1、5.4 秦九韶定理 Euler函数,5.4.1 一次同余式组 秦九韶定理,证明 :,存在性. 先不讨论普遍情形而先求li，i=1,k，使适合下列特殊的合同式： li1(mod mi)， li0(mod mj)，ji (2),因ji时，mi和mj互质，由定理5.2.3知，mi和 互质，从而由定理5.3.1，有ci使,证明 :,取 ，则li适合(2)。今取x=a1l1+aklk (3) 则模mi， ，故x适合(1)。,证明 :,唯一性. 若x，x都适合(1)，则 xx(mod mi)，i=1,k，即 mi| x-x，再由m1, m2 , , mk两两互质，及定理5.2.4，得 m1m2 mk |
2、x-x 故 xx (mod m1mk),Note:证明过程使用了构造性证明方法，先构造一些满足局部合同式的局部解，再把这些局部解合起来构造成整体解。 （1）对i=1,k解合同方程求出Ci。 （2）（3） x=a1l1+aklk,例5.4.1,求x满足同余式组： x1(mod 4) x2(mod 5) x3(mod 7) 解：因为模4，5，7两两互质，所以可以用上述定理的构造性证明过程求解。先求l1，l2，l3使得,例5.4.1,l11(mod 4) l21(mod 5) l31(mod 7) l10(mod 5) l20(mod 4) l30(mod 4) l10(mod 7) l20(mod
3、 7) l30(mod 5) 得l1=35c1，l2=28c2，l3=20c3，c1满足35c11(mod 4)，即 3c11(mod 4)，从而 c13(mod 4)。故l1=105。同理得l2=56， l3=120。 于是 x=1105+256+3120=57717(mod 140)。,南宋数学家 秦九韶（公元1202-1261年）1247年，著成数书九章十八卷，这是一部划时代的巨著，它总结了前人在开方中所使用的方法，将其整齐而有系统地应用到高次方程的有理或无理根的求解上去。 秦九韶给出了解一次同余式组的一般方法以及理论上的证明，并将它定名为“大衍求一术”，在世界数学史上占有崇高的地位。
4、对正负开方术高次方程的数值解法）等也有十分深入的研究。,定理5.4.3 设f(x)是整系数多项式,m=p1r1p2r2pnrn 为m的质因数分解式，则同余式f(x) 0(mod m) (4) 与下述同余式组等价f(x) 0(mod p1r1) (5) f(x) 0(mod pnrn ) 证明：（4）的解显然是（5）的解。反之，若x1是（5）的解，则 piri|f(x1)。注意到p1r1，p2r2，pnrn 两两互质，故 p1r1p2r2pnrn|f(x1)，即m|f(x1)。因此 f(x1)0(mod m)，即x1是（4）的解。,5.4.2 一元高次同余式的化简,当求解的同余式模较大且是合数时
5、，可以将原同余式转化为模较小的同余式组进行求解。例5.4.2 求解同余式 37x55(mod 60) 解：注意到（37，60）=1，故完全可以用上节的定理5.3.1证明和辗转相除法求解。这里用同余式组来求解。因为60=2235，所以原同余式等价于 37x55(mod 4) 37x55(mod 3) 37x55(mod 5) 等价化简同余式组得 x3(mod 4) x1(mod 3) 2x0(mod 5) 又因为（2，5）=1，所以又等价于 x3(mod 4) x1(mod 3) x0(mod 5) 解此同余式组得 x55(mod 60),秦九韶定理本身是解一种最简单的同余式组，较一般的 情况是
6、 f1(x)0(mod m1) (6) fk(x)0(mod mk) 其中m1，mk两两互质，fi (i=1, , k)为整系数多项 式。假若（6）中第i个同余式有解ai，则（6）式的求解 就转化为一系列下述形式的同余式组的求解： xa1 (mod m1) xak (mod mk) 因此，秦九韶定理即是求解最简单的同余式组的方法， 也是解高次同余式组的基础。,结论：设n是任意正整数， A 为mod n的任意剩余类，aA。若a和n互质，则A中任意数和n互质。 证明：任取bA，则ba(mod n)，即，n|b-a，故有q，使得a=b+qn。 反证。若b和n不互质， 则b和n 有大于1的公因数d，即
7、d|b,d|n，故d|b+qn，即d|a。 因此，d为a,n的公因数，且d1，这与a和n 互质矛盾。,5.4.3 Euler函数,可见，若A中有一个数和n互质，则其中所有的数都和n互质。故A 中的数或者都和n互质，或者都和n不互质。 例.mod 6 2，8，16 ，,与6都不互质。5，11，17，,与6都互质。定义.设A 为mod n的一个剩余类，若对aA，a与n互质，则称剩余类A与n互质。,Euler函数,Euler函数,定义 和n互质的剩余类的个数称为Euler(欧拉)函数,记为(n)。 定义 从和n互质的每一个剩余类中取出一个数，这样得到的(n)个数称之为作成mod n的一个简化剩余系。
8、 显然，从mod n的一个非负最小完全剩余系中取出与n互质的那些数,就得到mod n的一个简化剩余系，因而(n)等于n的正数中和n互质的数的个数。,例 n=10，则mod n的一个完全剩余系为0，1，9，一个简化剩余系为1，3，7，9，(10)=4。 例 n=12，则mod n的一个完全剩余系为0，1，11，一个简化剩余系为1，5，7，11，(12)=4。 如何求Euler函数 ,定理5.4.5,设m=m1mk，而m1, , mk两两互质。则 (m)= (m1) (m2) (mk) (9)例. (2646)= (22749)= (2) (27)(49),定理5.4.6,设 是n的质因数分解式，
9、p1, , pk都不同，于是,例 (2646)= (23372)= 2646(1-1/2)(1-1/3)(1-1/7)=756,证明：首先考虑最简单情形: n=p为质数，则(n)=p-1=p(1-1/p)，结论成立。其次考虑n=pr，p为质数，而求(pr)。 因为一个数a和pr互质等于说a不是p 的倍数，所以(pr)就是从1到pr的pr个数中找出不是P倍数的数的个数。 而从1到pr的pr个数中，是p的倍数的共pr-1个，即p，2p，pr-1p 因而和p互质的共pr- pr-1个，故 (n)=(pr)= pr- pr-1= pr (1- 1/p) 结论成立。,证明：,第三考虑一般情况， ，p1,
10、pk互不相同，则(pi, pj)=1 (ij)。从而 。由定理5.4.5及上述第二种情形证明有,定理5.4.7(Fermat-Euler定理,Euler1760年提出)若a和n互质，则a(n)1(mod n)（证明见下页） 例：a=3,n=10,3与10互质,(10)=4,则341(mod 10)a=5,n=12,5与12互质,(12)=4,则541(mod 12),推论1(Fermat小定理) 若p是质数而p| a，则ap-11(mod p)。 -1640年Fermat提出,1736年Euler证明,推论2（Fermat小定理） 若p为质数，则对任意整数a,都有apa(mod p)。 例:p
11、=3, 23-11(mod 3) 232(mod 3),Fermat-Euler定理 若a和n互质，则a(n)1(mod n),证明：设r1，r(n) 是mod n 的一个简化剩余系，则(ri, n)=1，i=1，(n)，从而(r1r(n)，n)=1。 再看ar1,ar(n) (1)当ij时，往证ari arj(mod n) 。反证。若ari arj(mod n)，则因a和n互质，得rirj(mod n)，矛盾。 (2)往证ari一定属于某简化剩余类， i=1，(n)。因为(a, n)=1， (ri, n)=1，所以(ari, n)=1。必有r1，r(n) 中某个r j，使得ari rj (m
12、od n)。 因此，ar1，,ar(n) 也作成mod n 的一个简化剩余系（即是说，如 果把剩余类中元素看成同一个元素的话， ar1,ar(n)是r1， r(n)的一个重新排列）。因此， ar1ar(n)r1r(n) (mod n)。 而(r1r(n)，n)=1，故消去律成立，于是a(n)1(mod n)。,例. 取n=12，a=7，则(12)=4，模12的一个简化剩余系为 r1=1，r2=5，r3=7，r4=11， ari构成的简化剩余系为 ar1=7，ar2=35，ar3=49，ar4=77。 按照模12合同两个简化剩余系对应关系如下：ri ： 1 5 7 11ari ： 7 35 49
13、 77 即 77 (mod 12)3511(mod 12) ar1ar(12)r1r(12) (mod 12)。 故，741(mod 12),Note:由Fermat-Euler定理，知若a和m互质，则a(m)1(mod m) 。因此，若a和m互质， 则ax1 (mod m)的一个解为a(m)-1，从而axb (mod m)的一个解为ba(m)-1，即，若 a和m互质，则 axb (mod m)存在解-用另一种方法证明解的存在性。,求解一次合同方程的方法,方法三:利用Fermat-Euler定理。 例. 解合同式7x5(mod 10)。 解：因为7和10互质，由Fermat-Euler定理有
14、7(10)1(mod 10)， 因(10)=4，所以741(mod 10)。由合同的性质7， 在7x5(mod 10)两边乘以73，有 737x735(mod 10)， 而737x=74 x x(mod 10)， ba(m)-1 =573=7275（-1）75 5(mod 10)， 所以所给合同式的解为x 5(mod 10)。,补充习题,1 设p是一个奇质数，则 （1）1p-1+2 p-1+(p-1) p-1 -1(mod p)。 （2）1p+2 p+(p-1) p 0(mod p)。证明： （1）因为p为质数，故对于任意的1kp-1，k|p.由 Fermat小定理知，有 k p-1 1(mo
15、d p)。 因此， 1p-1+2 p-1+(p-1) p-11+1+1=p-1-1(mod p)。,（2）1p+2 p+(p-1) p 0(mod p)。 证明：由Fermat小定理知，对于任意的1kp-1，有 k p k(mod p)。 故 1p+2 p+(p-1) p1+2 +(p-1) p(p-1)/2 (mod p)。 因为p是奇数，所以（p-1）/2是整数，故 p(p-1)/2 0 (mod p)。 因此，1p+2 p+(p-1) p p(p-1)/2 0(mod p)。,2 求7355的个位数（最后一位数）。 解：求7355的个位数，只需求7355被10除的余数。因(10)= (2
16、) (5)=4，7与10互质，由Fermat-Euler定理有： 741（mod 10）， 所以 73557488+3733（mod 10）。 因此，7355的个位数是3。,3 求7355的最后两位数。 解：因100=2252，所以由定理5.4.6知， (100)=100（1-1/2）（1-1/5）=40。 又,7与100互质,于是,由Fermat-Euler定理有： 7401（mod 100）， 所以 73557408+35735（mod 100）。 而741(mod 100),故735748+37343(mod 100)， 即 735543（mod 100）。 因此，7355的最后两位数是
17、43。,4 求243402的最后三位数。 解：因1000=2353，所以由定理5.4.6知， (1000)=1000（1-1/2）（1-1/5）=400。 又，243与1000互质，于是，由Fermat-Euler定理 有： 2434001（mod 1000）， 所以 243402243249（mod 1000）。 因此，243402的最后三位数是049。,5 今天是星期一， 天后是星期几? 解：需要求出 (mod 7) ?7是质数，7 |10，由Fermat小定理知, 1061(mod 7)， 另外，由104(mod 6)有 1024(mod 6)，1044(mod 6)， 1084(mod 6)，故10104(mod 6)。所以1010=6N+4，即(mod 7)= 106N+4 (mod 7)= 106N104(mod 7) 104(mod 7) 由103(mod 7)有 1022(mod 7)，1044(mod 7)， 所以 (mod 7)=4，即 天后是星期五。,作业：习题5.41,2,
