同余定理

2019-04-13 14:12发布

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同余定理

声明：借鉴高手！ 一、 同余 对于整数除以某个正整数的问题，如果只关心余数的情况，就产生同余的概念。 定义1 用给定的正整数m分别除整数a、b，如果所得的余数相等，则称a、b对模m同余，记作a≡b(mod m)，如 56≡0 （mod 8）。 定理1  整数a,b对模m同余的充要条件是 a-b能被m整除（即m|a-b）。 证  设a=mq1+r1, 0<=r1推论   a≡b(mod m)的充要条件是a=mt+b（t为整数）。 表示对模m同余关系的式子叫做模m的同余式，简称同余，同余式的记号是高斯（Gauss）在1801年首先使用的。 定理2  同余关系具有反身性、对称性与传递性，即 1）a≡a (mod m); 2）若a≡b (mod m), 则b≡a (mod m); 3）若a≡b (mod m), b≡c (mod m)，则a≡c (mod m). 定理3 若a≡b(mod m), c≡d (mod m),则 1）a+c≡b+d (mod m); 2）a-c≡b-d (mod m); 3）ac≡bd (mod m). 多于两个的同模同余式也能够进行加减乘运算。对于乘法还有下面的推论： 推论  若a≡b(mod m),n为自然数，则an≡bn (mod m)。 定理4 若ca≡cb(mod m), (c,m)=d, 且a,b为整数，则a≡b(mod m/d). 推论若ca=cb(mod m), (c,m)=1,且a,b为整数，则a≡b(mod m). 定理5 若a≡b (mod m),a≡b (mod n),则a≡b(mod [m,n]). 推论若a≡b(mod mi), i=1,2,…,n，则a≡b (mod [m1,m2,..,mn]).   例1 证明：正整数a是9的倍数必须且只须a的各位数码之和是9的倍数。 证  设a=an.10n+an-1.10n-1+…+a0 由10≡1 (mod 9)得10k≡1(mod 9),k=0,1,2,…,n， 所以 ak.10k≡ak (mod 9), k=0,1,2,…,n。 所以a≡a0+a1+...+an (mod 9) 因此 9|a的充要条件是 9| a0+a1+...+an  。 例2 设a=anan-1…a1a0,求11|a的充要条件。 解由10≡-1 (mod 11),得10k≡(-1)k (mod 11), k=0,1,2,…,n    而 a≡a0-a1+a2-…+(-1)nan (mod 11)   因此 11|a的充要条件是11| a0-a1+a2-…+(-1)nan. 例3 求正整数a能被7整除的条件。 解  由于 1000≡-1 (mod 7)，从而1000k≡(-1)k (mod 7), k=0,1,2,…,n,  于是设a= anan-1…a1a0 (1000)  这就有a≡a0-a1+a2-…+(-1)nan (mod 7)  因此 7|a的充要条件是a0-a1+a2-…+(-1)nan ≡0 (mod 7) 这里的ai为三位数（一千进制）.  如当a=89101234579时，由于579-234+101-89=357≡0 (mod 7)，所以7|a。 定义2 如果m为自然数，集合Kr={x|x=mt+r,t是任意整数}，r=0,1,…,m 则称K0,K1,…,Km-1为模m的剩余类。 例如，模2的剩余类是偶数类与奇数类；模3的剩余类是:K0={…,-6,-3,0,3,6,…}，K1={…,-5,-2,1,4,7,…}，K2={…,-4,-1,2,5,8…}。 剩余类具有如下列比较明显的性质： 1）模m的剩余类K0，K1，……，Km-1都是整数的非空子集； 2）每个整数必属于且只属于一个剩余类； 3）两个整数属于同一个剩余类的充要条件是它们对模m同余。 定义3 从模m的每个剩余类中任取一个数，所得到的m个数叫做模m的完全剩余系。 对模m来说，它的完全剩余系是很多的，经常采用的是： 0,1,2,…,m-1; 1,2,3,…,m; -(m-1)/2,…,-1,0,1,…,m/2   (m为奇数)， -m/2+1,…,-1,0,1,…,m/2     (m为偶数)， -m/2,…,-1,0,1,…,m/2-1     (m为偶数).   定理6  k个整数a1,a2,…,ak构成模m的完全剩余系的充要条件是k=m，且这m个数对模m两两不同余。 定理7   若x1,x2,…,xm 是模m的完全剩余系，（a,m）=1,b为整数，则ax1+b，ax2+b，…，axm+b也是模m的完全剩余系。 二 欧拉函数 定义1 在模m的完全剩余系中，所有与m互素的数叫做模m的简化剩余系。例如1，3，7，9是模10的一个简化剩余系。 定义2 若对任意的自然数m，用记号ф(m)表示0,1,2,…,m-1中与m互素的数的个数，则称ф(m)为欧拉函数。 例如ф(10)=4，ф(7)=6，ф(1)=1。 定理1 k个整数a1,a2,…,ak构成模m简化剩余系的充要条件是k=ф(m)，(ai,m)=1,i=1,2,…, ф(m),且这ф(m)个数对模m两两不同余。 定理2 若(a,m)=1，x1,x2,…,xф(m)是模m的简化剩余系，则ax1,ax2,…,axф(m)也是模m的简化剩余系。 定理3(欧拉定理) 若(a,m)=1，则aф(m) ≡1 (mod m) 证 设x1,x2,…,xф(m)是模m的简化剩余系，根据定理2，ax1,ax2,…,axф(m)也是模m的简化剩余系。 由此可知x1,x2,…,xф(m)中任一个数必与ax1,ax2,…,axф(m)中某一个数对模m同余；反之ax1,ax2,…,axф(m)中任一个数必与x1,x2,…,xф(m)中某一个数对模m同余，这就有： ax1ax2…axф(m)≡x1x2…xф(m) (mod m),又(x1x2…xф(m),m)=1,所以aф(m) ≡1 (mod m)。 例1 已知x=h是使ax≡1 (mod m)中成立的最小正整数，求证h|ф(m)。 证 由ah-1=mt(t为整数)可知(a,m)=1，于是 aф(m) ≡1 (mod m)。 令ф(m)=hq+r,0<=r推论（费马小定理） 若p是素数，则 1） 当(a,p)=1时，ap-1 ≡1 (mod p)； 2） ap ≡a (mod p) 证 先证1）。由p是素数，知0,1,2,…,p-1中有p-1个数与p互素，于是ф(p)=p-1。又因为(a,p)=1，所以根据定理3得证1）。 再证2）。当(a,p)=1时，由1）知2)成立；当(a,p)不等于1时，p|a，余数同为0,2)也成立。 欧拉在1760年证明了定理3，故称为欧拉定理。费马在1640年提出了上面的推论，它的证明是欧拉在1736年完成的，这个推论通常叫做费马小定理。 例2 设a为整数，求证a5≡a(mod 30). 证 由于30=2.3.5，而依据费马小定理，有 a5≡a(mod 5) (1) a3≡a(mod 3) (2) a2≡a(mod 2) (3) 由(2)得 a5≡a3≡a(mod 3) （4） 由(3)得a5≡a4≡a2≡a(mod 2) (5) 于是由(1).(4),(5)，并且2,3,5两两互素，所以 a5≡a(mod 30). 定理4 若p是素数，则ф(pa)=pa-pa-1。 （ф(pa)的计算公式） 证 考虑模pa的完全剩余系0,1,2,…,p,…,2p,…,pa-1 (1) (1)式中与pa不互素的数只有p的倍数0,p,2p,…,(pa-1–1)p,这共有p a-1个，于是(1)中与pa互素的数有pa-p a-1个，所以ф(pa)=pa-pa-1。 定理5 若(m,n)=1,则ф(mn)=ф(m)ф(n)。 推论 若正整数m1,m2,…mk两两互素，则ф(m1m2…mk)=ф(m1)ф(m2)…ф(mk). 定理6 若m的标准分解式为m=p1a1p2a2…pkak, 则ф(m)=p1a1-1p2a2-1…pkak-1(p1-1)(p2-1)…(pk-1). 例3 设(n,10)=1,求证n101与n的末三位数相同。 证：为了证明n101-n≡0只要证明n100≡1(mod 1000). 事实上由(n,125)=1,φ(125)= φ(5^3)=5^3-5^2=100，有n100≡1(mod 125); 再由n是奇数知8|n^2-1，进而n^100≡1(mod 8),而(125,8)=1，得证。

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