模300的简化剩余系的个数

模300的简化剩余系的个数

1. 引言

在数学中，模运算是一种常见的运算方式。模运算将一个数除以另一个数，并返回余数。在模运算中，我们经常遇到一个问题：如何找到一个给定模数下的所有剩余系个数？

本文将介绍一种用于求解模300的简化剩余系个数的方法，并详细讨论其实现原理和步骤。

2. 模运算与剩余系

2.1 模运算

在模运算中，我们使用符号“%”表示取余操作。例如，对于整数a和b，a % b表示将a除以b后得到的余数。

2.2 剩余系

在模运算中，剩余系指的是在给定模数下，所有可能的余数集合。例如，在模5下，剩余系为{0, 1, 2, 3, 4}。

3. 求解模300的简化剩余系个数方法

求解模300的简化剩余系个数可以通过以下步骤进行：

3.1 确定最小非负整数

首先，我们需要确定最小非负整数m。最小非负整数是指满足0 ≤ m < n（n为给

定的模数）条件下最小的整数。

对于本文中的问题，我们需要求解模300的简化剩余系个数，因此最小非负整数m

为0。

3.2 确定最大非负整数

接下来，我们需要确定最大非负整数M。最大非负整数是指满足0 ≤ M < n条件

下最大的整数。

对于本文中的问题，我们需要求解模300的简化剩余系个数，因此最大非负整数M

为299。

3.3 构建剩余系

根据最小非负整数m和最大非负整数M，我们可以构建模300的剩余系。具体步骤如下：

•从m开始，依次增加1，直到达到M。

•对每个增加后的值进行模运算，得到对应的余数。

•将所有得到的余数作为剩余系元素。

对于本文中的问题，我们需要求解模300的简化剩余系个数。根据上述步骤，我们可以得到模300的剩余系：{0, 1, 2, …, 298, 299}。

3.4 简化剩余系

在得到模300的剩余系后，我们可以进行简化操作。简化操作是指将剩余系中与给定模数互素（即最大公约数为1）的元素筛选出来。

具体步骤如下：

•对于剩余系中的每个元素，计算其与给定模数的最大公约数。

•如果最大公约数为1，则将该元素保留下来，否则舍弃。

对于本文中的问题，我们需要求解模300的简化剩余系个数。根据上述步骤，我们可以对模300的剩余系进行简化操作。

3.5 求解简化剩余系个数

在对模300的剩余系进行简化操作后，我们可以得到一个简化剩余系。最后一步是求解该简化剩余系的个数。

对于本文中的问题，我们需要求解模300的简化剩余系个数。根据上述步骤，我们可以得到模300的简化剩余系，并计算其个数。

4. 结论

通过以上步骤，我们可以求解出模300的简化剩余系个数。本文介绍了求解模300的简化剩余系个数方法，并详细讨论了其实现原理和步骤。

希望本文能够帮助读者更好地理解和应用模运算及其相关概念。

初等数论Z_华中师范大学20年春季考题库及答案共2个文档这是其中一个

[试题分类]:初等数论Z_81712005 [题型]:单选 [大题名称]: 单项选择题 [题目数量]:100 [分数]:2 1. 如果a≡b(modm),c是任意整数，则（） A. ac≡cb(modm) B. a=b C. a=c D. a≡bc(modm) [答案]:A [一级属性]: [二级属性]: [难度]: [公开度]: 2. 同余方程58x≡87(mod47)的解为（）. A. x≡25(mod47) B. x≡29(mod47) C. x≡35(mod47) D. x≡37(mod47) [答案]:A [一级属性]: [二级属性]: [难度]: [公开度]: 3. 如果n是一个自然数，那么n(n+1)是（） A. 奇数 B. 偶数 C. 奇数或偶数 D. 由n的奇偶性而定 [答案]:B [一级属性]: [二级属性]: [难度]: [公开度]: 4. 下列各组数哪一组是模8的完全剩余系（）. A. 1,3,5,7,9,11,13,15 B. 2,4,6,8,17,21,23 C. -7,-12,-17,-22,-27,-32,-37,-42 D. –2,–7,11,15,18,21,24,27 [答案]:C

[二级属性]: [难度]: [公开度]: 5. 157！的标准分解式中素数7的指数为（）. A. 22 B. 23 C. 24 D. 25 [答案]:D [一级属性]: [二级属性]: [难度]: [公开度]: 6. 同余方程7x≡1(mod31)解为（）. A. x≡6(mod31) B. x≡7(mod31) C. x≡8(mod31) D. x≡9(mod31) [答案]:D [一级属性]: [二级属性]: [难度]: [公开度]: 7. 1001！中末尾0的个数为（） A. 200 B. 238 C. 248 D. 249 [答案]:D [一级属性]: [二级属性]: [难度]: [公开度]: 8. 整数6的正约数的个数是（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 [答案]:D

高中数学竞赛数论

高中数学竞赛 数论 剩余类及剩余系 (1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类. (2)性质(ⅰ)i m i K Z 1 0-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对随意a 、b ∈Z ，那么a 、b ∈K r ⇔a ≡b(modm). (1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特殊地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的肯定最小完全剩余系:当m 为奇数时,21,,1,0,1,,121,21--+---- m m m ;当m 为偶数时,12 ,,1,0,1,,12,2--+--m m m 或2,,1,0,1,,12m m -+-. (2)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)假设(a,m)=1，那么x 及ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1及aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,假设aa i +b ≡aa j +b(modm),那么a i ≡a j (modm), 冲突!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,假设a i ≡a j (modm),那么有

第1讲 初等数论中的同余问题 复旦大学附属中学 万军

2011年协作体夏令营系列讲座(一) 初等数论中的同余问题 复旦附中万军 同余的概念和性质： 设为非零整数，如果整数满足，则称和对模同余，记为；否则称和对模不同余，记为． 注意到，，故，所以我们总是可以假定为正整数． 对于固定的模，同余有很多性质： 1）同余是一种等价关系，即有 ①自反性：； ②对称性：若，则； ③传递性：若，，则． 2）加法、减法、乘法和乘方运算： 若，， 则， ，． 3）除法运算： ，则． 特别地，若，则． 4）同余组： 同时成立的充要条件是 剩余类与完全剩余系： 设为一个给定的正整数，则全体整数可以分成个集，记为， 其中，则称为模的剩余类．模的剩余类有下列性质： 1）每个整数必属于且仅属于模的一个剩余类中； 2）两个整数同在一个剩余类中的充要条件是这两个整数模同余． 事实上，，0≤≤，有 如果个整数中不存在两个数属于同一剩余类，则称为模的一个完全剩余系（或称完系）． 最常用的剩余系称为模的非负最小完全剩余系．

此外也常用到绝对值最小完全剩余系，它们是： 当为奇数时， 当为偶数时，或 完全剩余系有下列性质： 1）个整数作为模的一个完全剩余系的充要条件是它们两两模 不同余； 2）若是模的一个完全剩余系，， 那么也是模的一个完全剩余系； 也常这样描述：设是正整数，，若通过模的一个完全剩余系， 则也通过模的一个完全剩余系． 3）若是互质的两个正整数，而分别通过的一个完全剩余系， 则通过的一个完全剩余系． 如果一个模的剩余类里面的数与互质，就把它叫做一个与模互质的剩余类，在与模互质的全部剩余类中，从每一类各任取一个代表元所组成的数集，叫做模的一个简化剩余类系（或缩系）． 定理1：模的剩余类是模互质的剩余类的充要条件是此类中有一个数与互质．因此与模互质的剩余类的个数是，模的每一个简化剩余类系是由与互质的个对模不同余的整数组成的． 其中，（欧拉函数）是定义在正整数上的函数，它在正整数上的值是集合中与互质的数的个数． 定理2：若是个与互质的数整，并且两两对模不同余， 则是模的一个简化剩余类系． 定理3：若，通过模的一个简化剩余系，则也通过模的一个完全剩余系． 定理4：若是互质的两个正整数，而分别通过的一个简化剩余系， 则通过的一个简化剩余系． 推论：若是互质的两个正整数，则． 下面的几个定理在处理数论问题时经常用到，并且它们本身的证明也是很好的例题．

(完整版)初等数论第2版习题答案

第一章 §1 1 证明：n a a a ,,21 都是m 的倍数。 存在n 个整数n p p p ,,21使 n n n m p a m p a m p a ,,,222111 又n q q q ,,,21 是任意n 个整数 m p q p q q p a q a q a q n n n n )(22112211 即n n a q a q a q 2211是m 的整数 2 证： )12)(1()12)(1( n n n n n n n )1()1()2)(1( n n n n n n )1()1/(6),2)(1(/6 n n n n n n )1()1()2)(1(/6 n n n n n n 从而可知 )12)(1(/6 n n n 3 证： b a , 不全为0 在整数集合 Z y x by ax S ,|中存在正整数，因而 有形如by ax 的最小整数00by ax Z y x ,，由带余除法有00000,)(by ax r r q by ax by ax 则 S b q y y a q x x r )()(00，由00by ax 是S 中的最小整数知0 r by ax by ax /00 下证8P 第二题 by ax by ax /00 （y x ,为任意整数） b by ax a by ax /,/0000 ).,/(00b a by ax 又有b b a a b a /),(,/),( 00/),(by ax b a 故),(00b a by ax 4 证：作序列 ,2 3, ,2 , 0,2 ,,2 3,b b b b b b 则a 必在此序列的某两项之间

初等数论作业答案

初等数论 1：[单选题]已知361a是一个4位数（其中a是个位数），它能被5整除，也能被3整除，则a的值是（）。 A：0B：2C：5D：9参考答案：C 2：[单选题]下面的（）是模4的一个简化剩余系。 A：4,17B：1,15C：3,23D：13,6参考答案：B 3：[单选题]小于20的正素数的个数是（）。 A：11B：10C：9D：8参考答案：D 4：[单选题] 下面的数是3的倍数的数是（）。 A：19B：119C：1119D：11119参考答案：C 5：[单选题]-4除-39的余数是（）。 A：3B：2C：1D：0参考答案：C 6：[单选题]一个正整数n的各位上的数字是0或1，并且n能被2和3整除，则最小的n 是（）。 A：1110B：1101C：1011D：1001参考答案：A 7：[单选题][[4.5]+[3.7]]等于（）。 A：3B：4C：7D：8参考答案：C 8：[单选题]{{1.8}+{2.9}}等于（）。 A：0.4B：0.5C：0.6D：0.7参考答案：D 9：[单选题]100与44的最小公倍数是（）。 A：4400B：2200C：1100D：440参考答案：C 10：[单选题]使3的n次方对模7同余于1的最小的正整数n等于（）。 A：6B：2C：3D：13参考答案：A 11：[单选题]设a,b,c,d是模5的一个简化剩余系，则a+b+c+d对模5同余于（）。 A：0B：1C：2D：3参考答案：A 12：[单选题]下面的（）是不定方程3x + 7y = 20的一个整数解。 A：x=0,y=3B：x=2,y=1C：x=4,y=2D：x=2,y=2参考答案：D 13：[单选题]下面的（）是模4的一个完全剩余系。 A：9，17，-5，-1B：25，27，13，-1C：0，1，6，7D：1，-1，2，-2参考答案：C 14：[单选题]下面的（）是模12的一个简化剩余系。 A：0，1，5，11B：25，27，13，-1C：1，5，7，11D：1，-1，2，-2参考答案：C 15：[单选题]若a，b均为偶数，则a + b为（）。 A：偶数B：奇数C：正整数D：负整数参考答案：A 16：[单选题]1到20之间的素数是（）。 A：1，2，3，5，7，11，13，17，19B：2，3，5，7，11，13，17，19C：1，2，4，5，10，20D：2，3，5，7，12，13，15，17参考答案：B 17：[单选题]如果a|b，b|c，则（）。 A：a=cB：a=-cC：a|cD：c|a参考答案：C 18：[单选题]360与200的最大公约数是（）。 A：10B：20C：30D：40参考答案：D 19：[单选题]如果 a|b，b|a ，则（）。 A：a=bB：a=-bC：a=b或a=-bD：a，b的关系无法确定参考答案：C 20：[单选题]如果5|n ，7|n，则35（）n 。 A：不整除B：等于C：不一定D：整除参考答案：D 21：[单选题]整数6的正约数的个数是（）。 A：1B：2C：3D：4参考答案：D 22：[单选题]设n，m为整数，如果3整除n，3整除m，则9（）mn。 A：整除B：不整除C：等于D：小于参考答案：A 初等数论第二次作业 填空题 1．16除100的余数是 4 _。

3 简化剩余系与欧拉函数

§3 简化剩余系与欧拉函数 定义 欧拉函数()n ϕ是一个定义在正整数集上的函数，()n ϕ的值等于系列 0,1, ,1n -中与n 互质的整数的个数。 ()()() ()11,21,32,42, ϕϕϕϕ=== = 当1n >时，()0.n n ϕ<<当p 为质数时，() 1.p p ϕ=- 定义 如果一个模m 的剩余类里的数与m 互质（在模m 的一个剩余类中，只要有其中 一个数和m 互质，则该剩余类中所有的数就都与m 互质），就把它叫做一个与m 互质的剩余类. 在与m 互质的全部剩余类中，各取一个数所组成的一组数，叫做模m 的一个简化剩 余系. 定理1 模m 的一个简化剩余系含有()m ϕ个数. 证 模m 的全部剩余类是011,, ,m K K K -. 因为,0,1, ,1r r K r m ∈=-， 所以对每个()01r r m ≤≤-，r K 是一个与m 互质的剩余类的充要条件是(), 1.r m =因此，在模m 的 全部剩余类011,, ,m K K K -中，与m 互质的全部剩余类是满足条件()01,,1 r m r m ≤≤-=的所有剩余类r K . 这样的剩余类公有()m ϕ个，故由简化剩余系的定义知，模m 的简化剩余系含有()m ϕ个数. 定理2 若()1, ,m a a ϕ是()m ϕ个与m 互质的整数，则()1, ,m a a ϕ是模m 的一个简化 剩余系的充要条件是它们两两对模m 不同余. 证 必要性 设()12,, ,m a a a ϕ是模m 的一个简化剩余系，则由简化剩余系的定义，这 ()m ϕ个数是取自模m 的不同剩余类的，故这()m ϕ个数两两对模m 不同余. 充分性 设与m 互质的()m ϕ个整数()12,, ,m a a a ϕ两两对模不同余. 因每个整数都与 m 互质， 故每个整数都属于一个与m 互质的剩余类. 因这()m ϕ个整数两两对模m 不同余，故这()m ϕ个整数分别属于不同的与m 互质的剩余类. 另一方面，与m 互质的剩余类共有 ()m ϕ个，故()12,,,m a a a ϕ分别属于这()m ϕ个与m 互质的剩余类，故()12,,,m a a a ϕ是 模m 的一个简化剩余系.

初等数论期末复习题

一、填空 1. 若b 是任一正整数，则=),0(b 。 2. 若b 是任一整数，则=),0(b 。 3. [5.7]= {5.7}= [ 5.9]-= { 5.8}-= 4. [1.2]= =}2.1{ [ 1.2]-= =-}2.1{ 5. 写出标准分解式 (1)!20= . (2)30!= (3)32!= . 6. !20中质因数2的指数是 。在!40的标准分解式中质因数3的指数是 。 7. 同余式(mod )ax b m ≡有解的充要条件是 。 8. 不定方程ax by c +=，其中a,b 都是整数，且都不为零，方程有解的充分必要条件是 。 9. 设模为正整数m ，则整数的同余关系作为等价关系满足的三个基本性质是： (1) (自反性) ； (2) (对称性)若)(mod m b a ≡，则)(mod m a b ≡； (3) （传递性） 。 10. 写出模7的绝对最小完全剩余系： ，写出模7的最小非负完全剩余系： 模7的一组简化剩余系： . 11. 欧拉函数2(7)?= ， =)10(? ，=)37(? ，

=)120(? 。 12. 求最大公因数 (169, 121)= ，(1859, 1753)= ， (76501, 9719)= ，（48, 72, 108）= 。 13. 求最小公倍数 [21, 35 ]= ，[123, 321]= ，[138, 36]= ， [125, 725, 1125]= [128, 234, 524]= . 14. 写出82798848的标准分解式 。 15. 写出51480的标准分解式 。 二、判断 1.若)(mod m b a ≡，d 是m b a ,,的任一公因数，则)(mod d m d b d a =。 （ ） 2.模m 的一个简化剩余系中数的个数为1)(-m ?。（ ） 3.若)(m od 22m b a ≡成立，则)(mod m b a ≡。（ ） 4.若)2(mod b a ≡，则)2(mod 222b a ≡。 （ ） 5. 4063的十进制中后两位数是2和9。 （ ） 6. 30！的标准分解式中质因数13的指数是3. （ ） 7. 30！的标准分解式中质因数13的指数是2. （ ） 8. 180的标准分解式是53222??。（ ） 9. （198,252）=16. （ ） 10. 从260到545的整数中,是13倍数的整数有 22 个。( ) 11. 若)(mod m b a ≡，0,|>d m d ，则)(mod d b a ≡. （ ） 12. 同余式)5(m od 0421525103467≡-+--x x x x 是模5的七次同余式. （ ） 13. 若)(mod m b a ≡，0>k ，则)(mod mk bk ak ≡. （ ） 14. 若435693=a ，则a 既能被3整除也能被9整除。 （ ）

《初等数论》复习思考题答案

（0346）《初等数论》复习思考题答案 1． 一个不等于1的自然数，分别去除967，1000，2001得到相同的余数。试求这个自然数。 解：设这个自然数为q ，则q | 1000 – 967，即q | 33。又q | 2001 – 1000，即q | 1001，所以 q = 11。 2． 求证：不可能存在两个质数p 1，p 2，使得p 1 + p 2 = 111…1(20位数)。 证明：由于p 1与p 2的和为奇数，故p 1与p 2中有一个为2，设p 2 = 2，则 110101*********-++++=Λp 。因为10 ≡ 1(mod 9)，所以p 1 ≡ 19 – 1 ≡ 0 (mod 9)，即p 1不是质数，矛盾。 3． 如果p 和p + 2都是大于3的质数，求证6 | p + 1。 证明：首先p 是大于3的质数，则p 不是3的倍数。又p + 2是大于3的质数，所以p – 1不是3的倍数。故p + 1 必为3的倍数。但p + 1 为偶数，所以p + 1 为2的倍数。由于2与3互质，所以p + 1 为6的倍数，于是6 | p + 1。 4． 设m , n 为整数，求证m +n , m -n 与mn 中一定有一个是3的倍数。 证明：若m 或n 为3的倍数，则mn 是3的倍数；若m 是3的倍数加1，n 是3的倍数加1，则m -n 是3的倍数；若m 是3的倍数加1，n 是3的倍数加2，则m +n 是3的倍数；若m 是3的倍数加2，n 是3的倍数加1，则m +n 是3的倍数；若m 是3的倍数加2，n 是3的倍数加2，则m -n 是3的倍数，结论成立。 5． 证明：两个奇数的平方差是8的倍数。 证明：若a =2k +1为奇数，则a 2-1=4k (k +1)，因2|k (k +1)，所以8| a 2-1。于是当a , b 均为奇数时，由8| a 2-1与8| b 2-1得8|a 2-b 2。即两个奇数的平方差是8的倍数。 6．已知p 为偶数，q 为奇数。方程组???=+=-q y x p y x 39918的解是整数，那么（ ）。 A. x 是奇数，y 是偶数 B. x 是偶数，y 是奇数 C. x 是偶数，y 是偶数 D. x 是奇数，y 是奇数 答：B. 7．求1980的标准分解式。 解：1980=22?32?5?11。 8． 求792与594的最大公因数。

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

《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)

《初等数论》试卷 一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） １．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． ２．下列命题中不正确的是( ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数； Ｂ．整数12,, ,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数 Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数 ３．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解 ()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( ) Ａ．00,,0,1,2,;a b x x t y y t t d d =- =+ =±± Ｂ．00,,0,1,2, ;a b x x t y y t t d d =+= -=±± Ｃ．00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =+= -=±± Ｄ．00,,0,1,2, ;b a x x t y y t t d d =-= -=±± ４．下列各组数中不构成勾股数的是( ) Ａ．５，１２，１３； Ｂ．７，２４，２５； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７ ５．下列推导中不正确的是( ) Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ ６．模１０的一个简化剩余系是( ) Ａ．0,1,2, ,9; Ｂ．1,2,3,,10;

第二章--同余---第七节--简化剩余系(2)

初 等 数 论 （16） （第二章 同余 第七节 简化剩余系（2）） 一、复习 二、例题 例2 什么样的正整数满足 ϕ (2x ) = ϕ (3x ) 解 设x =2a 3b y ，其中ab 为非负整数，y |6/ 。 若b > 0，（a 、b 大于或等于0）则 ϕ (2x ) =ϕ (2a +1) ϕ (3b ) ϕ (y ) =2a ×3b -1×(3-1)ϕ (y ) ϕ (3x ) =ϕ (2a ) ϕ (3b +1) ϕ (y ) =2a -1×3b ×(3-1)ϕ (y ) 这时ϕ (2x )和ϕ (3x )不会相等。 所以在ϕ (2x ) =ϕ (3x )时，b = 0，x =2a y 。这时， ϕ (2x ) =2a ×ϕ (y )，ϕ (3x ) =2×ϕ (2a )×ϕ (y ) 由ϕ (2x ) = ϕ (3x )得 ϕ (2a ) =2a -1， (a > 0) 故 x =2a y ，a 为正整数，y |6/ 。 例如 x = 215×35，则 ϕ (2×215×35) =215×ϕ (35) ϕ (3×215×35) =（3 - 1）×214×ϕ (35) 例3 证明：n n 41)(= ϕ不可能成立。 证明 若n n 4 1)(=ϕ，则n 4。设 k p p p n αααα 21212=，其中p i 为奇质数，a ≥ 2，则 k k p p p n αααα 2121224 1-= )1()1(2)(111211121--=----k k p p p p p n k ααααϕ，于是 )1()1)(1(22121---=k k p p p p p p 上式右边为偶数，左边为奇数，矛盾。

数论算法讲义5章(原根与指标)

第 5 章 原根与指标 （一） 内容 ● 指数 ● 原根 ● 有原根的整数 ● 指标（对数） （二） 重点 ● 原根及其意义 ● 有原根的整数的条件 ● 指标及其性质 5.1 指数及其基本性质 准备知识： （1） 欧拉定理：m ＞1，(a,m)＝1，则 ()m a ϕ≡1（mod m ） （2） 问题： ①()m ϕ是否是使得上式成立的最小正整数？ ②该最小正整数有何性质？ (一) 指数和原根概念 【定义5.1.1】（定义1）设m ＞1，(a,m)＝1，则使得 e a ≡1（mod m ） 成立的最小正整数e 叫做a 对模m 的指数（或阶），记作 m ord (a)。若a 的指数e ＝()m ϕ，则a 叫做模m 的原根。

(二) Diffie —Hellman 密钥交换算法 全局公开量 q 素数 α q 的原根（α

【例1】（按定义求指数和原根）（例1）m ＝7，则ϕ(7)＝6。且 11≡1，32≡1，63≡1，34≡1，65≡1，26≡1（mod 7） 故对模数7而言，1，2，3，4，5，6的指数分别为1，3，6，3，6，2。列表表示为 因此，3， 【例2】（快速求指数）（例2）m ＝14＝2·7， ϕ(14)＝6，则 11≡1，33≡－1，35≡－1，39≡1，311≡1，213≡1（mod 7） 列表 故3，5 【例3】（无原根的整数）（例3）m ＝15＝3·5， ϕ(15)＝8，则 同理，可知模数m ＝9时，其原根为2，5；而整数8则没有

模300的简化剩余系的个数

模300的简化剩余系的个数 简介 在数论中，我们经常遇到模运算的问题。模运算是将一个数除以另一个数得到的余数。在本文中，我们将探讨模300的简化剩余系的个数，并介绍相关概念和性质。 什么是模300的简化剩余系？ 简化剩余系是指在模一个正整数的情况下，所有可能的余数的集合。在我们这里，模300的简化剩余系就是在除以300的情况下，可能的余数的集合。 由于我们将讨论模300的简化剩余系，所以余数的范围是0到299。下面是模300的简化剩余系的公式： S={0,1,2,3, (299) 其中，S表示模300的简化剩余系的集合。 模300的简化剩余系的个数 为了计算模300的简化剩余系的个数，我们可以利用以下性质： 性质1：对于任意的正整数n，模n的简化剩余系的个数等于n。 根据性质1，我们知道模300的简化剩余系的个数等于300。 因此，模300的简化剩余系的个数为300个。 模300的简化剩余系的性质 下面，我们介绍一些模300的简化剩余系的性质： 1.性质1：模300的简化剩余系中的所有元素都小于300，并且都是非负整数。 2.性质2：模300的简化剩余系中的元素两两不同，即没有重复的元素。

3.性质3：对于模300的简化剩余系中的任意两个元素a和b（其中a≠b），当且仅当a和b对300取模后余数相等时，a和b相等。 这些性质对于我们解决模300的相关问题非常有用。 总结 在本文中，我们探讨了模300的简化剩余系的个数以及相关性质。我们了解到模300的简化剩余系是在除以300的情况下，可能的余数的集合，个数为300。模300的简化剩余系中的元素都是非负整数，且两两不同。这些性质对于我们在数论中使用模运算解决问题非常重要。 希望本文对你理解模300的简化剩余系有所帮助！

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 定义1设meZ\称之为模。若用加去除两个整数“与b所得的余数相同，则称"上对模加【可余，记作：a = b (mod /n)；若所得的余数不同，则称w,〃对模加不同余，记作："圭b(mod〃2)。 例如，8 = 1 (mod 7),:所有偶数“三0 (mod 2),所有奇数“ =1 (mod 2)。 同余是整数之间的一种关系，它具有下列性质： R a = a (mod m)；(反身性) 2、若"三b (mod加)，贝肪三a (mod m)；(对称性) 3、若"三b (mod m), b = c (mod m),贝h 三 c (mod 加);(传递性) 故同余关系是等价关系。 定理1整数对模加同余的充分必要条件是RP a = b + mt, r eZo 证明设"=+ b = mq2 + r v 0 < r2 < m, 贝l] a = b (mod m) O 打=r2 O a — b = m(q{一⑴)O I (" 一b)° 性质1(1)若％三S (mod m)> a2 = b2 (mod m)> 则a x + a2 +b2 (mod /n)； (2)若"+ h = c (mod 〃?)，贝ij a = c-b (mod m)o 性质2 若=/?, (mod /??), a2 =b2 (mod m),则"]5 "心(mod m)：特别地，若a = b (mod m),则畑三kb (mod加)。 定理2若比…亞三〃叶・％(mod/),兀三片(mod皿)，j = 1,2,…人则艺比…致坊‘…場三另3时灼)吓…yj (mod/)；特别地,若％三化(mod加), i = OJ2・・・，n，则心* +"心]北1 + - - +u()=b n x n +/>n_|x71'1 + …+ "o (mod 加)。 性质3 若“ = "[d, b = b&, = "三b （mod 加），则"[三％

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

高中数学竞赛中数论问题的常用方法

高中数学竞赛中数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ϕ表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ϕ为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ϕ中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ϕ}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ϕ}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ϕ}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ϕϕϕ=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相

初等数论论文

初等数论数学思想对高中数学竞赛的指导 学号： 班级： 姓名： 摘要：初等数论是研究数的规律，及整数性质的数学分支，它是数论的一个最古老的分支。 在高中数学中引入初等数论，有利于拓展学生的数学视野，有利于提高学生对数学的科学价值，应用价值，文化价值的认识。初等数论中的数学思想对高中数学竞赛也具有很强的指导作用。 关键词：初等数论 数学竞赛 数学思想 应用 数论，这门古老而又常新的学科既是典型的纯粹数学，又是日益得到广泛应用的新“应用数学”. 在数论中，初等数论是以整除理论为基础，研究整数性质和方程（组）整数解的一门数学学科，是一门古老的数学分支.它展示着近代数学中最典型、最基本的概念、思想、方法和技巧.目前，初等数论在计算机科学、代数编码、密码学、组合数学、计算方法等领域内得到了广泛的应用，成为计算机科学等相关专业不可缺少的数学基础. 数论的魅力在于它可以适合小孩到老人，只要有算术基础的人均可以研究数论.初等数论貌似简单，但真正掌握并非易事，它的内容严谨简洁，方法奇巧多变，其中蕴含了丰富的数学思想方法 1 转化思想方法 转化是一种常用的数学思想方法.转化是指问题之间的相互转化，或者将问题的一种形式转化为另一种形式，或者把复杂问题转化成较简单问题、将陌生问题转化为已解决或熟悉的问题[1].通过恰当的化归转化不仅能够顺利地解决原问题，而且有助于培养学生科学的思维习惯. 整除是数论中的基本概念，此问题是数论中比较简单的一种类型.有时我们需要判断几个分式的和是一个整数，这样直接求其是整数比较困难，因而常常化为整除问题解决. 例2（第35届美国中学数学竞赛题）满足联立方程 ⎩⎨ ⎧=+=+23 44 bc ac bc ab 的正整数()c b a ,,的组数是（） ()A 0 ()B 1 ()C 2 ()D 3 ()E 4 解（质因数分解法）由方程23=+bc ac 得 ()23123⨯==+c b a . a , b , c 为整数，1=c 且23=+b a .将c 和b a -=23代入方程44=+bc ab

完系、简系

完系、简系、剩余系 知识扫描 若按对某一模m 的余数进行分类，就可以引入所谓的剩余类和完全剩余类的概念。 定义2：设m N +∈，把全体整数按其对模m 的余数r （0≤r ≤m-1）归为一类，记为r k ，每一类()0,1,2, ,1r k r m =-均称为模m 的剩余类（又叫同余类） ，同一类中任一数称为该类中另一类数的剩余。 根据定义，剩余类具有如下性质： ()() ()}{()()0 012101=20,1,2,,13,,,mod . m i j r r Z k k k k k k i j n Z r m n k a b Z a b k a b m -⋃⋃⋃⋃⋂=∅≠∀∈∈-∈∀∈∈⇔≡，而对于，有唯一的，使得对 定义3：设012 1,,m k k k k -是模m 的全部剩余类，从每个r k 中任取一个数r a ，这m 个数 0121,,,,m a a a a -组成的一个组称为模m 的一个完全剩余系，简称完系。 显然，模m 的完全剩余系有无穷多个，但最常用的是下面两个： ()10,1,21;m -最小非负剩余系： ，， ()221m m k =+最小绝对值剩余系：它随的奇偶性不同而略有不同。 当时，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,,k-1 关于完全剩余系，有以下判别法： ()()()()121121121,, ,,1mod ; 2,1,,, ,,,, ,m m i j m m m m a a a a m i j m a a m b m c a a a a m ba c ba c ba c m --⇔ ≤<≤≡=+++个整数是模的一个完系当时，设为任意整数，若是模的一个完系，则 也是模的一个完系。 特别地，任意m 个连续的整数构成模m 的一个剩余系。 设m 为一正整数，由于在0,1,2，…，m-1中与m 互质的数的个数是由m 唯一确定的一个正整数，因此可以给出以下定义： 定义4：m 为一正整数，把0,1,2，…，m-1中与m 互质的数的个数叫做m 的欧拉函数，记为 ()m 。 ()()() ()()()(),,mod ,,,,1,=15r r k m a b k a b m a m b m a m b m k m m m m m m ∈≡==设是模的一个剩余系，若则于是因此若，则，即中的任一数均与互质。这样，又给出如下定义：定义：如果一个模m 的剩余类k 中任一数与互质，则称k 是与模互质的剩余类，在与模互质的每个剩余类中任取一个数共个所组成的数组，称为模的 一个简化剩余系（简称简系）。 由此定义，不难得到如下关于模m 简化剩余系的判定方法： ()()()()()()()()() 1212121,,,,11mod ; 23,, ,,1,,, ,i m i j m m a a a m a m i j m a a m m m m a a a m k m a ka ka m ⇔=∀≤<≤≡=是模的简化剩余系且对于在模的一个完全剩余系中，取出所有与互质的数组成的数组， 就是一个模的简化剩余系； 设是模的简化剩余系，若 则k 也是模的简化剩余系。

初等数论练习题答案

初等数论练习题一 一、填空题 1、d2420=12; ϕ2420=_880_ 2、设a,n 是大于1的整数,若a n -1是质数,则a=_2. 3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}. 4、同余方程9x+12≡0mod 37的解是x ≡11mod 37; 5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t,y=700+18t t Z ;. 6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ m _; 7、18100被172除的余数是_256; 8、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 =-1; 9、若p 是素数,则同余方程x p 1 1mod p 的解数为 p-1 ; 二、计算题 1、解同余方程：3x 2 11x 20 0 mod 105; 解：因105 = 3 5 7, 同余方程3x 2 11x 20 0 mod 3的解为x 1 mod 3, 同余方程3x 2 11x 38 0 mod 5的解为x 0,3 mod 5, 同余方程3x 2 11x 20 0 mod 7的解为x 2,6 mod 7, 故原同余方程有4解; 作同余方程组：x b 1 mod 3,x b 2 mod 5,x b 3 mod 7, 其中b 1 = 1,b 2 = 0,3,b 3 = 2,6, 由孙子定理得原同余方程的解为x 13,55,58,100 mod 105; 2、判断同余方程x 2≡42mod 107是否有解 故同余方程x 2≡42mod 107有解; 3、求127156+3428除以111的最小非负余数; 解：易知1271≡50mod 111;

由502 ≡58mod 111, 503 ≡58×50≡14mod 111,509≡143≡80mod 111知5028 ≡5093×50≡803×50≡803×50≡68×50≡70mod 111 从而5056 ≡16mod 111; 故127156+3428≡16+3428 ≡5028≡70mod 111 三、证明题 1、已知p 是质数,a,p=1,证明： 1当a 为奇数时,a p-1+p-1a ≡0 mod p ； 2当a 为偶数时,a p-1-p-1a ≡0 mod p; 证明：由欧拉定理知a p-1≡1 mod p 及p-1a ≡-1 mod p 立得1和2成立; 2、设a 为正奇数,n 为正整数,试证n 2a ≡1mod 2n+2; (1) 证明 设a = 2m 1,当n = 1时,有 a 2 = 2m 12 = 4mm 1 1 1 mod 23,即原式成立; 设原式对于n = k 成立,则有 k a 2 1 mod 2k + 2 k a 2= 1 q 2k + 2, 其中q Z ,所以 12+k a = 1 q 2k + 22 = 1 q 2k + 3 1 mod 2k + 3, 其中q 是某个整数;这说明式1当n = k 1也成立; 由归纳法知原式对所有正整数n 成立; 3、设p 是一个素数,且1≤k ≤p-1;证明：k p 1C - -1 k mod p ; 证明：设A=! )()2(1C 1k k p p p k p ---=- ）（ 得： k ·A =p-1p-2…p-k ≡-1-2…-kmod p 又k,p=1,故A = k p 1C - -1 k mod p 4、设p 是不等于3和7的奇质数,证明：p 6≡1mod 84; 说明：因为84=4×3×7,所以,只需证明： p 6≡1mod 4 p 6≡1mod3 p 6≡1mod 7 同时成立即可;