初等数论教案7.docx
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初等数论教案7
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,0im1,称集合Ki(m)={n;ni(modm),nZ}
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)(0im1),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(0im1),称集合{x0,x1,,xm1}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,,m1}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.
证明:
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.
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(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
通过模m1m2mn的完全剩余系.
证明:
由定理1只需证明:
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}.
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)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),
从而
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.
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{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
0
(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;xX,yY}
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).
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
(n)=
.
证明:
设n的标准分解式是n=
,由定理4得到
(n)=
.
(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).
解:
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)=
n(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)
.
解:
(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)=
.
若(n)=
,设n=2k3ln1,6
n1,则由
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]);
解:
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).
证明:
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).
证明:
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)
解:
(ⅰ)由Euler定理,d0(m),因此,由带余数除法,有
(m)=qd0r,qZ,q>0,0r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
ar1(modm),0r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).
解:
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>0,由式(4)知
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(ⅱ)p1(modn).
若2
n,p>2,则(ⅱ)中的modn可以改为mod2n.
解:
记d=(n,p1),由bn1,bp11(modp),及例题4,有
bd1(modp).
若d若d=n,则np1,即p1(modn),这就是结论(ⅱ).
若2
n,p>2,则p1(mod2).由此及结论(ⅱ),并利用同余的基本性质,得到p1(mod2n).
注:
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
n,p>2时,是形如2kn1的数).
例6将2111=2047分解因数.
解:
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.
解:
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).
证:
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
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