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Eule『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给定正整数加，对于每个整数「，0（"7）={?
?
；n=i（modm）,neZ}
是模加的一个剩余类.
显然，每个整数必定属于且仅属于某一个（0
而且，属于同一剩余类的任何两个整数对模皿是同余的，不同剩余
类中的任何两个整数对模”?
是不同余的.
例如，模5的五个剩余类是
K（）（5）={…，—10,—5,0,5,10,…}&（5）={..,-9,-4J,6JI,-.-}
心5）={-,-8,-3,2,7,12,---}
心5）={-,-7,-2,3,8,13,--.}
辰（5）={…，_6,—1,4,9,14,…}
2、定义2设〃是正整数，从模加的每一个剩余类中任取一个
数尢（0由于占的选取是任意的，所以模加的完全剩余系有无穷多个，通常称
（i）｛0,1,2,…，加一1｝是模m的最小非负完全剩余系;
（ii）
—~+1,•••,—1,0,1,•••,—}（当2IAH）或乎…—…耳}（当2"）
是模血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〃的完全剩余系的充要条件是
（i）A中含有血个整数;
（ii）A中任何两个整数对模血不同余.
4、定理2设m>1,a,Z?
是整数，（a,m）=1,｛为，恋，…，“加｝是模m的一个完全剩余系，贝!
J｛ori+b,0X2+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XiHXj,贝Ij
axi+b^axj+b（modm）.
（1）
事实上，若
axi+b=axj+b（modin）,
则
axi=axj（modtn）,
由此得到x：
=Xj（modm）,
因此Xi=Xj.所以式
（1）必定成立.证毕
5、定理3设加1,叱N,AeZ,（A,阳）=1,又设
X=｛小/2,…，｝,丫=｛儿」2,…，％2｝，
分别是模ni\与模m2的完全剩余系，则
/?
=｛Ax+nuy；xeX,yeY｝
是模ni\ni2的一个完全剩余系.
证明：
由定理1只需证明：
若"，卍UX,y\yHeY,并且
Ax'+m\y'=Axf,+加］y"（mod加”血），
（2）
事实上，由第一节定理5及式
（2）,有
Ax'=Ax,r（modm\）=^>=xn（modm\）=x",
再由式
（2）,又推出
m\y'=m\yu（modmi）=^>yr=y〃（mod/n2）=^>〉，=）'"•
推论若加i,"?
2wN,（mi,mi）=1,贝!
J当xi与兀2分别通过模加1与模”?
2的完全剩余系时，加2兀1+W1X2通过模加1加2的完全剩余系.
6、定理4设zn/eN（1
）,则当药通过模m,（1X=X[+72?
1X2+fUlin2^3+…+"7"兀2-1兀”
通过模m\m2-mn的完全剩余系.
证明：
对n施行归纳法.
当77=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，即当七（2KR+1）分别通过模加的完全剩余系时，
y=X2+加2兀3+加2加1+…+my-mkXk+1
通过模仍2加3…"《+1的完全剩余系.由定理3,当XI通过模加1的完全
剩余系，总（2X1+777iy=X1+7771（X2+加2兀3+…+加2…〃以不+1）
=Xi+H1[X2+17772X3+…+叭叱・・皿曲+1
通过模mim2-mk+i的完全剩余系.即定理结论对于n=k+\也成立.
7、定理5设“wN,A：
eZ（1
（i）伽，呦=],1（ii）（A/,"）=1,1（iii）m：
|Aj,1y=A[X{+A2X2+…+
通过模加"2…的完全剩余系.
证明：
由定理1只需证明：
若1
则由
A\x\+A2X2'+…+AnXn=Aixin+A2X2,r+…+AnXnr（modm\■inn）（3）可以得到xf=x!
',\事实上，由条件（iii）及式（3）易得，对于任意的/,1
AtXi=AiXi,r（modmi）.
由此并利用条件（ii）和第一节定理5推得
x/=x!
'（modmi）,
因此xif=xr.
例1设A={X],X2,…,心}是模加的一个完全剩余系，以{x}表示x的小数部分，证明：
若（a,m）=1,贝!
J
£{3}=知1）・
i=\m2
解：
当X通过模加的完全剩余系时，俶+b也通过模加的完全剩余系，因此对于任意的/（!
axi4-Z?
=km+j,（1从而
評料郭叫用快酣
77Tmm
例2设p>5是素数，…川-2},则在数列
a92cb3a,（/?
-\）a,pa
中有且仅有一个数b,满足
b=1（modp）.（5）
此外,若b=ka,贝iJRhg,ke[2,3,2}.
解：
因为@,p）=l,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Z?
=ka,那么
（i）k工ci,否则,b=a2=\（modp）,即p|（o+1）（“-1）,因此#Id-1或#I“+1,这与2（ii）k工\,否则，Z?
=ltz=1（mod/?
）,这与矛盾；
（iii）Rh-1,否贝lj,b--a=\（modp）,这与矛盾.
若又有L,2k'a三ka（modp）.
因（c/,p）=l,所以k=k1（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）设卩是素数，贝I」
（p一1）!
=-1（modp）.
ffi：
不妨设p>5.由例2容易推出对于2,3,.・显-2,中的每个整数“，都存在唯一的整数R,2ka三1（mod/?
）.（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
123（p-2）（/?
-\）=p-1=-1（modp）.
例3设m>0是偶数，｛如,。
2,…，如｝与｛伤，九…，仇,｝都是模m的完全剩余系,证明：
｛⑷+仞心+/?
2,…,4“+®”｝不是模加的完全剩余系.
解：
因为｛1,2,…，间与仙,如…,心都是模加的完全剩余系,所以
二吕.m（m+1）m
22%-=三〒（modm）.（7）
/=i/=122
同理
严.m
Di=—（modin）.（8）
r=lL
如果｛如+bi,“2+b2,…,如+九｝是模m的完全剩余系,那么也有艺（©+如三等（modin）.
i=i2
联合上式与式（7）和式（8）,得到
222
（modni）,
这是不可能的，所以｛如+bl,U2+九…,cim+加｝不能是模m的完
全剩余系.
二、缩系
在模皿的完全剩余系中，与m互素的整数所成的集合有一些特殊的性质，我们下而对它们做些研究.
1、定义1设R是模加的一个剩余类，若有处/?
使得（“,m）=l,
则称R是模力的一个简化剩余类.
显然，若R是模的简化剩余类，则7?
中的每个整数都与用互素.
例如，模4的简化剩余类有两个：
用（4）={…,-7,-3,1,5,9,—},
7?
3（4）={--,-5,-1,3,7,11,---}.
2、定义2对于正整数k,令函数仅Q的值等于模k的所有简化剩余类的个数，称於）为Eulb函数，或Eu心一°函数.
例如，容易验证仅2）=1,讽3）=2,祕4）=2,仅7）=6.
显然，仅呦就是在加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七，构成一个集合{力,兀2,…,兀酬”）}，称为模加的一个简化剩余系（或简称为简化系或缩系）.
显然，由于选取方式的任意性，模加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是模加的简化剩余系的充要条件是
（i）A中含有讽》个整数；
（ii）A中的任何两个整数对模加不同余；
（iii）A中的每个整数都与加互素.
5、定理2设“是整数，（a,m）=1,B=[x\,X2,■•是模zn的简化剩余系,贝！
I集合A={ax\,ax2,心枷）}也是模m的一个缩系.
证明:
显然,集合A中有讽加个整数.其次，由于（t/,772）=1,所以，对于任意的x,-（1
A中的每一个数都与加互素.最后，我们指出，A中的任何两个不同的整数对模加不同余.事实上，若有使得
axf=axn（modin）,
那么，因为（a,m）=所以xr=xr,（modm）,于是xf=xr,.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
{ax\+b,ax^+/?
,•••,ax^m）+b}
不一定是模加的简化剩余系.例如,取加=4,a=1,b=lf以及模4的简化剩余系{1,3}.
6、定理3设m\y7M2eN,（mi,mi）=L又设
X={.¥1,X2,---,X分别是模切与加2的缩系，则
A={m\y+mix\xeXfyeY}
是模m\ni2的缩系.
证明：
若以X，与厂分别表示模加]与牝的完全剩余系，使得Xu
X，,Yu厂，贝I」
Af=[ni\y+zmx；xeXffyeY'}
是模“也的完全剩余系.因此只需证明A'中所有与加"2互素的整数的集合R是集合A.显然，
若m\y+m/wR，贝'JO^iy+mix,=1,所以（in\y+mix,m\）=1,
于是（"a,"）=1,（x,m\）=1,xeX.
同理可得到ywY,因此/niy+m2xeA.这说明R^A.
另一方而，若n?
i）?
+则xwX,yeY,即
（x,血1）=1,（y\mi）=1.
由此及伽，加2）=1得到
（mox+m\y,m\）=加1）=1
以及
（"?
2兀+必1”"？
2）=（必1幵"？
2）=1・
因为““与也2互素，所以（血2兀+加1加2）=1，于是+miyeR・因
此A^R.综合以上，得到A=R.
7、定理4设in,/?
eN»伽,斤）=1,则（p（mn）=（p（m）（f）（n）.
证明：
这是定理3的直接推论.
8、定理5设斤是正整数，门丿2,…，以是它的全部素因数，则
（p（n）=〃（1-—）（1_—…（1_—!
—）=〃口（1_—）.
PlPlPkP\nP
证明：
设斤的标准分解式是由定理4得到
r=l
（p（n）=Y［（1）
i=l
对任意的素数P，讽严）等于数列1,2,…,〃呻与严（也就是与卩）互
素的整数的个数，因此
殉产）=pa—［以］十-pg=Pa（1-1）,
pp
将上式与式
（1）联合，证明了定理.
由定理5可知，仅町=1的充要条件是1或2.
例1设整数h>2,证明：
匸・_1
乙l^^n（p（n）9
l
a•刃）=i
即在数列1,2,…』中，与”互素的整数之和是卜讽心
解：
设在1,2,-,77中与n互素的冷）个数是
a\.02,…，a他幷”（ch.7?
）=h\（n-cii,n）=L\因此，集合｛di,U2,…，伽”｝与集合也-di,n-U2,…，n-a（p（n）｝是相同
的,J•是⑷+a?
+…+a因此
2（如+©+・・・+aM）=n快",
d]+如+…+伽）=切呦.
例2设〃是正整数，则
2>（〃）=n,
d\n
此处E是对n的所有正约数求和.
d\n
解：
将正整数1,2,…丿按它们与整数”的最大的公约数分类，则
nn
n=Z1=ZS1=ZZ1=工0（了）=工©（〃）・
/=1diJi（tn）=t/d\n.ind\n"d\n
I—J—1
\例3设*N,证明：
（i）若"是奇数，则讽4”）=2仅n）；
（ii）刃2）弓”的充要条件是n=2*,辰N；
（iii）刃2）=卜的充要条件是n=刘,k,/eN；
（iv）若6In,则刃2）<»
（v）若八-1与斤+1都是素数，n>4,贝^\（p（n）<1/?
.
解：
（i）我们有
仅4n）=仅2S）=（p（22）（ii）若n=2*,贝lj
讽2°"（1冷）=2讥如
若（p（n）=-?
?
设斤=2®i，2//?
i，则由
2
仅町=讽2切J=讽2。
讽小）=2*」刃21）
=丄2^皿丄皿
27J]2〃1
推出（p（n\）-7?
i，所以?
?
1=1,即n=2”；
（iii）若Ti=2*3',则
刃2）=仅2"）讽3，）=2A（1-■|）3/（1-1）=1.
若（p（n）=-n，设n=2k3'n[,6Mi，则由
3
；"=（p（n）=卩（2*3,;»]）=（p（2k妙（3‘加（”i）=；n——~
33?
i|
推出（p（n\）=m,所以hi=1,即71=2*3、
（iv）设n=2k3'm，6it?
i，贝lj
讽n）=讽2。
讽3'）刃“）=”珈的）吕2智®=卜；
JJJ
（V）因为”>4,所以料-1与n+1都是奇素数，所以n是偶数.因为n-l>3,所以n-1与n+1都不等于3,当然不被3整除,所以3|弘因此6b.再由上面己经证明的结论（iv）,即可得到结论（v）.
例4证明：
若m,neN,则（p（inn）=（m,n）（p（\m,n]）；
解：
显然mn与⑷，川有相同的素因数，设它们是Pi（1
g）（mn）=—）（1—）
（1）,
P\PlPk
川）=[m,”]（1-—）（1-—）（1-—）o
PiPlPk
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l（Euler）设加是正整数,（«,^）=1,则
c妙"）三1（modtn）.
证明：
由第三节定理2,设｛心，也，…，X%）｝是模m的一个简化剩
余系,则｛。
七,0X2,-,ox刃“）｝也是模m的简化剩余系,因此
ax\ax2-=X1X2,…x似加）（modm）,
=X]X2,…X做加）（modm）.
（1）
由于（X[X2--/n）=1,所以由式
（1）得出
=1（modin）.
2、定理2（Fermat）设卩是素数，则对于任意的整数“，有
ap三a（modp）.
证明：
若（a,p）=1,则由定理1得到
ap~[=\（modp）=>ap=a（modp）.
若（d,p）>1,则p\a,所以
ap=0=a（modp）.
例1设”是正整数，则5口"+2"+3“+4”的充要条件是4|几
解因为仅5）=4,所以，由定理2
k4=1（mod5）,1<^<4.
因此，若n=4^+r,0ln+2"+3"+4"三F+2r+3r+4r=lr+2r+（-2）r+（-1/（mod5）,
（2）用r=0,1,2,3,4分别代入式⑵即可得出所需结论.
例2设｛兀1,尤2,…，兀刃“）｝是模加的简化剩余系,贝I」
（xiX2---x^m））2=1（modm）.
解记P=xix2--x（p（m）,则（P,m）=1.又记
y,=—,1
Xi
则｛yiy,…,〉如）｝也是模加的简化剩余系,因此
0加）^｛m｝p
nAi=口―（modm）,
/-I/-Ixi
再由Eule定理，推出
P~=P0‘”）=1（modm）.
例3设（a,m）=1,Jo是使
ad=1（modin）
成立的最小正整数，则
（i）災加）;
（ii）对于任意的i,OGJSdo-l,iHj,有
a'^aj（modm）.（3）
解：
（i）由Euler定理，Jo<（p（m｝,因此，由带余数除法，有
（p（m）=qdo+r,qwZ,q>0,0因此，由上式及山的定义，利用定理1,我们得到
即整数7•满足
ar=1（modin）,0由〃o的定义可知必是r=o,即
（ii）若式（3）不成立，贝!
J存在i,j,0••
a1=a}（modth）.
不妨设i>j.因为（",加）=1,所以
a1~j=0（modm）,0这与〃。
的定义矛盾，所以式（3）必成立.
例4设d,b,c,加是正整数，"?
>1,（b9m）=L并且
ba=\（mod加）,bc=\（modm）,（4）
记〃=（a,c）,则bd=1（modm）.
解：
利用辗转相除法可以求出整数x,），，使得必+巧==〃，显然
xy<0.
若x>0,y<0,由式（4）知
1三bax=ZbF=b\bc）-y=bd（modm）.
若xvO,y>0,由式（4）知
1=bcy=bdb~ax=bd（ba）~x=bJ（modtn）.
例5设p是素数，p\bn-\,neN,则下而的两个结论中至少有
一个成立：
（i）p\bd对于n的某个因数d（ii）p=1（modn）.
若2M,p>2,贝!
]（ii）中的modn可以改为mod2n.
解：
记〃=（n,p-l）,由bn=1,bp~l=1（mod/?
）,及例题4,有
bJ=1（modp）.
若J<77,则结论（i）得证.
若〃=n,则n\p-1,即p=1（mod/?
）,这就是结论（ii）.
若2M,p>2,则p=\（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，整数夕-1的素因数卩，是决-1（当〃b时）的素因数，或者是形如如+1的数（当2M,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pI211-1,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-l,则p是2—1=31或2?
-1=127的素
因数，或者p三1（mod70）.由于31和127是素数，并且
235-1=31-127-8727391,
所以，2站_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=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712292K351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=22"+1,则2仏三2（mod几）.
证：
容易验证，当斤＜4时几是素数，所以，由Fermat定理可知结论显然成立.
当”25时，有料+1V2",2”+】丨2「记2?
”=£2“+i,贝ij
2〃"-2=22+1_2=2（22-1）=2（2a--1）
°〃十1Iyr+1qh
=2（（2-）A-1）=22!
（2--1）=Q2（2-+1）,
其中2i与Qi是整数.上式即是2仏三2（modF”）.
注1：
我们己经知道，E是合数，因此，例8说明，一般地，Fermat
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