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(5)-第三章-同余、剩余类、完全剩余系



初等数论 第三章(1) 同余、剩余类

本章基本内容
? ? ? ?

同余:基本概念、性质、应用
剩余系、完全剩余系:定义、性质

简化剩余系、欧拉函数:定义、算法
欧拉定理、费马定理:内容、证明、应用

?

RSA体制:算法、正确性证明

/>
2

?

本章所介绍的同余这一特殊语言在数论中极为有 用,它是由历史上最著名的数学家之一卡尔·弗 里德里希·高斯(Kar Friedrich Gauss)于19世纪 初提出的.

?

同余的语言使得人们能用类似处理等式的方式来 处理整除关系. 在引入同余之前,人们研究整除关 系所用的记号笨拙而且难用. 而引入方便的记号 对加速数论的发展起到了帮助作用.
3

§1 同余的概念及其基本性质
?

今天(2015年4月8日)是星期三,问明年的
今天是星期几?(2016年4月8日) 明年的今天(2016年4月8日)是星期五

?

4

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 与 b 所 得 的 余 数 相 同, 我 们 就 说 a , b 对 模 m 同 余 , 记 作 a ? b (mod m). 如 果 余 数 不 同, 我 们 就 说 a , b 对 模 m 不 同 余 , 记 作 a ? b (mod m).

例 7 ? 2 ( m o d 5 ) , 7 ? 1 2 ( m o d 5 ) , 7 ? 9 (mo d 5)

5

同余在日常生活中的应用
?
?

钟表对于小时是模12或24的,对于分钟和秒是模60的
日历对于星期是模7的,对于月份是模12的

?
?

电水表通常是模1000的
里程表通常是模100000的

6

m a 可 记 为 a ? 0 (mod m),所 以 , 所 有 的 偶 数 可 以 表 为 a ? 0 (mod 2 ).由 于 奇 数 a 满 足 2 a ? 1,所 以 , 所 有 的 奇 数 可 以 表 为 a ? 1 (mod 2 ). 对 给 定 的 整 数 b 和 模 m , 所有同余于b 模m的数就是算术数列 b ? km , k ? 0, ? 1, ? 2,?.

7

同余是一种等价关系, 即有 i 自反性 a ? a (mod m),

ii 对 称 性 a ? b (mod m) ? b ? a (mod m), iii 传 递 性 a ? b (mod m), b ? c (mod m) ? a ? c (mod m). 证 由 m a ? a ? 0, m a ? b ? m b ? a ,以 及 m a ? b, m b ? c ? m (a ? b) ? (b ? c) ? a ? c
8

定 理 1 整 数 a , b 对 模 m同 余 的 充 要 条 件 是 m a ? b , 即 a ? b ? mt , t 是 整 数 . 证 设 a ? q1m ? r1 , b ? q2 m ? r2 ,0 ? r1 ? m,0 ? r2 ? m, 若 a ? b (mo d m),则 r1 ? r2 , 因 此 a ? b ? (q1 ? q2 )m. 反 之 , 若 m a ? b ,则 m m(q1 ? q2 ) ? (r1 ? r2 ) , 因 此 , m r1 ? r2 . 但 r1 ? r2 ? m ,故 r1 ? r2 . 定 理 1 表 明 同 余 又 可 定 义 如 下 : 若 m a ? b, 则 a , b 对 模 m同 余 .
9

同余可以相加减 (i ) 若 a1 ? b1 (mod m), a2 ? b2 (mod m), 则 a1 ? a2 ? b1 ? b2 (mod m). ( i i ) 若 a ? b ? c (mod m),则 a ? c- b (mod m) . 证 由 定 理 1, a1 ? b1 ? mt1 , a2 ? b2 ? mt2 ,因 此 a1 ? a2 ? b1 ? b2 ? m(t1 ? t2 ),即 得 (i ). 由(i ) c - b ? c ? (?b) ? (a ? b) ? (?b) ? a (mod m).
10

同余可以相乘, 若 a1 ? b1 (mod m), a2 ? b2 (mod m), 则 a1a2 ? b1b2 (mod m), 特 别 地 , 若 a ? b (m od m),则 ak ? bk (mod m). 证 由 定 理 1, a1 ? b1 ? t1m, a2 ? b2 ? t2 m.因 此 a1a2 ? b1b2 ? (b1t2 ? b2t1 ? t1t2 m) m. 故 a1a2 ? b1b2 (m od m).
11

定 理2 若 A?1?? k ? B?1?? k (mod m), xi ? yi (mod m), i ? 1,2,?, k , 则

? ? ?

1 ,?, k

?k ?1 A?1?? k x1 ? xk ?

? ? ?

1 ,?, k

?k ?1 B?1?? k y1 ? yk (mod m).

特 别 地 , 若 ai ? bi (mod m), i ? 0,1,?, n,则 an x n ? an?1 x n?1 ? ? ? a0 ? bn x n ? bn?1 x n?1 ? ? ? b0 (mod m).

12

若 a ? b (mod m), a ? a1d , b ? b1d ,(d , m) ? 1, 则 a1 ? b1 (mod m). 证 由 定 理 1, m a ? b , 但 a ? b ? d (a1 ? b1 ), (d , m) ? 1,故 m a1 ? b1 ,即 a1 ? b1 (mod m). (i ) a ? b (mod m), k ? 0, 则 ak ? bk (mod mk ) (i i ) 若 a ? b (mod m), d 是 a, b 及 m 的 任 一 a b m 正 公 因 数,则 ? (mo d ). d d d
13

若 a ? b (mod mi ), i ? 1,2,?, k ,则 a ? b (mod [ m1 , m2 ,?, mk ]). 证 由 定 理 1, mi a ? b , i ? 1,2,?, k , 再 由 第 一 章 §3 定 理 , 即 得 [ m1 , m2 ,?, mk ] a ? b ,故 由 定 理1 即 证 得 . 若 a ? b (mod m), d m , d ? 0,则 a ? b (mod d ). 若 a ? b (mod m), 则( a, m) ? (b, m) ,因 而 若 d 能 整 除 m 及 a, b 二 数 之 一 , 则 d 必 能 整 除 a, b 中 另 一 个 .
14

性 质 同 余 式 ca ? cb (mo d m) (7) 等 价 于 a ? b (mo d m / (c, m)). 特 别 地 , 当 (c, m) ? 1时 , 同 余 式 ( 7 ) 等 价 于 a ? b (mo d m), 即 同 余 式 两 边 可 约 去 c. 证 同 余 式 ( 7 ) 即 m c (a ? b), 这 等 价 于 m c (a ? b). (c, m ) ( c, m ) 由 定 理 及 ( m / (c, m), c / (c, m) ) = 1 知 , 这等价于 m (a ? b). (c, m )

15

性 质 若 m ? 1,(a, m) ? 1,则 存 在 c 使 得 ca ? 1 (mod m),我 们 把 c 称 为 是 a 对 模 m 的 逆 , 记 作 a ? 1 ? b (mod m)或 a ? 1. 证 由 定 理 知 , 存 在 x0 , y0 , 使 得 ax0 ? my0 ? 1. 取 c ? x0 既 满 足 要 求 . 由 此 提 供 一 种 求 a ? 1 (m od m)有 效 的 方 法 , 这是Euclid算法的又一重要应用.
16

例 求 模 p ? 11 所 有 元 的 逆 元 . 解 由 1 ? ( - 1 0 ) + 1 1 = 1 得 1? 1 ? (? 10) ? 1 (mod 11) 由 2 ? ( - 5 ) + 1 1 = 1 得 2 ? 1 ? (? 5) ? 6 (mod 11); 同样计算得: a a?1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6 4 3 9 2 8 7 5 10

17

显 然 , a 对 模 m的 逆 c 不 是 惟 一 的 . 当 c 是 a 对 模 m 的 逆 时 , 任 一 c ' ? c (mod m)也 一 定 是 a 对 模 m 的 逆;由 性 质 知 , a 对 模 m 的 任 意 两 个 逆 c1 , c2必 有 c1 ? c2 (mod m). 此 外 , 显 见 ( a ? 1 , m ) = 1 及 ( a ? 1 ) ? 1 ? a (mod m)

18

应用 检查因数的一些方法 A. 一整数能被3(9)整除的必要且充分条件是它的十进位 数 码 的 和 能 被 3 ( 9 ) 整 除. 证 显然我们只须讨论任一整数 a就够了.按照通常方法,把 a 写 成 十 进 位 数 的 形 式 ; 即 a ? an10n ? an?110n?1 ? ? ? a0 ,0 ? ai ? 10 因 1 0 ? 1 ( m o d 3 ) , 故 定 理 得 a ? an ? an?1 ? ? ? a0 (mod 3).由 性 质 知 3 a当 且 仅 当 3 ? ai .同 法 可 得 9 a当 且 仅 当 9 ? ai .
i ?0 i ?0 n n

19

应用 检查因数的一些方法 B . 设 正 整 数 a ? an1000n ? an?11000n?1 ? ? ? a0 ,0 ? ai ? 1000 则 7 ( 或 1 1 , 或 1 3 ) 整 除 a的 必 要 且 充 分 的 条 件 是 7(或11或13) 整 除 ( a0 + a2 +? ) - ( a1+ a3 +? ) =? (? 1)i ai
i ?0 n

证 因 为 1 0 0 0 与-1 对 模 7 ( 或 1 1 , 或 1 3 ) 同 余 , 故 由 定 理 知 7(或11 或13)与? (? 1)i ai 对 模 7(或11或13)同 余 . 由 性 质 , 7(或11或13)整 除 a
i ?0 n

当 且 仅 当 7(或11或13)整 除 ? ( ? 1)i ai .
i ?0
20

n

例 1 若 a ? 5874192,则

?a
i ?0

n

i

? 5 ? 8 ? 7 ? 4 ? 1 ? 9 ? 2 ? 36能 被3,9整 除 . 故 由

A, a 能 被 3,9整 除 . 例 2 若 a ? 435693,则

?a
i ?0

n

i

? 4 ? 3 ? 5 ? 6 ? 9 ? 3 ? 30能 被 3整 除 . 故 由 A, 3
n

是 a的 因 数 . 但? ai不 能 被 9整 除 , 故 9 不 是 a的 因 数
i ?1

例 3 若 a ? 637693,则 a ? 637 ?1000 ? 693,

?a
i ?0

n

i

? 693 ? 637 ? 56能 被 7 整 除 而 不 能 1 1 与 1 3
21

整 除 . 故 由 B , 7 是 a 的 因 数 , 但 1 1 , 1 3 不 是 a 的 因 数.

II 弃九法(验算整数计算结果的方法) 假 设 我 们 由 普 通 乘 法 的 运 算 方 法 求 出 整 数 a, b 的 乘 积 是 P, 并 令 a ? an10n ? an?110n?1 ? ? ? a0 ,0 ? ai ? 10, b ? bm10m ? bm?110m?1 ? ? ? b0 ,0 ? b j ? 10, P ? cl 10l + cl -110l -1 +? + c0 ,0 ? ck ? 10, ? n ?? m ? ? l ? 我 们 说 : 如 果 ? ? ai ? ? ? b j ? ? ? ? ck ? (mod 9), 那 么 所 求 得 的 ? i =0 ? ? j ?0 ? ? k =0 ? ? n ?? m ? 乘 积 是 错 误 的. 因 为 定 理 2 及 性 质, ab ? ? ? ai ? ? ? b j ? (mod 9), ? i =0 ? ? j ?0 ? ? l ? ? n ?? m ? ? l ? P ? ? ? ck ? (mod 9). 若 ? ? ai ? ? ? b j ? ? ? ? ck ? (mod 9), 则 ab ? P ? k =0 ? ? i =0 ? ? j ?0 ? ? k =0 ? (mod 9). 故 ab 不 是 P.
22

例 5 若 a ? 28997, b=39495.如 果 按 普 通 计 算 方 法 得 到 a, b 的 乘 积 P ? 1145236415, 那 么 我 们 按照上述方法 a ? 17(mod 9), b ? 3(mod 9), P ? 32(mod 9). 但 3? 17 ? 32 ( mod 9) ,

故 计 算 有 误.

23

例 求 3 406写 成 十 进 位 数 时 的 个 位 数 . 解 要 求 a 满 足 3 406 ? a (mod 10),0 ? a ? 9. 显 然 有 , 3 2 ? 9 ? ? 1 (mod 10), 3 4 ? 1 (mod 10). 进 而 有 3 404 ? 1 (mod 10).因 此 , 3 406 ? 3 404 ? 3 2 ? 9 (mod 10).所 以 个 位 数 是 9 .

24

例 求 3 406写 成 十 进 位 数 时 的 最 后 两 位 数 . 解 只 要 求 出 b 满 足 3 406 ? b (mod 100),0 ? b ? 99. 注 意 到 1 0 0 = 4 ? 2 5 , ( 4 , 2 5 ) = 1 , 显 然 有 , 3 2 ? 1 (mod 4), 3 4 ? 1 (mod 5). 注 意 到 4 是 最 小 的 方 次 , 由 第 一 章 § 4 例 5 知 , 使 3 d ? 1 (mod 25) 成 立 的 d , 必 有 4 d .因 此 计 算 3 4 ? 81 ? 6 (mod 25), 38 ? 36 ? 11 (mod 25), 312 ? 66 ? ? 9 (mod 2 5), 316 ? ? 54 ? ? 4 (mod 25), 3 20 ? ? 24 ? 1 (mod 25),由 此 及 3 20 ? 1 (mod 4), 从 性 质 IX 推 出 3 20 ? 1 (mod 100), 3 400 ? 1 (mod 100).因 此 3 406 ? 3 400 ? 3 6 ? 3 6 ? 29 (mod 100).所 以 个 位 数 是 9 , 十 位 数 是 2 .
25

例 求 6125 m o d 4 1 和 5111 m o d 2 3 . 解 首 先 找 到 一 个 整 数 d , 满 足 6 d ? 1 (mod 41). 由 6 2 ? ? 5 (mod 41); 6 4 ? 25 (mod 41); 6 5 ? 27 (mod 41); 610 ? ? 9 (mod 41); 6 20 ? ? 1 (mod 41); 6 40 ? 1 (mod 41). 可 取 d ? 40,从 而 6 40?3?5 ? 27 (mod 41). 由 5 2 ? 2 (mod 23); 5 4 ? 4 (mod 23); 58 ? ? 7 (mod 23); 516 ? 3 (mod 23); 5 20 ? 12 (mod 23); 5 22 ? 1 (mod 23); 取 d ? 22,所 以 5 22?5?1 ? 5 (mod 23).
26

模 指 数 运 算 : 求 2 644模 6 4 5
1.先将指数644表示成二进制形式

? 644 ?10 = ?1010000100 ?2

2 . 然 后 , 用 逐 个 平 方 及 模 6 4 5 约 化 来 计 算2,22 ,24 ,?, b512 的 最 小 正剩余. 2 ? 2(mod 645);22 ? 4(mod 645);24 ? 16(mod 645); 28 ? 256(mod 645);216 ? 391(mod 645);2 256 ? 16(mod 645); 2512 ? 256( mod 645). 3 . 现 在 用 2 的 合 适 的 方 幂 的 最 小 正 剩 余 的 乘 积 来 计 算 2 644模645 2644 ? 2512?128?4 ? 2512 212824 ? 256 ? 391 ? 16 ? 1601536 ? 1(mod 645) 264 ? 256(mod 645);2128 ? 391(mod 645);24 ? 16(mod 645)
27

模指数运算 即 计 算 b 模 m 的 一 般 过 程 , 其 中 b, m 和 N
N

是 正 整 数 . 首 先 , 将 N用 二 进 制 记 号 表 示 成 N ? ? ak ak ?1 ? a1a0 ?2 .然 后 , 用 逐 个 平 方 及 模 约 化 求 出 b, b , b ,?, b 模 m 的 最 小 正 剩 余 . 最 后 ,
2 4 2k

取 a j= 1 的 j 所 对 应 b 的 模 m 的 最 小 正 剩 余 的 乘 积 , 再 模 m 约 化 即 可.
28

2j

定 理 设 b, m 和 N 是 正 整 数 , 且 b ? m. 则 计 算 b N 模 m 的 最 小 正 剩 余 要 用 O ? log

?

m 2 2

?

N log 2 次位运算.

?

证 明 : 用 上 面 所 描 述 的 算 法 来 求 bN 模 m 的 最 小 正 剩 余 . 首 先 , 用 逐 个 平 方 及 模 m 约 化 求 出 b, b , b ,?, b 模 m 的 最 小 正 剩 余 , 其 中
2 4 2k

2 ? N ? 2 . 这 总 共 需 要 O ? log
k k ?1

?

m 2 2

?

N N ? log 2 比特的运算,因为要做? log 2 ? ? m 2 2

?

次 模 m 平 方 , 每 次 平 方 需 要 O ? log
2j

?

? ? 次 位 运 算 . 然 后 , 取 N的 二 进 制

表示中为1的数字对应的b 的最小正剩余的乘积,在每次乘法之后 模 m 约 化 . 这 也 需 要 O ? log 而 每 次 乘 法 需 要 O ? log 位运算.

?

m 2 2

?

N N ? log 2 次 位 运 算,因 为 至 多 有 ? log 2 ?次 乘 法 , ? m 2 2 N log 2 次
29

?

?

m 2 2

? ?次 位 运 算.因 此 总 共 需 要 O ? ? log ?

?

§2 剩余类及完全剩余系
定 理 1 若 m 是 一 个 给 定 的 正 整 数, 则 全 部 整 数 可 分 成 m 个 集 合 , 记 作 K 0 , K1 ,?, K m?1 ,其 中 K r (r ? 0,1, ?, m ? 1)是 由 一 切 形 如 qm ? r 的 整 数 所 组 成 的 . 这 些 集合具有下列性质: (i) 每 一 整 数 必 包 括 在 而 且 仅 在 上 述 的 一 个 集 合 里面 (ii) 两 个 整 数 同 在 一 个 集 合 的 充 分 与 必 要 条 件 是 这 两 个 整 数 对 模 m同 余
30

证 (i ) 设 a 是 任 一 整 数, 由 第 一 章 § 1 定 理4 即 得 a ? a1m ? ra ,0 ? ra ? m. 故 a 在 K ra内 . 又 由 同 一 定 理 知 道 ra是 由 a 惟 一 确 定 的, 因 此 a 只 能 在 K ra内 . ( i i ) 设 a, b 是 两 个 整 数 , 并 且 都 在 K r 内 , 则 a ? q1m ? r , b ? q2 m ? r ,故 a ? b (mod m),则 由 同 余 的 定 义 即 知 a, b 同 在 某 一 个 K r 内.
31

定 义 定 理 1中 的 K 0 , K1 ,?, K m?1叫 做 模 m 的 剩 余 类, 一个剩余类中任一数叫做它同类的数的剩余. 若 a0 , a1 ,?, am?1是 m 个 整 数,并 且 其 中 任 何 两 数 都 不 同 在 一 个 剩 余 类 里 , 则 a0 , a1 ,?, am?1叫 做 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 与 必 要 条 件 是 两 两 对 模 m 不 同 余.

32

例 序 列 0,1,?, m ? 1 0, m ? 1,?, am ? a,?,(m ? 1)m ? (m ? 1);

(1) (2)

0, ?m ? 1,?,(? 1) a m ? a,?,( ? 1) m?1 m ? ( m ? 1)(3) 都是模m的完全剩余类. m m m 当 m 是 双 数 时, 序 列 - , ? ? 1,?, ? 1,0,1,?, ? 1; (4) 2 2 2 m m m ? ? 1,?, ? 1,0,1,?, ? 1, ; 2 2 2 都是模m的完全剩余类. 当 m 是 单 数 时, 序 列 都是模m的完全剩余类. m-1 m-1 ,?, ? 1,0,1,?, ; (6) 2 2
33

(5)

定 理 2 设 m 是 正 整 数 , (a, m) ? 1, b是 任 意 整 数, 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 , 也 就 是 说 , 若 a0 , ?, am?1 是 模 m 的 一 个 完 全 剩 余 系 , 则 aa0 ? b, ?, aam?1 ? b也 是 模m的完全剩余系.

34

证 由 定 理 1 的 推 论 , 只 要 证 明 aa0 ? b, ?, aam?1 ? b 两两不同余就够了. 假 定 aai ? b ? aa j ? b (mod m),(i ? j ).由 §1 性 质 丁 即 得 aai ? aa j (mod m). 再 由 性 质 己 及 (a, m) ? 1 即 得 ai ? a j (mod m). 这 与 a0 , a1 ,?, am?1是 完 全 剩 余 系 的 假设矛盾.故定理获证.

35

定 理3 若 m1 , m2是 互 质 的 两 个 正 整 数,而 x1 , x2 分 别 通 过 模 m1 , m2的 完 全 剩 余 系 , 则 m2 x1 ? m1 x2 通 过 模 m1m2 的 完 全 剩 余 系 .

36

证 由 假 设 知 道 x1 , x2分 别 通 过 m1 , m2个 整 数 . 因 此 m2 x1 ? m1 x2通 过 m1 , m2个 整 数 . 由 定 理1 的 推 论 , 只 须 证 明 这 m1m2个 整 数 对 模 m1m2两 两 不 同 余 .
' '' 假 定 m2 x1' ? m1 x2 ? m2 x1'' ? m1 x2 (mod m1m2 ) (7), 其 中 ' '' x1' , x1'' 是 x1 所 通 过 的 完 全 剩 余 系 中 的 整 数 , 而 x2 , x2 是

x2 所 通 过 的 完 全 剩 余 系 中 的 整 数 , 则 由 §1 性 质 壬 得
' '' m2 x1' ? m2 x1'' (m od m1 ), m1 x2 ? m1 x2 (mod m2 ).又 由 §1 性 质 ' '' 己 及 (m1 , m2 ) ? 1 即 得 x1' ? x1'' (mod m1 ), x2 ? x2 (mod m2 ). ' '' ' 由 定 理 1 的 推 论 得 x1' ? x1'' , x2 ? x2 .这 表 明 如 果 x1' , x2 与 '' x1'' , x2 不全相同,(7)式即不成立.因此定理获证.

37

定 义 0,1,?, m ? 1 这 m 个 整 数 叫 做 模 m 的 最 小 非负完全剩余; m m m 当 m 是 偶 数 时, ? ,?,-1,0,1, -1或 ? +1,?, 2 2 2 m -1,0,1, 叫 做 模 m 的 最 小 完 全 剩 余 ; 2 m-1 m-1 当 m 是 奇 数 时, ? ,?,-1,0,1, -1 叫 做 模 m 的 2 2 绝对最小完全剩余;
38

作业5 P53 1,3,4,6 P57 2,4

39



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