1、2019/7/20,数论,1,数论基础,第二章 同余 湖北警官学院,2019/7/20,数论,2,第二章 同余,概述 同余的概念来自与生活 同余理论在密码学中有重要的应用,在军事和战争中发挥着十分重要作用. 现代密码学中,更是将同余理论发挥到了极至,其功能从军事走向商用,为日常生活带来方便.,2019/7/20,数论,3,第二章 同余,同余的概念及基本性质 剩余类 完全剩余系 简化剩余系,2019/7/20,数论,4,同余的概念,定义1 给定一个正整数m，两个整数a,b叫 做模m同余，如果a-b被m整除，或ma-b,记 作ab（mod m）；否则，叫做模m不同余. 记作a b（mod m）称a
2、同余b于m，b是a对模m的剩余，表示式ab（mod m）成为模m的同余式，或简称 同余式.注： 模m是一个正整数，在同余性质的讨论 中为一个固定整数.,2019/7/20,数论,5,2019/7/20,数论,6,例1 我们有291（mod7）,因为729-1.同样，276（mod7）和235（mod7）.,2019/7/20,数论,7,基本性质,首先，通过整数a , b的表达形式来判断 a ,b模m是否同余. 定理1 设m是一个正整数，a,b是两个整 数，则ab（mod m） 的充要条件是存在一个整数k使得a=b + km,2019/7/20,数论,8,证 如果a b（mod m）,则根据同余
3、的定义，我 们有m a - b又根据整除的定义，存在一个整数k使得 a-b=km.故 a=b + km反过来，如果存在一个整数k使得a = b + km,则有a- b = km 根据整除的定义，我们有m a - b 再根据同余的定义，我们得到a b（mod m）,2019/7/20,数论,9,其次，模同余具有一种叫做等价关系的 性质，运用它们可以快捷的判断两个整数 a, b模m是否同余.,定理2 模m同余是等价关系，即（i）（自反性）对任意整数a,a a（mod m）；（ii）（对称性）若ab（mod m）, 则b a（mod m）；（iii）（传递性）若a b（mod m）,b c（mod
4、m）,则a c（mod m）,2019/7/20,数论,10,证 我们运用定理1来给出证明.1.（自反性）对任一整数a,我们有 a=a+0m,所以 a a (mod m) 2 (对称性) 若a b (mod m) 则存在整 数k使得 a= b +k m , 从而有 b = a km = a + ( - k )m 因此， b a (mod m) .3 (传递性)若 a b (mod m), b c (mod m) ,则分别存在整数k1 , k2 使得a = b + k1 m , b = c + k2 m , 从而， a = c + (k1 +k2 )m , 因为k1 +k2 是整数， 所以 a
5、c (mod m ) .,2019/7/20,数论,11,例 3 因为 39 32 （mod 7）,32 25 (mod 7) , 所以39 25 （mod 7） 传递性 同时，我们有 39 39 (mod 7),25 25(mod 7 ) 自反性 以及32 25 (mod 7), 25 32(mod 7) 对称性,2019/7/20,数论,12,第三 ， 运用 整数a, b模 m 的余数 ，判断 整数a ,b 模 m是否同余.定理 3 整数a, b模 m 同余的充分必要条 件是a , b 被 m除的余数相同.证 根据欧几里得除法，分别存在整数q, r和q ,r 使得a = q m + r ,
6、 0r m , b = q m + r , 0r m 两式相减，得到 a- b =(q - q )m +(r r),2019/7/20,数论,13,或者，(r r ) = a b ( q q) m 因此，m| a b 的充分必要条件是m| r r. 但因为 0 | r r| m, 且m| r r的充分必要条件是r r0. 这就是定理的结论，证毕. 例 4 我们有 39 25 (mod 7), 因为， 39 5 7 4， 25 3 7 4,2019/7/20,数论,14,第四，因为模同余是等价关系，所以我们 有整数a ,b 模m的加法运算和乘法运算的 性质，并且可以运用这个性质来判断整数 a ,
7、 b模m是否同余.定理4 设m是一个整数，a1 , a2 , b1 , b2 是 四个整数.如果a1 b1 (mod m) , a2 b2 (mod m) 从而，a1 + a2 b1 + b2 (mod m )a1 a2 b2 b1 (mod m),2019/7/20,数论,15,证 依题设，根据定理1，分别存在整数k1 , k2 使得 a1 = b1 + k1 m , a2 = b2 + k2 m 从而， a1 + a2 b1 + b2 (k1 + k2 ) ma1 a2 = b2 b1 +(k1 b2 + k2 b1 + k1 k2 m) m 因为 k1 + k2 ， k1 b2 + k2
8、 b1 + k1 k2 m都 是整数，所以根据定理1，我们有a1 + a2 b1 + b2 (mod m ) 及 a1 a2 b2 b1 (mod m) 即 定理成立，证毕.,2019/7/20,数论,16,例 5 已知39 4 (mod 7) , 22 1(mod 7) 所以61 = 39 + 22 4 + 1 5 (mod 7)17 = 39 22 4 1 3 (mod 7) 858 = 39 22 4 1 4 (mod 7) 1521 = 39 39 4 4 2 (mod 7)484 = 22 22 1 1 1 (mod 7),2019/7/20,数论,17,例 6 2003 年 5月
9、9 日 是星期五，问22003天是星期几？ 解 因为 21 2 (mod 7) , 22 4 (mod 7), 23 = 8 1(mod 7) 又 2003 667 3 2 ，所以22003 = (23 )667 22 1 4 4 (mod 7) 故第 22003 天是星期二.,2019/7/20,数论,18,2019/7/20,数论,19,2019/7/20,数论,20,定理 5 若x y (mod m ), ai bi (mod m ), 0ik, 则a0 + a1 x + +ak xk b0 + b1 y + bk yk (mod m) 证 设x y (mod m), 由 定理4，我们有
10、xi yi (mod m) , 0ik 又 ai bi (mod m) , 0ik .我们将它们相乘，有 ai xi bi yi (mod m) , 0ik . 最后，将这些同余式左右对应相加，得到 a0 + a1 x + +ak xk b0 + b1 y + bk yk (mod m),2019/7/20,数论,21,可以运用定理5判断一些数是否被3或9整除.,定理6 设整数n有十进制表示式： n = ak 10k + ak-1 10k-1 + + a1 10 + a0 , 0ai 10 则 3 | n的充分必要条件是3 | ak + + a0 ; 而9 |n 的充分必要条件是9 | ak
11、+ + a0 . 证 因为 10 1 (mod 3), 又1i 1 , 0ik .,2019/7/20,数论,22,所以，根据定理5，我们有 ak 10k + ak-1 10k-1 + + a1 10 + a0 ak + + a0 (mod 3) 因此， ak 10k + ak-1 10k-1 + + a1 10 + a0 0(mod 3) 的充分必要条件是 ak + + a0 0(mod 3) . 结论对于m = 3成立.同理，对于m = 9 ,结论也成立.,2019/7/20,数论,23,例 9 设n = 5874192 , 则 3| n ,9 |n . 解 因为，a + a0 = 5 +
12、 8 +7 +4 + 1 +9 +2 = 36 又 3 | 36 ，9 | 36，根据定理 6 ，我们有 3 | n , 9 | n. 例 10 设n = 637693 , 则n 被3整除，但不被 9整除. 解 因为 a + a0 =6+3+7+6+9+3 = 30 = 310 又3 |30，9 30，根据定理6 ，我们有3|n,9 n,2019/7/20,数论,24,定理7 设整数n有1000进制表示式：n = ak 1000k + + a1 1000 + a0 , 0ai 1000 则7( 或 11，或13)|n的充分必要条件是7(或11，或13) 能整除整数 ( a0 + a2 + )
13、( a1 + a3 + ) 证 因为 1000 = 7 11 13 1 -1 ( mod 7) 所以我们有1000 10003 10005 - 1 (mod 7) 以及10002 10004 10006 1(mod 7),2019/7/20,数论,25,根据定理5 ，我们立即得到ak 1000k + ak-1 1000k-1 + + a1 1000 +a0 ak (-1 )k + ak-1 (-1)k-1 + + a1 (-1) + a0 ( a0 + a2 + ) ( a1 + a3 + ) (mod 7) 因此，7| n 的充分必要条件是 7 | ( a0 + a2 + ) ( a1 +
14、a3 + ) 即结论对于 m = 7 成立.同理，结论对于m = 11 或m = 13 也成立.,2019/7/20,数论,26,例 11 设 n = 637693 , 则n 被7整除，但不被11，13 整除. 解 因为 n = 637 1000 + 693 又 ( a0 + a2 + ) ( a1 + a3 + ) = 693 637 = 56 = 7 8 所以，n被7 整除， 但不被11,13整除.,2019/7/20,数论,27,例 12 设 n = 75312289 ,则n被13整除， 但不被7 ， 11 整除.解 因为 n = 75 10002 + 312 1000 + 289 又
15、( a0 + a2 + ) ( a1 + a3 + ) = (289 + 75) 312 = 52 = 13 4 所以n被13整除，但不被7 ， 11 整除.,2019/7/20,数论,28,同余的其他性质,定理 8 设 m 是一个正整数，ad bd (mod m). 如果( d , m ) = 1,则 a b (mod m)证 若ad bd (mod m) ，则 m | (ad bd ) ,即m| d (a b ) , 因为 (d , m )= 1 , 根据 1.4定理1之推论，我们 有m|a b , 结论成立，证毕.,2019/7/20,数论,29,例13 因为 95 25 (mod 7)
16、 , (5 , 7 )= 1, 所以 19 5 (mod 7).定理 9 设m是一个正整数，a b (mod m),k 0, 则 ak bk (mod m)例 14 因为 19 5 (mod 7) ,k = 4 0, 所以76 20 (mod 28 ),2019/7/20,数论,30,定理 10 设m 是一个正整数，a b(mod m), 如果整数d | (a , b , m),则证 因为d | (a ,b , m), 所以存在整数a , b , m, 使得 a = d a , b = d b , m = dm 现在a b (mod m) ,所以存在整数k使得a = b + km 即 da =
17、 db + dmk 因此，a = b + mk 这就是 a b (mod m) 或者,2019/7/20,数论,31,例15 因为 190 50 (mod 70), 所以取 d = 10 ,得到 19 5 (mod 7). 定理 11 设m是一个正整数，a b (mod m), 如 果d | m, 则 a b (mod d) . 证 因为 d | m ,所以存在整数m使得 m = dm, 又因为 a b (mod m) ,所以存在整数k使得a = b +mk 该式又可以写成 a = b + d (mk) 故 a b (mod d).,2019/7/20,数论,32,例 16 因为 190 50
18、 (mod 70) ，所以取d = 7,得 到 190 50 (mod 7). 定理12 设m是一个正整数，a b(mod mi ) , i=1, , k , 则 a b(mod m1, , mk ) . 证 设a b(mod mi ) , i=1, , k , 则mi | a b , i = 1 , ,k 根据1.4 定理7 ， 我们有 m1, , mk | a b ,这就是 a b(mod m1, , mk ).,2019/7/20,数论,33,例 17 因为 190 50 (mod 7), 190 50(mod 10) , 以及( 7 , 10) = 1, 所以 190 50 (mod
19、70). 例18 设p ,q 是不同的素数.如果整数a ,b满足a b (mod p) , a b (mod q) 则我们有 a b (mod pq). 证 设a b (mod p) , a b (mod q) ,则p | a b , q | a b 因为 p ,q 是不同的素数，所以根据1.4定理4，我们有 pq | a-b ,这就是 a b (mod pq).,2019/7/20,数论,34,定理13 设m是一个正整数， a b (mod m), 则 (a , m) = (b , m) .证 设a b (mod m) ，则存在整数k使得a = b + km 根据 1.3定理3 ,我们有 (
20、a , m) = (b , m)例 19 设m , n , a 都是正整数，如果na 0 , 1 (mod m) ,则存在n的一个素因数p 使得 pa 0 , 1 (mod m),2019/7/20,数论,35,证 反证法.如果存在n的一个素因数p，使得pa 0(mod m ) , 则 m | pa , 但 pa | na , 故m | na , 即 na 0 (mod m) . 这与假设矛盾. 如果对n的每个素因数p，都有pa 1 (mod m) 根据2.1定理(ii) , 我们有 na 1 (mod m) 这也与假设矛盾.因此，结论成立，证毕.,2019/7/20,数论,36,上述性质总结
21、,2019/7/20,数论,37,2019/7/20,数论,38,2019/7/20,数论,39,2019/7/20,数论,40,剩余类,首先定义一个集合 设 m是一个正整数，对任意整数a，令Ca = c | c Z , a c (mod m) Ca是非空集合，因为a Ca,2019/7/20,数论,41,定理 1 设 m是一个正整数，则 (i)任一个整数必包含在一个Cr 中, 0rm-1; (ii) Ca = Cb 的充分必要条件是 a b(mod m) (1) (iii) Ca 与 Cb 的交集为空集的充分必要条件是a b (mod m ),证 (i)设a 为 任一整数，根据1.1定理9(
22、欧几里得除法)，存在唯一的整数q ,r使得 a = mq + r, 0rm 因此， 我们有 r a (mod m),a 包含在Cr 中.,2019/7/20,数论,42,(ii) 因为b Cb = Ca ，所以必要性成立.我们来证明充分性.设整数a , b 满足关系式(1), 即 a b(mod m) 要证明： Ca = Cb ，对任意整数 c Ca , 我们有 a c (mod m) 由(1)式 及2.1定理2(ii)(对称性) ， 我们有b a (mod m) 再由2.1定理2(iii)(传递性) ，我们有 b c (mod m) 这说明， c Cb 以及Ca Cb,2019/7/20,数
23、论,43,同样，对任意的整数c Cb ，我们有 b c (mod m) 由(1)式 及2.1定理2(iii)(传递性) ， 我们得到a c (mod m) 这说明，c Ca 以及Cb Ca . 故 Ca = Cb .(iii) 由(ii) 立即得到必要性，我们来证明充分性. 反证法.假设Ca 与 Cb 的交集非空，即存在整数c 满足c Ca 及 c Cb ，则我们有 a c (mod m) 及b c (mod m),2019/7/20,数论,44,对后一个同余式，引用2.1定理2 (ii)(对称性)，我们有c b (mod m) 再应用2.1定理2(iii) (传递性) ，我们得到 a b(m
24、od m) 这与假设矛盾，故 Ca 与 Cb 的交集为 空集，证毕.,2019/7/20,数论,45,定义1 Ca 叫做模m 的a的剩余类.一个剩余 类中的任一数叫做该类的剩余或代表元 .若r1 , r2 , , rm-1 是m个整数，并且 其中 任何两个数都不在同一个剩余类里，则r1 , r2 , , rm-1 叫做模m 的一个完全剩余系.模m的 剩余类有m个C0 , C1 , , Cm-1 .,2019/7/20,数论,46,定义：设m是一个给定的正整数,则,叫做模m的剩余类,剩余类的另外一种定义方式,2019/7/20,数论,47,定理1的相应表述,定理1：设 是模的剩余 类，则有(1)
25、Z中每一个整数必属于这m个类中的一 个,且仅属于一个(2)Z中任意两个整数a ,b属于同一类的充要条件是,2019/7/20,数论,48,定理1的证明,证明：(1) 对于正整数m，存在惟一 使得 (2),2019/7/20,数论,49,例 1 设整数m = 10 ,对任意整数a ,集合 Ca = a + 10 k | k Z 是模m = 10的剩余类. 0 ,1,2,3,4,5,6,7,8,9为模10 的一个完全剩余系. 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10为模10 的一个完全剩余系. 0,-1,-2,-3,-4,-5,-6,-7,-8,-9为模10 的一个完全剩余系. 0,3,6,9,1
26、2,15,18,21,24,27为模10 的一个完全剩余系. 10,11,22,33,44,55,66,77,88,99为模10 的一个完全剩余系.,2019/7/20,数论,50,定理2 设m是一个正整数，若m个整数r0 , r1 , , rm-1若为模m的一个完全剩余系的充分必 要条件是它们的模m两两不同余.证 设r0 , r1 , , rm-1 是模m的一个完全剩余 系，根据定理1(ii),它们的模m两两不同余. 反过来，设r0 , r1 , , rm-1 模m两两不同余， 根据定理1(iii),这m个整数中的任何两个整数 都不在同一个剩余类里，因此，它们成为模 m的一个完全剩余系.,2
27、019/7/20,数论,51,例 2 设m是一个正整数，则 (i) 0,1, , m-1是模m的一个完全剩余系，叫做模m的最小非负完全剩余系； (ii)1 , ,m-1 , m是模 m的一个完全剩余系，叫做模m的最小完全剩余系; (iii) (m-1), , -1,0是模m的一个完全剩余系，叫做最大非负完全剩余系； (iv) m , -( m-1), , -1 是模的一个完全剩余系，叫做模m的最大负完全剩余系；,2019/7/20,数论,52,(v)当m分别为偶数时， -m/2 , - (m-2)/2, , -1,0,1, ,(m - 2)/2 或 ( m-2)/2 , , -1 ,0,1,
28、, (m-2)/2 , m /2 是 模m的一个完全剩余系；当m为奇数时， ( m-1)/2 , , -1 ,0,1, , (m-1)/2 是模m的一个完全剩余系，上述两个完全 剩余系统称为模m的一个绝对值最小完全 剩余系.任意m个连续的整数一定构成模m的一组 完全剩余系,2019/7/20,数论,53,对于非连续的一组整数，如何判定它是否构成一组完全剩余系呢？,形成完全剩余系的充要条件 定理 k个整数a1 ,a2 , ,ak 形成模m的完全剩余系的充分必要条件是(1) k=m ;,2019/7/20,数论,54,定理3 设m是正整数，a是满足(a, m ) =1的整数， b是任意的整数.若x
29、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 根据定理2，我们只需证明：当 a0 ,a1 , , am-1 是模 m一个完全剩余系时，m个整数a a0 + b ,a a1 + b , , a am-1 + b 模m两两不同余. 事实上，若存在 ai 和 bj (i j) 使得,2019/7/20,数论,55,a ai + b a aj + b (mod m) 则m|a (ai - aj ) ,因为(a , m )=1 ,根据1.4定理1 之推论，我们有m| ai - aj ,这说明ai 和aj 模m同 余，与假设矛盾. 因此，ax + b 也遍历模m的 一个完全剩
30、余系.例3 设m= 10 ，a = 7 ,b= 5 ,则形如ax + b的 十个数 5,12,19,26,33,40,47,54,61,68构成模10 的一个完全剩余系.,2019/7/20,数论,56,定理4 设m1 ，m2 是互素的两个整数， 若x1 ,x2 分别遍历模 m1 , m2 的完全剩余系，则m1 x2 +2 x1 遍历模m1 m2的完全剩余系.证 因为 x1 ,x2 分别遍历 m1 , m2个数时，m1 x2 +2 x1 遍历m1 m2个整数，所以只需证 明这m1 m2 个整数模m1 m2 两两不同余，事实 上，若整数x1 ,x2 和 y1 ,y2 满足 m1 x2 +2 x1
31、 m2 y1 + m1 y2 (mod m1 m2 ) 则根据2.1定理11 ， 我们有 m1 x2 +2 x1 m2 y1 + m1 y2 (mod m1 ),2019/7/20,数论,57,或者 2 x1 m2 y1 (mod m1 ) 进而，m1 | m2 ( x1 y1 ) .因为(m1 , m2 ) =1 所以， m1 | x1 y1 ，故x1 与y1 模m1 同余. 这与x1 遍历 m1 完全剩余系(任何两个数都 不在同一个剩余类中)矛盾.同理，故x2 与y2 模m2 同余.因此，定理是成立的，证毕.,2019/7/20,数论,58,例4 设 p ,q 是两个不同的素数，n是它们
32、的乘积，则对任意的整数c,存在唯一的一 对整数x ,y满足qx + py c (mod n) ，0x p ,0yq证 因为p , q ,是两个不同的素数，所以p, q是互素的 .根据定理4及其证明，知 x, y分别遍历模p ,q 的完全剩余系时， qx + py 遍历模n = pq 的完全剩余系.因 此，存在唯一 的一对整数x,y满足 qx + py c (mod n) ，0x p ,0yq,2019/7/20,数论,59,例5 问是否构成模11 的完全剩余系？ 解,2019/7/20,数论,60,是0，1，2，10 的一个排列.,能构成11的一个完全剩余系.,2019/7/20,数论,61,
33、简化剩余系与欧拉函数,定义1 设m是一个正整数，则m个整数 0，1，m-1 中与m互素的整数个数，记作 (m) ,通常叫做欧拉(Euler)函数.例1 设m= 10 ，则10个整数 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中与10互素的整数为 1,3,7,9,所以(10) = 4.定义2 一个模m的剩余类叫作简化剩余类，如 果该类中存在一个与m互素的剩余.这个定义与剩余地选取无关.,2019/7/20,数论,62,定理 1 设r1 ，r2 是同一模m剩余类的两个剩 余，则r1 与 m 互素的充分必要条件是 r2与m互素.证 依题设，我们有 r1 = r2 +km 根据1.3定理3 ，(r1 ,
34、m) =(r2 , m).因此，(r1 , m) =1的充分必要条件是(r2 , m)=1定义3 设m是一个正整数，在模m的所有 不同简化剩余类中，从每个类任取一个数组成 的整数集合，叫做模m的一个简化剩余系. 模m的简化剩余系的元素个数为(m) .,2019/7/20,数论,63,例 2 设m是一个正整数，则(i)m个整数0,1, , m-1 中与m互素的整 数全体组成模m的一个简化剩余系，叫做 模m的最小非负简化剩余系；(ii) m个整数 1,2, , m-1,m 中与m互素 的整数全体组成模m的一个简化剩余系， 叫做模m的最小正简化剩余系；(iii) m个整数 (m-1), ,-1,0
35、中与m互素 的整数全体组成模m的一个简化剩余系， 叫做模m的最大非正简化剩余系；,2019/7/20,数论,64,(iv) m个整数 m, (m-1), ,-1 中与m互 素的整数全体组成模m的一个简化剩余 系，叫做模m的最大负简化剩余系； (v) m个整数 1, ,(m-1),m 中与m互素 的整数全体组成模m的一个简化剩余系， 叫做模m的最小正简化剩余系；,2019/7/20,数论,65,(vi)当m分别为偶数时，m个整数- m /2 , - (m-2)/2, , -1,0,1, ,(m - 2)/2 或m个整数( m-2)/2 , , -1 ,0,1, , (m-2)/2 , m /2
36、中与m互素的整数全体组成 模m的一个简 化剩余系， 当m为奇数时，m个整数( m-1)/2 , , -1 ,0,1, , (m-1)/2 中与m互素的整数全体组成模m的一个简化 剩余系，上述两个简化剩余系统称为模m 的一个绝对值最小简化剩余系.,2019/7/20,数论,66,例 3 1，3，7，9是模10的简化剩余系， (10)= 4. 例4 1，7，11，13，17，19，23，29是模30的简化剩余系， (30)= 8. 例 5 1，2，3，4，5，6是模7的简化剩余系， (7)= 6. 例 6 当m= p为素数时，1，2，p-1是模p的简化剩余系，所以 (p)= p-1.,2019/7
37、/20,数论,67,2019/7/20,数论,68,2019/7/20,数论,69,定理 3 设m是一个正整数，若 是 个与m互素的整数，并且两两模m不同 余，则 是 模m的一个简化剩余系.证 根据定理的假设条件及2.2定理1 ，知 个整数 是模m的所有不同简化 剩余类的剩余.因此， 是模m 的 一个简化剩余系.,2019/7/20,数论,70,2019/7/20,数论,71,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m的一个简化剩余系，则ax也遍历 模m的一个简化剩余系.证 因为(a ,m)=1 ,(x, m) = 1, 根据1.4定理3 ， 我们有 (ax
38、 , m) = 1这说明ax 是简化剩余类的剩 余.又 ax1 ax2 (mod m)时，有 x1 x2 (mod m). 因此，x遍历模m的一个简化剩余系时，ax遍历 个数，且它们两两模m不同余. 根据定理2 ，ax遍历 模m的一个简化剩余系,证毕.,2019/7/20,数论,72,例 8 已知1，7，11，13，19，23，29是 模30的简化剩余系，(7, 30) = 1 ,所以71 7，77 = 49 19 ，711 = 77 17713 =91 1 ，717 = 119 29，719=133 13 ，723= 161 11729 = 203 23 (mod 30)因此，71，77，7
39、11，713，717，719，723，729 是模30的简化剩余系.,2019/7/20,数论,73,例9 设m= 7, a表示第一列数，为与m互素的给定数，x表示第一行数，遍历模m的简化剩余系，a所在行与x所在列的交叉位置表示ax模m最小非负剩余. 则我们得到如下的列表：其中a所在行的数表示ax随x遍历m的简化剩余系.,2019/7/20,数论,74,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，1am使得aa 1(mod m).证一(存在性证明)因为(a , m)=1 ,根据定理3， x遍历模m的一个最小简化剩余系时，ax也遍 历模m的一个简化剩余系.因此，存
40、在整数 x=a , 1am使得aa属于1的剩余类，即 aa 1 (mod m),证毕.,2019/7/20,数论,75,证(构造性证明) 因为(a, m) =1 ,根据1.3 定理5，运用广义欧几里德除法，我们可 以找到整数s，t使得 sa + tm = (a, m) = 1 因此，整数a = s 满足aa 1(mod m) 证毕.,2019/7/20,数论,76,例 10 设m = 7 ,a 表示与m互素的整数.根 据定理4，我们得到相应的同余式：11 1 ，24 1 ，35 1，(mod 7)42 1 , 53 1 , 66 1, (mod 7)例 11 设m=737 ,a= 635 .
41、根据1.3例19，由广 义欧几里得除法，可找到整数s = -224 , t = 193 使得( -224) 635 + 193737=1 因此，a=-224 513(mod 737) 使得635 513 1(mod 737),2019/7/20,数论,77,作业,习题2.6,1( (1)、(2) )、2、6、16、17( (3)、(4) ),2019/7/20,数论,78,教学参考书,简明初等数论，潘承洞 潘承彪，北京大学出版社，1998。 初等数论，潘承洞 潘承彪，北京大学出版社，1992。 数论导引，华罗庚，科学出版社，1979。数论的方法（上、下册），闵嗣鹤，科学出版社，1981。初等数论（第二版），闵嗣鹤 严士健，高等教育出版社，1982。应用近世代数（第二版），胡冠章，清华大学出版社，1999。近世代数基础，张禾瑞，人民教育出版社，1978。抽象代数，盛德成，科学出版社，2000。群论，M.赫尔，科学出版社，1981。,
