Ax'+m1y'≡Ax''+m1y''(modm1m2),
(2)
则x'=x'',y'=y''.
事实上,由第一节定理5及式
(2),有
Ax'≡Ax''(modm1)⇒x'≡x''(modm1)⇒x'=x'',
再由式
(2),又推出
m1y'≡m1y''(modm2)⇒y'≡y''(modm2)⇒y'=y''.
推论若m1,m2∈N,(m1,m2)=1,则当x1与x2分别通过模m1与模m2的完全剩余系时,m2x1+m1x2通过模m1m2的完全剩余系.
6、定理4设mi∈N(1≤i≤n),则当xi通过模mi(1≤i≤n)的完全剩余系时,
x=x1+m1x2+m1m2x3++m1m2mn-1xn
通过模m1m2mn的完全剩余系.
证明:
对n施行归纳法.
当n=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xi(2≤i≤k+1)分别通过模mi的完全剩余系时,
y=x2+m2x3+m2m3x4++m2mkxk+1
通过模m2m3mk+1的完全剩余系.由定理3,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)
=x1+m1x2+m1m2x3++m1m2mkxk+1
通过模m1m2mk+1的完全剩余系.即定理结论对于n=k+1也成立.
7、定理5设mi∈N,Ai∈Z(1≤i≤n),并且满足下面的条件:
(ⅰ)(mi,mj)=1,1≤i,j≤n,i≠j;
(ⅱ)(Ai,mi)=1,1≤i≤n;
(ⅲ)mi∣Aj,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.
证明:
由定理1只需证明:
若xi',xi''∈Xi,1≤i≤n,则由
A1x1'+A2x2'++Anxn'≡A1x1''+A2x2''++Anxn''(modm1mn)(3)
可以得到xi'=xi'',1≤i≤n.
事实上,由条件(ⅲ)及式(3)易得,对于任意的i,1≤i≤n,有
Aixi'≡Aixi''(modmi).
由此并利用条件(ⅱ)和第一节定理5推得
xi'≡xi''(modmi),
因此xi'=xi''.
例1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
.
解:
当x通过模m的完全剩余系时,ax+b也通过模m的完全剩余系,因此对于任意的i(1≤i≤m),axi+b一定与且只与某个整数j(1≤j≤m)同余,即存在整数k,使得
axi+b=km+j,(1≤j≤m)
从而
.
例2设p≥5是素数,a∈{2,3,,p-2},则在数列
a,2a,3a,,(p-1)a,pa(4)
中有且仅有一个数b,满足
b≡1(modp).(5)
此外,若b=ka,则k≠a,k∈{2,3,,p-2}.
解:
因为(a,p)=1,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b=ka,那么
(ⅰ)k≠a,否则,b=a2≡1(modp),即p∣(a+1)(a-1),因此p∣a-1或p∣a+1,这与2≤a≤p-2矛盾;
(ⅱ)k≠1,否则,b=1⋅a≡1(modp),这与2≤a≤p-2矛盾;
(ⅲ)k≠-1,否则,b=-a≡1(modp),这与2≤a≤p-2矛盾.
若又有k',2≤k'≤p-2,使得b≡k'a(modp),则
k'a≡ka(modp).
因(a,p)=1,所以k≡k'(modp),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p是素数,则
(p-1)!
≡-1(modp).
证:
不妨设p
5.由例2容易推出对于2,3,,p-2,中的每个整数a,都存在唯一的整数k,2≤k≤p-2,使得
ka≡1(modp).(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(modp),
从而
1⋅2⋅3⋅⋅(p-2)(p-1)≡p-1≡-1(modp).
例3设m>0是偶数,{a1,a2,,am}与{b1,b2,,bm}都是模m的完全剩余系,证明:
{a1+b1,a2+b2,,am+bm}不是模m的完全剩余系.
解:
因为{1,2,,m}与{a1,a2,,am}都是模m的完全剩余系,所以
(modm).(7)
同理
(modm).(8)
如果{a1+b1,a2+b2,,am+bm}是模m的完全剩余系,那么也有
(modm).
联合上式与式(7)和式(8),得到
0
(modm),
这是不可能的,所以{a1+b1,a2+b2,,am+bm}不能是模m的完全剩余系.
二、缩系
在模m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,我们下面对它们做些研究.
1、定义1设R是模m的一个剩余类,若有a∈R,使得(a,m)=1,则称R是模m的一个简化剩余类.
显然,若R是模的简化剩余类,则R中的每个整数都与m互素.
例如,模4的简化剩余类有两个:
R1(4)={,-7,-3,1,5,9,},
R3(4)={,-5,-1,3,7,11,}.
2、定义2对于正整数k,令函数ϕ(k)的值等于模k的所有简化剩余类的个数,称ϕ(k)为Euler函数,或Euler—ϕ函数.
例如,容易验证ϕ
(2)=1,ϕ(3)=2,ϕ(4)=2,ϕ(7)=6.
显然,ϕ(m)就是在m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xi,构成一个集合{x1,x2,,xϕ(m)},称为模m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m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m的简化剩余系的充要条件是
(ⅰ)A中含有ϕ(m)个整数;
(ⅱ)A中的任何两个整数对模m不同余;
(ⅲ)A中的每个整数都与m互素.
5、定理2设a是整数,(a,m)=1,B={x1,x2,,xϕ(m)}是模m的简化剩余系,则集合A={ax1,ax2,,axϕ(m)}也是模m的一个缩系.
证明:
显然,集合A中有ϕ(m)个整数.其次,由于(a,m)=1,所以,对于任意的xi(1≤i≤ϕ(m)),xi∈B,有(axi,m)=(xi,m)=1.因此,A中的每一个数都与m互素.最后,我们指出,A中的任何两个不同的整数对模m不同余.事实上,若有x',x''∈B,使得
ax'≡ax''(modm),
那么,因为(a,m)=1,所以x'≡x''(modm),于是x'=x''.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
{ax1+b,ax2+b,,,axϕ(m)+b}
不一定是模m的简化剩余系.例如,取m=4,a=1,b=1,以及模4的简化剩余系{1,3}.
6、定理3设m1,m2∈N,(m1,m2)=1,又设
分别是模m1与m2的缩系,则
A={m1y+m2x;x∈X,y∈Y}
是模m1m2的缩系.
证明:
若以X'与Y'分别表示模m1与m2的完全剩余系,使得X⊂X',Y⊂Y',则
A'={m1y+m2x;x∈X',y∈Y'}
是模m1m2的完全剩余系.因此只需证明A'中所有与m1m2互素的整数的集合R是集合A.显然,A⊆A’.
若m1y+m2x∈R,则(m1y+m2x,m1m2)=1,所以(m1y+m2x,m1)=1,于是(m2x,m1)=1,(x,m1)=1,x∈X.
同理可得到y∈Y,因此m1y+m2x∈A.这说明R⊆A.
另一方面,若m1y+m2x∈A,则x∈X,y∈Y,即
(x,m1)=1,(y,m2)=1.
由此及(m1,m2)=1得到
(m2x+m1y,m1)=(m2x,m1)=1
以及
(m2x+m1y,m2)=(m1y,m2)=1.
因为m1与m2互素,所以(m2x+m1y,m1m2)=1,于是m2x+m1y∈R.因此A⊆R.综合以上,得到A=R.
7、定理4设m,n∈N,(m,n)=1,则ϕ(mn)=ϕ(m)ϕ(n).
证明:
这是定理3的直接推论.
8、定理5设n是正整数,p1,p2,,pk是它的全部素因数,则
ϕ(n)=
.
证明:
设n的标准分解式是n=
,由定理4得到
ϕ(n)=
.
(1)
对任意的素数p,ϕ(pα)等于数列1,2,,pα中与pα(也就是与p)互素的整数的个数,因此
ϕ(pα)=pα-
,
将上式与式
(1)联合,证明了定理.
由定理5可知,ϕ(n)=1的充要条件是n=1或2.
例1设整数n≥2,证明:
nϕ(n),
即在数列1,2,,n中,与n互素的整数之和是
nϕ(n).
解:
设在1,2,,n中与n互素的ϕ(n)个数是
a1,a2,,aϕ(n),(ai,n)=1,1≤ai≤n-1,1≤i≤ϕ(n),
则(n-ai,n)=1,1≤n-ai≤n-1,1≤i≤ϕ(n),
因此,集合{a1,a2,,aϕ(n)}与集合{n-a1,n-a2,,n-aϕ(n)}是相同的,于是a1+a2++aϕ(n)=(n-a1)+(n-a2)++(n-aϕ(n)),
2(a1+a2++aϕ(n))=nϕ(n),
因此a1+a2++aϕ(n)=
nϕ(n).
例2设n是正整数,则
=n,
此处
是对n的所有正约数求和.
解:
将正整数1,2,,n按它们与整数n的最大的公约数分类,则
n=
.
例3设n∈N,证明:
(ⅰ)若n是奇数,则ϕ(4n)=2ϕ(n);
(ⅱ)ϕ(n)=
的充要条件是n=2k,k∈N;
(ⅲ)ϕ(n)=
的充要条件是n=2k3l,k,l∈N;
(ⅳ)若6∣n,则ϕ(n)≤
;
(ⅴ)若n-1与n+1都是素数,n>4,则ϕ(n)≤
.
解:
(ⅰ)我们有
ϕ(4n)=ϕ(22n)=ϕ(22)ϕ(n)=2ϕ(n);
(ⅱ)若n=2k,则
ϕ(2k)=
,
若ϕ(n)=
,设n=2kn1,2
n1,则由
=ϕ(n)=ϕ(2kn1)=ϕ(2k)ϕ(n1)=2k-1ϕ(n1)
=
推出ϕ(n1)=n1,所以n1=1,即n=2k;
(ⅲ)若n=2k3l,则
ϕ(n)=ϕ(2k)ϕ(3l)=
.
若ϕ(n)=
,设n=2k3ln1,6
n1,则由
推出ϕ(n1)=n1,所以n1=1,即n=2k3l;
(ⅳ)设n=2k3ln1,6
n1,则
ϕ(n)=ϕ(2k)ϕ(3l)ϕ(n1)=
;
(ⅴ)因为n>4,所以n-1与n+1都是奇素数,所以n是偶数.
因为n-1>3,所以n-1与n+1都不等于3,当然不被3整除,所以3∣n,因此6∣n.再由上面已经证明的结论(ⅳ),即可得到结论(ⅴ).
例4证明:
若m,n∈N,则ϕ(mn)=(m,n)ϕ([m,n]);
解:
显然mn与[m,n]有相同的素因数,设它们是pi(1≤i≤k),则
由此两式及mn=(m,n)[m,n]即可得证.
三、Euler定理与Fermat小定理
1、定理1(Euler)设m是正整数,(a,m)=1,则
aϕ(m)≡1(modm).
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
ax1ax2axϕ(m)≡x1x2,xϕ(m)(modm),
aϕ(m)x1x2xϕ(m)≡x1x2,xϕ(m)(modm).
(1)
由于(x1x2xϕ(m),m)=1,所以由式
(1)得出
aϕ(m)≡1(modm).
2、定理2(Fermat)设p是素数,则对于任意的整数a,有
ap≡a(modp).
证明:
若(a,p)=1,则由定理1得到
ap-1≡1(modp)⇒ap≡a(modp).
若(a,p)>1,则p∣a,所以
ap≡0≡a(modp).
例1设n是正整数,则5
1n+2n+3n+4n的充要条件是4∣n.
解因为ϕ(5)=4,所以,由定理2
k4≡1(mod5),1≤k≤4.
因此,若n=4q+r,0≤r≤3,则
1n+2n+3n+4n≡1r+2r+3r+4r≡1r+2r+(-2)r+(-1)r(mod5),
(2)
用r=0,1,2,3,4分别代入式
(2)即可得出所需结论.
例2设{x1,x2,,xϕ(m)}是模m的简化剩余系,则
(x1x2xϕ(m))2≡1(modm).
解记P=x1x2xϕ(m),则(P,m)=1.又记
yi=
,1≤i≤ϕ(m),
则{y1,y2,,yϕ(m)}也是模m的简化剩余系,因此
(modm),
再由Euler定理,推出
P2≡Pϕ(m)≡1(modm).
例3设(a,m)=1,d0是使
ad≡1(modm)
成立的最小正整数,则
(ⅰ)d0∣ϕ(m);
(ⅱ)对于任意的i,j,0≤i,j≤d0-1,i≠j,有
ai
aj(modm).(3)
解:
(ⅰ)由Euler定理,d0≤ϕ(m),因此,由带余数除法,有
ϕ(m)=qd0+r,q∈Z,q>0,0≤r 因此,由上式及d0的定义,利用定理1,我们得到 1≡ (modm), 即整数r满足 ar≡1(modm),0≤r 由d0的定义可知必是r=0,即d0∣ϕ(m); (ⅱ)若式(3)不成立,则存在i,j,0≤i,j≤d0-1,i≠j,使得 ai≡aj(modm). 不妨设i>j.因为(a,m)=1,所以 ai-j≡0(modm),0 这与d0的定义矛盾,所以式(3)必成立. 例4设a,b,c,m是正整数,m>1,(b,m)=1,并且 ba≡1(modm),bc≡1(modm),(4) 记d=(a,c),则bd≡1(modm). 解: 利用辗转相除法可以求出整数x,y,使得ax+cy=d,显然xy<0. 若x>0,y<0,由式(4)知 1≡bax=bdb-cy=bd(bc)-y≡bd(modm). 若x<0,y>0,由式(4)知 1≡bcy=bdb-ax=bd(ba)-x≡bd(modm). 例5设p是素数,p∣bn-1,n∈N,则下面的两个结论中至少有一个成立: (ⅰ)p∣bd-1对于n的某个因数d (ⅱ)p≡1(modn). 若2 n,p>2,则(ⅱ)中的modn可以改为mod2n. 解: 记d=(n,p-1),由bn≡1,bp-1≡1(modp),及例题4,有 bd≡1(modp). 若d 若d=n,则n∣p-1,即p≡1(modn),这就是结论(ⅱ). 若2 n,p>2,则p≡1(mod2).由此及结论(ⅱ),并利用同余的基本性质,得到p≡1(mod2n). 注: 例5提供了一个求素因数的方法,就是说,整数bn-1的素因数p,是bd-1(当d∣n时)的素因数,或者是形如kn+1的数(当2 n,p>2时,是形如2kn+1的数). 例6将211-1=2047分解因数. 解: 由例5,若p∣211-1,则p≡1(mod22),即p只能在数列 23,45,67,,22k+1, 中.逐个用其中的素数去除2047,得到 23∣2047,2047=23⋅89. 例7将235-1=34359738367分解因数. 解: 由例5,若p∣235-1,则p是25-1=31或27-1=127的素因数,或者p≡1(mod70).由于31和127是素数,并且 235-1=31⋅127⋅8727391, 所以,235-1的另外的素因数p只可能在数列 71,211,281,(5) 中.经检验,得到8727391=71⋅122921. 显然,122921的素因数也在31,127或者数列(5)中.简单的计算说明,122921不能被31和127整除,也不能被数列(5)中的不超过 <351的数整除,所以122921是素数,于是 235-1=31⋅127⋅71⋅122921. 例8设n是正整数,记Fn= ,则 ≡2(modFn). 证: 容易验证,当n≤4时Fn是素数,所以,由Fermat定理可知结论显然成立. 当n≥5时,有n+1<2n,2n+1∣ .记 =k2n+1,则 其中Q1与Q2是整数.上式即是 ≡2(modFn). 注1: 我们已经知道,F5是合数,因此,例8说明,一般地,Fermat定理的逆定理不成立.即若有整数
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- 初等数论教案 第二节 剩余类与完全剩余系 初等 数论 教案 第二 剩余 完全