初等数论第三章完整ppt课件

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精品-优秀PPT课件--初等数论三-夏子厚共33页文档

39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
精品-优秀PPT课件--初等数论三-夏子厚
41、实际上，我们想要的不是针对犯罪的法律，而是针对疯狂的法律。 ——马克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就像影子跟随着身体一样。— —贝卡利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进步。— —杰弗逊 44、人类受制于法律，法律受制于情理。— —托·富勒
45、法律的制定是为了保证每一个人自由发挥自己的才能，而不是为了束缚他的才能。—— 罗伯斯庇尔
谢谢！
Байду номын сангаас
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯

优选初等数论第三章课件

(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1 a2 b1 b2 (mod m);
若a b c(mod m),则a c b(mod m)
(4)若a1 b1(mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m);
若a b(mod m),则ak bk(mod m)
i p
pq,
即p
C
i p
例3、（1）求所有的正整数n，使得2n 1能被7整除；（2）证明：对于任何正整数n，2n +1不能被7整除。
解：（1）n Z ,都可写成3m k的形式,其中m N, k 0,1, 2. 因为23 1(mod 7)，所以23m 1(mod 7)，即23m 1 0(mod 7), 从而当 n 3m, 7 2n 1；
证：不妨设Sn 1n 2n 3n 4n，容易验证,14 1(mod 5), 24 16 1(mod 5),34 81 1(mod 5), 44 256 1(mod 5),
假定4k r,其中r 0,1, 2,3.由以上知 a4 1(mod 5), a 1, 2,3, 4. 则有 a4k 1(mod 5), 所以an a4kr ar (mod 5)
(6)若a b(mod m),且a a1d,b b1d,(d, m) 1，则 a1 b1(mod m)
(7)若a b(mod m), k 0,则 ak bk(mod mk) 若a b(mod m), d a,b, m, d 0，则
a d
b d
mod
m d
(8)若a b(mod mi ),i 1, 2, , k,则 a b(mod[m1, m2, , mk ])
因此可得Sn 1n 2n 3n 4n 1r 2r 3r 4r (mod 5). 因而当r 0,1, 2,3时，依次有 Sn 4 4(mod 5)， Sn 10 0(mod 5)，Sn 30 0(mod 5)，Sn 100 0(mod 5)，故当且仅当n不能被4整除时，1n 2n 3n 4n能被5整除.

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-2

i 1 i 1 i 1
m
m
m
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。
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y = x2 m2x3 m2m3x4 m2mkxk 1
通过模m2m3mk 1的完全剩余系。由定理4，当x1通过模m1的完全剩余系，
xi（2 i k 1）通过模mi的完全剩余系时， x1 m1y = x1 m1(x2 m2x3 m2mkxk 1)
从而
3、剩余系间的联系
定理4 设m1, m2N，AZ，(A, m1) = 1， X { x1 , x2 , , xm1 } ,Y { y1 , y2 , , ym2 } 分别是模m1与模m2的完全剩余系，则 R = { Ax m1y：xX，yY }是模m1m2的一个完全剩余系。证明由定理3只需证明：若x , x X，y , y Y，且 Ax m1y Ax m1y (mod m1m2)，则 x ' x ", y ' y " [ R中有m1m2个元素].
13 14
定理5 设miN，AiZ（1 i n），并且满足： ① (mi, mj) = 1，1 i, j n，i j； ② (Ai, mi) = 1，1 i n； ③ miAj ，1 i, j n，i j 。则当xi（1 i n）通过模mi的完全剩余系Xi时， y = A1x1 A2x2 Anxn 通过模m1m2mn的完全剩余系。
检验：设{x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系，那么，{b+x1, b+x2, , b+ xm}和 {ax1, ax2, ,a xm} 是模m的一个完全剩余系吗？ m 6, b 2 m 5, b 2 m 5, a 2 m 6, a 2

大学数学---初等数论 ppt课件

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初等数论的大部份内容早在古希腊欧几里德的《几何原本》中就已出现。欧几里得证明了素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数的方法，即所谓欧几里得算法。我国古代在数论方面亦有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”正是我国古代《孙子算经》中
的下卷第26题，我国称之为“孙子定理”。
一、基本概念
1、自然数、整数 2、正整数、负整数 3、奇数、偶数一个性质：整数+整数=整数整数-整数=整数整数*整数=整数
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二、整除
1、定义：设a，b是整数，b≠0。如果存在一个整数q使得等式：
a=bq 成立，则称b能整除a或a能被b整除，记作 b∣a；如果这样的q不存在，则称b不能整除 a。
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3、最大公因数的性质
（1）当b∣a时，（a，b）=b. （2）a，b的一切公因数都是（a，b）的因数. （3）若a，b是正整数，m是任一正整数，则有
（am，bm）=（a，b）m. （4）若（a，b）=1，c为任一正整数，则有
（ac，b）=（c，b）（5）若（a，b）=1， b∣ac，则有b∣c. （6）若a，b，c是任意三个正整数，则（a，b）=d的充分必要条件是：
a bq r, 0＜ r ＜b ，
b rq1 r1,
0＜ r1 ＜ r ，
则有 (a,b) rn .
r r1q2 r2 ,
…
…
0＜ r2 ＜ r1 ，
rn2 rn1qn rn , 0＜ rn ＜ rn1 ，
rn1 rn qn1 rn1 , rn 1 0 ,
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4、带余除法

初等数论教程3

• 比如时间的表示：我们说15:00与说下午3:00是一样的，因为15除以12与3除以12余数也相同，都为3。
• 即：120=7×17+1，365=7×52+1；15=12×1+3， 3=12×0+3
记为：120 365mod7 ；15 3mod12 。
并称为 120 与 365 对模 7 同余；15 与 3 对模 12 同余。
若 r1 r2，则称 a和 b对于模 m不同余，记作 a b(mo d m).
例3.1（P.121）
练习：（1）142与43对模11是否同余？（2）13与3对模5是否同余？（3）7与7对模7是否同余？（4）2与-2对模3是否同余？
例3.2 求证（1）如果a除以m的余数为r （ 0 r m ），则 a r(modm) ；（2）如果 a r(modm) ，0 r m ，则a除以m的余数为r.
b不是a对模m的剩余,
记作
a b (mod m);

关系式(1)称为模m的同余式,或简称同余式.
注：
由于m a b等价于-m a b,所以同余式(1) 等价于 a b (mod ( - m));
因此,以后总假设m 1.在同余式(1)中, 若0 b m ,则称b 是a 对模m的最小非负剩余; 若1 b m ,称b是a 对模m的最小正剩余; 若 - m / 2 b m / 2 (或 m / 2 b m / 2) ,称 b 是 a 对模 m 的绝对最小剩余.
• 下面的四个叙述是等价的： • (ⅰ) a b (mod m)； • (ⅱ) m|(a-b); • (ⅲ) 存在整数q，使得a = b qm； • (iv) 存在整数q1，q2，使得a=mq1 r，

初等数论第三章同余

第三章同余§1 同余的概念及其基本性质。

，所有奇数；所有偶数，例如，。

不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。

若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。

故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性），则、若；（反身性）、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡。

则，，，设。

，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -⇔-=-⇔=⇔≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z。

，则若；，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1。

，则特别地，若；，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2。

，则，；特别地，若则，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111111111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y Bx x Ak i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i kk kkk kk k +++≡+++=≡≡=≡≡----∑∑ αααααααααααααααα定理2。

《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版课件3-4

1) Q2 (22 1)，
n
其中Q1与Q2是整数，即 2 Fn 2(mod Fn ).
8
2
eg5 设n是正整数，记Fn = 22 1, 则 2 Fn 2(mod Fn ).
补充说明
n
三、在分数与小数互化中的应用
我们已经知道，F5是合数，因此例5表明， Fermat定理的逆定理不成立。 Fermat定理设p是素数，则对a Z , 有
s 证明： 10 a1a2 a s 0. b1 b2 bt

eg 6 化小数为分数. 0.13

2 13 1 12 90 90 15 13 0 13 990 990 1213 12 1201 9900 9900
a1a2 a s

b1b2 bt b b bt 1 2 . t 10 1 99 9
。
15
0.0 23
这就证明了不循环位数码个数不能再少了。
4
定理6 混循环小数 0.a1 a s b1 b2 bt 可以化为分数
a1 a s b1b2 bt a1 a s , 其中，分母中含有t个9, s个0. 99 900 0
a b
a a q (*) b b
而且ak, , a1不能都等于0，也不能都等于9。
由(*)式得(10k 1) a q ak ak 1 a1 ， b 1 1 a 1 ak ak 1 a1 ( k 2 k ) ak ak 1 a1 k 10 10 b 10 1
令n 4q r ,0 r 3, 则1n 2n 3n 4n
证：记P = x1x2x(m)，则(P, m) = 1.

§3同余课件

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即7 的个位数是3.
2018/11/3
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例8 设n的十进制表示是 13 xy 45 z , 且792n，求 x，y，z. 解因为792 = 8×9×11，故 8n，9n及11n。
8|n 8|45 z z 6.
9n 9（1 3 x y 4 5 z ）= 19 x y 9x y 1， (1) 11n 11（z 5 4 y x 3 1） = 3 y x 11（3 y x）。 (2) 即有 x y 1 = 9或18， 3 y x = 0或11
第三章
同余
• 教学目的和要求 • （1）熟练掌握同余的基本概念及性质。 • （2）熟练掌握剩余类、完全剩余系、简化剩余系和欧拉函数的概念及其性质。 • （3）熟练掌握欧拉定理、费马定理和解某些同余问题。 • 本章是初等数论的核心内容，是学生必须掌握的基础知识。
2018/11/3
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如： 21 6mod5, 43 7mod10, 3 8mod2
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§3.1
同余的概念及其基本性质
2、判断a,b对模m同余 ①定义 ②定理1 整数a,b对m同余的充要条件是
m (a b),即a b mt, t Z
注：下面的三个表示是等价的：
解方程组，得到x = 8，y = 0，z = 6。
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五、弃九法〔验算计算结果〕
若ab c, 则有 ab a b c(mod9)
应用这种方法可以验算较大整数的乘法。例9. 验算 28997×39495＝1145236415是否正确。

《初等数论（闵嗣鹤、严士健）》第三版课件3-5

5 6
de
( ( ( N ))1)
mod ( N ) 5
8 1
·加密：X 17;Y X e mod N 175 mod 35 12; ·解密：Y 12; X Y d mod N 125 mod 35 17
RSA算法的安全性
RSA安全性取决于对模n因数分解的困难性。 1999年8月，荷兰国家数学与计算机科学研究所家们的一组科学家成功分解了512bit的整数，大约300台高速工作站与PC机并行运行，整个工作花了7个月。 1999年9月，以色列密码学家Adi Shamir设计了一种名叫“TWINKLE”的因数分解设备，可以在几天内攻破512bit的RSA密钥。（但要做到这一点，需要300400台设备，每台设备价值5000美圆）。
初等数论闵嗣鹤严士健第三版课件35初等数论闵嗣鹤初等数论第三版答案初等数论第三版初等数论第三版pdf初等数论课件初等数论初步课件初等数论初等数论pdf初等数论潘承洞
该算法于1977年由美国麻省理工学院mit (massachusetts institute of technology)的ronal rivest， adi shamir和len adleman三位年轻教授提出，并以三人的姓氏rivest，shamir和adlernan命名为rsa算法。
e d
3
4
1
RSA中密钥中参数的选择（示例一）
RSA中密钥中参数的选择（示例二）
·p 5, q 7, N 5 7 35; ·( N ) ( p 1)( q 1) 4 6 24; ·取e 5, ( ( N )) (24) 8;
·p 5, q 11, N 5 11 55; ·( N ) ( p 1)(q 1) 4 10 40; ·取e 3, (( N )) (40) 16; mod 24 5; d e ( ( ( N ))1) mod ( N ) 3161 mod 40 27; ·加密：X 17;Y X e mod N 17 3 mod 55 18; ·解密：Y 18; X Y d mod N 1827 mod 55 17。

初等数论最小公倍数ppt课件

有[a,b]|M,
且有[a,b]
ab (a,b)
。
证：由M的定义知有M=ac=bd,又设
a (a,b)a1,b (a,b)b1 有 a1c b1d
因为 (a1,b1) ab1所以b1 | c，即 c b1t
有M=a b1t =(a,b) t,显然当t=1时最小，
即
[a, b]
ab (a,b)
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D 不存在对任意整数恒取素数的多项式
人们曾试图找一个能表示素数的多项式，但都失败了.
例给出了x2 x 41 ，当x=0,1,2,…39时都
是素数,但当x=40时就是合数
x2 x 72491 , 当x=0,1,2,…,11000时都是素数,但当x=110001时就是合数.
用反证法可证不存在对任意整数恒取素数的多项式（略）
.
所以M=[a,b]t,即有[a,b]|M.
2
例:设正整数m是a,b的公倍数,则
证明：
且
3
推论：设a,b,m是正整数，则[ma, mb]=m[a,b] 证：由 [ma, mb] m2ab mab m[a,b]
(ma, mb) (a,b)
下面给出n个整数的最小公倍数的方法
定理2：设 a1, a2 , an为n个整数，又
§3 最小公倍数定义： n是大于1的整数，整数 a1, a2 , an 的公共倍数称为 a1, a2 , an的公倍数，正公倍数中最小的一个称为 a1, a2 , an 的最
小公倍数。记成 [ a1, a2 , an ]
例 [2，-8]=8 下面考虑两个数的最小公倍数
1
定理1：设M是正整数a,b的任一公倍数，则
又a3 | m m3 | m … mn | m

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例 4 、证明当且仅当 n 不能被 4 整除时 ,1 n 2 n 3 n 4 n 能被 5 整除，其中 n 是正整数。
证：不妨设 S n 1 n 2 n 3 n 4 n ，容易验证 , 1 4 1 (m o d 5 ), 2 4 1 6 1 (m o d 5 ),3 4 8 1 1 (m o d 5 ),4 4 2 5 6 1 (m o d 5 ),
定义给定一个正整数 m，把它叫做模。如果用 m 去除任意两个整数 a,b所得的余数相同，我们就说 a,b对模 m同余，记作 ab(modm)，如果余数不同，我们就说 a,b 对模 m不同余，记作 a b(modm)。
定理 1 整数 a ,b 对模 m 同余的充分与必要条件是 m a b ,即 a b m t,t Z 。
注：（ 1 ）由定理 1 ，可得到同余的另外一个定义：即若 m a b ,则 a ,b 叫做对模 m 同余。
（ 2 ）由定理 1 说明， a b (m o d m )等价于 a 可表示为 a b m t
则
A1Lk
x11L
xk k
B1Lk
y11L
yk k
(modm)；
1Lk
1Lk
特别地，若 ai bi(modm),i0,1,L,n, 则
anxnan1xn1La0 bnxnbn1xn1Lb0(modm)
(6 )若 a b (m o d m ),且 a a 1 d ,b b 1 d ,(d ,m ) 1 ，则 a 1 b 1 (m o d m )
例 3 、（ 1 ）求所有的正整数 n ，使得 2 n 1 能被 7 整除；（ 2 ）证明：对于任何正整数 n ， 2 n+ 1 不能被 7 整除。
解：（ 1 ） n Z,都可写成 3m k的形式 ,其中 m N,k0,1,2. 因为 231(m od7)，所以 23m1(m od7)，即 23m10(m od7), 从而当 n3m ,72n1；
（ 3 ）定理 1 推论， m a a 0 (m o d m ), 该推论说明在模 m 的同余关系中 ,m 的倍数可用零来代替。
同余的基本性质（1）aa(modm) （2）ab(modm),则ba(modm) （3）ab(modm),bc(modm)，则ac(modm)
例 1 、求 3 4 0 6 写成十进位数时的个位数。（ 9 ）
例 2 、设 p 是素数，证明 ( a b ) p ( a p b p ) ( m o d p ) 。
证：根据二项式定理有： (ab)p apC1pap1bLCipapibi LCppbp
QCipp(p1)Li!(pi1)Z i!p(p1)L(pi1) 当 i 1 ,2 ,L ,p 1 时 ,(i!,p ) 1 i!(p 1 )L (p i 1 )，故 C ipp q , 即 pC ip
假定4kr,其中 r0,1,2,3.由以上知 a41(mod5),a1,2,3,4. 则有 a4k 1(mod5),所以 ana4kr ar(mod5)
因此可得 Sn1n2n3n4n1r2r3r4r(mod5). 因而当 r0,1,2,3时，依次有 Sn44(mod5)， Sn100(mod5)， Sn300(mod5)， Sn1000(mod5)，故当且仅当 n不能被 4整除时， 1n2n3n4n能被 5整除 .
定理 1 整数 a ,b 对模 m 同余的充分与必要条件是 m a b ,即 a b m t,t Z 。
证：设amq1r1,bmq2r2,0r1,r2m, 若ab(modm)，则r1=r2，因此abm （q1q2);
若mab,则mm （q1q2)(r1r2),因此mr1r2, 但r1r2 m,故r1=r2。
又 23m12(m od当 n3m 时 ,72n1.
（ 2 ）由 2 3 m 1 2 (m o d 7 ) ， 2 3 m 1 1 3 (m o d 7 ),2 3 m 2 1 5 (m o d 7 ), 可知，对任何正整数 n ,2 n 1 不能被 7 整除 .
(4)若a1b1(modm),a2 b2(modm)，则 a1a2 b1b2(modm);
若abc(modm),则acb(modm)
(4)若a1b1(modm),a2 b2(modm)，则 a1a2 b1b2(modm);
若ab(modm),则akbk(modm)
（5）若A1Lk B1Lk(modm),xi yi(modm),i1,2,L,k
第三章同余
一、同余的概念及其主要内容基本性质二、剩余类及完全剩余系三、简化剩余系与欧拉函数四、欧拉定理、费马定理及其应用
第一节同余的概念及其基本性质
数论中有它自己的代数，称之为同余理论。它既有重要的理论价值，又具有广泛的实际应用价值。人们在生活、生产、宗教、习俗及民间游戏中，常会遇到已日数计时、天文历法计算等问题。因而，简化数据，保留精神实质就成其当务之急，于是，产生了数论中的一些重要概念。
(7)若ab(modm),k0,则 akbk(modmk) 若ab(modm), da,b,m, d0，则
dadbmodm d
(8)若 ab(m odm i),i1,2,L,k,则 ab(m od[m 1,m 2,L,m k])
(9)若 ab(modm),dm,d0,则 ab(modd)
( 1 0 )若 a b (m o d m ),则 (a ,m ) (b ,m ) ，因而若 d 能整除 m 及 a ， b 两数之一，则 d 必能整除 a ,b 中的另一个。