第三章 (5) 同余、剩余类、完全剩余系

第三节 简化剩余系

初等数论第二章同余 第三节简化剩余系 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，我们要在这一节中对它们做些研究。 定义1 设R是模m的一个剩余类，若有a∈R，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) = { , -7 , -3, 1 , 5 , 9 , }， R3(4) = { , -5 , -1 , 3 , 7 , 11 , }。 定义2对于正整数k，令函数?(k)的值等于模k的所有简化剩余类的个数，称?(k)为Eule r函数，或Eule r—?函数。 例如，容易验证?(2) = 1，?(3) = 2，?(4) = 2，?(7) = 6。 显然，?(m)就是在m的一个完全剩余系中与m互素的整数的个数。 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x i，构成一个集合{x1, x2, ,x?(m)}，称为模m的一个简化剩余系（或简称为简化系）。 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，通常称最小非负简化剩余系。 定理1整数集合A是模m的简化剩余系的充要条件是 (ⅰ) A中含有?(m)个整数； (ⅱ) A中的任何两个整数对模m不同余； (ⅲ) A中的每个整数都与m互素。 证明留作习题。 定理2设a是整数，(a, m) = 1，B = {x1, x2, , x?(m)}是模m的简化剩余系，则集合A = {ax1, ax2, , ax?(m)}也是模m的简化剩余系。 证明显然，集合A中有?(m)个整数。其次，由于(a, m) = 1，所以，对于任意的x i（1 ≤i≤?(m)），x i∈B，有(ax i, m) = (x i, m) = 1。因此，A中的每一个数都与m互素。最后，我们指出，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''∈B，使得 a x'≡ax'' (mod m)， 那么，因为(a, m) = 1，所以x'≡x'' (mod m)，于是x' = x''。由以上结论及定理1可知集合A 是模m的一个简化系。证毕。 注：在定理2的条件下，若b是整数，集合 {ax1+b, ax2+b,, , ax?(m)+b} 不一定是模m的简化剩余系。例如，取m = 4，a = 1，b = 1，以及模4的简化剩余系{1, 3}。

初等数论(十)——平方剩余

初等数论（十） ——二次剩余 一、知识要点 （一）、基本定义与定理 1、定义1：设奇质数p ，d 是整数，d p |/．若同余方程)(mod 2p d x ≡有解，则称 d 是模p 的二次剩余（亦称平方剩余）；若无解，则称d 是模p 的二次非剩余（亦称平方非 剩余）． 注：当讨论二次（非）剩余时，一般都约定p 是奇质数． 2、定理1：在模p 的一个简化剩余系．．．．． 中，恰有21-p 个模p 的二次剩余，2 1 -p 个模p 的二次非剩余．并且，若d 是模p 的二次剩余，则同余方程)(mod 2p d x ≡的解数是2． 推论：模p 的二次剩余包含在2 2 122) (,,2,1-p 的剩余类中． 3、几个常见模的二次剩余与二次非剩余 4、定理2（Euler 判别法）：设奇质数p ，d 是整数，d p |/ ． (1) d 是模p 的二次剩余的充要条件是)(mod 12 1 p d p ≡-； （2）d 是模p 的二次非剩余的充要条件是)(mod 11p d p -≡-． 5、定义2（Legendre 符号）：设奇质数p ，定义整数d 的函数： ? ?? ??-=. |, 0;, 1;, 1)(d p p d p d p d 的二次非剩余是模的二次剩余是模 注：)(p d 读作d 对p 的勒让得符号． 6、Legendr e 符号的几个性质 ① )( )(p d p p d +=； ②)(mod )(2 1p d p d p -≡；③21 )1()1(,1)1(--=-=p p p ；

④ )())(()(2121p a p a p a p a a a n n =，特别地c p p d p dc |),()(2/=． 7、定理3：（1）12) 1()2 (--=p p ；（2）奇质数q p ,满足,1),(=p q 则∑-=-=2 11][)1()(p k p qk p q ． 推论：当18±=m p 时，2是二次剩余；当38±=m p 时，2是二次非剩余． 注：①奇质数112±=k p ，则1)3(=p ；奇质数512±=k p ，则1)3(-=p ． ②奇质数18+=k p 或38+=k p 时，则1)2 (=-p ． 8、定理4（Gauss 二次互反律） 设q p ,均为奇质数，且1),(=q p ，则)()1()(1 1q p p q q p --? -=． 9、定理5（Lagrange ）：每一正整数都能表示成四个整数的平方和． 二、典型问题分析 例1、（1）设质数5≥p ．证明：模p 的全部二次剩余的和是p 的倍数． （2）设p 是奇质数．证明：在1,,2,1-p 中全体模p 的二次剩余 的和][24) 1(1 21 2 ∑-=--=p j p j p p p S ． 例2、设奇质数p ，21,d d 是整数，1|d p /，2|d p /． （1）若21,d d 均为模p 的二次剩余，则21d d 是模p 的二次剩余； （2）若21,d d 均为模p 的二次非剩余，则21d d 是模p 的二次剩余； （3）若21,d d 分别是模p 的二次剩余和二次非剩余，则21d d 是模p 的二次非剩余．

《数论算法》教案4章(二次同余方程与平方剩余)

第 4 章 二次同余方程与平方剩余 内容 1. 二次同余方程，平方剩余 2. 模为奇素数的平方剩余 3. 勒让德符号、雅可比符号 4. 二次同余方程的求解 要点 二次同余方程有解的判断与求解 4.1 一般二次同余方程 (一) 二次同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod m ），（a 0（mod m ）） （1） (二) 化简 设m ＝k k p p p α ααΛ2121，则方程（1）等价于同余方程 ??? ????≡++≡++≡++） （） （）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 0222 1221Λ Λ 问题归结为讨论同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （2） (三) 化为标准形式 p ≠2，方程（2）两边同乘以4a ， 422x a ＋4abx ＋4ac ≡0（mod αp ） ()22b ax +≡2b －4ac （mod αp ）

变量代换， y ＝2ax ＋b （3） 有 2y ≡2b －4ac （mod αp ） （4） 当p 为奇素数时，方程（4）与（2）等价。即 ● 两者同时有解或无解；有解时，对（4）的每个解 ()p y y mod 0≡， 通过式（3）（x 的一次同余方程，且（p , 2a ）＝1，所以解数为1）给出（2）的一个解()p x x mod 0≡，由（4）的不同的解给出（2）的不同的解；反之亦然。 ● 两者解数相同。 结论：只须讨论以下同余方程 2x ≡a （mod αp ） （5） 【例】化简方程7x 2＋5x －2≡0（mod 9）为标准形式。 （解）方程两边同乘以4a ＝4×7＝28，得 196x 2＋140x －56≡0（mod 9） 配方 (14x ＋5) 2－25－56≡0（mod 9） 移项 (14x ＋5) 2≡81（mod 9） 变量代换 y ＝14x ＋5 得 y 2≡0（mod 9） （解之得y ＝0, ±3，从而原方程的解为 x ≡114-(y －5)≡15- (y －5) ≡2(y －5)≡2y －10≡2y －1 ≡－7, －1, 5≡－4, －1, 2（mod 9））

《数论算法》教案5章(二次同余方程与平方剩余)

第5章 二次同余方程与平方剩余 内容 1. 二次同余方程，平方剩余 2. 模为奇素数的平方剩余 3. 勒让德符号、雅可比符号 4. 二次同余方程的求解 要点 二次同余方程有解的判断与求解 5.1 一般二次同余方程 （一） 二次同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod m ），（a 0（mod m ））（1） （二） 化简 设m ＝k k p p p αααΛ2 121，则方程（1）等价于同余方程组 ??? ????≡++≡++≡++） （） （）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 0222 1221Λ Λ ?2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （2） （三） 化为标准形式 p ≠2，方程（2）两边同乘以4a ， 422x a ＋4abx ＋4ac ≡0（mod αp ） ()22b ax +≡2b －4ac （mod αp ） 变量代换， y ＝2ax ＋b （3） 有

2y ≡2b －4ac （mod αp ） （4） 当p 为奇素数时，方程（4）与（2）等价。即 ● 两者同时有解或无解；有解时，对（4）的每个解 ()p y y mod 0≡， 通过式（3）（x 的一次同余方程，且（p , 2a ）＝1，所以解数为1）给出（2）的一个解()p x x mod 0≡，由（4）的不同的解给出（2）的不同的解；反之亦然。 ● 两者解数相同。 结论：只须讨论方程2x ≡a （mod αp ） （5） 【例5.1.1】化简方程7x 2＋5x －2≡0（mod 9）为标准形式。 （解）方程两边同乘以4a ＝4×7＝28，得 196x 2＋140x －56≡0（mod 9） 配方 (14x ＋5) 2－25－56≡0（mod 9） 移项 (14x ＋5) 2≡81（mod 9） 变量代换y ＝14x ＋5 得 y 2≡0（mod 9） （解之得y ＝0, ±3，从而原方程的解为 x ≡114-(y －5)≡15- (y －5) ≡2(y －5)≡2y －10≡2y －1 ≡－7, －1, 5≡－4, －1, 2（mod 9）） （四） 平方剩余 【定义5.1.1】设m 是正整数，a 是整数，m a 。若同余方程 2x ≡a （mod m ） （6） 有解，则称a 是模m 的平方剩余（或二次剩余）；若无解，则称a 是模m 的平方非剩余（或二次非剩余）。

数论02二次同余式与平方剩余4.3勒让德符号

■ 一勒让德符号定义 ■二欧拉判别法则 ■三高斯引理 ■四定理3及其证明 2013-4 10 一勒让彳惠符号定以 思考题（一）：.O o （r ） 求模17的平方剩余和平方非剩余 第 章 二次同余式与平方剩余 4. 3勒让彳惠苻号 ate

勒iJL徳号定义 思考题(二)：?。。辽］ 判断5是不是模17的平方剩余？ 52 = 25 = 8(mod 17) , 51 =82三—l(mod 17) 5s = (-4) =16 = -1 (mod 17) 所以5是模17的平方非剩余 2013-4 10ate 1717丿 9) 17> 侧朗;卅)需)需) 1 -1 —r勒庁上德符号 定义1设p是素数，定义勒让德符号如下: 卜若。是模"的平方剩余 (a)= < -L若d是模#的平方非剩余 P 0,若 p'a 2013-4 10 ate

Sodp)有解或杖有解. 2013-4 10 定土甲.1(欧扌立判 另IJ 法贝IJ) 设 P 是奇-素数，贝驭寸 任意執数a, (自三a 乎(mod p) 例2证明2是模17平方剩余；3是17 平方非剩余. 解:因为(17-1 )/2=2',且有 2 = 4,2’ = 4 = —1,2、= (— I)2 = l(mod 1 7) 由定义駅 政协同余式*劭 敦论 ~r 勒德符号 瓠P 冋财■仔卜1,翻? 二欧拉判别法

根据欧拉判断法则，并注意到a 二1 时, = 1以及a=?l 时，<<=（一1）丁，且P 是 奇数. 推论1,设p 是奇素数，则 例1若质数9=如+1,期一1是p 的平方剩余；若P0 4匕一I..则一1是P 的平方非剩余. (D (2) — =(—1尸 I P 丿 二欧拉判别法 2013-4-10 敷陀 7 二欧拉判另！J 法

二次同余式与平方剩余

本章的目的是较深入地讨论 1.一般二次 了解一般二次及： 教学过程: 本节主要讨论 2.单质数的 了解单质数的： 教学过程: 这节我们讨论单质数p 的)(mod 12 1p a p ≡-：而)(mod 12 1p a p -≡- 单质数p 的使的)(mod ),(mod 22 212 1p a r p a r ≡≡于是有)(mod )(212 21p a a r r ≡ 这说明 一般二次同余式 在第四章中，我们讨论了高次同余式的解的一般理论，但在实际中，要解一个高次同余式一般比较困难。在本章我们重点讨论二次同余式的解法。思路是先把一般二次同余式化为特殊的二次同余式，再引入平方剩余与平方非剩余，并利用勒让得符号来判断特殊二次同余式是否有解。 二次同余式的一般形式 二次同余式的一般形式是 ， 0 （ ） （1） 化一般二次同余式为特殊二次同余式 由高次同余式的理论知，若 的标准分解式为 ， 则（1）有解的充要条件是下面同余式组中每个同余式有解。 于是要判别（1）是否有解及如何解（1），我们可重点讨论 为质数。 （2） 下面对（2）分情况进行讨论。找到（2）有解的判别法。 由于（2）为二次同余式，故可假定 ，若有 但 (,,)， 则（2）化为。

而。故还可假定(,,)。 1) |，|。则 。因而同余式无解。故（2）设有解。 2) |， 。则 无解，故（2）有解的充要条件是 有解，即 有解。 但（ ， ）＝1。故有解，从而（2）有解，且（2）的解可由 的解求出。 3) ， >2。则 。用4乘（2）后再配方，即得 （3） 易证（2）和（3）等价。用代2 ＋得 （4） 则（2）有解的充要条件是（4）有解，于是将（2）化为（4）讨论。 4) ， ＝2。这时为奇。 （i ）若2 ，则 无解。故（2）有解的充要条件是 有解。 因对任何整数 恒有 。所以（2）有解的充要条件是 有解，即2|。 （ii ） 若2|，令 。由 知 （2）有解的充要条件是 有解。即 (5) 有解。 作代换 ＝ ＋，则（2）有解的充要条件是 有解。 由上面讨论，可将（2）的问题化为二次同余式 或一般情况即 (6) 平方剩余和非平方剩余 定义 若同余式（6）有解，则叫模的平方剩余，若同余式（6）无解，则叫模的平方非剩余。 由这一定义，要判断（6）是否有解，就是判断是否为模的平方剩余，下面几节

2 剩余类及完全剩余系

§2 剩余类及完全剩余系 定义 设m 是一个给定的正整数，()0,1, ,1r K r m =- 表 示所有形如()0,1,2,qm r q +=±±的整数组成的集合，则称011,, ,m K K K -为模m 的剩余类. 定理1 设0110,,, ,m m K K K ->是模m 的剩余类，则 （ⅰ）每一整数必包含于某一个类里，而且只能包含于一个类里； （ⅱ）两个整数,x y 属于同一类的充分必要条件是()mod .x y m ≡ 证 （ⅰ）设a 是任意一个整数，则由带余除法，得,0a qm r r m =+≤<，故.r a K ∈ 故每一整数必包含于某一类里. 又设 ,r a K ∈且r a K '∈，这里0,0r m r m '≤<≤<，则存在整数,q q '使得 ,.a mq r a mq r ''=+=+ 于是，|,|.m r r m r r ''--但是0r r m '≤-<，故0,0,.r r r r r r '''-=-== （ⅱ）设,a b 是两个整数，并且都在r K 内，则存在整数12,q q 分别使得 12,.a q m r b q m r =+=+ 故()mod .a b m ≡ 反之，若()mod a b m ≡，则由同余的定义知，,a b 被m 除所得的余数相同，设余数都为()0r r m ≤<，则a 和b 都属于同一类r K . 定义 在模m 的剩余类011,,,m K K K -中， 各取一数,0,1,,1j j a C j m ∈=-， 此m 个数011,, ,m a a a -称为模m 的一个完全剩余系. 推论 m 个整数作成模m 的一个完全剩余系的充分必要条件是这m 个整数两两对模m 不同余. 证 充分性 设12,, ,m a a a 是m 个两两对模m 不同余的整数. 由定理1知，每个整数 i a 必在模m 的m 个剩余类011,,,m K K K -中某一剩余类里，且只能在一个剩余类里. 因 12,, ,m a a a 是m 个两两对模m 不同余的整数，故有定理1得，12,, ,m a a a 分别属于不同

初等数论 第五章 二次同余式与平方剩余

初等数论第五章二次同余式与平 方剩余 第五章二次同余式与平方剩余第五章二次同余式与平方剩余§1二次同余式与平方剩余二次同余式的一般形式是ax2?bx?c?0(modm)，a??0(modm)(1)下面讨论它的解的情况。?k?1?2令m?p1p2?pk，则(1)有解的充要条件为ax2?bx?c?0(modpi?i)，i?1,2,?,k有解，而解f(x)?ax2?bx?c?0(modp?)，p为质数(2)又可以归结为解f(x)?ax2?bx?c?0(modp)，p为质数(3)。当p?2时，同余式(3)极易求解，因此，我们只需讨论二次同余式f(x)?ax2?bx?c?0(modp)，p为奇质数(4)若p?|a，用4a乘(4)再配方得(2ax?b)2?4ac?b2?0(modp)，令y?2ax?b,A?b2?4ac，得y2?A?0(modp)可以证明：同余式(4)和(5)是等价的。证明

必要性显然；反之，设(5)有一解y?y0，因为(p,2a)?1，所以2ax?b?y0(modp)有解，即(4)有解。以上讨论可知，二次同余式可以化为x2?a(modp)，p为奇质数(6)(5)来求解，当p|a时，(6)仅有一个解x?0(modp)，所以我们下面总假定p?|a或(p,a)?1。因此，下面主要研究形如x2?a(modp)，(p,a)?1，p为奇质数同余式。 (7)的定义若同余式x2?a(modp),(a,p)?1,p为奇质数有解，则a 叫做模p的平方剩余(二次剩余)，若无解，则a叫做模p的平方非剩余(二次非剩余)。定理1(欧拉判别条件)若(a,p)?1，则a是模p的平方剩余的充要条件为ap?12?1(modp)；a是模p的平方非剩余的充要条件为a- 1 - p?12??1(modp)。若a是模p的平方剩余，则(7)式恰有两解。第五章二次同余式与平方剩余证明(1)设a是模p 的平方剩余，则同余式x2?a(modp)，(a,p)?1有解，设为?，于是??a(modp)，从而欧拉定理可知反之，若

奥数第二十五讲 同余式

第二十五讲* 同余式 数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯． 先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？ 取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜． 在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用． 同余，顾名思义，就是余数相同． 定义1给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作 a≡b(modm)， 并读作a同余b，模m． 若a与b对模m同余，由定义1，有 a=mq1＋r，b=mq2+r． 所以 a-b=m(q1-q2)， 即 m｜a-b． 反之，若m｜a-b，设 a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1， 则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2． 于是，我们得到同余的另一个等价定义： 定义2若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．

《数论算法》教案 4章(二次同余方程与平方剩余)

第 4 章 二次同余方程与平方剩余 4.1 一般二次同余方程 (一) 二次同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod m ），（a 0（mod m ）） （1） (二) 化简 设m ＝k k p p p α αα 2 121，则方程（1）等价于同余方程 ??? ????≡++≡++≡++） （） （）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 0222 1221 问题归结为讨论同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （2） (三) 化为标准形式 p ≠2，方程（2）两边同乘以4a ， 422x a ＋4abx ＋4ac ≡0（mod αp ） ()22b ax +≡2b －4ac （mod αp ）

变量代换， y ＝2ax ＋b （3） 有 2y ≡2b －4ac （mod αp ） （4） 当p 为奇素数时，方程（4）与（2）等价。即 ● 两者同时有解或无解；有解时，对（4）的每个解 ()p y y mod 0≡， 通过式（3）（x 的一次同余方程，且（p , 2a ）＝1，所以解数为1）给出（2）的一个解()p x x mod 0≡，由（4）的不同的解给出（2）的不同的解；反之亦然。 ● 两者解数相同。 结论 2x ≡a （mod αp ） （5） 【例】化简方程7x 2＋5x －2≡0（mod 9）为标准形式。 （解）方程两边同乘以4a ＝4×7＝28，得 196x 2＋140x －56≡0（mod 9） 配方 (14x ＋5) 2－25－56≡0（mod 9） 移项 (14x ＋5) 2≡81（mod 9） 变量代换 y ＝14x ＋5 得 y 2≡0（mod 9） （解之得y ＝0, ±3，从而原方程的解为 x ≡114-(y －5)≡15- (y －5) ≡2(y －5)≡2y －10≡2y －1 ≡－7, －1, 5≡－4, －1, 2（mod 9））

第三讲-同余系列竞赛

【高中数学奥赛金牌之路精华教案】数学奥赛辅导 第三讲 同余 知识、方法、技能 同余是数论中的重要概念，同余理论是研究整数问题的重要工作之一.本讲介绍同余的基本概念，剩余类和完全剩余系，同余方程，整数模的阶和中国剩余定理. Ⅰ.基本概念 定义一：设m 是一个给定的正整数.如果两个整数a 、b 用m 除所得的余数相同，则称a 、b 对模m 同余，记为a ≡b （modm ）；否则，记为a ≡b （modm ）. 例如，15≡7（mod4），－23≡12（mod7）. 同余有如下两种等价定义法： 定义一* 若m|a －b ，则称a 、b 对模m 同余. 定义一**若a =b+mt(t ∈Z)，则称a 、b 对模m 同余. 同余的基本性质： （1）.|)(mod 0a m m a ?≡ （2）))((m od 反身性m a a ≡ ))((mod )(mod )(mod ) )((mod )(mod 传递性对称性m c a m c b m b a m a b m b a ≡????≡≡≡?≡ （3）若则),(m od ),(m od m d c m b a ≡≡ ①);(mod m d b c a ±≡± ②).(mod m bd ac ≡ （4）若).(mod ,.,,2,1,0),(mod 0101m b x b x b a x a x a n i m b a n n n n i i +++=+++=≡ΛΛΛ则特别地，设)(mod ),()(01m b a Z a a x a x a x f i n n ≡∈+++=若Λ，则).)(mod ()(m b f a f ≡ （5）若).) ,((m od ),(m od c m m b a m bc ac ≡≡则特别地，又若（c,m ）=1，则).(mod m b a ≡ 【证明】因),(|b a c m -这等价于).(),(|),(b a c m c c m m -又因若（a ,b ）=),(d b d a d ?=1（d ≠0）及b|a c ，且（b,c ）=1,|a b ? 从而有).(|) ,(b a c m m -

高次同余式的解数及解法

4.3高次同余式的解数及解法 本节初步讨论高次同余式的解数与解法：先把合数模的同余式化成质数模的同余式，然后通过下一节来解质数模的同余式。 A回顾与强调 二、同余式解的相关定理 上一节由孙子定理：设m1, m2, L, m k是正整数， (m i, m j) = 1，m = m1m2Lm k，M i = ，M i M i＇≡1 (mod m i)，同余式组（同余方程组）(1) 的解为(mod m)。反过来，解同余式，可将它化为同余式组，于是，有下面的定理 B重要定理证明的讲解 定理1设m = m1m2Lm k，其中m1, m2, L, m k是两两互素的正整数，f(x)是整系数多项式，则 A：同余式f(x) ≡0 (mod m) （1） 与同余式组f(x) ≡0 (mod m i) （1 ≤i ≤k）（2） 等价； B：以T与T i（1 ≤i ≤k）分别表示f(x) ≡0 (mod m)与f(x) ≡0 (mod m i) （1 ≤i ≤k）的解的个数，则T = T1T2…T k。 证明A：设x0是适合（1）的解，即f(x0) ≡0 (mod m)，由整除的性质知 f(x0) ≡0 (mod m i) ，1 ≤i ≤k， 反之，设x0是适合（2）的解，即f(x0) ≡0 (mod m i) ，1 ≤i ≤k，则m1, m2, L, m k是两两互素的正整数知，f(x0) ≡0 (mod m)，故（1）

与（2）同解。 B：设同余方程(2)的全部解是(mod m i)，（3） 即模m i有T i个解，则同余方程组(2)等价于下面的T1T2…T k个方程组：（4） 其中通过式(3)中的数值，即通过同余方程(1)的全部解。 由孙子定理，对于选定的每一组{ }，同余方程组(4)对模m有唯一解，而当每个 通过(3)式中的值时，由孙子定理的证明知所得到的T1T2…T k个同余方程组(4)的解对于模m都是两两不同余的。证毕。 由定理4及算术基本定理，设，从而，解一般模的同余方程可以转化为解模为素数幂的同余方程组。 下面我们利用数学中的化归思想对模pα的同余方程做进一步讨论容易看出，若x0是同余方程 f(x) ≡ 0 (mod pα) (5) 的解，则它必是方程 f(x) ≡ 0 (mod pα-1) (6) 的解，因此，必有与x0相应的方程(6)的某个解x1，使 x0≡x1 (mod pα-1)，x0 = x1 + pα-1t0，t0∈Z。 这提示我们：可以从方程(6)的解中去求方程(5)的解。于是，现在的问题是，对于方程(6)的每个解x1，是否必有方程(5)的解x0与之对应？若有，如何去确定它？ 定理2设p是素数，a≥2是整数，f(x) = a n x n + L + a1x + a0是整系

第二节 完全剩余系

初等数论 第二章 同 余 第二节 完全剩余系 由带余数除法我们知道，对于给定的正整数m ，可以将所有的整数按照被m 除的余数分成m 类。本节将对此作进一步的研究。 一、知识与方法 定义1 给定正整数m ，对于每个整数i ，0 ≤ i ≤ m - 1，称集合 R i (m ) = { n |n ≡ i (mod m )，n ∈Z } 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R i (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 R 0(5) = { , -10, -5, 0 , 5, 10, }， R 1(5) = { , -9 , -4 , 1 , 6 , 11, }， R 2(5) = { , -8 , -3 , 2 , 7 , 12, }， R 3(5) = { , -7 , -2 , 3 , 8 , 13, }， R 4(5) = { , -6 , -1 , 4 , 9 , 14, }。 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x i （0 ≤ i ≤ m - 1），称集合{x 0, x 1, ,x m - 1}是模m 的一个完全剩余系（或简称为完全系）。 由于x i 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 (ⅰ) {0, 1, 2, , m - 1}是模m 的最小非负完全剩余系； (ⅱ) ）（当m m m |22 ,,1,0,1,,12}{ -+-或 ） （当m m m |22 1,,1,0,1,,21}{/---- ,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, 1, 2, 3, 4}是模5的最小非负完全剩余系。 定理1 整数集合A 是模m 的完全剩余系的充要条件是 (ⅰ) A 中含有m 个整数； (ⅱ) A 中任何两个整数对模m 不同余。 【证明】 定理2 设m ≥ 1，a ，b 是整数，(a , m ) = 1，{x 1, x 2, , x m }是模m 的一个完全剩余系，则{ax 1 + b , ax 2 + b , , ax m + b }也是模m 的一个完全剩余系。 【证明】 由定理1，只需证明：若x i ≠ x j ，则ax i + b ≡/ax j + b (mod m )。 (1) 事实上，若ax i + b ≡ ax j + b (mod m )， 则ax i ≡ ax j (mod m )， 由此及第一节定理5得到x i ≡ x j (mod m )，因此x i = x j 。所以式(1)必定成立。证毕。 定理3 设m 1, m 2∈N ，A ∈Z ，(A , m 1) = 1，又设

2剩余类及完全剩余系

型剩余类及完全剩余系 定义设m是一个给定的正整数，K r r 0,1,”，m 1表示所有形如qm r q 0, 1, 2，川的整数 组成的集合，则称K。，?，川，K m1为模m的剩余类. 定理1设m 0, K°K,川,心1是模m的剩余类，则 (i)每一整数必包含于某一个类里，而且只能包含于一个类里； (ii)两个整数x, y属于同一类的充分必要条件是x y modm . 证(i)设a是任意一个整数，则由带余除法，得 a qm r ,0 r m，故a K r- 故每一整数必包含于某一类里.又设 a K r,且a K r,这里0 r m,0 r m，则存在整数q, q使得 a mq r,a mq r . 于是，m| r r , m| r r .但是0 r r m，故r r 0,r r 0,r r . (ii)设a,b是两个整数，并且都在K r内，则存在整数q1,q2分别使得 a q1m r , b q2m r. 故a b modm . 反之，若a b modm，则由同余的定义知，a,b被m除所得的余数相同，设余数都为r 0 r m，则a和b都属于同一类K r. 定义在模m的剩余类K0,K1^|,K m 1中，各取一数a j C j, j 0,1川，m 1，此m个数a0 ,a1，川,a m 1称为模m的一个完全剩余系. 推论m个整数作成模m的一个完全剩余系的充分必要条件是这m个整数两两对模m 不同余. 证充分性设a1,a2,|#,a m是m个两两对模m不同余的整数.由定理1知，每个整数a i必在模 m的m个剩余类K0,K1，川，K m1中某一剩余类里，且只能在一个剩余类里.因 a1,a2,|||,a m是m个两两对模m不同余的整数，故有定理1得，a1,a2,川，a m分别属于不同

第三章 第2节 完全剩余系

第2节 完全剩余系 由带余数除法我们知道，对于给定的正整数m ，可以将所有的整数按照被m 除的余数分成m 类。本节将对此作进一步的研究。 定义1 给定正整数m ，对于每个整数i ，0 ≤ i ≤ m ? 1，称集合 K i = { n ；n ≡ i (mod m )，n ∈Z }。 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K i （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 K 0= { " , ?10, ?5, 0 , 5, 10, " }， K 1 = { " , ?9 , ?4 , 1 , 6 , 11, " }， K 2 = { " , ?8 , ?3 , 2 , 7 , 12, " }， K 3= { " , ?7 , ?2 , 3 , 8 , 13, " }， K 4 = { " , ?6 , ?1 , 4 , 9 , 14, " }。 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x i （0 ≤ i ≤ m ? 1） ，称集合{x 0, x 1, ",x m ? 1}是模m 的一个完全剩余系（或简称为完全系）。 由于x i 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 (ⅰ) {0, 1, 2, ", m ? 1}是模m 的最小非负完全剩余系； (ⅱ) ）（当m m m |22 ,,1,0,1,,12}{""?+?或 ）（当m m m |22 1,,1,0,1,,21}{/????"" 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, 1, 2, 3, 4}是模5的最小非负完全剩余系。 定理1 整数集合A 是模m 的完全剩余系的充要条件是 (ⅰ) A 中含有m 个整数； (ⅱ) A 中任何两个整数对模m 不同余。 证明 留作习题。 定理2 设m ≥ 1，a ，b 是整数，(a , m ) = 1，{x 1, x 2, ", x m }是模m 的一个完全剩余系，则{ax 1 + b , ax 2 + b , ", ax m + b }也是模m 的一个完全剩余系。 证明 由定理1，只需证明：若x i ≠ x j ，则 ax i + b ≡/ax j + b (mod m )。 (1) 事实上，若 ax i + b ≡ ax j + b (mod m )， 则 ax i ≡ ax j (mod m )， 由此及第一节定理5得到 x i ≡ x j (mod m )， 因此x i = x j 。所以式(1)必定成立。证毕。 定理3 设m 1, m 2∈N ，(m 1, m 2) = 1，又设 },,,{},,,{212121m m y y y Y x x x X ""==，， 分别是模m 1与模m 2的完全剩余系，则 R = { m 2x + m 1y ；x ∈X ，y ∈Y } 是模m 1m 2的一个完全剩余系。 证明 由定理1只需证明：若x ′, x ′′∈X ，y ′, y ′′∈Y ，并且

信息安全数学基础课件 第4章 二次同余式与平方剩余

1 我国古代《孙子算经》的“”题：今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二,引例问物不知数物几何？答曰二十三. 2(mod 3)3(mod 5)2(mod 7)x x x ≡?? ≡??≡? “物不知数”问题用同余式组表示就是: k k k x M M b M M b M M b m ≡+++'''111222 (mod )

2 公钥密码基本分析 ?加密规则e K 公开?解密规则d K 保密 –任何人(知道e K )可以加密消息–仅仅知道d K 的人可以解密消息?e K 和d K 的性质–d K (e K (x ))=x –d K 是e K 的逆 –已知e K 来计算d K 非常困难

单向函数 ?单向函数F –对于所有的x∈X,容易计算F(x); (P-问题) –对于几乎所有的y∈Y,要找到一个x∈X, 使得 F(x)=y, 是计算困难的,即计算F-1非常困难(可 能是NPC-问题) ?例:分解问题 –给定素数p和q,计算N = pq ?很容易 –逆问题: 已知N, 找到p和q很困难 3

密码学中考虑的问题 ?分解问题 ?离散对数问题 –在Z p上 –在elliptic curves上 ?背包问题 ?二次剩余问题 4

第4章二次同余式与平方剩余 4.1 二次剩余与二次非剩余 4.2 模平方根 4.3 勒让德符号含义 5

6 2 0 ax bx c ++≡12 1 20 mod ) 0 mod ) k k ax bx c p ax bx c p αα?++≡? ??++≡? （（2 0 (mod ), 0 (mod ) p ax bx c p a p α αα ++≡≡/只需讨论素数模的同余式: 22 k k m =p p p ααα11 (mod ) m 二次同余式:

2 单质数模的平方剩余与平方非剩余

§2 奇质数模的平方剩余与平方非剩余 本节考虑同余式 ()()2mod ,,1x a p a p ≡= （1） 的解。 定理1 若(),1,a p =则a 是模p 的平方剩余的充分必要条件是 ()12 1mod p a p -≡ （2） 而a 是模p 的平方非剩余的充分必要条件是 ()12 1mod p a p -≡- （3） 且若a 是模p 的平方剩余，则同余式（1）恰有二解。 证 （ⅰ）因12 1 2 |p p x a x a ----，故存在整系数多项式()q x 使得 ()()11 22 .p p x a x a q x ---=- 故 ()()111 12 22211.p p p p p x x x x a a x x a xq x a x ----??????-=-+-=-+- ? ? ??????? （4） 若a 是模p 的平方剩余，则存在整数0x 使得 ()20mod .x a p ≡ （5） 易得() ()()200,,1,, 1.x p a p x p === 在（4）式中令0x x =得 ()()111 122 2200000000011.p p p p p x x x x a a x x a x q x a x ----??????-=-+-=-+- ? ? ??????? （6） 由（5），（6）两式及费马定理得()1 2010mod .p a x p -?? -≡ ???但()0,1x p =故（2）式成立。因2 x a -除p x x -的余式1 21p a x -?? - ??? 的每一系数都是p 的倍数，故同余式（1）恰有二解。 反之，若（2）式成立，则由第四 §4定理5得a 是模p 的平方剩余。 （ⅱ） 由费马定理，若(),1a p =，则