数论剩余系学习

2019-04-13 13:21发布

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剩余系定理三： 若a,b,c为任意3个整数，m为正整数，且（m,c)=1，则当ac≡bc(mod m）时，有a≡b(mod m)； 证明：ac≡bc(mod m) <=> (ac - bc)≡0(mod m) <=> (a - b) * c ≡ 0 (mod m)，如果(c, m) = 0，那么一定有 m | (a - b)，也就是(a - b) ≡ 0 (mod m)  <=> a ≡ b (mod m); 形象理解：如果把m看成一个环形跑道，一匹马每一步走c米，起点都是0，那么走a步和走b步最终停在了同一个位置，那么一定有m | (a - b)。因为(c, m) = 1，那么在1~m这m步内这匹马一定停在了跑道上不同的m个位置，同时也遍历了跑道的m个位置，所以说a和b一定相差m的整数倍。 如果把a和b看成跨步不同的马，同时走c步，那就很难理解了。 剩余系定理七： 设m是一个整数，且m>1，b是一个整数且(m,b)=1。如果a1，a2，a3，……，am是模m的一个完全剩余系，则ba[1]，ba[2]，ba[3]，ba[4]，…，ba[m]也构成模m的一个完全剩余系。 形象理解：因为序列a是一个完全剩余系，所以都是mk + c的形式，因为m | mk*c，所以剩下的依然是因为互质所产生的剩余系的遍历。 同余定理六： 如果a,b,c,d是四个整数，且a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，那么ac≡bd(mod m)； 理解：a可以分解成mk1 + h的形式，同样c可以分解成mk2 + h的形式，然后(mk1 + h)(mk3 + L)≡(mk2 + h)(mk4 + L)  ( mod m) 费马小定理的证明： 如果p为质数，那么一定有剩余系（1,2,3,4,5，……，p-1），因为互质，所以需要p-1步遍历所有的点，就是在p-1步的时候回到原位置，所以a^(p-1)≡1（mod p）。
素性测定： 如果对于任意满足1 b^(p-1)≡1(mod p) 那么p必定是一个素数。 证明：因为如果p是一个合数，那么一定存在一个b满足(b,p) != 1，那么这时候b^(p-1)!≡1(mod p)，因为b最小只能遍历到lcm(b,p)/b这个程度。 所以p必定是一个素数。
信息安全数学基础上的数论定理： 第二章——同余 完全剩余系： 定理3：设m是正整数，a是满足(a,m) = 1的整数，b是任意整数，若x遍历模m的一个完全剩余系，则ax+b也遍历模m的一个完全剩余系。 证明：因为(a,m)=1那么我们知道了需要a*m才能回到原点，也就是说ax能够遍历模m的一个完全剩余系，那么+b也可以遍历完全剩余系，只是位置有些错位罢了。 定理4：设m1，m2是两个互素的正整数，若x1，x2分别遍历m1，m2的完全剩余系，则m2*x1 + m1*x2遍历模m1*m2的剩余系。 证明：因为x1遍历了m1的剩余系，而x1又在x1*m2当中乘了一个m2，所以可以直接假设x1为最小非负完全剩余系，x2同理。 x1和x2有m1*m2种组合方式，要证明着几种组合方式两两不同即可。因为m1和m2互素，所以会在x1 = m1且x2 = m2的时候回到原点。 理解：一个可以一步跨5米或者8米的马，可以走到环形5 * 8 = 40米跑道的任何地方。 定理5：设p，q是两个不同的素数，n是他们的乘积，则对于任意的整数c，存在唯一的一对整数x，y（0 ≤ x ＜ p, 0 ≤ y ＜ q)满足 qx + py ≡ c (mod n)，因为一共有p*q种选择，不同的选择构成了一个p*q的矩阵。 简化剩余系: 定理2：设m是一个正整数，若r1，……，rk是k = eular（m）个与m互素的整数，并且两两不同余，则r1，……rk两两不同余，那么构成一个简化剩余系。 定理3：设m是一个正整数，a是满足(a, m) = 1的整数，如果x遍历模m的一个简化剩余系，那么ax也遍历m的一个简化剩余系。 因为(a,m) = 1，那么ax遍历结果两两不同余，因为a和x中都没有m的公共因子，所以说ax也遍历了m的一个简化剩余系。“乘互素，仍剩余”。 定理4：设m是一个正整数，a是满足(a,m)=1的整数，则存在整数a‘，1≤a’≤m-1，使得a*a‘≡1（mod m）。 证明：1一定属于m的一个剩余类，那么ax(1 < x < m)在遍历m的剩余系的时候一定遍历了1这个点。 构造：广义欧几里得算法。 定理5：设m1，m2是互素的两个整数，如果x1，x2分别遍历模m1和模m2的简化剩余系，则m2x1 +m1x2遍历m1m2的简化剩余系。 证明：

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