5同余

5同余

5.1定义

设\(m\)是给定的一个正整数，\(a,b\)是整数，若满足{m|(a-b)}，则称a与b对模m同余，记为\(a\equiv b\pmod{m}\)。

5.2性质

基本性质
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其他性质

\[5.2.1.a\equiv b\pmod{m}\iff m|(a-b) \]

\[5.2.2 \begin{cases} a\equiv x\pmod{m}\\ b\equiv y\pmod{m} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a+b \equiv x+y\pmod{m}\\ ab \equiv xy\pmod{m} \\ a^k \equiv b^k\pmod{m} \end{cases} \]

\[5.2.3. \begin{cases} d|m\\ a\equiv b\pmod{m} \end{cases} \Rightarrow a\equiv b\pmod{d} \]

证明:

\[\begin{cases} d|m\\ a\equiv b\pmod{m} \Rightarrow m|(a-b) \end{cases} \Rightarrow d|(a-b) \Rightarrow a\equiv b\pmod{d} \]

\[5.2.4.a\equiv b\pmod{m} \iff da\equiv db\pmod{dm},d>0 \]

证明：

\[a\equiv b\pmod{m} \iff m|(a-b) \]

由性质2.1.3：

\[\begin{cases} m|(a-b)\\ d > 0 \end{cases} \iff dm|(da-db) \iff da\equiv db\pmod{dm} \]

\[5.2.5 \begin{cases} c>0\\ a\equiv b\pmod{m} \end{cases} \Rightarrow ac\equiv bc\pmod{m} \]

证明：

\[\begin{cases} c>0 \\ a\equiv b\pmod{m} \Rightarrow m|a-b \end{cases} \Rightarrow m|c(a-b)\Rightarrow ac\equiv bc\pmod{m}\]

\[5.2.6 \begin{cases} (c,m)=1\\ ac \equiv bc\pmod{m} \end{cases} \iff \begin{cases} (c,m)=1\\ a \equiv b\pmod{m} \end{cases} \]

证明：
必要性由性质5.2.5可得
证充分性：

\[(c,m) = 1 \\\iff 存在 (x,y),cx+my=1 \\\iff acx+amy=a \\\iff axc+amy \equiv a\pmod{m} \]

又因为\(amy\equiv0\pmod{m}\),得：

\[axc\equiv a\pmod{m} \]

同理

\[ bxc\equiv b\pmod{m} \]

由性质5.2.2得：

\[ axc-bxc\equiv a-b\pmod{m} \]

又：

\[ac \equiv bc\pmod{m} \Rightarrow axc \equiv bxc\pmod{m} \Rightarrow axc-bxc\equiv0\pmod{m} \]

所以：

\[a-b\equiv axc-bxc\equiv 0 \pmod{m} \iff a\equiv b \pmod{m} \]

5.3线性同余定理

\[ax\equiv c\pmod{m}\\\\令d=(a,m)\\ 若g\not|c,ax\equiv c\pmod{m}无解\\ 若g|c,ax\equiv c\pmod{m}有g个模m不同余得解 \]

证明：

\[ax\equiv c\pmod{m}\Rightarrow 存在 y,ax+my=c \]

由裴蜀定理：

\[ax+my=c有解\iff (a,m)|c \]

且有解集：

\[A=\lbrace(x,y)|x=x_1+k\frac{m}{qg},y=y_1-k\frac{a}{qg},k\in Z\rbrace \]

5.4模p多项式根定理

看这篇博客吧。

5.5费马小定理

p为质数,存在整数 \(a, p\) 且\((a,p)=1\),即二者互为质数，则有\(a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\)
前置知识：剩余类

引理：\(a\in Z^+,\lbrace a, 2a, 3a, \dots,(p-1)a\rbrace\)构成模p的完全剩余系。
证引理：假设\(aj\equiv ak\pmod{p},(0\leqslant j<k\leqslant p-1)\)则\(p|a(k-j)\),又因为\((a,p)=1\),由性质2.3.2，\(p|k-j\)，但\(0<k-j<p\),所以与\(p|k-j\)矛盾，所以

\[aj\not \equiv ak\pmod{p},(0\leqslant j<k\leqslant p-1) \]

又由鸽巢定理，p个互不同余的\(aj\)必然能填满模p的完全剩余系。

证明费马小定理：

\[a(2a)(3a)\dots (p-1)a=a^{p-1}(p-1)!\equiv1\dots (p-1)=(p-1)!\pmod{p} \\ \Rightarrow a^{p-1}(p-1)!\equiv (p-1)!\pmod{p} \]

因为性质5.2.6:

\[\begin{cases} p为质数\Rightarrow ((p-1)!,p)=1\\ a^{p-1}(p-1)!\equiv (p-1)!\pmod{p} \end{cases} \Rightarrow a^{p-1}\equiv 0\pmod{p} \]