第16讲 剩余类环

关于模n的剩余类环zn的注记
模n的剩余类环是数论中的重要概念，它在许多数学方面都有十分广泛的应用。

模n的剩余类环（简称zn）是一组相互不等的、分布在（0，n-1）的元素的集合，它是以模n的同余定义的，即一个数有表示如下：rn=a（mod n），其中a∈z（所有整数），r 是模n的剩余类环zn中的元素。

zn是一个环，具有加法和乘法的运算，也就是说，它是一个乘法群和一个加法群，满足群中元素的乘法、加法的结果也仍然是该群中的元素，而且对每一个元素都存在幺元，例如有幺元1，幺元0，相应的有加法逆元，乘法逆元，最后的结果就是依然是该zn环中的元素。

模n的剩余类环zn有着广泛的应用，它经常被用于求解数论中的一些难题，例如质因数分解，以及求解符号问题等，它也被用于做密码学算法，如椭圆曲线加密等。

另外，zn
也经常用于信号与系统理论中的一些应用中，例如滤波器设计、调制和解夫尔解调等。

由于模n的剩余类环zn有着广泛的应用，它也一直是数论中重要的研究课题。

因此，在近年来，学者们从不同的角度在探索和研究zn的性质，做出了大量的成果，丰富了zn的理论研究，也为实际应用提供了极大的便利。

2014届本科毕业生毕业论文题目=剩余类环巳2上的多项式环及因式分解和可约性学院：专业班级学生姓名：指导教师：答辩日期：大学教务处1引言 (1)2群，环的相关理论....................................... 错误!未定义书签。

2.1交换群，环的定义..................................... 错误!未定义书签。

2.2多项式环 (2)2. 3剩余类环和模为2的剩余类环的证明 (3)2.4剩余类环上的多项式环 (5)3 剩余类环上的因式分解及可约性 (5)3.1模为2的剩余类环上多项式环的的因式分解，可约不可约性 (5)4结论 (10)附录 (11)参考文献 (11)致谢 (12)剩余类环5上的多项式环及因式分解和可约性摘要：给出群，交换群，环的定义，可逆元的判定；证明剩余类环Z2为环，构造剩余类环z2上的多项式环，给出剩余类环z2上的多项式环的因式分解及判断可约性。

关键字：环；剩余类环；剩余类环上的多项式环；多项式环的因式分解；多项式环的可约性。

Factorization of polynomial ring and the residue class ringZ2 decomposition and reducibilityAbstract: This paper presents group, abelian groups, rings, determination of invertible elements; prove the residue class ring ring, polynomial ring over residue class rings, given the residue class ring ring of polynomials factorization and determine the reducibility・Keywords: ring； residue class ring； polynomial ring over residue class rings；the ring of polynomials factorization； polynomial ring reducibility・1引言19世纪以及整个20世纪里，人们建立并发展了众多的代数理论，其中对群，环，域等代数结构的研究获得了巨大的成功，使得代数成为20世纪最活跃的数学学科。

剩余类环上矩阵的等价标准形矩阵是现代数学中的一个重要概念，在众多数学领域中都有广泛的应用。

矩阵论是线性代数的一个分支，研究矩阵的基本性质和运算规则，以及矩阵与线性变换之间的联系。

在矩阵论中，矩阵的等价标准形是一个重要的概念，它可以帮助我们更好地研究矩阵的性质和特征。

在剩余类环上矩阵的等价标准形中，我们将研究矩阵在剩余类环上的性质和等价标准形。

剩余类环是现代数学中一个经典的概念，它是数学中一个很重要的工具，可以用来研究代数结构中的等价关系。

在剩余类环上研究矩阵的等价标准形，可以帮助我们更好地理解矩阵的性质和特征，为后续的矩阵计算和应用提供基础。

一、剩余类环的定义和性质剩余类环是一个经典的数学概念，它是由一个集合和一个等价关系构成的。

具体地说，设G是一个群，H是G的一个子群，对于g1,g2∈G，如果g1g2∈H，则称g1和g2在H下同余，记作g1≡g2(modH)。

这个等价关系可以构成一个等价类，所有和g1在H下同余的元素构成的集合称为g1在H下的剩余类，记作[g1]H。

所有在H下的剩余类组成的集合称为G模H的剩余类环，记作G/H。

剩余类环具有以下性质：1. 剩余类环是一个群，其乘法运算为[g1]H[g2]H=[g1g2]H，其单位元为H的剩余类，即[H]H。

2. 剩余类环是一个环，其加法运算为[g1]H+[g2]H=[g1+g2]H，其乘法运算为[g1]H[g2]H=[g1g2]H，其零元为H的剩余类，即[H]H，其单位元为1的剩余类，即[G]H。

3. 剩余类环的加法和乘法运算满足分配律、结合律和交换律。

4. 剩余类环的阶为|G:H|，即G模H的剩余类个数。

二、剩余类环上矩阵的定义和性质在剩余类环上，我们可以定义矩阵的加法和乘法运算。

具体地说，设G是一个群，H是G的一个子群，K是一个有限域，A和B是G模H 的剩余类环上的K矩阵，则矩阵的加法运算为A+B=[a(i,j)+b(i,j)]H，矩阵的乘法运算为AB=[∑a(i,k)b(k,j)]H。

模6的剩余类环的加法运算表剩余类的运算剩余类加法：[a] + [b] = [a + b]剩余类乘法：[a][b] = [ab]剩余类环：如果模n的剩余类集合中定义了剩余类加法和剩余类乘法运算，就把它叫做模n的剩余类环，记作：{[0],[1],[2]...[n-1];+,.}.我们已经知道整数的加法、乘法满足交换律、结合律和分配律，剩余类的加法、乘法运算也满足交换律、结合律和分配律。

另外，在模n的剩余类环中，对任意的剩余类[a],恒有[a] + [0] = [0] + [a] = [a][a][1] = [1][a] = [a][a][0] = [0][a] = [0]这样，我们可以发现，[0]、[1]与整数集中的0、1有着相同的运算性质，我们分别把[0]和[1]叫做模n的剩余类环的零元和单位元。

[0]*1=[0]，[3]*2=[0]，[2]*3=[0]，[4]*3=[0]，[1]*6=[0]，[5]*6=[0]。

满足[x]*n=[0]的最小正整数n就是[x]的阶。

[2]的阶是3就是说满足方程[2]*n=[0]的最小整数n是3。

循环群定义为若—个群G的每—个元都是G的某—个固定元a的乘方，则称G为循环群，记作G=(a)，a称为G的—个生成元。

循环群有无阶循环群和有阶循环群两种类型。

扩展资料：设(a)是—个循环群：(1)若|a|=∞，则(a)与整数加群Z同构；(2)若|a|=n，则(a)与模n的剩余类加群Zn同构。

证(1)|a|=∞，则当m≠n时，am≠an，(a)={…，a-2，a-1，e，a1，a2，…}。

于是令φ：(a)→Z，am→m可以证明这是循环群(a)到整数加群Z的一个双射，且φ(am·an)=φ(am+n)=m+n=φ(am)+φ(an)，故φ是(a)到Z的一个同构映射，所以(a)≌Z。

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.。