初等数论教案7Word文档下载推荐.docx
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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m1，a，b是整数，（a,m）=1，{x1,x2,,xm}是模m的一个完全剩余系，则{ax1b,ax2b,,axmb}也是模m的一个完全剩余系.
证明：
由定理1，只需证明：
若xixj，则
axib
axjb（modm）.
（1）
事实上，若
axibaxjb（modm），
则
axiaxj（modm），
由此得到xixj（modm），
因此xi=xj.所以式
（1）必定成立.证毕
5、定理3设m1,m2N，AZ，（A,m1）=1，又设
，
分别是模m1与模m2的完全剩余系，则
R={Axm1y；
xX，yY}
是模m1m2的一个完全剩余系.
由定理1只需证明：
若x,xX，y,yY，并且
Axm1yAxm1y（modm1m2），
（2）
则x=x，y=y.
事实上，由第一节定理5及式
（2），有
AxAx（modm1）xx（modm1）x=x，
再由式
（2），又推出
m1ym1y（modm2）yy（modm2）y=y.
推论若m1,m2N，（m1,m2）=1，则当x1与x2分别通过模m1与模m2的完全剩余系时，m2x1m1x2通过模m1m2的完全剩余系.
6、定理4设miN（1in），则当xi通过模mi（1in）的完全剩余系时，
x=x1m1x2m1m2x3m1m2mn1xn
通过模m1m2mn的完全剩余系.
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（2ik1）分别通过模mi的完全剩余系时，
y=x2m2x3m2m3x4m2mkxk1
通过模m2m3mk1的完全剩余系.由定理3，当x1通过模m1的完全剩余系，xi（2ik1）通过模mi的完全剩余系时，
x1m1y=x1m1（x2m2x3m2mkxk1）
=x1m1x2m1m2x3m1m2mkxk1
通过模m1m2mk1的完全剩余系.即定理结论对于n=k1也成立.
7、定理5设miN，AiZ（1in），并且满足下面的条件：
（ⅰ）（mi,mj）=1，1i,jn，ij；
（ⅱ）（Ai,mi）=1，1in；
（ⅲ）miAj，1i,jn，ij.
则当xi（1in）通过模mi的完全剩余系Xi时，
y=A1x1A2x2Anxn
若xi,xiXi，1in，则由
A1x1A2x2AnxnA1x1A2x2Anxn（modm1mn）（3）
可以得到xi=xi，1in.
事实上，由条件（ⅲ）及式（3）易得，对于任意的i，1in，有
AixiAixi（modmi）.
由此并利用条件（ⅱ）和第一节定理5推得
xixi（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，axb也通过模m的完全剩余系，因此对于任意的i（1im），axib一定与且只与某个整数j（1jm）同余，即存在整数k，使得
axib=kmj，（1jm）
从而
例2设p5是素数，a{2,3,,p2}，则在数列
a，2a，3a，，（p1）a，pa（4）
中有且仅有一个数b，满足
b1（modp）.（5）
此外，若b=ka，则ka，k{2,3,,p2}.
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）ka，否则，b=a21（modp），即p（a1）（a1），因此pa1或pa1，这与2ap2矛盾；
（ⅱ）k1，否则，b=1a1（modp），这与2ap2矛盾；
（ⅲ）k1，否则，b=a1（modp），这与2ap2矛盾.
若又有k，2kp2，使得bka（modp），则
kaka（modp）.
因（a,p）=1，所以kk（modp），从而pkk，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
（p1）!
1（modp）.
证：
不妨设p
5.由例2容易推出对于2,3,,p2，中的每个整数a，都存在唯一的整数k，2kp2，使得
ka1（modp）.（6）
因此，整数2,3,,p2可以两两配对使得式（6）成立.所以
23（p2）1（modp），
123（p2）（p1）p11（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：
{a1b1,a2b2,,ambm}不是模m的完全剩余系.
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{a1b1,a2b2,,ambm}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
（modm），
这是不可能的，所以{a1b1,a2b2,,ambm}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aR，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（k）的值等于模k的所有简化剩余类的个数，称（k）为Euler函数，或Euler—函数.
例如，容易验证
（2）=1，（3）=2，（4）=2，（7）=6.
显然，（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,,x（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（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,,x（m）}是模m的简化剩余系，则集合A={ax1,ax2,,ax（m）}也是模m的一个缩系.
证明：
显然，集合A中有（m）个整数.其次，由于（a,m）=1，所以，对于任意的xi（1i（m）），xiB，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,xB，使得
axax（modm），
那么，因为（a,m）=1，所以xx（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
{ax1b,ax2b,,,ax（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,m2N，（m1,m2）=1，又设
分别是模m1与m2的缩系，则
A={m1ym2x；
是模m1m2的缩系.
若以X与Y分别表示模m1与m2的完全剩余系，使得XX，YY，则
A={m1ym2x；
xX，yY}
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，AA’.
若m1ym2xR，则（m1ym2x,m1m2）=1，所以（m1ym2x,m1）=1，于是（m2x,m1）=1，（x,m1）=1，xX.
同理可得到yY，因此m1ym2xA.这说明RA.
另一方面，若m1ym2xA，则xX，yY，即
（x,m1）=1，（y,m2）=1.
由此及（m1,m2）=1得到
（m2xm1y,m1）=（m2x,m1）=1
以及
（m2xm1y,m2）=（m1y,m2）=1.
因为m1与m2互素，所以（m2xm1y,m1m2）=1，于是m2xm1yR.因此AR.综合以上，得到A=R.
7、定理4设m,nN，（m,n）=1，则（mn）=（m）（n）.
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
（n）=
设n的标准分解式是n=
，由定理4得到
.
（1）
对任意的素数p，（p）等于数列1,2,,p中与p（也就是与p）互素的整数的个数，因此
（p）=p
将上式与式
（1）联合，证明了定理.
由定理5可知，（n）=1的充要条件是n=1或2.
例1设整数n2，证明：
n（n），
即在数列1,2,,n中，与n互素的整数之和是
n（n）.
设在1,2,,n中与n互素的（n）个数是
a1,a2,,a（n），（ai,n）=1，1ain1，1i（n），
则（nai,n）=1，1nain1，1i（n），
因此，集合{a1,a2,,a（n）}与集合{na1,na2,,na（n）}是相同的，于是a1a2a（n）=（na1）（na2）（na（n）），
2（a1a2a（n））=n（n），
因此a1a2a（n）=
例2设n是正整数，则
=n，
此处
是对n的所有正约数求和.
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nN，证明：
（ⅰ）若n是奇数，则（4n）=2（n）；
（ⅱ）（n）=
的充要条件是n=2k，kN；
（ⅲ）（n）=
的充要条件是n=2k3l，k,lN；
（ⅳ）若6n，则（n）
；
（ⅴ）若n1与n1都是素数，n>
4，则（n）
（ⅰ）我们有
（4n）=（22n）=（22）（n）=2（n）；
（ⅱ）若n=2k，则
（2k）=
若（n）=
，设n=2kn1，2
n1，则由
=（n）=（2kn1）=（2k）（n1）=2k1（n1）
=
推出（n1）=n1，所以n1=1，即n=2k；
（ⅲ）若n=2k3l，则
（n）=（2k）（3l）=
，设n=2k3ln1，6
推出（n1）=n1，所以n1=1，即n=2k3l；
（ⅳ）设n=2k3ln1，6
n1，则
（n）=（2k）（3l）（n1）=
（ⅴ）因为n>
4，所以n1与n1都是奇素数，所以n是偶数.
因为n1>
3，所以n1与n1都不等于3，当然不被3整除，所以3n，因此6n.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,nN，则（mn）=（m,n）（[m,n]）；
显然mn与[m,n]有相同的素因数，设它们是pi（1ik），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1Euler设m是正整数，（a,m）=1，则
am）1（modm）.
由第三节定理2，设{x1,x2,,x（m）}是模m的一个简化剩余系，则{ax1,ax2,,ax（m）}也是模m的简化剩余系，因此
ax1ax2ax（m）x1x2,x（m）（modm），
a（m）x1x2x（m）x1x2,x（m）（modm）.
（1）
由于（x1x2x（m）,m）=1，所以由式
（1）得出
a（m）1（modm）.
2、定理2（Fermat）设p是素数，则对于任意的整数a，有
apa（modp）.
若（a,p）1，则由定理1得到
ap11（modp）apa（modp）.
若（a,p）>
1，则pa，所以
ap0a（modp）.
例1设n是正整数，则5
1n2n3n4n的充要条件是4n.
解因为（5）=4，所以，由定理2
k41（mod5），1k4.
因此，若n=4qr，0r3，则
1n2n3n4n1r2r3r4r1r2r
（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,,x（m）}是模m的简化剩余系，则
（x1x2x（m））21（modm）.
解记P=x1x2x（m），则（P,m）=1.又记
yi=
，1i（m），
则{y1,y2,,y（m）}也是模m的简化剩余系，因此
（modm），
再由Euler定理，推出
P2P（m）1（modm）.
例3设（a,m）=1，d0是使
ad1（modm）
成立的最小正整数，则
（ⅰ）d0（m）；
（ⅱ）对于任意的i，j，0i,jd01，ij，有
ai
aj（modm）.（3）
（ⅰ）由Euler定理，d0（m），因此，由带余数除法，有
（m）=qd0r，qZ，q>
0，0r<
d0.
因此，由上式及d0的定义，利用定理1，我们得到
1
即整数r满足
ar1（modm），0r<
d0.
由d0的定义可知必是r=0，即d0（m）；
（ⅱ）若式（3）不成立，则存在i，j，0i,jd01，ij，使得
aiaj（modm）.
不妨设i>
j.因为（a,m）=1，所以
aij0（modm），0<
ij<
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
ba1（modm），bc1（modm），（4）
记d=（a,c），则bd1（modm）.
利用辗转相除法可以求出整数x，y，使得axcy=d，显然xy<
0.
若x>
0，y<
0，由式（4）知
1bax=bdbcy=bd（bc）ybd（modm）.
若x<
0，y>
1bcy=bdbax=bd（ba）xbd（modm）.
例5设p是素数，pbn1，nN，则下面的两个结论中至少有一个成立：
（ⅰ）pbd1对于n的某个因数d<
n成立；
（ⅱ）p1（modn）.
若2
n，p>
2，则（ⅱ）中的modn可以改为mod2n.
记d=（n,p1），由bn1，bp11（modp），及例题4，有
bd1（modp）.
若d<
n，则结论（ⅰ）得证.
若d=n，则np1，即p1（modn），这就是结论（ⅱ）.
2，则p1（mod2）.由此及结论（ⅱ），并利用同余的基本性质，得到p1（mod2n）.
例5提供了一个求素因数的方法，就是说，整数bn1的素因数p，是bd1（当dn时）的素因数，或者是形如kn1的数（当2
2时，是形如2kn1的数）.
例6将2111=2047分解因数.
由例5，若p2111，则p1（mod22），即p只能在数列
23，45，67，，22k1，
中.逐个用其中的素数去除2047，得到
232047，2047=2389.
例7将2351=34359738367分解因数.
由例5，若p2351，则p是251=31或271=127的素因数，或者p1（mod70）.由于31和127是素数，并且
2351=311278727391，
所以，2351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=71122921.
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
2351=3112771122921.
例8设n是正整数，记Fn=
，则
2（modFn）.
容易验证，当n4时Fn是素数，所以，由Fermat定理可知结论显然成立.
当n5时，有n1<
2n，2n1
.记
=k2n1，则
其中Q1与Q2是整数.上式即是
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a，（a,n）=1，使得
an11（modn），（6）
并不能保证n是素数.
注2：
设n是合数，若存在整数a，（a,n）=1，使得式（6）成立，则称n是关于基数a的伪素数.
四、小结
五、作业
补充：
证明Wilson定理的逆定理.
P60：
ex3、ex6、ex9、ex12、ex14、ex17、ex18
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