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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