初等数论教案(2).docx

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1、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

2、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 º i (mod m)，nÎZ 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) = L , -10, -5, 0 , 5, 10, L ，K1(5) = L , -9 , -4 , 1 , 6 , 11, L ，K2(5) = L , -8 , -3 , 2 ,

3、7 , 12, L ，K3(5) = L , -7 , -2 , 3 , 8 , 13, L ，K4(5) = L , -6 , -1 , 4 , 9 , 14, L .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, L,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() 0, 1, 2, L, m - 1是模m的最小非负完全剩余系；() 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

4、, 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() A中含有m个整数；() A中任何两个整数对模m不同余.4、定理2 设m ³ 1，a，b是整数，(a, m) = 1，x1, x2, L, xm是模m的一个完全剩余系，则ax1 + b, ax2 + b, L, 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 ¹ xj，则axi + baxj + b (mod m). (1)事实上，若axi + b º axj + b (mod m)，则axi º axj (mod m)，

5、由此得到 xi º xj (mod m)，因此xi = xj. 所以式(1)必定成立. 证毕 5、定理3 设m1, m2ÎN，AÎZ，(A, m1) = 1，又设，分别是模m1与模m2的完全剩余系，则R = Ax + m1y；xÎX，yÎY 是模m1m2的一个完全剩余系.证明：由定理1只需证明：若x ¢, x ¢¢ÎX，y ¢, y ¢¢ÎY，并且Ax ¢ + m1y ¢ º Ax ¢¢ + m1y ¢&#

6、162; (mod m1m2)， (2)则 x ¢ = x ¢¢，y ¢ = y ¢¢.事实上，由第一节定理5及式(2)，有Ax ¢ º Ax ¢¢ (mod m1) Þ x ¢ º x ¢¢ (mod m1) Þ x ¢ = x ¢¢，再由式(2)，又推出m1y ¢ º m1y ¢¢ (mod m2) Þ y ¢ º y ¢&

7、#162; (mod m2) Þ y ¢ = y ¢¢ .推论 若m1, m2ÎN，(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miÎN（1 £ i £ n），则当xi通过模mi（1 £ i £ n）的完全剩余系时，x = x1 + m1x2 + m1m2x3 + L + m1m2Lmn - 1xn通过模m1m2Lmn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

8、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 + L + m2Lmkxk + 1通过模m2m3Lmk + 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 + L + m2Lmkxk + 1)= x1 + m1x2 + m1m2x3 + L + m1m2Lmkxk + 1通过模m1m2Lmk + 1的完全剩余系. 即定理结论对于n = k

9、 + 1也成立.7、定理5 设miÎN，AiÎZ（1 £ i £ n），并且满足下面的条件：() (mi, mj) = 1，1 £ i, j £ n，i ¹ j；() (Ai, mi) = 1，1 £ i £ n；() mi½Aj ，1 £ i, j £ n，i ¹ j .则当xi（1 £ i £ n）通过模mi的完全剩余系Xi时，y = A1x1 + A2x2 + L + Anxn通过模m1m2Lmn的完全剩余系.证明：由定理1只需证明：若xi

10、¢, xi¢¢ÎXi，1 £ i £ n，则由A1x1¢ + A2x2¢ + L + Anxn¢ º A1x1¢¢ + A2x2¢¢ + L + Anxn¢¢ (mod m1Lmn) (3)可以得到xi¢ = xi¢¢，1 £ i £ n.事实上，由条件()及式(3)易得，对于任意的i，1 £ i £ n，有Aixi¢ º Aixi¢&#

11、162; (mod mi).由此并利用条件()和第一节定理5推得xi¢ º xi¢¢ (mod mi)，因此xi¢ = xi¢¢.例1 设A = x1, x2, L, 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 

12、3; j £ m）从而.例2 设p ³ 5是素数，aÎ 2, 3, L, p - 2 ，则在数列a，2a，3a，L，(p - 1)a，pa (4)中有且仅有一个数b，满足b º 1 (mod p). (5)此外，若b = ka，则k ¹ a，kÎ2, 3, L, 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() k ¹ a，否则，b = a2 º 1 (mod p)，即p½(a + 1)(a - 1)，因此p

13、½a - 1或p½a + 1，这与2 £ a £ p - 2矛盾；() k ¹ 1，否则，b = 1×a º 1 (mod p)，这与2 £ a £ p - 2矛盾；() k ¹ -1，否则，b = -a º 1 (mod p)，这与2 £ a £ p - 2矛盾.若又有k ¢，2 £ k ¢ £ p - 2，使得b º k ¢a (mod p)，则k ¢a º ka (mod p).因

14、(a, p) = 1，所以k º k ¢ (mod p)，从而p½k - 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)! º -1 (mod p).证：不妨设p5. 由例2容易推出对于2, 3, L, 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 º 1 (mod p). (6)因此，整数2, 3, L, p - 2可以两两配对使得式(6)成立. 所以2×3×L×(p - 2) º

15、; 1 (mod p)，从而1×2×3×L×(p - 2)(p - 1) º p - 1 º -1 (mod p).例3 设m > 0是偶数，a1, a2, L, am与b1, b2, L, bm都是模m的完全剩余系，证明：a1 + b1, a2 + b2, L, am + bm不是模m的完全剩余系.解：因为1, 2, L, m与a1, a2, L, am都是模m的完全剩余系，所以(mod m). (7)同理(mod m). (8)如果a1 + b1, a2 + b2, L, am + bm是模m的完全剩余系，那么也有(mod

16、m).联合上式与式(7)和式(8)，得到0(mod m)，这是不可能的，所以a1 + b1, a2 + b2, L, 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aÎR，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) = L, -7 , -3, 1 , 5 , 9 , L ，R3(4) = L, -5 , -1 , 3 , 7 , 11 , L .2、

17、定义2 对于正整数k，令函数j(k)的值等于模k的所有简化剩余类的个数，称j(k)为Euler函数，或Eulerj函数.例如，容易验证j(2) = 1，j(3) = 2，j(4) = 2，j(7) = 6.显然，j(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, L,xj(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

18、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() A中含有j(m)个整数；() A中的任何两个整数对模m不同余；() 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, L, xj(m)是模m的简化剩余系，则集合A = ax1, ax2, L, axj(m)也是模m的一个缩系.证明 ：显然，集合A中有j(m)个整数. 其次，由于(a, m) = 1，所以，对于任意的xi（1 £ i £ j(m)），xiÎB，有(axi, m) = (xi, m) = 1. 因此，A中的每一个数都与m互素. 最后，我们

19、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 ¢¢ÎB，使得a x ¢ º ax ¢¢ (mod m)，那么，因为(a, m) = 1，所以x ¢ º x ¢¢ (mod m)，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, L, axj(m) + b不一定是模m的简化剩余系.例如，取m = 4，a = 1，b = 1，以

20、及模4的简化剩余系1, 3.6、定理3 设m1, m2ÎN，(m1, m2) = 1，又设分别是模m1与m2的缩系，则A = m1y + m2x；xÎX，yÎY 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 Ì X ¢，Y Ì Y ¢，则A ¢ = m1y + m2x；xÎX ¢，yÎY ¢ 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 Í

21、A.若m1y + m2xÎR，则(m1y + m2x, m1m2) = 1，所以(m1y + m2x, m1) = 1，于是 (m2x, m1) = 1，(x, m1) = 1，xÎX.同理可得到yÎY，因此m1y + m2xÎA. 这说明R Í A.另一方面，若m1y + m2xÎA，则xÎX，yÎY，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.

22、因为m1与m2互素，所以(m2x + m1y, m1m2) = 1，于是m2x + m1yÎR. 因此A Í R. 综合以上，得到A = R.7、定理4 设m, nÎN，(m, n) = 1，则j(mn) = j(m)j(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, L, pk是它的全部素因数，则j(n) =.证明：设n的标准分解式是n =，由定理4得到j(n) =. (1)对任意的素数p，j(pa)等于数列1, 2, L, pa中与pa（也就是与p）互素的整数的个数，因此j(pa) = pa -，将上式与式(1)联合，证明了定理.由

23、定理5可知，j(n) = 1的充要条件是n = 1或2.例1 设整数n ³ 2，证明：nj(n)，即在数列1, 2, L, n中，与n互素的整数之和是nj(n).解：设在1, 2, L, n中与n互素的j(n)个数是a1, a2, L, aj(n)，(ai, n) = 1，1 £ ai £ n - 1，1 £ i £ j(n)，则 (n - ai, n) = 1，1 £ n - ai £ n - 1，1 £ i £ j(n)，因此，集合a1, a2, L, aj(n)与集合n - a1, n - a2,

24、L, n - aj(n)是相同的，于是 a1 + a2 + L + aj(n) = (n - a1) + (n - a2) + L + (n - aj(n)，2(a1 + a2 + L + aj(n) = nj(n)，因此 a1 + a2 + L + aj(n) =nj(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, L, n按它们与整数n的最大的公约数分类，则n =.例3 设nÎN，证明：() 若n是奇数，则j(4n) = 2j(n)；() j(n) =的充要条件是n = 2k，kÎN；() j(n) =的充要条件是n = 2k3l

25、，k, lÎN；() 若6½n，则j(n) £；() 若n - 1与n + 1都是素数，n > 4，则j(n) £.解： () 我们有j(4n) = j(22n) = j(22)j(n) = 2j(n)；() 若n = 2k，则j(2k) =，若j(n) =，设n = 2kn1，2n1，则由= j(n) = j(2kn1) = j(2k)j(n1) =2k - 1j(n1) =推出j(n1) = n1，所以n1 = 1，即n = 2k；() 若n = 2k3l，则j(n) = j(2k)j(3l) =.若j(n) =，设n = 2k3ln1，6n1

26、，则由推出j(n1) = n1，所以n1 = 1，即n = 2k3l；() 设n = 2k3ln1，6n1，则j(n) = j(2k)j(3l)j(n1) =；() 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3½n，因此6½n.再由上面已经证明的结论()，即可得到结论().例4 证明：若m, nÎN，则j(mn) = (m, n)j(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

27、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aj(m) º 1 (mod m).证明：由第三节定理2，设x1, x2, L, xj(m)是模m的一个简化剩余系，则ax1, ax2, L, axj(m)也是模m的简化剩余系，因此ax1ax2Laxj(m) º x1x2, Lxj(m) (mod m)，aj(m)x1x2Lxj(m) º x1x2, Lxj(m) (mod m). (1)由于(x1x2Lxj(m), m) = 1，所以由式(1)得出aj(m) 

28、6; 1 (mod m).2、定理2(Fermat) 设p是素数，则对于任意的整数a，有a p º a (mod p).证明：若(a, p) = 1，则由定理1得到a p - 1 º 1 (mod p) Þ a p º a (mod p).若(a, p) > 1，则p½a，所以a p º 0 º a (mod p).例1 设n是正整数，则51n + 2n + 3n + 4n的充要条件是4½n.解 因为j(5) = 4，所以，由定理2k4 º 1 (mod 5)，1 £ k £ 4

29、.因此，若n = 4q + r，0 £ r £ 3，则1n + 2n + 3n + 4n º 1r + 2r + 3r + 4r º 1r + 2r + (-2)r + (-1)r (mod 5)，(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, L, xj(m)是模m的简化剩余系，则(x1x2Lxj(m)2 º 1 (mod m).解 记P = x1x2Lxj(m)，则(P, m) = 1.又记yi =，1 £ i £ j(m)，则y1, y2, L, yj(m)也是模m的简化剩余

30、系，因此(mod m)，再由Euler定理，推出P2 º Pj(m) º 1 (mod m).例3 设(a, m) = 1，d0是使a d º 1 (mod m)成立的最小正整数，则() d0½j(m)；() 对于任意的i，j，0 £ i, j £ d0 - 1，i ¹ j，有a ia j (mod m). (3)解： () 由Euler定理，d0 £ j(m)，因此，由带余数除法，有j(m) = qd0 + r，qÎZ，q > 0，0 £ r < d0.因此，由上式及d0的定义，利

31、用定理1，我们得到1 º(mod m)，即整数r满足a r º 1 (mod m)，0 £ r < d0 .由d0的定义可知必是r = 0，即d0½j(m)；() 若式(3)不成立，则存在i，j，0 £ i, j £ d0 - 1，i ¹ j，使得a i º a j (mod m).不妨设i > j.因为(a, m) = 1，所以ai - j º 0 (mod m)，0 < i - j < d0.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 >

32、1，(b, m) = 1，并且b a º 1 (mod m)，b c º 1 (mod m)， (4)记d = (a, c)，则bd º 1 (mod m).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 º b ax = b db -cy = b d(b c) -y º b d (mod m).若x < 0，y > 0，由式(4)知1 º b cy = b db -ax = b d(ba) -x º b d (mod

33、 m).例5 设p是素数，p½bn - 1，nÎN，则下面的两个结论中至少有一个成立：() p½bd - 1对于n的某个因数d < n成立；() p º 1 ( mod n ).若2n，p > 2，则()中的mod n可以改为mod 2n.解：记d = (n, p - 1)，由b n º 1，b p - 1 º 1 (mod p)，及例题4，有b d º 1 (mod p).若d < n，则结论()得证.若d = n，则n½p - 1，即p º 1 (mod n)，这就是结论().若2n

34、，p > 2，则p º1 (mod 2).由此及结论()，并利用同余的基本性质，得到p º 1 (mod 2n).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d½n时）的素因数，或者是形如kn + 1的数（当2n，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p½211 - 1，则p º 1 (mod 22)，即p只能在数列23，45，67，L，22k + 1，L中.逐个用其中的素数去除2047，得到23½2047，2047

35、 = 23×89.例7 将235 - 1 = 34359738367分解因数.解：由例5，若p½235 - 1，则p是25 - 1 = 31或27 - 1 = 127的素因数，或者p º 1 (mod 70).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，L (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

36、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º 2 (mod Fn).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 ³ 5时，有n + 1 < 2n，2n + 1½.记 = k2n + 1，则其中Q1与Q2是整数.上式即是º 2 (mod Fn).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a n -1 º 1 (mod n)， (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