2 剩余类及完全剩余系

一、同餘，剩餘類與剩餘系(a ) 同餘的性質：(1) a ≡b (mod m )，c ≡d (mod m )，則 a ±c ≡b ±d (mod m ) 且ac ≡bd (mod m )。

(2) a ≡b (mod m )，c ∈N ，則 ac ≡bc (mod cm )。

(3) a ≡b (mod m )，n ∈N 且 m n ，則 a ≡b (mod n )。

(4) 若a ≡b (mod m )，則 (a ，m )＝(b ，m )。

(5) 整數a ，b ，則 ab ≡1 (mod m ) iff (a ，m )＝1。

(b ) 剩餘類：m 為正整數，將全體整數按照對模m 的餘數進行分類，餘數為r (10-≤≤m r ) 的所有整數歸為一類，記為K r (r =0,1,..,m -1)，每一類K r 均稱為模m 的剩餘類 (同餘類)。

剩餘類K r 是數集K r ={mq +r m 是模，r 是餘數，q ∈Z }＝{a Z a ∈且)(mod m r a ≡}， 它是一個以m 為公差的(雙邊無窮)等差數集。

並具有如下的性質：(1) 1210-⋃⋃⋃⋃=m K K K K Z 且∅=⋂j i K K (j i ≠)。

(2) 對於任意的Z n ∈，有唯一的r 0使0r K n ∈。

(3) 對於任意的a 、b Z ∈，a 、b r K ∈ ⇔ )(mod m b a ≡(c ) 完全剩餘系：設K 0，K 1，…，K m-1是模m 的全部剩餘類，從每個K r 中取任取一個數a r ，這m 個數a 0，a 1，…，a m-1組成的一個數組稱為模m 的一個完全剩餘系。

(d ) 簡化剩餘系：如果一個模m 的剩餘類K r 中任一數都與m 互質，就稱K r 是一個與模m 互質的剩餘類。

在與模m 互質的每個剩餘類中，任取一個數 (共)(m ϕ個) 所組成的數組，稱為模m 的一個簡化剩餘系。

(二) 高觀點：同餘類環(ring)1.等價關係：給集合S中一個關係”~”。

第二节剩余类与完全剩余系第三节缩系教学目的：1、掌握剩余类与完全剩余系的定义与基本性质；2、掌握缩系的定义与基本性质；3、证明及应用Wilson定理；4、证明及应用Fermat小定理、Euler定理的证明及应用；5、掌握Euler函数计算方法及其基本性质.教学重点：1、剩余类与完全剩余系的基本性质；2、证明及应用Wilson定理；3、证明及应用Fermat小定理；4、掌握Eule『函数计算方法及其基本性质.教学课时：8课时教学过程一、剩余类与完全剩余系由上一节我们知道，同余关系满足自反性、对称性、传递性，即对于整数集来说，同余是一个等价关系.这样，可以按同余关系将所有的整数分类.1、定义1给定正整数加，对于每个整数「，0<z<m-l,称集合K?("7)= { ??；n = i (mod m), neZ }是模加的一个剩余类.显然，每个整数必定属于且仅属于某一个(0</<^-1),而且，属于同一剩余类的任何两个整数对模皿是同余的，不同剩余类中的任何两个整数对模”?是不同余的.例如，模5的五个剩余类是K()(5)={…，—10,—5, 0,5, 10,…} &(5)={ ..,-9,-4 J,6 JI,-.- }心5)={ -,-8,-3,2,7,12,--- }心5)={ -,-7,-2,3,8,13,--. }辰(5)={…，_6,—1,4,9,14,…}2、定义2设〃是正整数，从模加的每一个剩余类中任取一个数尢(0 < z < m - 1 称集合｛xo, 口…丸加-1｝是模加的一个完全剩余系(或简称为完全系)・由于占的选取是任意的，所以模加的完全剩余系有无穷多个，通常称(i)｛0,1, 2,…，加一1｝是模m的最小非负完全剩余系;—~ + 1, •••, — 1, 0, 1, •••, — }(当2 I AH)或(ii)乎…—…耳}(当2")是模血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.3.定理1整数集合A是模〃的完全剩余系的充要条件是(i) A中含有血个整数;(ii)A中任何两个整数对模血不同余.4、定理2设m> 1, a, Z?是整数，(a, m) = 1, ｛为，恋，…，“加｝是模m的一个完全剩余系，贝!J｛ori + b, 0X2 + 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XiHXj,贝Ijaxi + b^axj + b (mod m). (1) 事实上，若axi + b = axj + b (mod in),则axi = axj (mod tn),由此得到x： = Xj (mod m),因此Xi = Xj.所以式(1)必定成立.证毕5、定理3 设加1,叱N, AeZ, (A,阳)=1,又设X =｛小/2,…，｝, 丫 = ｛儿」2,…，％2｝，分别是模ni\与模m2的完全剩余系，则/? = ｛ Ax + nuy； xeX, ye Y｝是模ni\ni2的一个完全剩余系.证明：由定理1只需证明：若"，卍UX, y\y H eY,并且Ax' + m\y' =Ax f, + 加］y" (mod 加”血)，(2)事实上，由第一节定理5及式(2),有Ax' =Ax,r (mod m\) =^>=x n (mod m\)=x",再由式(2),又推出m\y' = m\y u (mod mi) =^> y r =y〃(mod /n2) =^>〉，=)'"•推论若加I,"?2W N,(mi, mi) = 1,贝!J当xi与兀2分别通过模加1与模”?2的完全剩余系时，加2兀1 + W1X2通过模加1加2的完全剩余系.6、定理4 设zn/eN (1 </</?),则当药通过模m, (1 <i <n)的完全剩余系时，X = X[ + 72? 1X2 + fUlin2^3+ …+ "7"兀2- 1兀”通过模m\m2 - m n的完全剩余系.证明：对n施行归纳法.当77 = 2时，由定理3知定理结论成立.假设定理结论当n=k时成立，即当七(2KR+1)分别通过模加的完全剩余系时，y = X2 + 加2兀3 + 加2加 1 + …+ my-mkXk +1通过模仍2加3…"《+1的完全剩余系.由定理3,当XI通过模加1的完全剩余系，总(2<i<k+ 1)通过模"•的完全剩余系时，X1 + 777 iy = X1 + 7771(X2 + 加2兀3 + …+ 加 2 …〃以不+ 1)=Xi + H1[X2 + 17772X3 + …+ 叭叱・・皿曲+ 1通过模mim2 - mk+i的完全剩余系.即定理结论对于n = k+\也成立.7、定理5设“wN, A：eZ (1 </<7t),并且满足下面的条件：(i )伽，呦=],1 <ij <n, i 工j；(ii)(A/, ") = 1, 1 <i<n；(iii)m： | Aj , 1 < z,j < n, i rj ・则当七(1 <Z</7)通过模"的完全剩余系&时,y = A[X{ + A 2X2 + …+通过模加"2…的完全剩余系.证明：由定理1只需证明：若1 </</?,则由A\x\ + A2X2' + …+ A n Xn =Aixi n + A2X2,r+ …+ A n Xn r (mod m\ ■ in n) (3) 可以得到xf = x!', \ <i <n.事实上，由条件(iii)及式(3)易得，对于任意的/, 1</</7,有A t Xi =AiXi,r (mod mi).由此并利用条件(ii)和第一节定理5推得x/ = x!' (mod mi),因此xi f=xr.例1设A = {X],X2,…,心}是模加的一个完全剩余系，以{x}表示x 的小数部分，证明：若(a, m) = 1,贝!J£{3}=知1)・i=\ m 2解：当X通过模加的完全剩余系时，俶+ b也通过模加的完全剩余系，因此对于任意的/ (!</•</«), axi + b-定与且只与某个整数j (1 <j</n)同余，即存在整数使得axi 4- Z? = km +j, (1 <j< m)从而評料郭叫用快酣77T m m例2设p>5是素数，…川-2},则在数列a9 2cb 3a, (/? - \ )a, pa中有且仅有一个数b,满足b = 1 (mod p).(5) 此外,若 b = ka,贝I JR HG,ke[2, 3, 2}.解：因为@,p)=l,所以由定理2,式(4)中的数构成模p的一个完全剩余系，因此必有数b满足式(5).设Z? = ka,那么(i ) k 工ci,否则,b = a2 = \ (mod p),即p | (o + 1)(“ - 1),因此# I d - 1 或 # I “ + 1,这与2<a <p -2矛盾；(ii)k 工 \ ,否则，Z? = ltz = 1 (mod /?),这与矛盾；(iii)R H-1,否贝lj, b- -a =\ (mod p),这与矛盾.若又有 L, 2<k r<p-2f使得b = k f a (modp),则k 'a三ka (mod p).因(c/,p)=l,所以k = k1 (mod p),从而p\k- k',这是不可能的.这证明了唯一性.8、定理6 (Wilson定理)设卩是素数，贝I」(p一1)! =-1 (mod p).ffi ：不妨设p>5.由例2容易推出对于2,3,.・显-2,中的每个整 数“，都存在唯一的整数R, 2<k<p-2,使得ka 三 1 (mod /?). (6)因此，整数2,3,…，p_2可以两两配对使得式(6)成立.所以2-3 ..... (p - 2) = 1 (mod p),从而123 ....... (p - 2)(/? - \)=p - 1 = -1 (mod p).例3设m > 0是偶数，｛如,。

第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++ 是m 得倍数．证明： 12,,n a a a 都是m 的倍数。

∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a ∴+++ 1122n n q p m q p m q p m =+++ 1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++ 是m 的整数 2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明 (1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+又(1)(2)n n n ++ ，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数 故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证： ,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b bb b --- 则a 必在此序列的某两项之间 即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t < ()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b ---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。

完系、简系、剩余类定义1．剩余类：把关于模m同余的数归于一类，每类称为一个模m的剩余类. 即由关于模m同余的数组成的集合，每一个集合叫做关于模m的一个剩余类(又叫同余类)．共有m个剩余类.设K r是余数为r的剩余类, 则K r＝{qm＋r| m是模, r是余数, q∈Z}＝{a |a∈Z且a≡r(mod m)}.剩余类的性质：⑴Z＝K0∪K1∪K2∪…∪K m−1，当i≠j时，K i∩K j＝Ø；⑵对于∨−n∈Z，有唯一的r∈{0, 1, 2, …, m−1}，使得n∈K r；⑶对∨−a, b∈Z，a, b∈K r ⇔a≡b (mod m)定义2.完系：设K0，K1，…，K m−1是模m的m个剩余类，从K r中各取一数a r 作为代表，则这样的m个数a0，a1，…，a m−1称为模m的一个完全剩余系，简称m的完系. 例如：1, 2, 3, …, m.若一组数y1, y2, …, y s满足：对任意整数a有且仅有一个y j，使得a≡y j (mod m)，则y1, y2, …, y s是模m的完全剩余系.模m的完全剩余系有无穷多个，但最常用的是下面两个：①最小非负剩余系：0, 1, 2, 3, …, m−1；②最小绝对值剩余系：(随m的奇偶性略有区别) 当m＝2k+1时，为−k, −k+1, …, −1, 0, 1, 2, …, k−1, k；当m＝2k时，为−k+1, −k+2, …, −1, 0, 1, 2, …, k或−k, −k+1, …, −1, 0, 1, 2, …, k−2, k−1.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.性质：(i) m个整数构成模m的一完全剩余系⇔两两对模m不同余；(ii) 若(a, m)＝1，则x与ax＋b同时跑遍模m的完全剩余系.完全剩余系的判断方法：定理1：a1, a2,…, a m是模m的一个完全剩余系⇔a i≡／a j (mod m), i≠j；定理2：设(a, m)＝1, b∈Z, 若x1, x2, , x m是模m的一个完全剩余系，则ax1＋b, ax2＋b, …, ax m＋b也是模m的一个完全剩余系；特别地，m个连续的整数构成模m的一个完系.设K r是模的一个剩余类, 若a, b∈K r，则a≡b(mod m), 于是(a, m)＝(b, m).因此，若(a, m)＝1，则K r中的任一数均与m互质, 这样，又可给出如下定义：定义3.简系：如果r与m互质，那么K r中每一个数均与m互质，称K r为与模m互质的剩余类．这样的剩余类共有φ(m)个，从中各取一个代表(共取φ(m)个)，它们称为模m的简化剩余系，简称简系．当m为质数p时，简系由p−1个数组成．又如：m＝6，在模6的六个剩余类中：K1＝{…, −11, −5, 1, 7, 13,…} K5＝{…, −7, −1, 5, 11, 17,…}是与模6互质的剩余类，数组1, 5；7, −7；1, −1；等等都是模6的简系.性质：①K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质；②与模m互质的剩余类的个数等于φ(m)；③若(a, m)＝1, 则x与ax同时跑遍模m的简化剩余系.简化剩余系的判断方法：定理3：a1，a2，…，aφ(m)是模m的简化剩余系⇔(a i, m)＝1, 且a i≡／a j(mod m) (i≠j, i, j＝1, 2, …, φ(m)).定理4：在模m的一个完全剩余系中,取出所有与m互质的数组成的数组,就是一个模m的简化剩余系.定理5：设(k, m)＝1, 若a1, a2, …, aφ(m)是模m的简系, 则ka1, ka2, …, kaφ(m)也是模m的简系.这三个定理中，定理3与定理5是简化剩余系的判别方法，定理4是它的构造方法. 显然，模m的简化剩余系有无穷多个，但常用的是“最小简化剩余系”，即由1，2，…，m －1中与m 互质的那些数组成的数组.说明：由于任何整数都属于模m 的某一剩余类，所以，在研究某些整数性质时，选取适当的(模)m ，然后在模m 的每个剩余类中取一个“代表数”(即组成一个完全剩余系)，当弄清了这些代表数的性质后，就可弄清对应的剩余类中所有数的性质，进而弄清全体整数的性质，这就是引入剩余类和完全剩余系的目的.例1、设n 为偶数，a 1, a 2,…, a n 与b 1, b 2,…, b n 均为模n 的完全剩余系，试证：a 1＋b 1, a 2＋b 2,…, a n ＋b n 不是模的完全剩余系.证明：假设a 1＋b 1, a 2＋b 2,…, a n ＋b n 是模的完全剩余系. ∴1(1)()1+2++(mod )22n i i i n n n a b n n =++≡≡≡∑ ∵a 1, a 2,…, a n 也是模的完全剩余系. ∴11(1)(mod )22n n i i i n n n a i n ==+≡=≡∑∑，同理有：1(mod )2n i i n b n =≡∑ 1()0(mod )n i i i a b n n =∴+≡≡∑，∴n |n2, 矛盾！故假设不成立，从而原命题成立.例2、设m ＞1, (a , m )＝1，b ∈Z , 求和：∑-=+⋅10}{m i mb i a , 其中{x }为x 的小数部分. 解：∵i 取遍模m 的完系，令x i ＝a ·i ＋b ，则也取遍模m 的完系.故11110000111{}{}{}(1)22m m m m i i i k k x a i b k k m m m m m m m m ----====⋅+-====⨯-=∑∑∑∑总结：若a 1, a 2,…, a m 是模m 的一个完系，则①a 1＋a 2＋…＋a m ≡1＋2＋…＋m (mod m )；②a 1·a 2·……·a m ≡1·2·…·m (mod m )； ③(a 1)n ＋(a 2)n ＋…＋(a m )n ≡1n ＋2n ＋…＋m n (mod m ).例3、已知m , n 为正整数, 且m 为奇数, (m , 2n －1)＝1. 证明：m |∑=m k n k1.证明：∵1, 2, …, m 构成模m 的完系, (m , 2)＝1，∴2, 4, …, 2m 也构成模m 的完系.∴)(mod )2(11m k k m k n m k n ∑∑==≡，即)(mod 0)12(1m k m k n n ≡-∑=. ∵(m , 2n －1)＝1，∴∑=m k n k m 1|得证. 例4、求八个整数n 1, n 2,…, n 8满足：对每个整数k (－2014＜k ＜2014)，有八个整数a 1, a 2,…, a n ∈{−1, 0, 1},使得k ＝a 1n 1＋a 2n 2＋…＋a 8n 8解：令G ＝{k | k ＝a 1＋a 2·2＋a 3·32＋…＋a n +1·3n ，a i ∈{−1, 0, 1}，i ＝1，2，…，n ＋1}.显然max G ＝1＋3＋32＋…＋3n ＝3n +1－12(记为H )，min G ＝－1－3－32＋…－3n ＝－H . 且G 中的元素个数有3n +1＝2H ＋1个， 又∵G 中任意两数之差的绝对值不超过2H ，∴G 中的数对模2H ＋1不同余，∴G 的元素恰好是模2H ＋1的一个绝对值最小的完系，于是凡满足－H ≢k ≢H 的任意整数都属于G ，且可唯一地表示为a 1＋a 2·2＋a 3·32＋…＋a n +1·3n 形式，当n ＝7时，H ＝3208＞2014，而n ＝6时，H ＝1043＜2014，故n 1＝1，n 2＝3，…，n 8＝37为所求.例5、已知p 为大于3的质数，且112＋122＋132＋…＋1(p －1)2＝a b，a ，b ∈N *. (a , b )＝1，证明：p a . 证明：对于不超过p −1的自然数k ，由于(k , p )＝1，所以存在唯一的不超过p −1的自然数x ，满足1(mod )kx p ≡而且，当k ＝1或p −1有x ＝1或p −1，当22k p ≤≤-时，有22,x p x k ≤≤-≠，故当k 取遍1，2，……，p −1时，x 也取遍1，2，……，p −1，因为(,(1)!)1,1(mod )p p kx p -=≡由可得到(1)!(1)!(1)!(mod )(1)!(mod ),p p kx p p p x p k--≡--≡或所以 2211222211((1)!)((1)!)(1)(21)((1)!)((1)!)(mod )6p p k x p a p p p p p x p p b k --==----=≡-≡-∑∑ 因为p 是大于3的素数，所以p −1不小于4，所以(p −1)!含有因数6， 从而2(1)(21)((1)!)0(mod )6p p p p p ---≡，即2((1)!)0(mod )p a p b -≡， 因为(,(1)!)1p p -=，所以2(,((1)!))1p p -=，从而0(mod )0(mod )a p a p b≡⇒≡ 例6、(2003克罗地亚奥林匹克) 对于所有奇质数p 和正整数n (n ≣p )，试证：p n C ≡[n p] (mod p)例7、(第26届IMO) 设n 为正整数，整数k 与n 互质，且0＜k ＜n . 令M ＝{1, 2, …, n −1}(n ≣3), 给M 中每个数染上黑白两种染色中的一种，染法如下：⑴对M 中的每个i ，i 与n −i 同色，⑵对M 中每个i ，i ≠k ，i 与|k −i |同色，试证：M 中所有的数必为同色.证明：∵(k , n )＝1且0，1，2，…，n −1是一个模n 的最小非负完系，∴0·k ，1·k ，2·k ，…，(n −1)·k 也是一个模n 的完全剩余系.若设r j ≡j ·k (mod n )(其中1≢r j ≢n －1，j ＝1，2，…，n －1) ，则M ＝{1，2，…，n −1}＝{121,,,-n r r r } 下面只要证明r j 与r j +1(j ＝1，2，…，n −2)同色即可. 因为若如此，当r 1颜色确定后，M 中所有的数都r 1与同色. 由于(j ＋1)k ≡r j +1(mod n )，则r j ＋k ≡r j +1(mod n )，因此若r j ＋k ＜n ，则r j +1＝r j +k ，由条件⑵知r j +1与| r j +1－k |＝r j 同色；若r j ＋k ＞n ，由r j +1＝r j +k －n ，由条件⑴知k －r j +1＝n —r j 与n －(n —r j )＝r j 同色，即k －r j +1与r j 同色， 由条件⑵知k －r j +1与|k －(k －r j +1)|＝r j +1同色，因此r j +1与r j 同色.综上：此r j +1与r j 同色. 故M 中所有的数必为同色.例8、(2001第42届IMO)设n 为奇数且大于1，k 1, k 2,…, k n 为给定的整数，对于1, 2, …, n 的n !个排列中的每一个排列a ＝(a 1, a 2,…, a n )，记S (a )＝∑=n i i ia k 1，试证：有两个排列b 和c ，使得n !| S (b )－S (c ).证明：假设对任意两个不同的b 和c ，均有S (b )≡／S (c )(mod n !)，则当a 取遍所有1，2，…，n 的n !个排列时， S (a )也取遍模n !的一个完全剩余系，且每个剩余系恰好经过一次，所以()aS a ∑≡1+2+3+…+n !(mod n !)≡12(n !+1)n !≡n !2×n !＋n !2≡n !2(mod n !) (n ＞1)其中()a S a ∑表示对取遍个排列求和(下同)，下面用另一种方法计算1()()ni i a a i S a k a ==∑∑∑：对于k 1，i ∈{1，2，…，n }，a i ＝1时，剩n －1个数，有(n －1)!个排列，a i ＝2时，有(n －1)!个排列，…∴k 1的系数为(n －1)!·(1+2+…+n )＝12(n +1)!. ∴()a S a ∑＝(1)!2n +1n i i k =∑ 但()a S a ∑＝(1)!2n +1n i i k =∑≡0(mod n !) (∵n 为奇数)，∴n !2≡0(mod n !), 矛盾. ∴n !| S (b )－S (c ).例9、设m 是给定的整数. 求证：存在整数a ，b 和k . 其中a ，b 均为奇数，k ≣0，使得2m ＝a 19＋b 99＋k ·21999.另解：设x ，y 为奇数，若x ≡／y (mod 21999)，则x 19－y 19＝(x －y )(x 18＋x 17y ＋…＋xy 17＋y 18)，∵x 18＋x 17y ＋…＋xy 17＋y 18为奇数，∴x 18＋x 17y ＋…＋xy 17＋y 18与21999互质，∴x 19≡／y 19(mod 21999)故当a 取遍模21999的简化剩余系时，a 19也取遍模21999的简化剩余系，∴一定存在a ，使得a 19≡2m －1(mod 21999)，并且有无穷多个这样的a ，故2m －1－a 19＝k ·21999令b ＝1，则2m ＝a 19＋b 99＋k ·21999. 当a 足够小时，不难知k ≣0.。

2.2 剩余类与完全剩余系一、剩余类与完全剩余系本讲约定m 是正整数.由上一讲同余的基本性质可知:对于给定的模m ,整数的同余关系是一个等价关系.因此可将全体整数按“对模m 是否同余”分为若干个两两不相交的集合,使得同一个集合中任意两个数对模m 一定同余,而不在同一个集合中的任意两个数对模m 一定不同余.这些集合就是模m 的剩余类.定义 1 对模m 与已知整数a 同余的所有整数构成的集合,称为模m 的剩余类（或模m 的同余类）,记为[]m a由定义1立即得到: 定理1 (1) []{}{}|(mod )|m ax x a m a km k =∈Z ≡=+∈Z ;(2) [][]m m ab =的充要条件()mod a b m ≡;(3) 对任意,a b ∈Z ,或者[][]m m ab =或者[][]m m a b =∅ ;可见,模m 的剩余类与选取其中哪个数作为代表元并无关系.同一剩余类中任意两个整数对模m 同余,属于不同剩余类的任意两个整数对模m 不同余. 定理2 对于给定的模m ,有且仅有m 个不同的剩余类,即[][][][]0,1,2,1m m m m m - .证明 由于0,1,2,3,…,m-1这m 个数对模m 两两不同余,所以[][][]0,1,2,m m m []1m m -是m 个两两不同的模m 的剩余类,如果还有一个模m 的剩余类[]m t,则由带余除法定理,可得,,,0,t mq r q r r m =+∈Z ≤<故()mod t r m ≡,而r 为0,1,2,,1m - 中的某一个数,所以[][]m m t r =.例1 当6m =时,模6的剩余类共有6个,它们是[]{}{}[]{}{}[]{}{}6666660,12,6,0,6,12,[1],11,5,1,7,13,2,10,4,2,8,14,[3],9,3,3,9,15,4,8,2,4,10,16,[5],7,1,5,11,17,=--=--=--=--=--=--而且整数集[]560k k =Z = .定理3 (1)在任意取定的1m +个整数中,必有两个数对模m 同余; (2)存在m 个数对模m 两两不同余.证明 (1)由定理2知,有且仅有m 个不同的模m 的剩余类,即[][][][]0,1,2,1,m m m m m - 所以1m +个数中必有两个数属于同一个模m 的剩余类,即这两个数对模m 同余.(2)在每个剩余类[]()0,1,2,m rr m = 中取定一个数r x ,作代表,这样就得到m 个两两对模m 不同余的数01,1,,m x x x - .这就证明了(2).由此引出完全剩余系的概念:定义2 从模m 的每一个剩余类中各取一个数,得到一个由m 个数组成的集合,称为模m 的一个完全剩余系.下面是几个常用的完全剩余系:(1)把{}0,1,,1m - 称为模m 的最小非负完全剩余系; (2)把{}1,2,,m 称为模m 的最小正完全剩余系;(3)把()(){}1,2,,1,0m m ----- 称为模m 的最大非正完全剩余系; (4)把(){},1,,2,1m m ----- 称为模m 的最大负完全剩余系; (5)当m 是奇数时,把11,1,0,1,,22m m --⎧⎫--⎨⎬⎩⎭ 称为模m 的绝对最小完全剩余系;当m 是偶数时,把1,1,0,1,,22mm ⎧⎫-+-⎨⎬⎩⎭ 或,1,0,1,,122m m ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭ 称为模m的绝对最小完全剩余系;显然,模m 的完全剩余系有无数多个.如果{}12,,,m y y y 是模m 的一个完全剩余系,那么对任意整数a ,这m 个数中有且仅有一个i y 与a 对模m 同余.综上,模m 的一个完全剩余系就是m 个两两不同余的整数. 例2 证明:{}11,4,18,20,32--是模5的一个完全剩余系.定理4 设1|m m .那么,对任意的r ,有[][]1m m r r ⊆,等号当且1m m =成立.更精确地说,若12,,,d l l l 是模1md m =的一组完全剩余系,则有[]11j m m j d r r l m ≤≤⎡⎤=+⎣⎦ ,右边并式中的d 个模m 的剩余类两两不同.特别地有:[][]10m m j dr r jm ≤<=+.证明 我们把剩余类[]1m r 中的数按模m 来分类.对[]1m r 中任意两个数11,r k m +21r k m +,()1121mod r k m r k m m +≡+成立的充要条件是()12mod k k d ≡. ■ 由此推出右边和式中的d 个模m 的剩余类是两两不同的,且[]1m r 中的任一数1,r km +必属于其中的一个剩余类.另一方面,对任意的j 必有[]1111,j j m m m r l m r l m r ⎡⎤⎡⎤+⊆+=⎣⎦⎣⎦这就证明了所要的结论.例3 奇数按照模6可以分成哪几类,偶数按照模6可以分成哪几类？ 解 {全体奇数}=[][][][]26661135= ; {全体偶数}=[][][][]26660024= .二、完全剩余系的性质定理5 设a 是整数,(),1a m =,b 是任意整数,若x 遍历模m 的完全剩余系,则ax b +所取的值也遍历模m 的完全剩余系. 证明 设{}12,,,m x x x 是模m 的一个完全剩余系,则当x 依次取值12,,,mx x x 时,ax b +所取的m 个值为12,,m ax b ax b ax b +++ .如果()mod i j ax b ax b m +≡+,则()mod i j ax ax m ≡,由于(),1a m =.则()mod i j x x m ≡,于是i j =.因而{}12,,m ax b ax b ax b +++ 也是模m 的完全剩余系.■例4 证明:{}7,12,17,22,27,32是模6的一个完全剩余系. 证明 7507,12517,17527=⨯+=⨯+=⨯+22537,27547,32557=⨯+=⨯+=⨯+ .因为()5,61=,所以由定理5知,当x 遍历模6的最小非负完全剩余系{}0,1,2,3,4,5时,57x +所取的值,即{}7,12,17,22,27,32也是模6的完全剩余系.定理 6 设,a b 是两个整数,且(),1a b =,若x 遍历模b 的完全剩余系,y 遍历模a 的完全剩余系,c 是任意整数,则ax by c ++所取的值组成模ab 的完全剩余系. 例5 利用模10和模199的完全剩余系表示模1990的完全剩余系. 解:()199,101,199101990.=⨯=设{}12,10,,x x x 是模m 的一个完全剩余系,{}12,199,,y y y 是模199的一个完全剩余系,那么{}19910,1,2,10,1,2,,199i j x y i j +== 组成模1990的一个完全剩余系.习题2.21.验证下列各组整数是否为模8的完全剩余系：{}{}{}{}1,3,5,7,9,11,13,152,4,6,8,10,17,21,237,9,12,17,22,27,322,2,3,3,5,6,7,8---------（1）；（2）；（3）；（4）.2.验证下列各组整数是否为模7的简化剩余系：{}{}{}{}8,16,24,32,40,482,4,6,2,4,61,3,5,9,11,12,132,22,42,62,82---（1）；（2）；（3）；（4）.3.（1）求模9 的一个完全剩余系，使其中每个数都是奇数； （2）求模9 的一个完全剩余系，使其中每个数都是偶数； （3）对于模10来说，能实现（1）和（2）的要求吗？（4）请找出规律，并证明。

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 rm，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分别属于不同的剩余类，故a i ,a 2,川，a m 是模m 的一个完全剩余系必要性 设a i ,a 2,川，a m 是模m 的一个完全剩余系，则由完全剩余系的定义得，这 m 个数分别属于不同的m 个剩余类K 0, K 1^|,K m1.由定理1得，a 1,a 2^| ,a m 两两对模m 不 同余•0,1，川，m 1是模m 的一个完全剩余系号，川，1,0,1,川,号 是模m 的一个完全剩余系定理2设m 是一个正整数，a,b 都为整数， a,m 1，若x 通过模m 的一个完全剩余系，则ax b 也通过模m 的一个完全剩余系.证 设x 通过模m 的完全剩余系a 1, a 2^ |, a m .下面证明ax b 也通过模m 的一个完全 剩余系.根据定理1的推论，只需证明aa 1 b,aa 2 b,川，aa m b 两两对模m 不同余.因厲赴，川，a m 是模m 的一个完全剩余系，故由定理 1的推论得，a 「a 2,川，a m 两两对 模m 不同余.下面用反证法证明 aa 1 b,aa 2 b,川，aa m b 两两对模 m 不同余.假设 aa 1 b,aa 2 b,川,aa m b 不是两两对模 m 不同余，则其中有两个数对模 m 同余，设aa i b a j b modm ,1 i j m ，贝U aa a j modm .因 a, m 1 ， 故 a i a j modm .这与a 「a 2,川，a m 两两对模m 不同余矛盾.定理3设m , 0,m 2 0, m,, m 21，而x 1, x 2分别通过模 , m 2的一个完全剩余系，则m ?X 1 gX 2通过模gm ?的一个完全剩余系.证 当x-i , x 2分别通过模 m“ m 2的一个完全剩余系时, 值，下面证明这 gm 2个整数两两对模 m 1m 2不同余.设m 2为 m]X 2 m 2x 1 gx ? modm ^m ?,其中x,X i 是X i 所通过的模m i 的完全剩余系中的数，i 1,2.当m 为奇数时, 当m 为偶数时，m2 都是模m 的完全剩余系.1与号训‘仙川号m 2m m 1x 2共取了 mim 2个整数(1)由（1）得，m2% BX2 叫為m1x2modg ，从而叫為m2% mod m .因mi,m21，故％ x i modm .又因x）,x1是模的完全剩余系中的数，故捲洛.同理，X2 X2.故当x1, x2分别通过模m i, m2的一个完全剩余系时，m2m m|x2共取了m^m?个整数值, 下面证明这m i m）2个整数两两对模m i m2不同余.从而由定理1的推论得，这m^m?个整数作成模mim2的一个完全剩余系.定义0,1^|,m 1叫做模m的最小非负完全剩余系；当m是奇数时，m 4 d I L 1 1 a m •d ,|||, 1,0,1,|||, 叫做模m的绝对最小完全剩余系；当m是偶数时，号,川，1,o,1, 忙1或m训，仙川,m叫做模m的绝对最小完全剩余系.作业P57: 1,2,3,4 ，习题解答1.证明X u p st v,u 0,1j||, p s t 1,v 0,1,|||,p t 1,t s是模p s的一个完全剩余系。