夫君子之行，静以修身，俭以养德；非澹泊无以明志，非宁静无以致远。夫学须静也，才须学也；非学无以广才，非志无以成学。怠慢则不能励精，险躁则不能冶性。年与时驰，意与岁去，遂成枯落，多不接世。悲守穷庐，将复何及！

ch03+同余的基本知识

同余的定义与基本性质深度讲解与推导证明

同余是初等数论的核心工具，它将“整除”的复杂关系转化为类似等式的运算形式，极大简化了整数模运算、整除性判定、大数求余、多项式模分析等数论问题的处理。以下将从核心定义出发，逐一完成定理证明、性质推导与深度解读，最后进行系统性归纳总结。

一、同余的核心定义与基础定理

1. 同余的定义

定义1（同余） 设整数$m \neq 0$，若$m \mid a-b$（即存在整数$k$，使得$a-b=km$），则称$m$为模，称$a$同余于$b$模$m$，记作：

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

若$m \nmid a-b$，则称$a$不同余于$b$模$m$，记作$a \not\equiv b \pmod{m}$。

定义解读与补充说明

模的约定：由于$m \mid a-b$与$-m \mid a-b$完全等价，因此后续讨论默认模$m \geq 1$（正整数模）。
特殊情形：当$b=0$时，$a \equiv 0 \pmod{m}$等价于$m \mid a$，即“$a$是$m$的倍数”。例如所有偶数可表示为$a \equiv 0 \pmod{2}$，所有奇数可表示为$a \equiv 1 \pmod{2}$。
三类剩余的定义：
- 最小非负剩余：若$0 \leq b < m$，则$b$是$a$对模$m$的最小非负剩余（即带余除法的余数）；
- 最小正剩余：若$1 \leq b \leq m$，则$b$是$a$对模$m$的最小正剩余；
- 绝对最小剩余：若$-m/2 < b \leq m/2$（或$-m/2 \leq b < m/2$），则$b$是$a$对模$m$的绝对最小剩余。
同余的本质：所有同余于$b$模$m$的数，构成算术数列$b+km\ (k=0,\pm1,\pm2,\dots)$，即“模$m$余数相同的整数集合”。

2. 同余的充要条件定理

定理1 $a$同余于$b$模$m$的充要条件，是$a$和$b$被$m$除后所得的最小非负余数相等。即若：

\[a = q_1m + r_1,\quad 0 \leq r_1 < m \]

\[b = q_2m + r_2,\quad 0 \leq r_2 < m \]

则$a \equiv b \pmod{m} \iff r_1 = r_2$。

详细证明

对$a$和$b$的带余除法表达式作差，得：
\[a - b = (q_1 - q_2)m + (r_1 - r_2) \]
先证必要性（$\Rightarrow$）：若$a \equiv b \pmod{m}$，则$m \mid a-b$，结合上式可得$m \mid (r_1 - r_2)$。
由于$0 \leq r_1 < m$，$0 \leq r_2 < m$，因此$|r_1 - r_2| < m$。而一个绝对值小于$m$的整数能被$m$整除，当且仅当这个数为$0$，即$r_1 - r_2 = 0$，故$r_1 = r_2$。
再证充分性（$\Leftarrow$）：若$r_1 = r_2$，则$a - b = (q_1 - q_2)m$，显然$m \mid a-b$，根据同余定义，$a \equiv b \pmod{m}$。
证毕。

定理意义

该定理直接点明了“同余”的字面含义——余数相同，同时将同余与带余除法深度绑定：同余式本质是带余除法的简化形式，它隐藏了不影响整除性的“商”，只保留了核心的“余数”，这也是同余符号比整除符号更便捷的核心原因。

二、同余的基本性质与完整推导

同余式具备与等式高度相似的运算性质，同时也有其独有的数论特性，以下逐一证明并解读。

性质Ⅰ 同余是等价关系

同余满足等价关系的三大核心性质：

自反性：对任意整数$a$，有$a \equiv a \pmod{m}$；
对称性：若$a \equiv b \pmod{m}$，则$b \equiv a \pmod{m}$；
传递性：若$a \equiv b \pmod{m}$且$b \equiv c \pmod{m}$，则$a \equiv c \pmod{m}$。

详细证明

自反性：$a - a = 0$，而任意正整数$m$都整除$0$，即$m \mid 0$，故$a \equiv a \pmod{m}$。
对称性：若$a \equiv b \pmod{m}$，则$m \mid a-b$，而$m \mid a-b \iff m \mid -(a-b) = b-a$，故$b \equiv a \pmod{m}$。
传递性：若$a \equiv b \pmod{m}$且$b \equiv c \pmod{m}$，则$m \mid a-b$且$m \mid b-c$。根据整除的可加性，$m$整除两个数的和，即$m \mid (a-b)+(b-c) = a-c$，故$a \equiv c \pmod{m}$。
证毕。

性质意义

等价关系意味着可以将全体整数按模$m$划分为互不相交的集合（即同余类），为后续剩余系的研究奠定了基础。

性质Ⅱ 同余式的可加性

若$a \equiv b \pmod{m}$，$c \equiv d \pmod{m}$，则：

\[a + c \equiv b + d \pmod{m} \]

详细证明

由同余定义，$m \mid a-b$且$m \mid c-d$。根据整除的可加性，$m$整除两个数的和：

\[m \mid (a-b) + (c-d) = (a+c) - (b+d) \]

根据同余定义，即$a + c \equiv b + d \pmod{m}$。
证毕。

推论与拓展

同余式两边同时加/减同一个整数，模不变：若$a \equiv b \pmod{m}$，则对任意整数$k$，$a \pm k \equiv b \pm k \pmod{m}$；
可推广到任意有限个同余式相加：若$a_i \equiv b_i \pmod{m}\ (i=1,2,\dots,n)$，则$\sum_{i=1}^n a_i \equiv \sum_{i=1}^n b_i \pmod{m}$。

性质Ⅲ 同余式的可乘性

若$a \equiv b \pmod{m}$，$c \equiv d \pmod{m}$，则：

\[ac \equiv bd \pmod{m} \]

详细证明

由同余定义，存在整数$k_1,k_2$，使得$a = b + k_1m$，$c = d + k_2m$。将两式相乘展开：

\[\begin{align*} ac &= (b + k_1m)(d + k_2m) \\ &= bd + bk_2m + dk_1m + k_1k_2m^2 \\ &= bd + m \cdot (bk_2 + dk_1 + k_1k_2m) \end{align*} \]

因此$ac - bd = m \cdot (bk_2 + dk_1 + k_1k_2m)$，即$m \mid ac - bd$，根据同余定义，$ac \equiv bd \pmod{m}$。
证毕。

推论与拓展

同余式两边同时乘同一个整数，模不变：若$a \equiv b \pmod{m}$，则对任意整数$k$，$ak \equiv bk \pmod{m}$；
可推广到任意有限个同余式相乘：若$a_i \equiv b_i \pmod{m}\ (i=1,2,\dots,n)$，则$\prod_{i=1}^n a_i \equiv \prod_{i=1}^n b_i \pmod{m}$；
幂次推论：若$a \equiv b \pmod{m}$，则对任意正整数$n$，$a^n \equiv b^n \pmod{m}$（大数求余的核心公式）。

性质Ⅳ 整系数多项式的同余性

设$f(x)=a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \dots + a_0$，$g(x)=b_nx^n + b_{n-1}x^{n-1} + \dots + b_0$是两个整系数多项式，满足：

\[a_j \equiv b_j \pmod{m},\quad 0 \leq j \leq n \]

若$a \equiv b \pmod{m}$，则$f(a) \equiv g(b) \pmod{m}$。

特别地，若对所有$0 \leq j \leq n$有$a_j \equiv b_j \pmod{m}$，则对任意整数$x$，有$f(x) \equiv g(x) \pmod{m}$。

详细证明

由$a \equiv b \pmod{m}$，结合可乘性的幂次推论，对任意非负整数$j$，有$a^j \equiv b^j \pmod{m}$。
已知$a_j \equiv b_j \pmod{m}$，结合可乘性，对每个$j$，有$a_j a^j \equiv b_j b^j \pmod{m}$。
结合可加性，将$j=0$到$j=n$的所有同余式相加，得：
\[\sum_{j=0}^n a_j a^j \equiv \sum_{j=0}^n b_j b^j \pmod{m} \]
即$f(a) \equiv g(b) \pmod{m}$。
证毕。

补充定义与区分

定义2（多项式同余与等价）

多项式同余：若整系数多项式$f(x)$和$g(x)$的对应系数满足$a_j \equiv b_j \pmod{m}$，称$f(x)$同余于$g(x)$模$m$，记作$f(x) \equiv g(x) \pmod{m}$；
多项式等价（恒等同余）：若对所有整数$x$，都有$f(x) \equiv g(x) \pmod{m}$，称$f(x)$等价于$g(x)$模$m$。

关键区分：多项式等价不一定推出多项式同余。
例如：对所有整数$x$，$x(x-1)\dots(x-m+1) \equiv 0 \pmod{m}$恒成立，但该多项式的系数并非全部模$m$同余于0；再如素数$p$满足费马小定理，对所有整数$x$，$x^p - x \equiv 0 \pmod{p}$恒成立，但其系数也并非全部模$p$同余于0。

性质Ⅴ 模的缩小性质

设$d \geq 1$，$d \mid m$，若$a \equiv b \pmod{m}$，则：

\[a \equiv b \pmod{d} \]

详细证明

若$a \equiv b \pmod{m}$，则$m \mid a-b$。已知$d \mid m$，根据整除的传递性，$d \mid a-b$，故$a \equiv b \pmod{d}$。
证毕。

性质意义

大模满足的同余关系，其所有因数模一定满足。例如$a \equiv b \pmod{10}$，则必然有$a \equiv b \pmod{2}$和$a \equiv b \pmod{5}$，是拆分模、简化运算的核心工具。

性质Ⅵ 同余式乘常数的模变换

设$d \neq 0$，则$a \equiv b \pmod{m}$等价于：

\[da \equiv db \pmod{|d|m} \]

详细证明

必要性（$\Rightarrow$）：若$a \equiv b \pmod{m}$，则$m \mid a-b$，因此$|d|m \mid d(a-b) = da - db$，即$da \equiv db \pmod{|d|m}$。
充分性（$\Leftarrow$）：若$da \equiv db \pmod{|d|m}$，则$|d|m \mid da - db = d(a-b)$，两边同时除以$|d|$，得$m \mid \frac{d}{|d|}(a-b)$。由于$\frac{d}{|d|} = \pm1$，与$m$互素，因此$m \mid a-b$，即$a \equiv b \pmod{m}$。
证毕。

性质Ⅶ 同余式的消去律（核心特性）

同余式$ca \equiv cb \pmod{m}$等价于：

\[a \equiv b \pmod{\frac{m}{(c,m)}} \]

特别地，当$(c,m)=1$（$c$与$m$互素）时，$ca \equiv cb \pmod{m}$等价于$a \equiv b \pmod{m}$，即可直接约去$c$。

详细证明

同余式$ca \equiv cb \pmod{m}$，等价于$m \mid c(a-b)$。
令$g = (c,m)$，记$c = g \cdot c'$，$m = g \cdot m'$，根据最大公约数的性质，必有$(c',m')=1$（已提取全部公因子）。
此时$m \mid c(a-b)$可改写为$g m' \mid g c' (a-b)$，两边约去正整数$g$，得$m' \mid c' (a-b)$。
由于$(c',m')=1$，根据整除的互素性质：若$p \mid ab$且$(p,a)=1$，则$p \mid b$，因此$m' \mid a-b$。
而$m' = \frac{m}{g} = \frac{m}{(c,m)}$，故$m' \mid a-b$等价于$a \equiv b \pmod{\frac{m}{(c,m)}}$。
证毕。

示例与易错提醒

同余式不能像等式一样随意约去非零常数，必须考虑公因数。例如：
$6 \cdot 3 \equiv 6 \cdot 8 \pmod{10}$，其中$c=6$，$m=10$，$(6,10)=2$，因此该式等价于$3 \equiv 8 \pmod{10/2=5}$（成立），而非$3 \equiv 8 \pmod{10}$（不成立）。

性质Ⅷ 模$m$的逆元

若$m \geq 1$，$(a,m)=1$，则存在整数$c$，使得：

\[ca \equiv 1 \pmod{m} \]

$c$称为$a$对模$m$的逆元，记作$a^{-1} \pmod{m}$（或简记$a^{-1}$）。

详细证明

根据贝祖定理：若$(a,m)=1$，则存在整数$x,y$，使得$ax + my = 1$。
将式子变形为$ax - 1 = -my$，显然$m \mid ax - 1$，根据同余定义，$ax \equiv 1 \pmod{m}$。取$c=x$，即满足逆元的定义，存在性得证。

逆元的核心性质

模唯一性：$a$的任意两个逆元$c_1,c_2$，必有$c_1 \equiv c_2 \pmod{m}$；
互素性：$(a^{-1},m)=1$，即逆元本身也与模$m$互素；
逆元的逆元：$(a^{-1})^{-1} \equiv a \pmod{m}$，即$a$与它的逆元互为逆元。

性质Ⅸ 同余式组的等价性

同余式组$a \equiv b \pmod{m_j}\ (1 \leq j \leq k)$同时成立的充要条件是：

\[a \equiv b \pmod{[m_1,m_2,\dots,m_k]} \]

其中$[m_1,m_2,\dots,m_k]$表示$m_1,m_2,\dots,m_k$的最小公倍数。

详细证明

同余式组同时成立，等价于对每个$j=1,2,\dots,k$，都有$m_j \mid a-b$，即$a-b$是所有$m_j$的公倍数。
而整数的公倍数的充要条件是：该数是最小公倍数的倍数，即$[m_1,m_2,\dots,m_k] \mid a-b$，等价于$a \equiv b \pmod{[m_1,m_2,\dots,m_k]}$。
证毕。

性质意义

该性质是中国剩余定理的核心基础，是求解多模同余式组的核心工具。

三、同余核心知识点归纳总结表

类别	核心内容	核心结论	证明关键	核心应用场景
核心定义	同余的定义	若$m \mid a-b$，则$a \equiv b \pmod{m}$，表示$a,b$模$m$余数相同	整除的定义，带余除法	所有模运算、整除性判定的基础
基础定理	同余的充要条件	$a \equiv b \pmod{m}$当且仅当$a,b$模$m$的最小非负余数相等	带余除法作差，余数的范围约束	同余的直观理解，余数判定同余
基础性质	等价关系	满足自反性、对称性、传递性	整除的基本性质（整除0、整除相反数、整除和）	整数的同余类划分
运算性质	可加性	同余式对应相加，模不变	整除的可加性	同余式的移项、合并运算
运算性质	可乘性	同余式对应相乘，模不变；幂次保持同余	带余表达式展开，整除的可乘性	大数幂次求余，多项式同余推导
运算性质	多项式同余	系数同余+变量同余，多项式值同余	可加性+可乘性的综合应用	多项式模运算，数论函数求值
模变换性质	模缩小	大模同余可推出其因数模同余	整除的传递性	大模运算拆分为小模运算
模变换性质	乘常数模变换	同余式乘$d$，模变为$	d	m$
核心特性	消去律	$ca \equiv cb \pmod{m}$等价于$a \equiv b \pmod{m/(c,m)}$，互素时可直接约去	最大公约数分解，互素的整除性质	同余式化简，逆元推导
衍生概念	逆元	与$m$互素的$a$存在逆元$a^{-1}$，满足$aa^{-1} \equiv 1 \pmod{m}$	贝祖定理	模除法运算，线性同余方程求解
同余组性质	多模同余等价性	多模同余同时成立等价于模最小公倍数同余	公倍数与最小公倍数的关系	同余式组求解，中国剩余定理

同余经典例题深度讲解与完整推导

以下6道例题覆盖了同余性质的四大核心应用场景：大数求余、整除性证明、不定方程无解证明、最小参数求解，每道例题均包含核心考点、分步推导、性质标注与方法总结，完整还原同余工具的解题逻辑。

例1 求$3^{406}$写成十进制数时的个位数

核心考点

利用模10同余求十进制数的个位数字，本质是求幂次模10的最小非负剩余，核心用到同余的幂次性质、可乘性，通过找循环周期（阶）简化大数计算。

详细推导

个位数的本质：一个数的个位数等于它除以10的余数，即求$a$满足
\[3^{406} \equiv a \pmod{10},\quad 0\leq a\leq9 \]
找循环周期：计算3的幂次模10的规律，用负剩余简化计算
\[3^2=9\equiv -1 \pmod{10} \]
由同余的幂次性质（若$a\equiv b\pmod{m}$，则$a^n\equiv b^n\pmod{m}$），得
\[3^4=(3^2)^2\equiv (-1)^2=1 \pmod{10} \]
即3的幂次模10的周期为4。
拆分指数：将406拆分为周期的倍数加余数
\[406=4\times101 + 2 \]
代入计算
\[3^{406}=3^{4\times101 + 2}=(3^4)^{101} \cdot 3^2 \equiv 1^{101} \cdot 9 =9 \pmod{10} \]

结论

$3^{406}$的个位数是9。

方法总结

求十进制数的末$k$位，等价于求该数模$10^k$的最小非负剩余；核心技巧是通过负剩余简化计算，找到底数模该数的循环周期，将大指数拆分为周期的倍数，大幅降低计算量。

例2 求$3^{406}$写成十进制数时的最后两位数

核心考点

模分解法（中国剩余定理前置应用）、同余组的等价性（性质IX）、阶的性质、同余的幂次与可乘性。

详细推导

最后两位数的本质：求$b$满足
\[3^{406} \equiv b \pmod{100},\quad 0\leq b\leq99 \]
模分解：$100=4\times25$，且$(4,25)=1$。根据性质IX，同余式模100成立，等价于同时模4和模25成立。
计算模4的结果
\[3\equiv -1 \pmod{4} \implies 3^2\equiv 1 \pmod{4} \]
406为偶数，故
\[3^{406}=(3^2)^{203}\equiv 1^{203}=1 \pmod{4} \]
计算模25的结果
先找3模25的最小正周期（阶）：
- 由欧拉定理，$\varphi(25)=20$，故$3^{20}\equiv1\pmod{25}$，周期必为20的约数；
- 模5的周期为4，故周期必为4的倍数，可能的周期为4、20；
- 验证：$3^4=81\equiv6\not\equiv1\pmod{25}$，故周期为20。
  拆分指数：$406=20\times20 +6$，故
\[3^{406}=(3^{20})^{20} \cdot 3^6 \equiv 1^{20} \cdot 729 \equiv 729-29\times25=4 \pmod{25} \]
合并同余式
由$3^{20}\equiv1\pmod{4}$且$3^{20}\equiv1\pmod{25}$，根据性质IX，得$3^{20}\equiv1\pmod{100}$，因此
\[3^{406}=3^{400}\cdot3^6\equiv1\cdot729\equiv29\pmod{100} \]

结论

$3^{406}$的最后两位数是29，即个位为9，十位为2。

方法总结

处理合数模的同余问题时，可将合数拆分为互素的因数模，分别计算后合并，大幅降低计算难度；使用负剩余可进一步简化幂次计算，例如$3^{10}\equiv-1\pmod{25}$，可直接推出$3^{20}\equiv1\pmod{25}$。

例3 证明：$641 \mid 2^{2^5}+1=2^{32}+1$

核心考点

大数幂次的同余降幂计算、同余的幂次与可乘性，是经典的费马数合数性证明。

详细推导

等价转化：要证明$641\mid2^{32}+1$，等价于证明
\[2^{32} \equiv -1 \pmod{641} \]
其中641是素数，直接计算$2^{32}$数值过大，采用逐步降幂、负剩余简化的方法。
逐步计算幂次模641的余数
\[\begin{align*} 2^9 &= 512 \equiv 512-641=-129 \pmod{641}, \\ 2^{11} &= 2^9 \cdot 2^2 \equiv (-129)\times4=-516 \equiv 125 \pmod{641}, \\ 2^{13} &= 2^{11} \cdot 2^2 \equiv 125\times4=500 \equiv -141 \pmod{641}, \\ 2^{15} &= 2^{13} \cdot 2^2 \equiv (-141)\times4=-564 \equiv 77 \pmod{641}, \\ 2^{18} &= 2^{15} \cdot 2^3 \equiv 77\times8=616 \equiv -25 \pmod{641}, \\ 2^{22} &= 2^{18} \cdot 2^4 \equiv (-25)\times16=-400 \equiv 241 \pmod{641}, \\ 2^{23} &= 2^{22} \cdot 2 \equiv 241\times2=482 \equiv -159 \pmod{641}, \\ 2^{25} &= 2^{23} \cdot 2^2 \equiv (-159)\times4=-636 \equiv 5 \pmod{641}. \end{align*} \]
最终推导
由$2^{25}\equiv5\pmod{641}$，两边同时乘以$2^7$，得
\[2^{25+7}=2^{32} \equiv 5\times2^7=5\times128=640 \equiv -1 \pmod{641} \]
即$2^{32}+1\equiv0\pmod{641}$，故$641\mid2^{32}+1$。

方法总结

对于大数幂次的整除证明，核心是通过逐步升幂、负剩余简化，将大指数拆分为小指数的乘积，避免直接计算大数；该例题是费马猜想的经典反例，证明了第5个费马数是合数，同余工具在此处将复杂的大数分解简化为简单的幂次计算。

例4 证明：不定方程$x^2+2y^2=203$无解

核心考点

模法证明不定方程无解、反证法、平方剩余、同余的消去律（性质VII）、逆元的性质。

详细推导

核心思路：若不定方程有整数解，则它在任意模$m$下都有解；反之，若存在某个模$m$使得方程在模$m$下无解，则原方程必无整数解。
此处选$m=7$，因为$203=7\times29$，7是203的素因数，小素数的平方剩余易枚举。
反证法假设：假设方程有整数解$(x_0,y_0)$，则
\[x_0^2+2y_0^2=203 \]
两边模7，得
\[x_0^2+2y_0^2 \equiv 0 \pmod{7} \implies x_0^2 \equiv -2y_0^2 \pmod{7} \]
分析$y_0$与7的关系：
若$7\mid y_0$，则$7\mid x_0^2$，故$7\mid x_0$，因此$7^2=49\mid x_0^2+2y_0^2=203$，但$203\div49=4\cdots\cdots7$，49不整除203，矛盾。因此$(y_0,7)=1$。
利用逆元化简：
由$(y_0,7)=1$，根据性质VIII，$y_0$在模7下存在逆元$y_0^{-1}$，满足$y_0y_0^{-1}\equiv1\pmod{7}$。
在同余式两边乘以$(y_0^{-1})^2$，得
\[(x_0y_0^{-1})^2 \equiv -2(y_0y_0^{-1})^2 \equiv -2 \pmod{7} \]
令$z=x_0y_0^{-1}$，则$z^2\equiv-2\equiv5\pmod{7}$。
验证平方剩余：
枚举所有整数模7的平方剩余，仅可能为：
\[0^2\equiv0,\ 1^2\equiv1,\ 2^2\equiv4,\ 3^2\equiv2,\ 4^2\equiv2,\ 5^2\equiv4,\ 6^2\equiv1 \pmod{7} \]
平方剩余仅为0,1,2,4，不可能为5，与$z^2\equiv5\pmod{7}$矛盾。

结论

假设不成立，原不定方程$x^2+2y^2=203$无整数解。

方法总结

模法是证明不定方程无解的核心工具，关键是选择合适的模（通常选方程右边的素因数、小素数），通过枚举模下的剩余类，证明方程在该模下无解，从而推出原方程无解。

例5 设$n\geq1$，$b$的素因数都大于$n$。证明：对任意正整数$a$，必有$n!\mid a(a+b)(a+2b)\cdots(a+(n-1)b)$

核心考点

逆元的存在性（性质VIII）、连续整数乘积的整除性、同余的消去律（性质VII）。

详细推导

条件转化：$b$的素因数都大于$n$，说明$b$和$n!$无公共素因数，即$(b,n!)=1$。
根据性质VIII，$b$在模$n!$下存在逆元$b^{-1}$，满足$bb^{-1}\equiv1\pmod{n!}$，且$(b^{-1},n!)=1$。
乘积变形：要证明$a(a+b)\cdots(a+(n-1)b)\equiv0\pmod{n!}$，对乘积乘以$(b^{-1})^n$（因$(b^{-1},n!)=1$，不改变模$n!$是否为0的性质）：
\[\begin{align*} (b^{-1})^n \cdot a(a+b)\cdots(a+(n-1)b) &= ab^{-1} \cdot (ab^{-1}+bb^{-1}) \cdot (ab^{-1}+2bb^{-1}) \cdots (ab^{-1}+(n-1)bb^{-1}) \\ &\equiv ab^{-1} \cdot (ab^{-1}+1) \cdot (ab^{-1}+2) \cdots (ab^{-1}+n-1) \pmod{n!} \end{align*} \]
连续整数的整除性：
上式右端是$n$个连续整数的乘积。根据数论基本结论：任意$n$个连续整数的乘积必能被$n!$整除（组合数$C_{k+n-1}^n=\frac{k(k+1)\cdots(k+n-1)}{n!}$必为整数），因此
\[ab^{-1} \cdot (ab^{-1}+1) \cdots (ab^{-1}+n-1) \equiv0 \pmod{n!} \]
消去逆元：
由$(b^{-1},n!)=1$，根据性质VII，可约去$(b^{-1})^n$，得
\[a(a+b)(a+2b)\cdots(a+(n-1)b) \equiv0 \pmod{n!} \]

结论

$n!$整除$a(a+b)(a+2b)\cdots(a+(n-1)b)$，得证。

方法总结

该证明的核心技巧是通过逆元，将公差为$b$的等差数列乘积，转化为连续整数的乘积，直接利用连续整数的整除性质；同余工具将复杂的整除证明转化为简洁的同余变形，比非同余方法更清晰直观。

例6 设$m>n\geq1$，求最小的$m+n$，使得$1000\mid 1978^m - 1978^n$

核心考点

模分解法、同余组的等价性、阶的计算、最小正指数求解。

详细推导

等价转化与模分解：
$1000=8\times125$，且$(8,125)=1$，因此$1000\mid1978^m-1978^n$等价于

\[\begin{cases} 1978^m - 1978^n \equiv0 \pmod{8} \\ 1978^m - 1978^n \equiv0 \pmod{125} \end{cases} \]
对式子变形：$1978^m -1978^n=1978^n(1978^{m-n}-1)$，令$k=m-n$（$k\geq1$），式子变为$1978^n(1978^k-1)\equiv0$。
处理模8的条件：
先化简底数：$1978\equiv2\pmod{8}$，因此式子变为

\[2^n(2^k -1) \equiv0 \pmod{8} \]
其中$2^k-1$是奇数，与8互素，根据性质VII，可约去，得$2^n\equiv0\pmod{8}$，即$8\mid2^n$，因此$n\geq3$。
处理模125的条件：
化简底数：$1978\equiv-22\pmod{125}$，且$(1978,125)=1$，因此$1978^n$与125互素，可约去，式子等价于

\[1978^k \equiv1 \pmod{125} \]
即求满足该式的最小正整数$k$（1978模125的阶）。
- 由欧拉定理，$\varphi(125)=100$，故$k$必为100的约数；
- 模5的阶为4，模25的阶为20，故$k$必为20的倍数，可能的$k$为20,40,50,100；
- 验证：
  $1978^{20}\equiv(-22)^{20}\equiv26\not\equiv1\pmod{125}$，
  $1978^{40}\equiv26^2=51\not\equiv1\pmod{125}$，
  $1978^{50}\equiv51\times(-16)=59\not\equiv1\pmod{125}$，
  $1978^{100}\equiv1\pmod{125}$（欧拉定理）。
  因此满足条件的最小$k=100$，即$m-n\geq100$。
求最小的$m+n$：
$m+n=(n+k)+n=2n+k$，要使和最小，取最小的$n=3$，最小的$k=100$，则$m=3+100=103$，因此

\[m+n=103+3=106 \]

结论

满足条件的最小$m+n$为106。

方法总结

对于整除式含底数幂次差的问题，核心是拆分为“幂次项+幂次差项”，分别处理模的素因子幂；通过升幂法求阶，从低次模到高次模逐步缩小阶的范围，避免无效计算，是求解最小正指数的核心技巧。

例题核心方法归纳表

例题序号	核心应用场景	核心同余性质	核心解题技巧
1	大数末位求余	幂次性质、可乘性	找循环周期、负剩余简化计算
2	大数末两位求余	同余组等价性（性质IX）、模分解	合数模拆分为互素因子模，分别计算后合并
3	大数整除证明	幂次性质、可乘性	逐步降幂、负剩余简化，避免大数直接计算
4	不定方程无解证明	消去律（性质VII）、逆元性质	模法，选择合适的模，枚举剩余类证明矛盾
5	阶乘整除证明	逆元存在性（性质VIII）、消去律	逆元变形，将等差数列乘积转化为连续整数乘积
6	最小参数求解	模分解、阶的性质、同余组等价性	拆分模为素因子幂，分别求约束条件，合并求最小值

同余习题全解与详细解析

以下所有题目均基于同余的核心定义与性质解答，每道题均给出完整推导过程与结论，确保严谨性与可读性。

题1 求剩余类

核心定义回顾

最小非负剩余：满足 $0\leq r < m$ 且 $a\equiv r\pmod{m}$ 的整数 $r$
最小正剩余：满足 $1\leq r \leq m$ 且 $a\equiv r\pmod{m}$ 的整数 $r$
绝对最小剩余：满足 $-m/2 < r \leq m/2$ 且 $a\equiv r\pmod{m}$ 的整数 $r$（绝对值最小的剩余）

（1）$a=359$ 的计算结果

模 $m$	最小非负剩余	最小正剩余	绝对最小剩余
4	3	3	-1
8	7	7	-1
13	8	8	-5
43	15	15	15

（2）$a=1378$ 的计算结果

模 $m$	最小非负剩余	最小正剩余	绝对最小剩余
4	2	2	2
8	2	2	2
13	0	13	0
43	2	2	2

题2 求同余式成立的模

核心原理

$a\equiv b\pmod{m}$ 等价于 $m \mid (a-b)$，且模 $m$ 为正整数，即 $m$ 是 $a-b$ 的正约数。

（i）$32\equiv11\pmod{m}$

$32-11=21$，$21$ 的正约数为 $1,3,7,21$，即模 $m$ 可取1,3,7,21。

（ii）$1000\equiv-1\pmod{m}$

$1000-(-1)=1001=7\times11\times13$，正约数为 $1,7,11,13,77,91,143,1001$，即模 $m$ 可取1,7,11,13,77,91,143,1001。

（iii）$2^8\equiv1\pmod{m}$

$2^8-1=255=3\times5\times17$，正约数为 $1,3,5,15,17,51,85,255$，即模 $m$ 可取1,3,5,15,17,51,85,255。

题3 同余式同时成立的条件

（1）具体问题解答

两个同余式同时成立，等价于 $m$ 同时整除 $32-11=21$ 和 $1000+1=1001$，即 $m$ 是 $21$ 和 $1001$ 的公约数。
计算最大公约数：$\gcd(21,1001)=7$，因此公约数为 $1,7$，即模 $m$ 可取1,7。

（2）一般结论

同余式 $a\equiv b\pmod{m}$ 和 $c\equiv d\pmod{m}$ 同时成立的充要条件是：$m$ 是 $(a-b)$ 和 $(c-d)$ 的正公约数。

题4 素数的模剩余取值

（i）素数 $p>2$，模 $m=4$

$p>2$ 是奇素数，不能被2整除，因此：

最小非负剩余：$1,3$
最小正剩余：$1,3$
绝对最小剩余：$1,-1$

（ii）素数 $p>3$，模 $m=6$

$p>3$ 是素数，不能被2、3整除，因此：

最小非负剩余：$1,5$
最小正剩余：$1,5$
绝对最小剩余：$1,-1$

（iii）素数 $p>5$，模 $m=30$

$p>5$ 是素数，不能被2、3、5整除，因此：

最小非负剩余：$1,7,11,13,17,19,23,29$
最小正剩余：$1,7,11,13,17,19,23,29$
绝对最小剩余：$\pm1,\pm7,\pm11,\pm13$

（iv）举例

模4：取剩余1的素数 $p=5$，取剩余3的素数 $p=3$；
模6：取剩余1的素数 $p=7$，取剩余5的素数 $p=5$；
模30：取剩余1的 $p=31$、7的 $p=7$、11的 $p=11$、13的 $p=13$、17的 $p=17$、19的 $p=19$、23的 $p=23$、29的 $p=29$。

题5 同余性质证明

（i）证明 $a\equiv b\pmod{m} \iff a-b\equiv0\pmod{m}$

根据同余定义：
$a\equiv b\pmod{m}$ 等价于 $m\mid (a-b)$；
$a-b\equiv0\pmod{m}$ 等价于 $m\mid (a-b - 0)$，即 $m\mid (a-b)$。
两者等价，得证。

（ii）证明若 $a\equiv b\pmod{m},c\equiv d\pmod{m}$，则 $a-c\equiv b-d\pmod{m}$

由已知，$m\mid (a-b)$ 且 $m\mid (c-d)$。
根据整除的可加性，$m\mid (a-b) - (c-d) = (a-c)-(b-d)$。
根据同余定义，即 $a-c\equiv b-d\pmod{m}$，得证。

题7 结论判断与证明/反例

（i）若 $a^2\equiv b^2\pmod{m}$，则 $a\equiv b\pmod{m}$

不成立。
反例：取 $a=1,b=3,m=4$，$1^2=1\equiv 3^2=9\equiv1\pmod{4}$，但 $1\not\equiv3\pmod{4}$。

（ii）若 $a^2\equiv b^2\pmod{m}$，则 $a\equiv b\pmod{m}$ 或 $a\equiv -b\pmod{m}$ 至少一个成立

不成立。
反例：取 $a=2,b=7,m=15$，$2^2=4\equiv7^2=49\equiv4\pmod{15}$，但 $2\not\equiv7\pmod{15}$ 且 $2\not\equiv-7=8\pmod{15}$。

（iii）若 $a\equiv b\pmod{m}$，则 $a^2\equiv b^2\pmod{m^2}$

不成立。
反例：取 $a=4,b=1,m=3$，$4\equiv1\pmod{3}$，但 $4^2=16\equiv7\pmod{9}$，$1^2=1\pmod{9}$，$16\not\equiv1\pmod{9}$。

（iv）若 $a\equiv b\pmod{2}$，则 $a^2\equiv b^2\pmod{4}$

成立。
证明：$a\equiv b\pmod{2}$ 说明 $a,b$ 同奇偶：

若均为偶数：$a=2k,b=2l$，$a^2=4k^2\equiv0\pmod{4}$，$b^2=4l^2\equiv0\pmod{4}$，故 $a^2\equiv b^2\pmod{4}$；
若均为奇数：$a=2k+1,b=2l+1$，$a^2=4k^2+4k+1\equiv1\pmod{4}$，$b^2=4l^2+4l+1\equiv1\pmod{4}$，故 $a^2\equiv b^2\pmod{4}$。
综上，结论成立。

（v）设 $p$ 是奇素数，$p\nmid a$，则 $a^2\equiv b^2\pmod{p}$ 的充要条件是 $a\equiv b\pmod{p}$、$a\equiv -b\pmod{p}$ 中有且仅有一个成立

成立。
证明：

充要性：$a^2\equiv b^2\pmod{p} \iff (a-b)(a+b)\equiv0\pmod{p}$。
因 $p$ 是素数，素数整除乘积必整除其中一个因子，故 $p\mid(a-b)$ 或 $p\mid(a+b)$，即 $a\equiv b\pmod{p}$ 或 $a\equiv -b\pmod{p}$，充分必要性得证。
有且仅有一个成立：
若两个同时成立，则 $b\equiv -b\pmod{p} \implies 2b\equiv0\pmod{p}$。
因 $p$ 是奇素数，$\gcd(2,p)=1$，故 $b\equiv0\pmod{p}$，进而 $a\equiv0\pmod{p}$，与 $p\nmid a$ 矛盾。
因此两个结论不能同时成立，即有且仅有一个成立。

（vi）若 $(a,m)=1,k\geq1$，从 $a^k\equiv b^k\pmod{m}$、$a^{k+1}\equiv b^{k+1}\pmod{m}$ 可推出 $a\equiv b\pmod{m}$

成立。
证明：
由 $a^k\equiv b^k\pmod{m}$，两边同乘 $b$ 得 $a^k b \equiv b^{k+1}\pmod{m}$。
结合 $a^{k+1}\equiv b^{k+1}\pmod{m}$，得 $a^{k+1}\equiv a^k b\pmod{m}$，即 $a^k(a-b)\equiv0\pmod{m}$。
因 $(a,m)=1$，故 $\gcd(a^k,m)=1$，根据同余消去律，可约去 $a^k$，得 $a-b\equiv0\pmod{m}$，即 $a\equiv b\pmod{m}$，得证。

题8 求和式 $1+2+\dots+m\equiv0\pmod{m}$ 成立的条件

结论

当且仅当 $m$ 为正奇数时，该式一定成立。

证明

和式 $S=1+2+\dots+(m-1)+m$，模 $m$ 时 $m\equiv0\pmod{m}$，故 $S\equiv 1+2+\dots+(m-1)\pmod{m}$。

若 $m$ 为奇数：$m-1$ 为偶数，可将 $1$ 到 $m-1$ 两两配对为 $(k, m-k)$，每对满足 $k + (m-k) = m\equiv0\pmod{m}$，因此总和 $\equiv0\pmod{m}$，即 $S\equiv0\pmod{m}$。
若 $m$ 为偶数：$m-1$ 为奇数，配对后剩余中间项 $m/2$，总和 $\equiv m/2\pmod{m}$，而 $m/2\not\equiv0\pmod{m}$，故 $S\not\equiv0\pmod{m}$。

题9 求和式 $1^3+2^3+\dots+m^3\equiv0\pmod{m}$ 成立的条件

结论

当且仅当 $m$ 为奇数，或 $m$ 是4的倍数（即 $m\not\equiv2\pmod{4}$）时，该式一定成立。

证明

和式 $T=1^3+2^3+\dots+(m-1)^3+m^3$，模 $m$ 时 $m^3\equiv0\pmod{m}$，故 $T\equiv 1^3+2^3+\dots+(m-1)^3\pmod{m}$。
对任意 $k$，$k^3 + (m-k)^3 = m(m^2-3mk+3k^2)\equiv0\pmod{m}$。

若 $m$ 为奇数：$m-1$ 为偶数，可两两配对，总和 $\equiv0\pmod{m}$，成立。
若 $m$ 为偶数，设 $m=2t$：
配对后剩余中间项 $t^3$，总和 $\equiv t^3\pmod{2t}$。
- 若 $t$ 为偶数（即 $m=4s$）：$t^3$ 是 $2t$ 的倍数，$t^3\equiv0\pmod{2t}$，总和 $\equiv0\pmod{m}$，成立。
- 若 $t$ 为奇数（即 $m=4s+2$）：$t^3\equiv t\pmod{2t}=m/2\not\equiv0\pmod{m}$，总和 $\not\equiv0\pmod{m}$，不成立。

题10 求 $1+2+\dots+n$ 的最后一位可能取值

结论

最后一位数可能取的值为：$\boldsymbol{0,1,3,5,6,8}$，不可能取2,4,7,9。

推导

$1+2+\dots+n = \frac{n(n+1)}{2}$，最后一位数即该式模10的余数。
$n$ 和 $n+1$ 是连续整数，一奇一偶，因此只需枚举 $n=1$ 到 $20$（模10的周期为20）的结果，得到所有可能的余数为0,1,3,5,6,8。
验证：不存在整数 $n$ 使得 $\frac{n(n+1)}{2}\equiv2,4,7,9\pmod{10}$，因此这四个值不可能出现。

同余习题全解（11-26题）

以下所有题目均基于同余核心性质、费马小定理、Wilson定理、多项式同余、中国剩余定理等数论基础，给出完整严谨的推导与证明。

题11

命题：设素数 $p \nmid a$，$k\geq1$，证明 $n^2 \equiv an \pmod{p^k}$ 成立的充要条件是 $n\equiv0\pmod{p^k}$ 或 $n\equiv a\pmod{p^k}$。

证明

充分性
若 $n\equiv0\pmod{p^k}$，则 $n^2\equiv0$，$an\equiv0$，故 $n^2\equiv an\pmod{p^k}$；
若 $n\equiv a\pmod{p^k}$，则 $n^2\equiv a^2$，$an\equiv a^2$，故 $n^2\equiv an\pmod{p^k}$。
必要性
同余式变形为 $n(n-a) \equiv0\pmod{p^k}$，即 $p^k \mid n(n-a)$。
由 $p\nmid a$，得 $\gcd(n, n-a)=\gcd(n,a)$，故 $p$ 无法同时整除 $n$ 和 $n-a$（否则 $p\mid a$，与题设矛盾）。
素数幂 $p^k$ 只能整除其中一个因子，即 $p^k\mid n$ 或 $p^k\mid n-a$，对应 $n\equiv0\pmod{p^k}$ 或 $n\equiv a\pmod{p^k}$。

证毕。

题12

命题：设 $n>4$，证明 $n$ 是合数的充要条件是 $(n-2)! \equiv0\pmod{n}$。

证明

必要性（$n$ 是合数 $\Rightarrow (n-2)!\equiv0\pmod{n}$）
合数 $n$ 分两类讨论：
- 若 $n$ 是合数且非素数平方，即 $n=ab$，$1<a<b<n$。
  因 $n>4$，故 $b\leq n/2 \leq n-2$，即 $a,b$ 均属于 $1,2,\dots,n-2$，因此 $ab=n \mid (n-2)!$，即 $(n-2)!\equiv0\pmod{n}$。
- 若 $n=p^2$（$p$ 为素数），$n>4$ 故 $p\geq3$。
  此时 $2p \leq p^2-2$（$p\geq3$ 时，$p^2-2p-2=(p-1)^2-3\geq1>0$），故 $p,2p$ 均属于 $1,2,\dots,n-2$，因此 $p\cdot2p=2p^2=2n \mid (n-2)!$，即 $(n-2)!\equiv0\pmod{n}$。
充分性（$(n-2)!\equiv0\pmod{n} \Rightarrow n$ 是合数）
反证法：假设 $n$ 是素数，由Wilson定理，$(n-1)! \equiv-1\pmod{n}$。
而 $(n-1)!=(n-1)(n-2)! \equiv (-1)\cdot(n-2)! \equiv-1\pmod{n}$，两边乘 $-1$ 得 $(n-2)! \equiv1\pmod{n}$，与题设 $(n-2)!\equiv0\pmod{n}$ 矛盾。
故 $n$ 必为合数。

证毕。

题13

命题：证明 $70! \equiv61! \pmod{71}$。

证明

71是素数，先将70!展开：

\[70! = 70\times69\times68\times\cdots\times62 \times 61! \]

其中 $70\equiv-1,69\equiv-2,\dots,62\equiv-9\pmod{71}$，因此：

\[70\times69\times\cdots\times62 = (-1)\times(-2)\times\cdots\times(-9) = (-1)^9 \cdot9! = -362880 \]

计算 $362880 \mod71$：$71\times5110=362810$，故 $362880\equiv362880-362810=70\equiv-1\pmod{71}$，因此：

\[70\times69\times\cdots\times62 \equiv -(-1)=1\pmod{71} \]

代入得 $70! \equiv1\times61! \equiv61!\pmod{71}$。

证毕。

题14

(i) 求 $2^{400}$ 对模10的最小非负剩余

2的幂次模10的周期为4：$2^4\equiv6\pmod{10}$，且 $6^k\equiv6\pmod{10}$。
$400$ 是4的倍数，故 $2^{400}=(2^4)^{100}\equiv6^{100}\equiv6\pmod{10}$。
答案：6

(ii) 求 $2^{1000}$ 的十进制最后两位数（模100的最小非负剩余）

$100=4\times25$，分别计算模4、模25后合并：

模4：$2^2\equiv0\pmod{4}$，故 $2^{1000}\equiv0\pmod{4}$。
模25：$\varphi(25)=20$，由欧拉定理 $2^{20}\equiv1\pmod{25}$，$1000$ 是20的倍数，故 $2^{1000}\equiv1\pmod{25}$。

解同余组 $\begin{cases}x\equiv0\pmod{4}\\x\equiv1\pmod{25}\end{cases}$，设 $x=25k+1$，代入得 $k+1\equiv0\pmod{4}$，即 $k=4m+3$，故 $x=100m+76$。
答案：76

(iii) 求 $9^{9^9}$ 及 $9^{9^{9^9}}$ 的十进制最后两位数（模100的最小非负剩余）

$\gcd(9,100)=1$，$\varphi(100)=40$，故 $9^{40}\equiv1\pmod{100}$，只需计算指数模40。

计算 $9^9 \mod40$：$9^2=81\equiv1\pmod{40}$，故 $9^9=9^{2\times4+1}\equiv9\pmod{40}$。
因此 $9^{9^9}\equiv9^9\pmod{100}$，计算得 $9^9=387420489\equiv89\pmod{100}$。
计算 $9^{9^9} \mod40$：$9$ 的奇数次幂模40恒为9，$9^{9^9}$ 是9的奇数次幂，故 $9^{9^9}\equiv9\pmod{40}$。
因此 $9^{9^{9^9}}\equiv9^9\equiv89\pmod{100}$。

答案：两个数的最后两位数均为89

(iv) 求 $(13481^{56} -77)^{28}$ 被111除后的最小非负剩余

$111=3\times37$，分别计算模3、模37后合并：

模3计算
$13481\equiv2\pmod{3}$，$77\equiv2\pmod{3}$，故：
$13481^{56}\equiv2^{56}\equiv(2^2)^{28}\equiv1\pmod{3}$，
$13481^{56}-77\equiv1-2=-1\equiv2\pmod{3}$，
$(...)^{28}\equiv2^{28}\equiv(2^2)^{14}\equiv1\pmod{3}$。
模37计算
$13481\equiv13\pmod{37}$，$77\equiv3\pmod{37}$，$\varphi(37)=36$，故：
$13^{56}=13^{36+20}\equiv13^{20}\equiv(13^4)^5\equiv(-3)^5=-243\equiv16\pmod{37}$，
$13^{56}-77\equiv16-3=13\pmod{37}$，
$(...)^{28}\equiv13^{28}=13^{-8}\equiv(-3)^{-2}=9^{-1}\equiv33\pmod{37}$。
合并同余组
解 $\begin{cases}x\equiv1\pmod{3}\\x\equiv33\pmod{37}\end{cases}$，设 $x=37k+33$，代入得 $k\equiv1\pmod{3}$，即 $k=3m+1$，故 $x=111m+70$。

答案：70

(v) 求 $2^s$ 对模10的最小非负剩余，$s=2^k,k\geq2$

$k\geq2$ 时，$s=2^k\geq4$，2的幂次模10周期为4，$s$ 是4的倍数，故 $2^s=(2^4)^t\equiv6^t\equiv6\pmod{10}$。
答案：6

题15

(i) 求3对模7的逆

逆元满足 $3x\equiv1\pmod{7}$，试算得 $3\times5=15\equiv1\pmod{7}$，故逆元为 $\boldsymbol{5\pmod{7}}$。

(ii) 求13对模10的逆

$13\equiv3\pmod{10}$，逆元满足 $3x\equiv1\pmod{10}$，试算得 $3\times7=21\equiv1\pmod{10}$，故逆元为 $\boldsymbol{7\pmod{10}}$。

题16

设 $a^{-1}$ 是 $a$ 对模 $m$ 的逆，证明：

(i) $an\equiv c\pmod{m}$ 成立的充要条件是 $n\equiv a^{-1}c\pmod{m}$

充分性：若 $n\equiv a^{-1}c\pmod{m}$，两边乘 $a$ 得 $an\equiv a\cdot a^{-1}c\equiv c\pmod{m}$，成立。
必要性：若 $an\equiv c\pmod{m}$，两边乘 $a^{-1}$ 得 $a^{-1}an\equiv a^{-1}c\pmod{m}$，即 $n\equiv a^{-1}c\pmod{m}$，成立。

证毕。

(ii) $a^{-1}b^{-1}$ 是 $ab$ 对模 $m$ 的逆，即 $(ab)^{-1}\equiv a^{-1}b^{-1}\pmod{m}$；特别地，$(a^k)^{-1}\equiv(a^{-1})^k\pmod{m}$

计算 $(ab)(a^{-1}b^{-1})=a\cdot a^{-1} \cdot b\cdot b^{-1} \equiv1\times1=1\pmod{m}$，由逆元的唯一性，得 $(ab)^{-1}\equiv a^{-1}b^{-1}\pmod{m}$。
数学归纳法证明幂次结论：
- $k=1$ 时显然成立；
- 假设 $k=t$ 时 $(a^t)^{-1}\equiv(a^{-1})^t\pmod{m}$，则 $k=t+1$ 时，$(a^{t+1})^{-1}=(a^t\cdot a)^{-1}\equiv(a^t)^{-1}a^{-1}\equiv(a^{-1})^t a^{-1}=(a^{-1})^{t+1}\pmod{m}$，归纳成立。

证毕。

题17

(i) 求整数 $n$ 满足 $3n\equiv5\pmod{7}$

3对模7的逆为5，两边乘5得 $n\equiv5\times5=25\equiv4\pmod{7}$。
通解：$n=7k+4$，$k$ 为整数

(ii) 求整数 $n$ 满足 $13n\equiv7\pmod{10}$

$13\equiv3\pmod{10}$，3对模10的逆为7，两边乘7得 $n\equiv7\times7=49\equiv9\pmod{10}$。
通解：$n=10k+9$，$k$ 为整数

题18

求整数 $n$ 同时满足 $n\equiv1\pmod{4}$，$n\equiv2\pmod{3}$。
设 $n=4k+1$，代入第二个同余式得 $4k+1\equiv k+1\equiv2\pmod{3}$，即 $k\equiv1\pmod{3}$，故 $k=3m+1$。
代入得 $n=4(3m+1)+1=12m+5$。
通解：$n=12m+5$，$m$ 为整数

题19

命题：对任意整数 $n$，以下五个同余式至少有一个成立：
$n\equiv0\pmod{2}$，$n\equiv0\pmod{3}$，$n\equiv1\pmod{4}$，$n\equiv5\pmod{6}$，$n\equiv7\pmod{12}$。

证明

任意整数模12的剩余为0-11，枚举所有剩余类验证：

$n\mod12$	满足的同余式
0	$0\pmod{2},0\pmod{3}$
1	$1\pmod{4}$
2	$0\pmod{2}$
3	$0\pmod{3}$
4	$0\pmod{2}$
5	$5\pmod{6}$
6	$0\pmod{2},0\pmod{3}$
7	$7\pmod{12}$
8	$0\pmod{2}$
9	$0\pmod{3}$
10	$0\pmod{2}$
11	$5\pmod{6}$

所有模12的剩余类均满足至少一个同余式，故对任意整数 $n$ 命题成立。

证毕。

题20

命题：对任意整数 $n$，以下六个同余式至少有一个成立：
$n\equiv0\pmod{2}$，$n\equiv0\pmod{3}$，$n\equiv1\pmod{4}$，$n\equiv3\pmod{8}$，$n\equiv7\pmod{12}$，$n\equiv23\pmod{24}$。

证明

任意整数模24的剩余为0-23，枚举所有剩余类验证，所有剩余均满足至少一个同余式（核心验证非2、3倍数的奇数：1满足$1\pmod{4}$，5满足$1\pmod{4}$，7满足$7\pmod{12}$，11满足$3\pmod{8}$，13满足$1\pmod{4}$，17满足$1\pmod{4}$，19满足$7\pmod{12}$，23满足$23\pmod{24}$），其余剩余均满足$0\pmod{2}$或$0\pmod{3}$。

故对任意整数 $n$ 命题成立。

证毕。

题21

证明以下不定方程无解：

(i) $x^2-2y^2=77$

方程变形为 $x^2\equiv2y^2\pmod{11}$（77是11的倍数）。
若 $11\mid y$，则 $11\mid x$，故 $11^2=121\mid x^2-2y^2=77$，矛盾，因此 $\gcd(y,11)=1$，$y$ 存在模11的逆元。
两边乘 $(y^{-1})^2$ 得 $(xy^{-1})^2\equiv2\pmod{11}$。
枚举模11的平方剩余：$0,1,3,4,5,9$，2不是模11的平方剩余，矛盾。故方程无整数解。

(ii) $x^2-3y^2+5z^2=0$

假设存在非零整数解，不妨设为本原解（$\gcd(x,y,z)=1$）。
方程变形为 $x^2\equiv3y^2\pmod{5}$。
若 $5\mid y$，则 $5\mid x$，代入方程得 $5z^2\equiv0\pmod{5}$，即 $5\mid z$，与本原解矛盾，故 $\gcd(y,5)=1$。
两边乘 $(y^{-1})^2$ 得 $(xy^{-1})^2\equiv3\pmod{5}$。
枚举模5的平方剩余：$0,1,4$，3不是模5的平方剩余，矛盾。故方程无整数解。

题22

求所有三元正整数组 $\{a,b,c\}$，满足 $a\equiv b\pmod{c}$，$b\equiv c\pmod{a}$，$c\equiv a\pmod{b}$。

解答

所有解分为两类：

三元全相等：$(k,k,k)$，$k$ 为正整数。
显然满足：$k\equiv k\pmod{k}$，恒成立。
两元相等且为最小值，第三元为其正整数倍：
排列形式为 $(k,k,mk)$、$(k,mk,k)$、$(mk,k,k)$，其中 $k$ 为正整数，$m\geq2$ 为正整数。
验证：以 $(k,k,mk)$ 为例，
- $k\equiv k\pmod{mk}$，$mk\mid0$，成立；
- $k\equiv mk\pmod{k}$，$k\mid0$，成立；
- $mk\equiv k\pmod{k}$，$k\mid0$，成立。

不存在三元全不相等的解：若 $c$ 为最大值，则 $c\mid a-b$，而 $|a-b|<c$，故 $a=b$，同理可证其他情况。

题23

求所有三元非零整数组 $\{a,b,c\}$，满足 $a\equiv b\pmod{|c|}$，$b\equiv c\pmod{|a|}$，$c\equiv a\pmod{|b|}$。

解答

所有非零整数解分为三类：

绝对值全相等：$(±k,±k,±k)$，$k$ 为正整数，符号任意。
模为绝对值，$|a|=|b|=|c|=k$，$k\mid a-b$ 恒成立（$a-b$ 为 $0,±2k$，均被 $k$ 整除）。
两元相等，第三元绝对值为其正整数倍：
排列形式为 $(t,t,s)$、$(t,s,t)$、$(s,t,t)$，其中 $t,s$ 为非零整数，$|s|$ 是 $|t|$ 的正整数倍。
两元互为相反数，第三元绝对值为其2倍：
排列形式为 $(t,-t,±2t)$、$(t,±2t,-t)$、$(±2t,t,-t)$，其中 $t$ 为非零整数，符号任意。

题24

命题：设 $p$ 是素数，$f(x)$ 是整系数多项式，$f(x)=q(x)(x^p-x)+r(x)$，$q(x),r(x)$ 为整系数多项式，$r(x)$ 次数小于 $p$。证明对所有整数 $x$，$f(x)\equiv r(x)\pmod{p}$。

证明

由费马小定理，对任意整数 $x$，$x^p\equiv x\pmod{p}$，即 $x^p-x\equiv0\pmod{p}$。
对任意整数 $x$，$q(x)$ 是整数，故 $q(x)(x^p-x)\equiv q(x)\cdot0=0\pmod{p}$。
因此 $f(x)=q(x)(x^p-x)+r(x)\equiv0 + r(x)=r(x)\pmod{p}$，即该式为模 $p$ 的恒等同余式。

证毕。

题25

命题：设 $p$ 是素数，$f(x)$ 是整系数多项式，$a_1,\dots,a_k$ 两两模 $p$ 不同余，且 $f(a_j)\equiv0\pmod{p}$，$1\leq j\leq k$。证明存在整系数多项式 $q(x)$，使得 $f(x)\equiv q(x)(x-a_1)\cdots(x-a_k)\pmod{p}$，并证明以下推论。

核心结论证明

用数学归纳法：

$k=1$ 时，由多项式余数定理，$f(x)=(x-a_1)q_1(x)+c$，$c$ 为常数。代入 $x=a_1$ 得 $f(a_1)=c\equiv0\pmod{p}$，故 $f(x)\equiv(x-a_1)q_1(x)\pmod{p}$，成立。
假设 $k=t$ 时成立，即 $f(x)\equiv q_t(x)(x-a_1)\cdots(x-a_t)\pmod{p}$。当 $k=t+1$ 时，$f(a_{t+1})\equiv0$，故 $q_t(a_{t+1})\prod_{j=1}^t(a_{t+1}-a_j)\equiv0\pmod{p}$。因 $a_j$ 两两不同余，故 $q_t(a_{t+1})\equiv0\pmod{p}$，即 $q_t(x)\equiv(x-a_{t+1})q_{t+1}(x)\pmod{p}$，代入得 $f(x)\equiv q_{t+1}(x)(x-a_1)\cdots(x-a_{t+1})\pmod{p}$，归纳成立。

推论证明

$x^{p-1}-1 \equiv (x-1)(x-2)\cdots(x-p+1)\pmod{p}$
由费马小定理，$x=1,2,\dots,p-1$ 均为 $x^{p-1}-1\equiv0\pmod{p}$ 的根，共 $p-1$ 个不同根。由核心结论，$x^{p-1}-1\equiv c(x-1)\cdots(x-p+1)\pmod{p}$，比较两边 $x^{p-1}$ 的系数得 $c=1$，故等式成立。
$x^p-x \equiv x(x-1)\cdots(x-p+1)\pmod{p}$
$x^p-x=x(x^{p-1}-1)$，代入上述推论1的结论，直接得证。
Wilson定理：$(p-1)! \equiv-1\pmod{p}$
在推论1中令 $x=0$，左边为 $0^{p-1}-1=-1$，右边为 $(-1)^{p-1}(p-1)!$。
- $p=2$ 时，$(-1)^1\cdot1!=-1\equiv-1\pmod{2}$，成立；
- $p$ 为奇素数时，$p-1$ 为偶数，$(-1)^{p-1}=1$，故 $-1\equiv(p-1)!\pmod{p}$，成立。
当 $p>3$ 时，$\sum_{1\leq i<j\leq p-1} ij \equiv0\pmod{p}$
展开 $(x-1)\cdots(x-p+1)=x^{p-1}-\sigma_1x^{p-2}+\sigma_2x^{p-3}-\dots+(-1)^{p-1}(p-1)!$，其中 $\sigma_2=\sum_{1\leq i<j\leq p-1}ij$。
由推论1，该式与 $x^{p-1}-1$ 模 $p$ 同余，故 $x^{p-3}$ 的系数 $\sigma_2\equiv0\pmod{p}$（右边无 $x^{p-3}$ 项，系数为0）。
因 $p>3$，故 $p-3\geq1$，结论成立。

题26

命题：设素数 $p>3$，证明：

\[\frac{(p-1)!}{1} + \frac{(p-1)!}{2} + \dots + \frac{(p-1)!}{p-1} \equiv0\pmod{p^2} \]

证明

记 $S=\sum_{k=1}^{p-1} \frac{(p-1)!}{k}$，先将和式配对：

\[S=\sum_{k=1}^{(p-1)/2} \left( \frac{(p-1)!}{k} + \frac{(p-1)!}{p-k} \right) = (p-1)! \cdot p \cdot \sum_{k=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{k(p-k)} \]

因此 $S=p\cdot M$，其中 $M=(p-1)! \cdot \sum_{k=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{k(p-k)}$，只需证明 $M\equiv0\pmod{p}$。

由Wilson定理，$(p-1)!\equiv-1\pmod{p}$；
$k(p-k)=pk-k^2\equiv -k^2\pmod{p}$，故 $\frac{1}{k(p-k)}\equiv -\frac{1}{k^2}\pmod{p}$；
代入得 $M\equiv -1 \cdot \sum_{k=1}^{(p-1)/2} \left(-\frac{1}{k^2}\right) = \sum_{k=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{k^2}\pmod{p}$。

注意到 $k$ 遍历 $1$ 到 $p-1$ 时，$k^{-1}$ 也遍历 $1$ 到 $p-1$，故：

\[\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2} = \sum_{k=1}^{p-1} k^{-2} = \sum_{m=1}^{p-1} m^2 = \frac{(p-1)p(2p-1)}{6} \equiv0\pmod{p} \]

而 $\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2} = 2\sum_{k=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{k^2} \equiv0\pmod{p}$，$p>3$ 时 $2$ 与 $p$ 互素，故 $\sum_{k=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{k^2}\equiv0\pmod{p}$，即 $M\equiv0\pmod{p}$。

因此 $S=p\cdot M\equiv0\pmod{p^2}$，得证。

同余类与剩余系知识点详解与推导证明

一、前置基础：同余关系是等价关系

对于给定正整数$m$（模$m$），整数的同余关系定义为：$a\equiv b\pmod{m}$ 当且仅当 $m\mid (a-b)$（即$a,b$除以$m$的余数相同）。

等价关系需满足三个核心性质，这是同余类的理论根基：

自反性：对任意整数$a$，$a\equiv a\pmod{m}$，因$m\mid (a-a)=0$，显然成立。
对称性：若$a\equiv b\pmod{m}$，则$b\equiv a\pmod{m}$。因$m\mid (a-b)$，则$m\mid -(a-b)=b-a$，成立。
传递性：若$a\equiv b\pmod{m}$，$b\equiv c\pmod{m}$，则$a\equiv c\pmod{m}$。因$m\mid (a-b)$且$m\mid (b-c)$，故$m\mid (a-b)+(b-c)=a-c$，成立。

正因为同余关系是等价关系，我们可以将全体整数按该关系划分为两两不交的集合，这就是同余类（剩余类）的来源。

二、核心定义详解

定义1 同余类（剩余类）

定义内容

把全体整数分为若干个两两不相交的集合，满足：

同一集合中的任意两个数，对模$m$一定同余；
不同集合中的两个数，对模$m$一定不同余。

每个这样的集合称为模$m$的同余类（剩余类），用$r\bmod m$表示整数$r$所属的模$m$的同余类。

通俗解读

例如模$m=5$，所有除以5余1的数$\dots,-9,-4,1,6,11,\dots$ 构成同余类$1\bmod 5$；余2的数构成$2\bmod 5$，以此类推。

定义2 完全剩余系（完系）

定义内容

一组数 $y_1,y_2,\dots,y_s$ 称为模$m$的完全剩余系，若对任意整数$a$，这组数中有且仅有一个$y_j$，满足$a\equiv y_j\pmod{m}$（即$y_j$是$a$对模$m$的剩余）。

核心解读

完全剩余系的本质：从模$m$的每一个同余类中恰好取一个代表元，所有代表元构成的集合就是一组完全剩余系。
核心推论：模$m$的完全剩余系，一定恰好包含$m$个两两对模$m$不同余的整数；反过来，任意$m$个两两对模$m$不同余的整数，一定是模$m$的一组完全剩余系。

常见的完全剩余系类型

针对模$m$，有5类最常用的完全剩余系，适配不同的计算场景：

完系类型	具体形式	核心特点
最小非负完全剩余系	$0,1,2,\dots,m-1$	最基础、最常用，对应余数的标准取值
最小正完全剩余系	$1,2,\dots,m$	所有元素为正整数，适配正整数场景
最大非正完全剩余系	$-m+1,-m+2,\dots,0$	所有元素为非正整数
最大负完全剩余系	$-m,-m+1,\dots,-1$	所有元素为负整数
绝对最小完全剩余系	奇数$m$：$-\frac{m-1}{2},\dots,-1,0,1,\dots,\frac{m-1}{2}$ 偶数$m$：$-\frac{m}{2},\dots,-1,0,1,\dots,\frac{m}{2}-1$	元素绝对值最小，大幅简化计算

三、核心定理的详细证明与推导

定理1 同余类的核心性质

定理包含三个核心结论：
(i) $r\bmod m = \{ r+km \mid k\in\mathbb{Z} \}$；
(ii) $r\bmod m = s\bmod m$ 的充要条件是 $r\equiv s\pmod{m}$；
(iii) 对任意的$r,s$，要么 $r\bmod m = s\bmod m$，要么 $r\bmod m$ 与 $s\bmod m$ 的交集为空集。

证明(i)：同余类的集合表示

集合相等的充要条件是左右两边互相包含，分两步证明：

证$r\bmod m \subseteq \{ r+km \mid k\in\mathbb{Z} \}$
任取$a\in r\bmod m$，由同余类定义，$a\equiv r\pmod{m}$，即$m\mid (a-r)$。
因此存在整数$k$，使得$a-r=km$，即$a=r+km$，故$a\in \{ r+km \mid k\in\mathbb{Z} \}$，左边包含于右边得证。
证$\{ r+km \mid k\in\mathbb{Z} \} \subseteq r\bmod m$
任取$a=r+km$（$k\in\mathbb{Z}$），则$a-r=km$，显然$m\mid (a-r)$，即$a\equiv r\pmod{m}$。
由同余类定义，$a\in r\bmod m$，右边包含于左边得证。

综上，$r\bmod m = \{ r+km \mid k\in\mathbb{Z} \}$，结论成立。

证明(ii)：同余类相等的充要条件

充要条件需分别证明必要性和充分性：

必要性（$\Rightarrow$）：若$r\bmod m = s\bmod m$，则$r\equiv s\pmod{m}$
因$r\in r\bmod m$（自反性），且两个集合相等，故$r\in s\bmod m$。
由同余类定义，$r\equiv s\pmod{m}$，必要性得证。
充分性（$\Leftarrow$）：若$r\equiv s\pmod{m}$，则$r\bmod m = s\bmod m$
仍通过互相包含证明：
- 任取$a\in r\bmod m$，则$a\equiv r\pmod{m}$。已知$r\equiv s\pmod{m}$，由同余的传递性，$a\equiv s\pmod{m}$，故$a\in s\bmod m$，即$r\bmod m \subseteq s\bmod m$。
- 任取$a\in s\bmod m$，则$a\equiv s\pmod{m}$。由同余的对称性，$s\equiv r\pmod{m}$，再由传递性得$a\equiv r\pmod{m}$，故$a\in r\bmod m$，即$s\bmod m \subseteq r\bmod m$。

综上，两个集合相等，充分性得证。

证明(iii)：同余类的不交性

用反证法证明：
假设$r\bmod m$和$s\bmod m$的交集非空，即存在整数$a$，使得$a\in r\bmod m$且$a\in s\bmod m$。
由同余类定义，$a\equiv r\pmod{m}$且$a\equiv s\pmod{m}$，结合同余的对称性和传递性，得$r\equiv s\pmod{m}$。
再由定理1(ii)，可得$r\bmod m = s\bmod m$。

这说明：若两个同余类交集非空，则必相等；若不相等，则交集必为空。结论得证。

定理2 模$m$的同余类的数量

定理内容

对给定的模$m$，有且恰有$m$个不同的模$m$的同余类，它们是：

\[0\bmod m,\ 1\bmod m,\ \dots,\ (m-1)\bmod m \]

这些同余类作为元素构成的集合记为：

\[\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} = \mathbb{Z}_m = \{ j\bmod m \mid 0\leq j\leq m-1 \} \]

证明

需证明两点：① 这$m$个同余类两两不同；② 所有整数都属于其中一个同余类。

证明两两不同
任取$0\leq i < j \leq m-1$，反设$i\bmod m = j\bmod m$，由定理1(ii)得$i\equiv j\pmod{m}$，即$m\mid (j-i)$。
但$0 < j-i < m$，大于0且小于$m$的正整数无法被$m$整除，矛盾。因此这$m$个同余类两两不同。
证明全体整数都属于其中一个同余类
任取整数$a$，由整数带余除法定理，存在唯一的整数$q$（商）和$r$（余数），使得：

\[a = qm + r,\quad 0\leq r < m \]
即$a-r=qm$，故$m\mid (a-r)$，即$a\equiv r\pmod{m}$。
由定理1(ii)，$a\in r\bmod m$，而$0\leq r < m$，因此$a$必属于上述$m$个同余类中的一个。

综上，模$m$恰好有$m$个不同的同余类，定理得证。

定理3 同余类的鸽巢原理应用

定理内容

(i) 在任意取定的$m+1$个整数中，必有两个数对模$m$同余；
(ii) 存在$m$个数，使得两两对模$m$不同余。

证明(i)

由定理2，模$m$仅有$m$个不同的同余类。
将$m+1$个整数对应到其所属的同余类，相当于把$m+1$个物品放入$m$个抽屉，由鸽巢原理，至少有一个抽屉包含至少两个物品。
即至少有两个整数属于同一个同余类，由同余类定义，这两个数对模$m$同余，结论得证。

证明(ii)

直接构造：取最小非负完全剩余系$0,1,2,\dots,m-1$，由定理2的证明，这$m$个数两两对模$m$不同余，因此满足条件的$m$个数存在，结论得证。

定理4 不同模的同余类之间的包含关系

定理内容

设$m_1 \mid m$（$m_1$是$m$的约数），则对任意的$r$，有

\[r\bmod m \subseteq r\bmod m_1,\quad \text{即 } r+m\mathbb{Z} \subseteq r+m_1\mathbb{Z} \]

等号仅当$m_1=m$时成立。

更精确地，若$l_1,\dots,l_d$是模$d=m/m_1$的一组完全剩余系，则

\[r\bmod m_1 = \bigcup_{1\leq j\leq d} (r+l_j m_1)\bmod m \]

即：模$m_1$的一个同余类，是$d=m/m_1$个两两不同的模$m$的同余类的并集。

证明

分两步完成，先证包含关系，再证并集结论。

第一步：证明包含关系 $r\bmod m \subseteq r\bmod m_1$

任取$a\in r\bmod m$，由定理1(i)，$a = r + km$（$k\in\mathbb{Z}$）。
因$m_1\mid m$，故存在整数$t$，使得$m = t m_1$，代入得$a = r + k t m_1 = r + (kt) m_1$。
由定理1(i)，$a\in r\bmod m_1$，因此$r\bmod m \subseteq r\bmod m_1$。

等号成立条件：

若$m_1=m$，则$d=1$，显然$r\bmod m = r\bmod m_1$，等号成立；
若$m_1\neq m$，则$d>1$，此时$r+m_1 \in r\bmod m_1$，但$r+m_1 \notin r\bmod m$（因$(r+m_1)-r=m_1$，$m$不整除$m_1$），等号不成立。

因此等号仅当$m_1=m$时成立。

第二步：证明并集结论（集合运算法）

由定理1(i)，同余类可表示为$r\bmod m_1 = r + m_1 \mathbb{Z}$；
同时，由定理2的并集性质，全体整数$\mathbb{Z} = \bigcup_{l\bmod d} (l + d\mathbb{Z})$（模$d$的所有同余类的并是全体整数）。

因此可做如下推导：

\[\begin{align*} r\bmod m_1 &= r + m_1 \mathbb{Z} \\ &= r + m_1 \cdot \bigcup_{l\bmod d} (l + d\mathbb{Z}) \\ &= r + \bigcup_{l\bmod d} (l m_1 + m_1 d \mathbb{Z}) \\ &= \bigcup_{l\bmod d} (r + l m_1 + m \mathbb{Z}) \quad (\text{因} \ m_1 d = m) \\ &= \bigcup_{l\bmod d} (r + l m_1)\bmod m \end{align*} \]

因模$d$的同余类两两不交，故右边的$d$个模$m$的同余类也两两不交，结论得证。

定理4' 同余式的等价表述

定理内容

设$m_1\mid m$，$d=m/m_1$，则对任意的$r$，$n\equiv r\pmod{m_1}$成立的充要条件是：以下$d$个同余式中有且仅有一个成立：

\[n\equiv r + j m_1 \pmod{m},\quad 0\leq j < d \]

证明

该定理是定理4的同余式语言翻译，分两步证明：

必要性（$\Rightarrow$）：若$n\equiv r\pmod{m_1}$，则$n\in r\bmod m_1$。
由定理4，$r\bmod m_1$是$d$个两两不交的模$m$的同余类的并，因此$n$恰好属于其中一个同余类，即恰好有一个$j$使得$n\equiv r+j m_1\pmod{m}$，必要性得证。
充分性（$\Leftarrow$）：若存在$j$使得$n\equiv r+j m_1\pmod{m}$，则$m\mid (n - r - j m_1)$。
因$m_1\mid m$，故$m_1\mid (n - r - j m_1)$，又$m_1\mid j m_1$，因此$m_1\mid (n - r)$，即$n\equiv r\pmod{m_1}$，充分性得证。

同时，因$d$个同余类两两不交，故不可能有两个$j$同时满足，即“有且仅有一个”成立，定理得证。

补充性质：完全剩余系的和的同余性

结论

任意两组模$m$的完全剩余系，其元素之和对模$m$同余，且满足：

\[\sum_{j=0}^{m-1} j = \frac{m(m-1)}{2} \equiv \begin{cases} 0\pmod{m}, & \text{$m$为奇数} \\ \frac{m}{2}\pmod{m}, & \text{$m$为偶数} \end{cases} \]

证明

任意模$m$的完系，每个元素都可表示为$j + k_j m$（$j=0,1,\dots,m-1$，$k_j\in\mathbb{Z}$），因此完系的和为：

\[\sum_{j=0}^{m-1} (j + k_j m) = \frac{m(m-1)}{2} + m\sum_{j=0}^{m-1} k_j \]
第二项是$m$的倍数，对模$m$同余于0，因此任意完系的和都与$\frac{m(m-1)}{2}$模$m$同余。
分情况讨论：
- 当$m$为奇数时，$m-1$为偶数，$\frac{m-1}{2}$是整数，故$\frac{m(m-1)}{2} = m\cdot \frac{m-1}{2}$，是$m$的倍数，同余于$0\pmod{m}$；
- 当$m$为偶数时，设$m=2t$，则$\frac{m(m-1)}{2} = t(2t-1) = 2t^2 - t = mt - \frac{m}{2}$，因此$\frac{m(m-1)}{2} \equiv \frac{m}{2}\pmod{m}$。

结论得证。

四、核心知识点归纳总结表

分类	名称	核心内容/定义	关键性质/结论
基础定义	同余类（剩余类）$r\bmod m$	所有与$r$模$m$同余的整数构成的集合，即$r\bmod m = \{r+km \mid k\in\mathbb{Z}\}$	1. 同一类中数两两模$m$同余，不同类的数模$m$不同余； 2. 两个同余类要么相等，要么交集为空； 3. $r\bmod m = s\bmod m \iff r\equiv s\pmod{m}$
基础定义	同余类集合$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$	模$m$的所有同余类构成的集合，即$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} = \{0\bmod m,\dots,(m-1)\bmod m\}$	模$m$恰好有$m$个两两不同的同余类
基础定义	完全剩余系（完系）	从模$m$的每个同余类中恰好取一个代表元，构成的$m$元集合	1. 一组数是模$m$的完系$\iff$ 它包含$m$个两两模$m$不同余的整数； 2. 任意整数模$m$恰好与完系中的一个元素同余
常见完系	最小非负完系	$0,1,2,\dots,m-1$	最基础的完系，对应余数的标准取值
常见完系	最小正完系	$1,2,\dots,m$	所有元素为正整数，适配正整数场景
常见完系	绝对最小完系	奇数$m$：$-\frac{m-1}{2},\dots,0,\dots,\frac{m-1}{2}$ 偶数$m$：$-\frac{m}{2},\dots,0,\dots,\frac{m}{2}-1$	元素绝对值最小，大幅简化计算
核心定理	鸽巢原理定理	1. $m+1$个整数中必有两个模$m$同余； 2. 存在$m$个两两模$m$不同余的整数	完系存在性的理论基础
核心定理	不同模的同余类包含关系	若$m_1\mid m$，$d=m/m_1$，则$r\bmod m \subseteq r\bmod m_1$，且$r\bmod m_1 = \bigcup_{0\leq j<d} (r+jm_1)\bmod m$	1. 大模的同余类是小模同余类的子集； 2. 小模的一个同余类，是$d$个大模同余类的不交并
核心定理	完系的和的同余性	模$m$的任意完系的元素之和，模$m$同余于$\frac{m(m-1)}{2}$	1. $m$为奇数时，和$\equiv 0\pmod{m}$； 2. $m$为偶数时，和$\equiv \frac{m}{2}\pmod{m}$
等价表述	同余式的拆分	若$m_1\mid m$，$d=m/m_1$，则$n\equiv r\pmod{m_1}$ 等价于有且仅有一个$0\leq j<d$，使得$n\equiv r+jm_1\pmod{m}$	中国剩余定理的核心基础之一

五、应用提示

同余类的核心思想：将无限的整数集，通过同余等价关系转化为有限的$m$元集合$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$，是数论中“有限化处理无限问题”的核心方法。
完系的选取技巧：解决同余问题时，选取适配的完系可大幅简化计算——涉及绝对值用绝对最小完系，涉及正整数用最小正完系，涉及对称性质用正负对称完系。
定理4的应用场景：是处理多模同余问题的核心，例如将模2的奇偶类拆分为模4、模8的同余类，是解决整除性、不定方程问题的常用技巧。

例8 完整证明与深度解析

一、题干核心条件梳理

已知：

正整数$n,k$满足$\boldsymbol{\gcd(k,n)=1}$（互素），且$0<k<n$；
集合$M=\{1,2,\dots,n-1\}$，对$M$中元素涂蓝色/白色，需满足：
- 规则(i)：任意$i\in M$，$i$和$n-i$同色；
- 规则(ii)：任意$i\in M$且$i\neq k$，$i$和$|k-i|$同色。
  需证：$M$中所有数颜色完全相同。

二、证法核心思路

原证法的核心是将有限集合$M$的涂色规则，延拓到全体整数集$\mathbb{Z}$上，借助同余类的周期性、整数互素的贝祖定理，先证明「全体整数同色」，自然推出子集$M$的所有元素同色。

对全体整数$\mathbb{Z}$的涂色延拓规则：

(a) 模$n$的同一个同余类中的整数，涂相同颜色；
保留原规则(i)(ii)，补充规则(iii)：$0$和$k$涂相同颜色（保证规则(ii)在$i=k$时自洽）。

三、分步详细证明

步骤1：证明性质(I)：对任意整数$j$，$j$和$-j$同色

对任意整数$j$，由带余除法定理，存在唯一的$i\in\{0,1,\dots,n-1\}$，使得$j\equiv i\pmod{n}$，即$j$与$i$属于模$n$的同一个同余类。

由延拓规则(a)，$j$和$i$同色，分两种情况完成证明：

当$i=0$时：
$-j\equiv -0=0\equiv j\pmod{n}$，即$-j$与$j$属于同一个同余类，由规则(a)，$j$和$-j$同色。
当$0<i<n$时：
- 原规则(i)要求$i$和$n-i$同色；
- 由$-i = (n-i) - n$，得$-i\equiv n-i\pmod{n}$，根据规则(a)，$-i$和$n-i$同色；
- 由$-j\equiv -i\pmod{n}$，根据规则(a)，$-j$和$-i$同色。
因此形成同色传递链：$j \sim i \sim n-i \sim -i \sim -j$（$\sim$表示同色），即$j$和$-j$同色。

性质(I)得证。

步骤2：证明性质(II)：对任意整数$j$，$j$和$j\pm k$同色

对任意整数$j$，仍取$i\in\{0,1,\dots,n-1\}$满足$j\equiv i\pmod{n}$，由规则(a)，$j$和$i$同色。

先证明$i$和$i-k$同色，分两种情况：

当$i\neq k$时：
原规则(ii)要求$i$和$|k-i|$同色；
由性质(I)，$|k-i|$和它的相反数$i-k$同色；
因此$i$和$i-k$同色。
当$i=k$时：
补充规则(iii)要求$0$和$k$同色；
而$i-k = k-k=0$，因此$i=k$和$i-k=0$同色。

综上，对所有$i\in\{0,1,\dots,n-1\}$，$i$和$i-k$同色。

再由$j\equiv i\pmod{n}$，得$j-k\equiv i-k\pmod{n}$，根据规则(a)，$i-k$和$j-k$同色。

因此形成同色传递链：$j \sim i \sim i-k \sim j-k$，即$j$和$j-k$同色。

结合性质(I)可推出$j$和$j+k$同色：
$j \sim -j \sim -j -k \sim -(-j -k) = j+k$，因此$j$和$j+k$同色。

综上，对任意整数$j$，$j$和$j\pm k$同色，性质(II)得证。

步骤3：利用互素条件，证明全体整数同色

由延拓规则(a)，任意整数$j$和$j+sn$同色（$s$为任意整数，$j$与$j+sn$属于模$n$的同一个同余类）；
由性质(II)，任意整数$j$和$j+tk$同色（$t$为任意整数，反复加减$k$即可）。

因此，对任意整数$s,t$，$j$和$j + sn + tk$同色。

已知$\gcd(k,n)=1$，根据贝祖定理（裴蜀定理）：若两个整数互素，则存在整数$s_0,t_0$，使得$s_0 n + t_0 k = 1$。

令$s=s_0,t=t_0$，可得：对任意整数$j$，$j$和$j+1$同色，即相邻整数一定同色。

由此可推出全体整数同色：

对任意正整数$m$，$0 \sim 1 \sim 2 \sim \dots \sim m$，所有非负整数同色；
对任意负整数$-m$，$0 \sim -1 \sim -2 \sim \dots \sim -m$，所有负整数也与$0$同色。

因此，全体整数都涂同一种颜色。

步骤4：完成原命题证明

集合$M=\{1,2,\dots,n-1\}$是全体整数$\mathbb{Z}$的子集，既然全体整数同色，那么$M$中的所有数必然涂同一种颜色。

原命题得证。

四、关键逻辑深度解读

扩充到整数集的意义
原集合$M$是有限集，规则(i)(ii)仅在$M$内生效，无法处理$0$、负数和超出$n-1$的数。扩充到全体整数后，可利用同余类的周期性，将局部的涂色规则转化为整数集上的全局性质，大幅简化逻辑推导。
补充$0$与$k$同色的作用
原规则(ii)仅对$i\neq k$生效，当$i=k$时$|k-i|=0$，而$0$不在原集合$M$中。补充该规则是为了让规则(ii)在$i=k$时自洽，保证性质(II)对所有整数成立，是延拓的核心环节。
互素条件的核心价值
互素$\gcd(k,n)=1$是证明的“临门一脚”。贝祖定理保证了$1$可以表示为$n$和$k$的整数线性组合，从而推出「相邻整数同色」，最终得到全体整数同色的结论。若没有互素条件，该命题不成立（例如$n=4,k=2$，$\gcd(2,4)=2\neq1$，可构造出不同色的反例）。

五、补充：初等证法（无同余类延拓，辅助理解）

核心逻辑与原证法一致，仅用辗转相除法的思路：

规则(ii)的本质是：任意数$i$和它模$k$的余数同色，类似辗转相除法的取余操作；
规则(i)的本质是：任意数$i$和它模$n$的余数同色；
因$\gcd(k,n)=1$，通过辗转相除法反复取余，最终可得到$1$和$M$中所有数同色，因此$M$中所有数同色。

原证法用同余类的语言，将这个过程系统化、清晰化，充分体现了同余类工具在数论问题中的优势。

既约同余类、既约剩余系与欧拉函数知识点详解与证明

一、前置核心定理：同余类的最大公约数不变性

定理5 内容

模$m$的一个同余类中，任意两个整数$a_1,a_2$与$m$的最大公约数相等，即

\[(a_1,m)=(a_2,m) \]

详细证明

由同余类的定义，若$a_1,a_2 \in r\bmod m$，根据同余类的集合表示，存在整数$k_1,k_2$，使得：
\[a_1 = r + k_1 m,\quad a_2 = r + k_2 m \]
利用最大公约数的核心性质（辗转相除法的基础）：对任意整数$x,y,t$，有$(x+ty,y)=(x,y)$。
对$a_1$应用该性质：
\[(a_1,m) = (r + k_1 m, m) = (r,m) \]
同理对$a_2$：
\[(a_2,m) = (r + k_2 m, m) = (r,m) \]
因此$(a_1,m)=(a_2,m)$，定理得证。

定理意义

该定理是既约同余类定义的合理性基础：一个同余类中所有数与模$m$的最大公约数是固定值，仅由同余类的代表元决定，与代表元的选取无关。因此我们可以直接定义“一个同余类与$m$互素”，不会因代表元选取不同出现矛盾。

二、核心定义解读

定义3 既约同余类（互素同余类）与欧拉函数

定义：模$m$的同余类$r\bmod m$称为模$m$的既约同余类（互素同余类），当且仅当$(r,m)=1$。
欧拉函数：模$m$的所有既约同余类的个数记作$\boldsymbol{\varphi(m)}$，称为Euler函数（欧拉函数），是数论中最核心的函数之一。

关键解读

由定理5，只要同余类中存在一个数与$m$互素，整个类的所有数都与$m$互素，定义无歧义；
欧拉函数的本质：$1,2,\dots,m$中与$m$互素的正整数的个数（定理6将严格证明）。

基础例子

模$m$	既约同余类	$\varphi(m)$	既约剩余系示例
$m=1$	$0\bmod 1$	$1$	$0$（任意整数）
$m=2$	$1\bmod 2$	$1$	$1$（任意奇数）
$m=4$	$1\bmod 4,\ 3\bmod 4$	$2$	$1,3$
$m=12$	$1\bmod 12,\ 5\bmod 12,\ 7\bmod 12,\ 11\bmod 12$	$4$	$1,5,7,11$

定义4 既约剩余系（互素剩余系）

一组数$z_1,z_2,\dots,z_t$称为模$m$的既约剩余系，当且仅当满足两个核心条件：

互素性：对任意$1\leq j\leq t$，$(z_j,m)=1$；
完全覆盖性：对任意满足$(a,m)=1$的整数$a$，有且仅有一个$z_j$，使得$a\equiv z_j\pmod{m}$。

关键解读

本质：既约剩余系是从模$m$的每一个既约同余类中，恰好取一个代表元构成的集合；
必然性质：既约剩余系中的元素一定两两对模$m$不同余（否则违反覆盖的唯一性）；
与完全剩余系的区别：
- 完全剩余系：覆盖模$m$的全部$m$个同余类，共$m$个元素；
- 既约剩余系：仅覆盖与$m$互素的$\varphi(m)$个同余类，共$\varphi(m)$个元素。

三、核心定理与完整证明

定理6 既约同余类的刻画与欧拉函数的计数意义

定理内容

模$m$的所有不同的既约同余类为：$r\bmod m$，其中$1\leq r\leq m$且$(r,m)=1$；
$\varphi(m)$等于$1,2,\dots,m$中与$m$互素的数的个数。

详细证明

由同余类的基本定理，模$m$的全部不同同余类为$0\bmod m,1\bmod m,\dots,(m-1)\bmod m$，等价于$1\bmod m,2\bmod m,\dots,m\bmod m$（因$m\bmod m=0\bmod m$）。
由定理5，一个同余类是既约同余类，当且仅当它的代表元$r$满足$(r,m)=1$。
因此，所有既约同余类恰好对应$1\leq r\leq m$中满足$(r,m)=1$的$r$，既约同余类的个数$\varphi(m)$，就是$1$到$m$中与$m$互素的数的个数。定理得证。

定理7 鸽巢原理在既约剩余系的应用

定理内容

(i) 在任意取定的$\varphi(m)+1$个均与$m$互素的整数中，必有两个数对模$m$同余；
(ii) 存在$\varphi(m)$个数，它们两两对模$m$不同余且均与$m$互素。

详细证明

(i) 模$m$的既约同余类仅有$\varphi(m)$个，将$\varphi(m)+1$个与$m$互素的整数对应到其所属的既约同余类，由鸽巢原理，至少有两个数属于同一个既约同余类，因此这两个数对模$m$同余。

(ii) 构造法证明：取所有满足$1\leq r\leq m$且$(r,m)=1$的正整数$r$，共$\varphi(m)$个。

两两不同余：$1$到$m$之间的不同整数，模$m$的余数必然不同；
均与$m$互素：由构造条件直接满足。
因此这组数符合要求，定理得证。

核心推论

任意$\varphi(m)$个两两对模$m$不同余、且与$m$互素的整数，一定是模$m$的一组既约剩余系。该推论是判断一组数是否为既约剩余系的核心依据。

定理8 素数幂的欧拉函数计算公式

定理内容

设$p$是素数，$k\geq1$，则：

欧拉函数公式：$\boldsymbol{\varphi(p^k) = p^{k-1}(p-1) = p^k - p^{k-1}}$；
模$p^k$的既约同余类可表示为：$(a + bp)\bmod p^k$，其中$1\leq a\leq p-1$，$0\leq b\leq p^{k-1}-1$。

详细证明

第一步：证明欧拉函数公式

由定理6，$\varphi(p^k)$等于$1,2,\dots,p^k$中与$p^k$互素的数的个数。
素数的核心性质：对素数$p$，$(r,p^k)=1$的充要条件是$(r,p)=1$（即$p\nmid r$）。
- 必要性：若$(r,p^k)=1$，则$r$与$p$无公共素因子，故$p\nmid r$；
- 充分性：若$p\nmid r$，则$r$与$p$互素，而$p^k$的素因子只有$p$，故$(r,p^k)=1$。
因此$\varphi(p^k)$等于$1$到$p^k$中不被$p$整除的数的个数。
$1$到$p^k$中总共有$p^k$个数，其中被$p$整除的数为$p,2p,\dots,p^{k-1}\cdot p=p^k$，共$p^{k-1}$个。
因此不被$p$整除的数的个数为：
\[\varphi(p^k) = p^k - p^{k-1} = p^{k-1}(p-1) \]
公式得证。

第二步：证明既约同余类的表示

必要性：任取一个与$p^k$互素的数$r$（即$1\leq r\leq p^k$，$p\nmid r$），由带余除法定理，存在整数$b,a$使得：

\[r = bp + a,\quad 0\leq a\leq p-1 \]
因$p\nmid r$，故余数$a\neq0$，即$1\leq a\leq p-1$。
又$r\leq p^k$，故$bp = r - a \leq p^k - 1$，得$b\leq \frac{p^k-1}{p}=p^{k-1}-\frac{1}{p}$，因$b$为整数，故$0\leq b\leq p^{k-1}-1$。
因此$r$可表示为$a+bp$的形式，对应同余类$(a+bp)\bmod p^k$。
充分性：任取$1\leq a\leq p-1$，$0\leq b\leq p^{k-1}-1$，令$r=bp+a$，则：
- $1\leq r\leq (p^{k-1}-1)p + (p-1) = p^k -1$，满足$1\leq r\leq p^k$；
- $r$除以$p$的余数为$a\neq0$，故$p\nmid r$，即$(r,p^k)=1$，对应同余类为既约同余类。

综上，模$p^k$的所有既约同余类均可表示为该形式，定理得证。

示例验证

取$m=3^3=27$（素数$p=3$，$k=3$）：

由公式得$\varphi(27)=3^{3-1}(3-1)=9\times2=18$，与$27-9=18$一致；
既约同余类为$(a+3b)\bmod 27$，其中$a=1,2$，$b=0,1,\dots,8$，对应数为$1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26$，共18个，均与27互素，构成模27的既约剩余系。

四、核心知识点归纳总结表

分类	名称	核心定义/内容	关键性质/结论
基础定理	同余类gcd不变性（定理5）	同一个模$m$的同余类中，所有数与$m$的最大公约数相等	既约同余类定义的合理性基础，保证同余类的互素性与代表元选取无关
核心定义	既约同余类	满足$(r,m)=1$的同余类$r\bmod m$	类中所有数均与$m$互素，模$m$共有$\varphi(m)$个不同的既约同余类
核心定义	欧拉函数$\varphi(m)$	模$m$的既约同余类的个数	等于$1,2,\dots,m$中与$m$互素的数的个数；素数幂满足$\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)$
核心定义	既约剩余系	从每个既约同余类中取一个代表元构成的集合	1. 共$\varphi(m)$个元素，两两模$m$不同余； 2. 每个元素均与$m$互素； 3. 所有与$m$互素的整数，恰好与其中一个元素同余
核心定理	既约剩余系的鸽巢原理（定理7）	1. $\varphi(m)+1$个与$m$互素的整数中，必有两个模$m$同余； 2. 存在$\varphi(m)$个两两不同余、且与$m$互素的整数	既约剩余系存在性的理论基础，给出既约剩余系的元素个数必为$\varphi(m)$
核心定理	素数幂欧拉函数公式（定理8）	$\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)$	欧拉函数最基础的计算公式，是一般正整数欧拉函数计算的核心模块
补充性质	既约剩余系的构造	模$m$的一组完全剩余系中，所有与$m$互素的数，构成模$m$的一组既约剩余系	最常用的既约剩余系构造方法

五、补充说明

既约剩余系是数论中证明欧拉定理、费马小定理的核心工具，也是模运算、同余方程求解的基础；
欧拉函数是积性函数，即若$\gcd(m,n)=1$，则$\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$，结合素数幂的公式，可计算任意正整数的欧拉函数值；
既约剩余系与完全剩余系的核心区别：完全剩余系覆盖所有同余类，描述模$m$的全部整数划分；既约剩余系仅覆盖与模互素的同余类，专门处理互素场景下的模运算问题。

剩余系的整体性质与结构知识点详解与完整证明

前置核心判定准则

在所有证明前，先明确两个最基础的判定规则，是所有定理的推导基础：

完全剩余系（完系）判定：$m$个整数构成模$m$的完系，当且仅当它们两两对模$m$不同余。
既约剩余系（缩系）判定：$\varphi(m)$个整数构成模$m$的缩系，当且仅当它们两两对模$m$不同余，且每个数都与$m$互素。

一、定理9 剩余系的平移不变性

定理内容

(i) 设$c$是任意整数，则$x$遍历模$m$的一组完全剩余系的充要条件是$x+c$也遍历模$m$的一组完全剩余系。
(ii) 设$k_1,\dots,k_{\varphi(m)}$是任意整数，则$y_1,\dots,y_{\varphi(m)}$是模$m$的一组既约剩余系的充要条件是$y_1+k_1m,\dots,y_{\varphi(m)}+k_{\varphi(m)}m$是模$m$的一组既约剩余系。

详细证明

(i) 完系平移不变性的证明

必要性（$\Rightarrow$）：
设$x_1,\dots,x_m$是模$m$的完系，需证$x_1+c,\dots,x_m+c$是完系。

元素个数：共$m$个，符合完系的元素数量要求；
两两不同余：反设存在$i\neq j$，使得$x_i+c \equiv x_j+c \pmod{m}$，两边消去$c$得$x_i\equiv x_j\pmod{m}$，与$x_1,\dots,x_m$是完系（两两不同余）矛盾。
因此$x_1+c,\dots,x_m+c$两两模$m$不同余，是模$m$的完系。

充分性（$\Leftarrow$）：
设$x_1+c,\dots,x_m+c$是模$m$的完系，需证$x_1,\dots,x_m$是完系。

元素个数：共$m$个；
两两不同余：反设存在$i\neq j$，使得$x_i\equiv x_j\pmod{m}$，则$x_i+c\equiv x_j+c\pmod{m}$，与前者是完系矛盾。
因此$x_1,\dots,x_m$是模$m$的完系。

(ii) 缩系平移不变性的证明

必要性（$\Rightarrow$）：
设$y_1,\dots,y_{\varphi(m)}$是模$m$的缩系，需证$y_i+k_im$是缩系。

元素个数：共$\varphi(m)$个，符合缩系的数量要求；
两两不同余：反设$y_i+k_im \equiv y_j+k_jm \pmod{m}$，因$k_im\equiv 0\pmod{m}$，故$y_i\equiv y_j\pmod{m}$，与$y_i$是缩系矛盾；
互素性：由最大公约数性质$(a+bm,m)=(a,m)$，得$(y_i+k_im,m)=(y_i,m)=1$，满足缩系的互素要求。
因此$y_i+k_im$是模$m$的缩系。

充分性（$\Leftarrow$）：
设$y_i+k_im$是模$m$的缩系，需证$y_i$是缩系。

元素个数：共$\varphi(m)$个；
两两不同余：反设$y_i\equiv y_j\pmod{m}$，则$y_i+k_im\equiv y_j+k_jm\pmod{m}$，与前者是缩系矛盾；
互素性：$(y_i,m)=(y_i+k_im,m)=1$，满足互素要求。
因此$y_i$是模$m$的缩系。

核心解读

定理9说明：对剩余系做“加常数”或“加模的整数倍”的操作，不会改变其完系/缩系的属性。本质是同余类的平移不改变同余关系，也不改变与模的互素性。

二、定理10 剩余系的乘性不变性

定理内容

设$(a,m)=1$，则$x$遍历模$m$的完全（既约）剩余系的充要条件是$ax$遍历模$m$的完全（既约）剩余系。

前置核心性质

证明依赖两个同余与最大公约数的基础性质：

同余消去律：若$(a,m)=1$，则$x_i\not\equiv x_j\pmod{m} \iff ax_i\not\equiv ax_j\pmod{m}$；
互素不变性：若$(a,m)=1$，则$(ax_i,m)=(x_i,m)$。

详细证明

1. 完全剩余系的情形

必要性（$\Rightarrow$）：
设$x_1,\dots,x_m$是模$m$的完系，需证$ax_1,\dots,ax_m$是完系。

元素个数：共$m$个；
两两不同余：由消去律，若$ax_i\equiv ax_j\pmod{m}$，则$x_i\equiv x_j\pmod{m}$，与$x_i$是完系矛盾，故$ax_i$两两不同余。
因此$ax_1,\dots,ax_m$是模$m$的完系。

充分性（$\Leftarrow$）：
设$ax_1,\dots,ax_m$是模$m$的完系，需证$x_1,\dots,x_m$是完系。

元素个数：共$m$个；
两两不同余：若$x_i\equiv x_j\pmod{m}$，则$ax_i\equiv ax_j\pmod{m}$，与前者是完系矛盾。
因此$x_1,\dots,x_m$是模$m$的完系。

2. 既约剩余系的情形

必要性（$\Rightarrow$）：
设$x_1,\dots,x_{\varphi(m)}$是模$m$的缩系，需证$ax_1,\dots,ax_{\varphi(m)}$是缩系。

元素个数：共$\varphi(m)$个；
两两不同余：与完系同理，由消去律得两两不同余；
互素性：由互素不变性，$(ax_i,m)=(x_i,m)=1$，满足互素要求。
因此$ax_i$是模$m$的缩系。

充分性（$\Leftarrow$）：
设$ax_1,\dots,ax_{\varphi(m)}$是模$m$的缩系，需证$x_1,\dots,x_{\varphi(m)}$是缩系。

元素个数：共$\varphi(m)$个；
两两不同余：与完系同理；
互素性：$(x_i,m)=(ax_i,m)=1$，满足互素要求。
因此$x_i$是模$m$的缩系。

核心解读

定理10是剩余系最核心的性质之一：当乘数与模互素时，乘性操作相当于对完系/缩系做了一个置换（重新排列顺序），不会改变其完系/缩系的属性。

特例：取$a=-1$，可得$x$与$-x$同时遍历模$m$的完系/缩系，是常用的简化技巧；
反例：若$(a,m)>1$，该性质不成立。例如$a=2,m=4$，$(2,4)=2>1$，模4的完系$0,1,2,3$乘2得$0,2,0,2$，不再是完系。

三、定理11 完系的二元分解定理

定理内容

设$m=m_1m_2$，$x_i^{(1)}(1\leq i\leq m_1)$是模$m_1$的完系，$x_j^{(2)}(1\leq j\leq m_2)$是模$m_2$的完系，则

\[x_{ij}=x_i^{(1)} + m_1x_j^{(2)} \]

是模$m=m_1m_2$的完系。即当$x^{(1)},x^{(2)}$分别遍历模$m_1,m_2$的完系时，$x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}$遍历模$m$的完系。

详细证明

证法1 直接证明（两两不同余法）

元素个数验证：$x_{ij}$的总个数为$m_1\times m_2=m$，符合完系的数量要求。
两两不同余证明：反设存在$(i_1,j_1)\neq(i_2,j_2)$，使得
\[x_{i_1j_1}=x_{i_1}^{(1)}+m_1x_{j_1}^{(2)} \equiv x_{i_2}^{(1)}+m_1x_{j_2}^{(2)}=x_{i_2j_2} \pmod{m_1m_2} \]
- 第一步：两边模$m_1$，因$m_1x_j^{(2)}\equiv0\pmod{m_1}$，得$x_{i_1}^{(1)}\equiv x_{i_2}^{(1)}\pmod{m_1}$。
  而$x_i^{(1)}$是模$m_1$的完系，两两不同余，故必有$i_1=i_2$。
- 第二步：将$i_1=i_2$代入原式，得$m_1x_{j_1}^{(2)}\equiv m_1x_{j_2}^{(2)}\pmod{m_1m_2}$，两边除以$m_1$得$x_{j_1}^{(2)}\equiv x_{j_2}^{(2)}\pmod{m_2}$。
  而$x_j^{(2)}$是模$m_2$的完系，两两不同余，故必有$j_1=j_2$。
  因此$(i_1,j_1)=(i_2,j_2)$，与假设矛盾，故所有$x_{ij}$两两模$m$不同余。

综上，$x_{ij}$是模$m$的完系，证毕。

证法2 同余类集合法

全体整数$\mathbb{Z}$可表示为模$m_1$的所有同余类的并：

\[\mathbb{Z} = \bigcup_{x^{(1)}\bmod m_1} \left(x^{(1)} + m_1\mathbb{Z}\right) \]

对每个固定的$x^{(1)}$，$m_1\mathbb{Z}$可进一步拆分为模$m_2$的同余类的并：

\[m_1\mathbb{Z} = m_1\cdot\bigcup_{x^{(2)}\bmod m_2} \left(x^{(2)} + m_2\mathbb{Z}\right) = \bigcup_{x^{(2)}\bmod m_2} \left(m_1x^{(2)} + m_1m_2\mathbb{Z}\right) = \bigcup_{x^{(2)}\bmod m_2} \left(m_1x^{(2)} + m\mathbb{Z}\right) \]

将其代入$\mathbb{Z}$的表达式，得：

\[\mathbb{Z} = \bigcup_{x^{(1)}\bmod m_1}\bigcup_{x^{(2)}\bmod m_2} \left(x^{(1)} + m_1x^{(2)} + m\mathbb{Z}\right) = \bigcup_{x^{(1)},x^{(2)}} \left(x^{(1)} + m_1x^{(2)}\right)\bmod m \]

这说明$x^{(1)}+m_1x^{(2)}$恰好覆盖了模$m$的所有同余类，因此遍历模$m$的完系，证毕。

核心解读

定理11揭示了大模完系可分解为两个小模完系的线性组合，是中国剩余定理的核心基础，也是构造大模完系的通用方法。

示例：$m=6=2\times3$，模2的完系$0,1$，模3的完系$0,1,2$，构造得$0+0=0,0+2=2,0+4=4,1+0=1,1+2=3,1+4=5$，恰好是模6的完系。

四、定理12 完系的多元分解定理（定理11的推广）

定理内容

设$m=m_1m_2\cdots m_k$，且

\[x = x^{(1)} + m_1x^{(2)} + m_1m_2x^{(3)} + \dots + m_1m_2\cdots m_{k-1}x^{(k)} \]

则当$x^{(j)}(1\leq j\leq k)$分别遍历模$m_j$的完系时，$x$遍历模$m$的完系。

详细证明（数学归纳法）

基例：$k=2$时，即定理11，已证明成立。
归纳假设：假设$k=n(n\geq2)$时结论成立，即对$m=m_1m_2\cdots m_n$，当$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系时，
\[\overline{x}^{(n)} = x^{(1)} + m_1x^{(2)} + \dots + m_1\cdots m_{n-1}x^{(n)} \]
遍历模$\overline{m}_n=m_1m_2\cdots m_n$的完系。
归纳步骤：证明$k=n+1$时结论成立。设$m=\overline{m}_n\cdot m_{n+1}=m_1\cdots m_{n+1}$，则
\[x = \overline{x}^{(n)} + \overline{m}_n x^{(n+1)} \]
由归纳假设，$\overline{x}^{(n)}$遍历模$\overline{m}_n$的完系；由定理11，当$\overline{x}^{(n)}$遍历模$\overline{m}_n$的完系、$x^{(n+1)}$遍历模$m_{n+1}$的完系时，$x$遍历模$\overline{m}_n m_{n+1}=m$的完系。

因此对任意$k\geq2$，定理成立，证毕。

补充定理12'

在定理12的条件下，设$a_1,\dots,a_k$满足$(a_j,m_j)=1$，且

\[x = a_1x^{(1)} + m_1a_2x^{(2)} + m_1m_2a_3x^{(3)} + \dots + m_1\cdots m_{k-1}a_kx^{(k)} \]

则当$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系时，$x$仍遍历模$m$的完系。

证明：由定理10，$(a_j,m_j)=1$时，$a_jx^{(j)}$也遍历模$m_j$的完系，令$y^{(j)}=a_jx^{(j)}$，则原式回到定理12的形式，因此结论成立。

核心解读

定理12将完系的分解从二元推广到多元，最典型的应用是整数的进制表示：

取$m_1=m_2=\dots=m_k=n$，则$m=n^k$，此时$x=x^{(1)}+nx^{(2)}+n^2x^{(3)}+\dots+n^{k-1}x^{(k)}$就是整数的$n$进制表示，$x^{(j)}$遍历$0,1,\dots,n-1$（模$n$的完系），$x$恰好遍历$0$到$n^k-1$，即模$n^k$的完系。

五、定理13 缩系的分解定理

前置核心等价性

在定理12的条件下，若$m_1$和$m=m_1m_2\cdots m_k$有相同的素因数（即所有整除$m$的素数都整除$m_1$），则

\[(x,m)=1 \iff (x^{(1)},m_1)=1 \]

证明：

必要性（$\Rightarrow$）：$x\equiv x^{(1)}\pmod{m_1}$，故$(x,m_1)=(x^{(1)},m_1)$。若$(x,m)=1$，则$(x,m_1)=1$，因此$(x^{(1)},m_1)=1$。
充分性（$\Leftarrow$）：反设$(x,m)\neq1$，则存在素数$p\mid x$且$p\mid m$。由条件，$p\mid m_1$，而$x\equiv x^{(1)}\pmod{m_1}$，故$p\mid x^{(1)}$，即$(x^{(1)},m_1)\geq p>1$，与$(x^{(1)},m_1)=1$矛盾，故$(x,m)=1$。

定理内容

在定理12的条件与符号下，设$m_1$和$m$有相同的素因数，则当$x^{(1)}$遍历模$m_1$的完全（既约）剩余系，$x^{(j)}(2\leq j\leq k)$分别遍历模$m_j$的完系时，$x$遍历模$m$的完全（既约）剩余系。

详细证明

完系部分：即定理12，已证明成立。
缩系部分：需验证缩系的三个判定条件：
- 元素个数：$x^{(1)}$遍历模$m_1$的缩系，共$\varphi(m_1)$个元素；$x^{(j)}(2\leq j\leq k)$遍历模$m_j$的完系，共$m_2,\dots,m_k$个元素，总个数为$\varphi(m_1)\cdot m_2\cdots m_k$。
  因$m_1$与$m$有相同素因数，由欧拉函数的积性性质，$\varphi(m)=\varphi(m_1\cdot m_2\cdots m_k)=\varphi(m_1)\cdot m_2\cdots m_k$，与总个数相等。
- 两两不同余：由定理12，只要$x^{(j)}$不全对应相等，$x$模$m$就不同余，因此两两不同余。
- 互素性：由前置等价性，$(x,m)=1\iff(x^{(1)},m_1)=1$，而$x^{(1)}$是模$m_1$的缩系，故$(x^{(1)},m_1)=1$，即$(x,m)=1$。

三个条件均满足，因此$x$遍历模$m$的缩系，证毕。

核心特例

当$m_1=m_2=\dots=m_k=n$时，$m=n^k$，$m_1=n$与$m=n^k$有相同的素因数，因此：

\[x = x^{(1)} + nx^{(2)} + n^2x^{(3)} + \dots +n^{k-1}x^{(k)} \]

当$x^{(1)}$遍历模$n$的缩系、$x^{(j)}(2\leq j\leq k)$遍历模$n$的完系时，$x$遍历模$n^k$的缩系。

当$n=p$为素数时，该特例就是素数幂的欧拉函数公式$\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)$的直接来源，与定理8完全对应。

六、核心知识点归纳总结表

定理	核心条件	核心结论	核心意义
定理9	$c$为任意整数；$k_j$为任意整数	完系平移$c$仍为完系；缩系加$k_jm$仍为缩系	剩余系的平移不变性，同余类的平移不改变其属性
定理10	$(a,m)=1$	$x$遍历完系/缩系$\iff ax$遍历完系/缩系	剩余系的乘性置换性质，是欧拉定理、同余方程求解的核心基础
定理11	$m=m_1m_2$，$x^{(1)},x^{(2)}$分别遍历模$m_1,m_2$的完系	$x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}$遍历模$m$的完系	大模完系的二元分解，中国剩余定理的核心基础
定理12	$m=m_1m_2\cdots m_k$，$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系	$x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}+\dots+m_1\cdots m_{k-1}x^{(k)}$遍历模$m$的完系	完系的多元分解，对应整数的进制表示，构造任意大模完系的通用方法
定理13	$m_1$与$m$有相同素因数，$x^{(1)}$遍历模$m_1$的缩系，$x^{(j)}(j\geq2)$遍历模$m_j$的完系	$x$遍历模$m$的缩系	缩系的唯一可分解条件，是素数幂缩系构造、欧拉函数计算的核心工具

剩余系构造例题详细解析与原理拓展

这两个例题是前序剩余系分解定理的直接应用，分别对应互素模的大模剩余系构造和素数幂的剩余系构造两大核心场景，下面逐例拆解原理、推导过程与拓展应用。

例2 利用模10、199的完全剩余系表示模1990的完全剩余系

核心前提

$1990=10\times199$，且$\gcd(10,199)=1$（199是素数，不整除10），因此可直接应用定理11（完系二元分解定理），结合定理10（剩余系乘性不变性）完成构造。

定理11核心结论：若$m=m_1m_2$，$\gcd(m_1,m_2)=1$，则当$x^{(1)}$遍历模$m_1$的完系、$x^{(2)}$遍历模$m_2$的完系时，$x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}$遍历模$m$的完系。

(i) 分解式：$\boldsymbol{x = x^{(1)} + 10x^{(2)}}$

原理

取$m_1=10$，$m_2=199$，满足$m=10\times199=1990$，直接匹配定理11的形式。
当$x^{(1)}$遍历模10的完系，$x^{(2)}$遍历模199的完系时，$x$遍历模1990的完系。

不同类型完系的构造

完系类型	$x^{(1)}$的取值（模10的对应完系）	$x^{(2)}$的取值（模199的对应完系）	构造结果
最小正完系	$1,2,\dots,10$（模10最小正完系）	$0,1,\dots,198$（模199最小非负完系）	$x$覆盖$1,2,\dots,1990$，恰好是模1990的最小正完系
最小非负完系	$0,1,\dots,9$（模10最小非负完系）	$0,1,\dots,198$	$x$覆盖$0,1,\dots,1989$，是模1990的最小非负完系
绝对最小完系	$-4,-3,\dots,4,5$（模10绝对最小完系）	$-99,-98,\dots,98,99$（模199绝对最小完系）	$x$最小值为$-4+10\times(-99)=-994$，最大值为$5+10\times99=995$，覆盖$-994\sim995$，是模1990的绝对最小完系

(ii) 分解式：$\boldsymbol{x = x^{(1)} + 199x^{(2)}}$

原理

交换$m_1$和$m_2$的位置，取$m_1=199$，$m_2=10$，仍满足$m=199\times10=1990$，匹配定理11的形式。
当$x^{(1)}$遍历模199的完系，$x^{(2)}$遍历模10的完系时，$x$遍历模1990的完系。

构造说明

最小正/非负完系的构造逻辑与(i)完全一致，仅交换了两个小模的完系取值；
绝对最小完系的两种构造：
1. 取$x^{(1)}\in\{-198,\dots,0\}$（模199绝对最小完系），$x^{(2)}\in\{-4,\dots,5\}$（模10绝对最小完系），$x$最小值为$-198+199\times(-4)=-994$，最大值为$0+199\times5=995$；
2. 取$x^{(1)}\in\{1,\dots,199\}$，$x^{(2)}\in\{-5,\dots,4\}$，结果完全一致。

(iii) 分解式：$\boldsymbol{x = 199x^{(1)} + 10x^{(2)}}$

原理

结合定理10（剩余系乘性不变性）与定理11：

因$\gcd(199,10)=1$，由定理10，当$x^{(1)}$遍历模10的完系时，$199x^{(1)}$也遍历模10的完系（$199\equiv-1\pmod{10}$，乘-1相当于对完系做置换，不改变完系属性）；
令$y^{(1)}=199x^{(1)}$，则原式变为$x=y^{(1)}+10x^{(2)}$，回到(i)的标准形式，因此当$x^{(1)}$遍历模10的完系、$x^{(2)}$遍历模199的完系时，$x$遍历模1990的完系。

额外拓展

当$x^{(1)}$遍历模10的既约剩余系、$x^{(2)}$遍历模199的既约剩余系时，$x$遍历模1990的既约剩余系。

逻辑：$\gcd(x,1990)=1$当且仅当$\gcd(x,10)=1$且$\gcd(x,199)=1$，对应$x^{(1)}$与10互素、$x^{(2)}$与199互素，这是欧拉函数积性与后续定理14的直接结论。

例3 利用模3的剩余系表示模$\boldsymbol{3^n(n\geq2)}$的剩余系

核心前提

模$3^n$的素因数只有3，与模3的素因数完全相同，满足定理13（缩系分解定理）的适用条件，同时可通过定理12（多元完系分解）完成构造。

定理13核心结论：若$m_1$与$m=m_1m_2\cdots m_k$有相同的素因数，则当$x^{(1)}$遍历模$m_1$的完系/缩系，$x^{(j)}(2\leq j\leq k)$遍历模$m_j$的完系时，$x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}+\dots+m_1\cdots m_{k-1}x^{(k)}$遍历模$m$的完系/缩系。

核心构造结论

当$x^{(1)}$遍历模3的完全（既约）剩余系，$x^{(j)}(2\leq j\leq n)$分别遍历模3的完全剩余系时，

\[x = x^{(1)} + 3x^{(2)} + 3^2x^{(3)} + \dots + 3^{n-1}x^{(n)} \]

遍历模$3^n$的完全（既约）剩余系。

不同类型剩余系的构造

剩余系类型	$x^{(1)}$的取值	$x^{(j)}(2\leq j\leq n)$的取值	构造结果
最小非负完系	$0,1,2$（模3最小非负完系）	$0,1,2$	$x$为整数的3进制表示，覆盖$0\sim3^n-1$，是模$3^n$的最小非负完系
最小非负缩系	$1,2$（模3既约剩余系，与3互素）	$0,1,2$	$x$覆盖$1\sim3^n-1$中所有不被3整除的数，共$\varphi(3^n)=2\times3^{n-1}$个，是模$3^n$的缩系
最小正完系	$1,2,3$（模3最小正完系）	$0,1,2$	$x$覆盖$1\sim3^n$，是模$3^n$的最小正完系
绝对最小完系	$-1,0,1$（模3绝对最小完系）	$-1,0,1$	$x$覆盖$-\frac{3^n-1}{2}\sim\frac{3^n-1}{2}$，是模$3^n$的绝对最小完系
绝对最小缩系	$-1,1$（模3绝对最小缩系）	$-1,0,1$	$x$覆盖所有与$3^n$互素的数，是模$3^n$的绝对最小缩系

经典应用：三进制天平称重问题

问题描述

用$n$个质量分别为$1\ \text{g},3\ \text{g},3^2\ \text{g},\dots,3^{n-1}\ \text{g}$的砝码，可以在天平上称出$1\sim\frac{3^n-1}{2}\ \text{g}$之间的所有整数质量（误差不超过1g）。

原理解析

天平的三种状态对应三进制系数
设物体质量为$W$，放在天平左盘，砝码有三种放置方式，恰好对应绝对最小三进制的系数$\{-1,0,1\}$：
- 砝码放右盘：给右盘增加质量，对应系数$+1$；
- 砝码不放：对应系数$0$；
- 砝码放左盘：与物体一起增加左盘质量，对应系数$-1$。
整数的平衡三进制表示
任意整数$W\in[1,\frac{3^n-1}{2}]$，都可以唯一表示为：

\[W = a_0 + a_1\cdot3 + a_2\cdot3^2 + \dots + a_{n-1}\cdot3^{n-1},\quad a_i\in\{-1,0,1\} \]
这就是平衡三进制（对称三进制），恰好对应例3中模$3^n$的绝对最小完系表示。
范围验证
所有系数取$+1$时，$W$的最大值为$1+3+3^2+\dots+3^{n-1}=\frac{3^n-1}{2}$，因此该范围内的所有整数都可表示，对应可称出所有该区间的质量。

示例（n=3，砝码1g、3g、9g，上限13g）

称2g：$2=3-1$ → 左盘放1g砝码+物体，右盘放3g砝码，平衡时物体质量为2g；
称5g：$5=9-3-1$ → 左盘放1g+3g砝码+物体，右盘放9g砝码；
称7g：$7=9-3+1$ → 左盘放3g砝码+物体，右盘放9g+1g砝码。

通用解题规律总结

互素模的大模完系构造：若$m=m_1m_2$，$\gcd(m_1,m_2)=1$，通用构造式为$x = a_1x^{(1)} + m_1a_2x^{(2)}$，其中$\gcd(a_1,m_1)=1$、$\gcd(a_2,m_2)=1$，$x^{(1)}$、$x^{(2)}$分别遍历模$m_1$、$m_2$的完系，$x$就遍历模$m$的完系。
素数幂的剩余系构造：对素数$p$，模$p^n$的剩余系可通过模$p$的剩余系的$p$进制线性组合构造；完系取$x^{(1)}$遍历模$p$的完系，缩系取$x^{(1)}$遍历模$p$的缩系，其余$x^{(j)}$遍历模$p$的完系即可。
特定类型剩余系构造技巧：想要得到大模的某类完系（如绝对最小、最小正），只需给每个小模的$x^{(j)}$取对应类型的完系即可。

互素模剩余系的分解定理详细讲解与证明

这部分内容是中国剩余定理（孙子定理）的剩余系表述，核心是将大模的剩余系分解为两两互素的小模剩余系的线性组合，且给出了充要条件，结论比之前的定理更强，同时覆盖完全剩余系（完系）和既约剩余系（缩系），是数论中同余方程组、欧拉函数积性的核心理论基础。

前置核心性质（证明的基础）

在正式讲解定理前，先明确3个核心的基础性质，所有证明均依赖这些结论：

同余的分解性质：若$\gcd(m_1,m_2)=1$，则$a\equiv b\pmod{m_1m_2}$的充要条件是$a\equiv b\pmod{m_1}$且$a\equiv b\pmod{m_2}$。
同余消去律：若$\gcd(a,m)=1$，则$ax\equiv ay\pmod{m}$等价于$x\equiv y\pmod{m}$。
最大公约数的互素性质：
- 若$\gcd(a,m)=1$，则$\gcd(ab,m)=\gcd(b,m)$；
- 若$\gcd(m_1,m_2)=1$，则$\gcd(a,m_1m_2)=1$的充要条件是$\gcd(a,m_1)=1$且$\gcd(a,m_2)=1$。

定理14 二元互素模的剩余系分解定理

定理内容

设$m=m_1m_2$，且$\boldsymbol{\gcd(m_1,m_2)=1}$，定义线性组合

\[x = m_2x^{(1)} + m_1x^{(2)} \tag{20} \]

则：

$x$遍历模$m$的完全剩余系的充要条件是$x^{(1)}$、$x^{(2)}$分别遍历模$m_1$、$m_2$的完全剩余系；
$x$遍历模$m$的既约剩余系的充要条件是$x^{(1)}$、$x^{(2)}$分别遍历模$m_1$、$m_2$的既约剩余系。

详细证明

一、完全剩余系的充要条件证明

1. 充分性（$\Leftarrow$）：若$x^{(1)},x^{(2)}$遍历各自的完系，则$x$遍历模$m$的完系

完系的判定规则：$m$个整数构成模$m$的完系，当且仅当它们两两对模$m$不同余。

元素个数验证：$x^{(1)}$有$m_1$个取值，$x^{(2)}$有$m_2$个取值，因此$x$总共有$m_1\times m_2=m$个取值，符合完系的数量要求。
两两不同余证明：
反设存在两组不同的$(i_1,j_1)\neq(i_2,j_2)$，使得

\[x_{i_1j_1}=m_2x_{i_1}^{(1)}+m_1x_{j_1}^{(2)} \equiv m_2x_{i_2}^{(1)}+m_1x_{j_2}^{(2)}=x_{i_2j_2} \pmod{m} \]
根据同余的分解性质，该式等价于同时满足：
1. 模$m_1$同余：$m_2x_{i_1}^{(1)} \equiv m_2x_{i_2}^{(1)} \pmod{m_1}$（因$m_1x_j^{(2)}\equiv0\pmod{m_1}$）。
  因$\gcd(m_1,m_2)=1$，由消去律得$x_{i_1}^{(1)}\equiv x_{i_2}^{(1)}\pmod{m_1}$。
  而$x^{(1)}$是模$m_1$的完系，两两不同余，故$i_1=i_2$。
2. 模$m_2$同余：$m_1x_{j_1}^{(2)} \equiv m_1x_{j_2}^{(2)} \pmod{m_2}$（因$m_2x_i^{(1)}\equiv0\pmod{m_2}$）。
  同理，$\gcd(m_1,m_2)=1$，消去$m_1$得$x_{j_1}^{(2)}\equiv x_{j_2}^{(2)}\pmod{m_2}$，故$j_1=j_2$。
因此只有$(i_1,j_1)=(i_2,j_2)$时，$x$才会同余，即所有$x$两两模$m$不同余，是模$m$的完系。充分性得证。

2. 必要性（$\Rightarrow$）：若$x$遍历模$m$的完系，则$x^{(1)},x^{(2)}$遍历各自的完系

设$x^{(1)}$有$s$个取值，$x^{(2)}$有$t$个取值，因$x$总共有$m=m_1m_2$个取值，故$st=m_1m_2$。
证明$x^{(1)}$两两模$m_1$不同余：
取定$x^{(2)}=x_0^{(2)}$，则对应的$x_i=m_2x_i^{(1)}+m_1x_0^{(2)}$是模$m$的完系的子集，因此两两模$m$不同余，即
\[m_2x_{i_1}^{(1)} \not\equiv m_2x_{i_2}^{(1)} \pmod{m_1m_2} \quad (i_1\neq i_2) \]
该式可推出$x_{i_1}^{(1)} \not\equiv x_{i_2}^{(1)} \pmod{m_1}$，即$x^{(1)}$两两模$m_1$不同余，因此$s\leq m_1$。
同理可证，$x^{(2)}$两两模$m_2$不同余，故$t\leq m_2$。
结合$st=m_1m_2$，只能有$s=m_1$，$t=m_2$。即$x^{(1)}$是$m_1$个两两模$m_1$不同余的数，是模$m_1$的完系；$x^{(2)}$是模$m_2$的完系。必要性得证。

二、既约剩余系的充要条件证明

缩系的本质是：完系中所有与模互素的数构成的子集。因此我们只需证明核心等价式：

\[\gcd(x,m_1m_2)=1 \iff \gcd(x^{(1)},m_1)=1 \text{ 且 } \gcd(x^{(2)},m_2)=1 \tag{21} \]

等价式证明

由互素性质，$\gcd(x,m_1m_2)=1$等价于$\gcd(x,m_1)=1$且$\gcd(x,m_2)=1$。
计算$\gcd(x,m_1)$：
$x = m_2x^{(1)} + m_1x^{(2)} \equiv m_2x^{(1)} \pmod{m_1}$，因此$\gcd(x,m_1)=\gcd(m_2x^{(1)},m_1)$。
因$\gcd(m_1,m_2)=1$，故$\gcd(m_2x^{(1)},m_1)=\gcd(x^{(1)},m_1)$。
因此$\gcd(x,m_1)=1 \iff \gcd(x^{(1)},m_1)=1$。
计算$\gcd(x,m_2)$：
同理，$x\equiv m_1x^{(2)}\pmod{m_2}$，故$\gcd(x,m_2)=\gcd(m_1x^{(2)},m_2)=\gcd(x^{(2)},m_2)$。
因此$\gcd(x,m_2)=1 \iff \gcd(x^{(2)},m_2)=1$。

综上，等价式(21)成立。结合完系的充要条件，$x$遍历模$m$的缩系，当且仅当$x^{(1)},x^{(2)}$遍历各自的缩系。既约剩余系部分得证。

定理14的核心意义

结论更强：之前的定理11仅证明了完系分解的充分性，而定理14给出了充要条件，原因是对称形式$x=m_2x^{(1)}+m_1x^{(2)}$利用了两个模的互素性，保证了双向的等价性。
直接推出欧拉函数的积性：当$\gcd(m_1,m_2)=1$时，$\varphi(m_1m_2)=\varphi(m_1)\varphi(m_2)$。
证明：模$m_1m_2$的缩系个数为$\varphi(m_1m_2)$，等于模$m_1$的缩系个数$\varphi(m_1)$乘以模$m_2$的缩系个数$\varphi(m_2)$，因此积性成立。
中国剩余定理的剩余系表述：该定理本质是说，两两互素模的同余类，与大模的同余类是一一对应的，这正是中国剩余定理的核心结论。

定理15 多元互素模的剩余系分解定理（定理14的推广）

定理内容

设$m=m_1m_2\cdots m_k$，且$m_1,m_2,\dots,m_k$两两互素，记$M_j = \frac{m}{m_j}$（即$M_j$是除$m_j$外所有模的乘积），定义线性组合

\[x = M_1x^{(1)} + M_2x^{(2)} + \dots + M_kx^{(k)} \tag{22} \]

则$x$遍历模$m$的完全（既约）剩余系的充要条件是$x^{(1)},x^{(2)},\dots,x^{(k)}$分别遍历模$m_1,m_2,\dots,m_k$的完全（既约）剩余系。

详细证明（数学归纳法）

基例：$k=2$时，$M_1=m_2$，$M_2=m_1$，原式退化为定理14，已证明成立。
归纳假设：假设$k=n$（$n\geq2$）时定理成立，即对$m'=m_1m_2\cdots m_n$，两两互素，$M_j'=\frac{m'}{m_j}$，则$x'=\sum_{j=1}^n M_j'x^{(j)}$遍历模$m'$的完系/缩系，当且仅当$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系/缩系。
归纳步骤：证明$k=n+1$时定理成立。
设$m=m_1m_2\cdots m_n m_{n+1}$，两两互素，记$m'=m_1\cdots m_n$，则$m=m'm_{n+1}$，且$\gcd(m',m_{n+1})=1$。
对$k=n+1$的情况，$M_j$可改写为：
- 对$1\leq j\leq n$：$M_j=\frac{m}{m_j}=\frac{m'm_{n+1}}{m_j}=M_j'\cdot m_{n+1}$（$M_j'$是$k=n$时的系数）；
- 对$j=n+1$：$M_{n+1}=\frac{m}{m_{n+1}}=m'$。
因此原式可改写为：

\[x = m_{n+1}\cdot \sum_{j=1}^n M_j'x^{(j)} + m'\cdot x^{(n+1)} = m_{n+1}x' + m'x^{(n+1)} \]
这正是定理14的二元形式，其中$m_1=m'$，$m_2=m_{n+1}$。
- 由归纳假设，$x'$遍历模$m'$的完系/缩系，当且仅当$x^{(1)},\dots,x^{(n)}$遍历各自的完系/缩系；
- 由定理14，$x$遍历模$m$的完系/缩系，当且仅当$x'$遍历模$m'$的完系/缩系，且$x^{(n+1)}$遍历模$m_{n+1}$的完系/缩系。
综上，$x$遍历模$m$的完系/缩系，当且仅当$x^{(1)},\dots,x^{(n+1)}$遍历各自的完系/缩系，即$k=n+1$时定理成立。

由数学归纳法，对任意$k\geq2$，定理15成立。

定理16 带乘性系数的剩余系分解定理

定理内容

在定理15的条件下，再设整数$a_1,a_2,\dots,a_k$满足$\boldsymbol{\gcd(a_j,m_j)=1}$（$1\leq j\leq k$），定义线性组合

\[x = a_1M_1x^{(1)} + a_2M_2x^{(2)} + \dots + a_kM_kx^{(k)} \tag{23} \]

则$x$遍历模$m$的完全（既约）剩余系的充要条件是$x^{(1)},\dots,x^{(k)}$分别遍历模$m_1,\dots,m_k$的完全（既约）剩余系。

详细证明

该定理是定理10（剩余系的乘性不变性）与定理15的直接结合：

对每个$j$，因$\gcd(a_j,m_j)=1$，由定理10：
- 若$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系/缩系，则$a_jx^{(j)}$也遍历模$m_j$的完系/缩系；
- 反之，若$a_jx^{(j)}$遍历模$m_j$的完系/缩系，则$x^{(j)}$也遍历模$m_j$的完系/缩系。
令$y^{(j)}=a_jx^{(j)}$，则原式变为$x=\sum_{j=1}^k M_j y^{(j)}$，这正是定理15的标准形式。
由定理15，$x$遍历模$m$的完系/缩系，当且仅当$y^{(j)}$遍历模$m_j$的完系/缩系，而$y^{(j)}$遍历完系/缩系当且仅当$x^{(j)}$遍历完系/缩系。

因此定理16成立。

核心定理归纳总结表

定理	核心条件	核心形式	核心结论	核心意义
定理14	$m=m_1m_2$，$\gcd(m_1,m_2)=1$	$x=m_2x^{(1)}+m_1x^{(2)}$	$x$遍历模$m$的完系/缩系 $\iff$ $x^{(1)},x^{(2)}$遍历各自的完系/缩系	二元互素模剩余系的充要分解，推出欧拉函数积性
定理15	$m=m_1\cdots m_k$，两两互素，$M_j=m/m_j$	$x=\sum_{j=1}^k M_jx^{(j)}$	$x$遍历模$m$的完系/缩系 $\iff$ $x^{(j)}$遍历各自的完系/缩系	多元互素模的推广，中国剩余定理的完整剩余系表述
定理16	定理15的条件+$\gcd(a_j,m_j)=1$	$x=\sum_{j=1}^k a_jM_jx^{(j)}$	$x$遍历模$m$的完系/缩系 $\iff$ $x^{(j)}$遍历各自的完系/缩系	带乘性系数的推广，适配同余方程的一般形式

示例验证

以$m=30=2\times3\times5$（两两互素）为例：

$M_1=15$，$M_2=10$，$M_3=6$，构造$x=15x^{(1)}+10x^{(2)}+6x^{(3)}$。
完系验证：$x^{(1)}\in\{0,1\}$（模2完系），$x^{(2)}\in\{0,1,2\}$（模3完系），$x^{(3)}\in\{0,1,2,3,4\}$（模5完系），$x$恰好覆盖$0\sim29$，是模30的完系。
缩系验证：$x^{(1)}\in\{1\}$（模2缩系），$x^{(2)}\in\{1,2\}$（模3缩系），$x^{(3)}\in\{1,2,3,4\}$（模5缩系），$x$得到$1,7,11,13,17,19,23,29$，共$\varphi(30)=\varphi(2)\varphi(3)\varphi(5)=1\times2\times4=8$个，是模30的缩系，完全符合定理结论。

剩余系构造例题详细解析与原理总结

这组例题是前序剩余系分解定理的具体应用与边界验证，核心分为四类：非互素模完系分解的边界验证、互素模完系/缩系的标准构造、带约束条件的剩余系定制构造、剩余系理论在数论函数中的应用，下面逐例深度解析。

例4、例5 完系分解的边界验证（充分性≠必要性）

核心目的

验证定理11（非对称形式的完系分解）仅具有充分性，不具有必要性，与定理14（互素模对称形式的充要分解）形成对比。
定理11仅说明：若$x^{(1)}$、$x^{(2)}$是模$m_1$、$m_2$的完系，则$x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}$是模$m=m_1m_2$的完系；但反过来，即使$x^{(1)}$、$x^{(2)}$不是各自的完系，组合出的$x$仍可能是模$m$的完系。

例4 详细解析

已知条件

$m_1=2$，$m_2=4$，$m=m_1m_2=8$，$\gcd(2,4)=2\neq1$（两模不互素）；

$x_i^{(1)} = \{1,2,5,6\}$（共4个元素，远多于模2完系所需的2个元素，不是模2的完系）；
$x_j^{(2)} = \{0,1\}$（共2个元素，少于模4完系所需的4个元素，不是模4的完系）；
组合形式：$x = x^{(1)} + 2x^{(2)}$。

构造验证

将$x^{(1)}$与$x^{(2)}$两两组合计算：

当$x^{(2)}=0$时，$x$取值：$1,2,5,6$；
当$x^{(2)}=1$时，$x$取值：$1+2=3,\ 2+2=4,\ 5+2=7,\ 6+2=8$。

合并后得到$x=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$，恰好是模8的最小正完全剩余系，两两模8不同余，共8个元素，符合完系定义。

核心结论

即使$m_1$与$m_2$不互素，且$x^{(1)}$、$x^{(2)}$不是各自的完系，仍可能组合出模$m$的完系，定理11的条件仅为充分条件，非必要条件。

例5 详细解析

已知条件

$m_1=3$，$m_2=4$，$m=12$，$\gcd(3,4)=1$（两模互素）；

$x_i^{(1)} = \{1,2,3,4,5,6\}$（共6个元素，多于模3完系所需的3个元素，不是模3的完系）；
$x_j^{(2)} = \{0,2\}$（共2个元素，少于模4完系所需的4个元素，不是模4的完系）；
组合形式：$x = x^{(1)} + 3x^{(2)}$（定理11的非对称形式，非定理14的对称形式）。

构造验证

两两组合计算：

当$x^{(2)}=0$时，$x$取值：$1,2,3,4,5,6$；
当$x^{(2)}=2$时，$x$取值：$1+6=7,\ 2+6=8,\ 3+6=9,\ 4+6=10,\ 5+6=11,\ 6+6=12$。

合并后得到$x=\{1,2,\dots,12\}$，是模12的最小正完系，符合完系定义。

核心结论

即使$m_1$与$m_2$互素，只要使用定理11的非对称形式，仍不满足“完系组合的充要条件”；只有定理14的对称形式$x=m_2x^{(1)}+m_1x^{(2)}$，才对互素模具有充要性。

例6 模30的完系/缩系标准构造（定理15、16的应用）

核心目的

通过模30的二元、三元分解，展示互素模剩余系的标准构造方法，验证定理15、16的核心性质，同时说明加法表构造法的实操流程。

模30的素因数分解为$30=2\times3\times5$，两两互素，可分解为二元$30=6\times5$，或三元$30=2\times3\times5$，分别对应定理15的二元、多元形式。

(i) 二元分解构造（$m=6\times5$）

标准形式（定理15）

取$m_1=6$，$m_2=5$，$\gcd(6,5)=1$，记$M_1=\frac{m}{m_1}=5$，$M_2=\frac{m}{m_2}=6$，构造形式为：

\[x = 5x^{(1)} + 6x^{(2)} \]

完系构造

取模6的完全剩余系$x^{(1)} = \{-2,-1,0,1,2,3\}$（绝对最小完系），因$\gcd(5,6)=1$，$5x^{(1)} = \{-10,-5,0,5,10,15\}$也遍历模6的完系；
取模5的完全剩余系$x^{(2)} = \{-2,-1,0,1,2\}$（绝对最小完系），因$\gcd(6,5)=1$，$6x^{(2)} = \{-12,-6,0,6,12\}$也遍历模5的完系。

加法表与完系验证

将$5x^{(1)}$与$6x^{(2)}$两两相加，得到如下加法表（共$6\times5=30$个元素）：

$6x^{(2)} \setminus 5x^{(1)}$	-10	-5	0	5	10	15
-12	-22	-17	-12	-7	-2	3
-6	-16	-11	-6	-1	4	9
0	-10	-5	0	5	10	15
6	-4	1	6	11	16	21
12	2	7	12	17	22	27

表中30个数两两模30不同余，恰好覆盖模30的所有同余类，是模30的一组完全剩余系。

缩系提取

模30的既约剩余系是完系中所有与30互素的数，对应：
$\gcd(x,30)=1 \iff \gcd(x,6)=1$且$\gcd(x,5)=1$，即$x^{(1)}$与6互素、$x^{(2)}$与5互素。

与6互素的$x^{(1)}$：$-1,1$，对应$5x^{(1)}=-5,5$；
与5互素的$x^{(2)}$：$-2,-1,1,2$，对应$6x^{(2)}=-12,-6,6,12$。

表中画虚线的数即为缩系，共$\varphi(30)=\varphi(6)\times\varphi(5)=2\times4=8$个，符合缩系的数量要求。

带系数的构造（定理16）

定理16允许引入系数$a_j$（满足$\gcd(a_j,m_j)=1$），构造形式为：

\[x = a_1M_1x^{(1)} + a_2M_2x^{(2)} \]

若取$a_j$满足$a_jM_j \equiv 1\pmod{m_j}$，则$x \equiv x^{(j)}\pmod{m_j}$，实现同余的一一对应（中国剩余定理的核心）。

对本例求解系数：

$5a_1 \equiv 1\pmod{6}$：因$5\equiv-1\pmod{6}$，故$-a_1\equiv1\pmod{6}$，取$a_1=-1$；
$6a_2 \equiv 1\pmod{5}$：因$6\equiv1\pmod{5}$，故$a_2\equiv1\pmod{5}$，取$a_2=1$。

最终构造形式为：

\[x = -5x^{(1)} + 6x^{(2)} \]

此时$x\equiv x^{(1)}\pmod{6}$，$x\equiv x^{(2)}\pmod{5}$，完系加法表如下：

$6x^{(2)} \setminus -5x^{(1)}$	10	5	0	-5	-10	-15
-12	-2	-7	-12	-17	-22	-27
-6	4	-1	-6	-11	-16	-21
0	10	5	0	-5	-10	-15
6	16	11	6	1	-4	-9
12	22	17	12	7	2	-3

表中数仍为模30的完系，且满足$x\equiv x^{(1)}\pmod{6}$、$x\equiv x^{(2)}\pmod{5}$，完美验证了定理16的结论。

(ii) 三元分解构造（$m=2\times3\times5$）

标准形式（定理15）

取$m_1=2,m_2=3,m_3=5$，两两互素，$M_1=15,M_2=10,M_3=6$，构造形式为：

\[x = 15x^{(1)} + 10x^{(2)} + 6x^{(3)} \]

完系构造

$x^{(1)}$取模2的完系$\{0,1\}$，$15x^{(1)}=\{0,15\}$（模2的完系）；
$x^{(2)}$取模3的完系$\{-1,0,1\}$，$10x^{(2)}=\{-10,0,10\}$（模3的完系）；
$x^{(3)}$取模5的完系$\{-2,-1,0,1,2\}$，$6x^{(3)}=\{-12,-6,0,6,12\}$（模5的完系）。

三者组合得到的$2\times3\times5=30$个数，恰好是模30的完系，缩系对应$x^{(1)}$与2互素、$x^{(2)}$与3互素、$x^{(3)}$与5互素的组合，共$\varphi(2)\times\varphi(3)\times\varphi(5)=1\times2\times4=8$个，符合要求。

该构造的四大核心性质

正交性：每个分量$M_lx^{(l)}$都被其他模$m_j(j\neq l)$整除，即$M_lx^{(l)} \equiv 0\pmod{m_j}(j\neq l)$，分量之间互不干扰；
直和性：只有带$M_l$系数的线性组合才能保证完系的构造，直接对小模完系求和无法得到大模完系（例如模2完系$\{0,1\}$+模3完系$\{-1,0,1\}$得到$\{-1,0,1,0,1,2\}$，有重复，不是模6完系）；
同余唯一性：$x$模$m_l$的余数仅由$x^{(l)}$决定，即$x\equiv M_lx^{(l)}\pmod{m_l}$，若取$a_lM_l\equiv1\pmod{m_l}$，则$x\equiv x^{(l)}\pmod{m_l}$，实现同余的一一对应；
遍历性：固定其他分量，仅让$x^{(l)}$遍历模$m_l$的完系，$x$就遍历模$m_l$的完系，平移不改变完系属性。

例7 带约束条件的完系定制构造

题目要求

求模13的一组完全剩余系$r_1,\dots,r_{13}$，满足两个约束：

$r_i \equiv i\pmod{3}$；
$r_i \equiv 0\pmod{7}$，$1\leq i\leq13$。

构造思路（定理16的灵活应用）

要同时满足模3、模7、模13的约束，采用三元分解构造，将模分解为$m_1=13,m_2=3,m_3=7$，两两互素，计算得：
$M_1=3\times7=21$，$M_2=13\times7=91$，$M_3=13\times3=39$。

构造形式为：

\[r_i = a_1M_1x_i^{(1)} + a_2M_2x_i^{(2)} + a_3M_3x_i^{(3)} \]

约束适配

满足$r_i\equiv0\pmod{7}$：
$M_1=21$、$M_2=91$都是7的倍数，因此前两项模7均为0；取$x_i^{(3)}=0$，第三项也为0，因此$r_i\equiv0\pmod{7}$，满足约束。
满足$r_i\equiv i\pmod{3}$：
$M_1=21$、$M_3=39$都是3的倍数，因此第一、三项模3均为0；$M_2=91\equiv1\pmod{3}$，取$a_2=1$，$x_i^{(2)}$为$i$模3的绝对最小剩余$i'$（即$i'\equiv i\pmod{3}$），则$r_i\equiv 1\times i' \equiv i\pmod{3}$，满足约束。
满足$r_i$是模13的完系：
$M_2=91$、$M_3=39$都是13的倍数，因此第二、三项模13均为0；取$a_1$与13互素，$x_i^{(1)}$遍历模13的完系，则$r_i\equiv a_1M_1x_i^{(1)}\pmod{13}$，因$\gcd(a_1M_1,13)=1$，故$r_i$遍历模13的完系。

具体构造结果

取$x_i^{(1)}$为模13的绝对最小完系：$-6,-5,-4,\dots,0,\dots,4,5,6$，$a_1=1$，计算得：
$r_1=21\times(-6)+91\times1=-35$，$r_2=21\times(-5)+91\times(-1)=-196$，$\dots$，$r_{13}=21\times6+91\times1=217$。
验证：所有$r_i$均为7的倍数，$r_i\equiv i\pmod{3}$，且两两模13不同余，是模13的完系。
取$a_1=5$，则$a_1M_1=5\times21=105\equiv1\pmod{13}$，此时$r_i\equiv x_i^{(1)}\pmod{13}$，实现$r_i$与$x_i^{(1)}$模13的一一对应，构造更直观。

例8 剩余系理论推导莫比乌斯函数

问题定义

设$m$的素因数分解为$m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\dots p_r^{a_r}$，定义指数和：

\[S(m) = \sum_{\substack{x\bmod m \\ (x,m)=1}} e^{2\pi i x/m} \]

其中求和遍历模$m$的任意一组既约剩余系，求$S(m)$的值。

分步推导

步骤1：指数和的基本性质

因$e^{2\pi i a}=1$对任意整数$a$成立，故$e^{2\pi i x/m}$仅与$x\bmod m$有关，$S(m)$与缩系的选取无关。
对模$m$的完全剩余系求和，有单位根求和公式：
\[\sum_{x\bmod m} e^{2\pi i c x/m} = \begin{cases} m, & m\mid c \\ 0, & m\nmid c \end{cases}\]
当$c=1$时，完系求和结果为0。

步骤2：缩系求和的分解（定理15的应用）

由定理15，模$m$的缩系可分解为：

\[x = M_1x^{(1)} + M_2x^{(2)} + \dots + M_rx^{(r)} \]

其中$x^{(j)}$遍历模$p_j^{a_j}$的缩系，$M_j=\frac{m}{p_j^{a_j}}$，且$\frac{M_j}{m}=\frac{1}{p_j^{a_j}}$。

因此指数和可分离为乘积：

\[\begin{align*} S(m) &= \sum_{x^{(1)}\bmod p_1^{a_1}} \dots \sum_{x^{(r)}\bmod p_r^{a_r}} e^{2\pi i (M_1x^{(1)}+\dots+M_rx^{(r)})/m} \\ &= \prod_{j=1}^r \sum_{x^{(j)}\bmod p_j^{a_j}} e^{2\pi i x^{(j)}/p_j^{a_j}} \\ &= S(p_1^{a_1})S(p_2^{a_2})\dots S(p_r^{a_r}) \end{align*} \]

即$S(m)$是积性函数，可通过素数幂的$S(p^a)$计算。

步骤3：素数幂的$S(p^a)$计算

模$p^a$的缩系，等于完系中去掉所有被$p$整除的数，因此：

\[\begin{align*} S(p^a) &= \sum_{\substack{x=1 \\ (x,p^a)=1}}^{p^a} e^{2\pi i x/p^a} \\ &= \sum_{x=1}^{p^a} e^{2\pi i x/p^a} - \sum_{y=1}^{p^{a-1}} e^{2\pi i p y / p^a} \\ &= \sum_{x=1}^{p^a} e^{2\pi i x/p^a} - \sum_{y=1}^{p^{a-1}} e^{2\pi i y / p^{a-1}} \end{align*} \]

分情况讨论：

当$a>1$时：两个求和项都是完系求和，结果均为0，因此$S(p^a)=0-0=0$；
当$a=1$时：第一个求和项是模$p$的完系求和，结果为0；第二个求和项是模1的完系求和，仅$y=1$，结果为$e^0=1$，因此$S(p)=0-1=-1$。

综上：

\[S(p^a) = \begin{cases} -1, & a=1 \\ 0, & a>1 \end{cases}\]

步骤4：最终结果（莫比乌斯函数）

结合$S(m)$的积性，得到：

\[S(m) = \begin{cases} (-1)^r, & m\text{ 是}r\text{个不同素数的乘积（无平方因子）} \\ 0, & m\text{ 含有平方因子} \end{cases}\]

这正是数论中莫比乌斯函数$\mu(m)$的定义，补充$m=1$时，$S(1)=e^0=1=\mu(1)$，因此$S(m)=\mu(m)$。

例题核心规律总结表

例题	核心目的	用到的核心定理	关键结论
例4、例5	验证完系分解的边界	定理11	非对称形式的完系分解仅具有充分性，无必要性；只有互素模的对称形式才具有充要性
例6	互素模剩余系的标准构造	定理15、定理16	大模完系/缩系可通过两两互素的小模剩余系线性组合构造，加法表是直观的实操方法
例7	带约束的剩余系定制	定理16	可通过分解模的方式，构造满足多组同余约束的完系/缩系，是中国剩余定理的直接应用
例8	剩余系在数论函数中的应用	定理15、单位根求和	模$m$缩系的指数和就是莫比乌斯函数，剩余系分解是研究积性数论函数的核心工具

数论习题完整解答与解析

第1题同余类元素列举

(i) 剩余类$3\bmod 17$中不超过100的正整数

同余类$r\bmod m$的元素形式为$r+km$（$k\in\mathbb{Z}$），因此$3\bmod17$的元素为$3+17k$。
令$3+17k\leq100$，解得$k\leq\frac{97}{17}\approx5.7$，即$k=0,1,2,3,4,5$。
代入得结果：$\boldsymbol{3,20,37,54,71,88}$。

(ii) 剩余类$6\bmod 15$中绝对值不超过90的整数

元素形式为$6+15k$，令$|6+15k|\leq90$，解得$-6.4\leq k\leq5.6$，即$k=-6,-5,\dots,4,5$。
代入得结果：$\boldsymbol{-84,-69,-54,-39,-24,-9,6,21,36,51,66,81}$。

第2题模9的完全剩余系构造

(i) 模9的全奇数完全剩余系

模9的完系需要9个两两模9不同余的奇数。构造方法：给最小非负完系的偶数元素加9（模9不变，奇偶性翻转），得到：
$\boldsymbol{1,3,5,7,9,11,13,15,17}$
验证：两两模9不同余，均为奇数，共9个，符合完系定义。

(ii) 模9的全偶数完全剩余系

同理，给最小非负完系的奇数元素加9，得到：
$\boldsymbol{0,2,4,6,8,10,12,14,16}$
验证：两两模9不同余，均为偶数，共9个，符合完系定义。

(iii) 模10的完系能否全奇/全偶？

不能实现。
原因：模10的完系需要10个两两模10不同余的数。若全为奇数，模10的余数只能是$1,3,5,7,9$，仅5种可能，根据鸽巢原理，10个数必有两个模10同余，无法构成完系；全偶数同理，余数仅$0,2,4,6,8$5种，无法构造完系。

(iv) 证明：若$2\mid m$，则模$m$的完系中一半偶数、一半奇数

证明：
设$m=2k$，模$m$的同余类可分为两类：

偶同余类：$0\bmod2,2\bmod2,\dots,m-2\bmod2$，共$m/2=k$个；
奇同余类：$1\bmod2,3\bmod2,\dots,m-1\bmod2$，共$m/2=k$个。

完系的本质是从每个同余类中取一个代表元，因此完系中恰好有$k$个偶数（来自偶同余类）、$k$个奇数（来自奇同余类），即一半偶数、一半奇数。

第3题模7的指定剩余类完系构造

题目要求

构造模7的完全剩余系，元素分别属于$0\bmod3$、$1\bmod3$、$2\bmod3$。

构造思路

式(7)的形式为$x_r = r + 7k_r$（$r=0,1,\dots,6$），因$7\equiv1\pmod{3}$，故$x_r\equiv r+k_r\pmod{3}$，可通过选$k_r$调整模3余数。

构造结果

取$k_r=0$，得到模7的最小非负完系：$\boldsymbol{0,1,2,3,4,5,6}$
验证：

属于$0\bmod3$：$0,3,6$；
属于$1\bmod3$：$1,4$；
属于$2\bmod3$：$2,5$。
所有元素两两模7不同余，覆盖3个剩余类，符合要求。

第4题完系的剩余类归属证明

题目

设$(a,m)=1$，$s$为任意整数，证明：存在模$m$的完全剩余系，其元素全部属于剩余类$s\bmod a$。

证明

构造数列为$x_t = s + a\cdot t$，$t=0,1,\dots,m-1$。

两两模$m$不同余：反设$0\leq t_1<t_2\leq m-1$，使得$s+at_1\equiv s+at_2\pmod{m}$，则$a(t_2-t_1)\equiv0\pmod{m}$。因$(a,m)=1$，故$m\mid(t_2-t_1)$，但$0<t_2-t_1<m$，矛盾。因此$x_t$两两模$m$不同余。
属于$s\bmod a$：$x_t = s+at\equiv s\pmod{a}$，所有元素均属于$s\bmod a$。
完系判定：共$m$个两两模$m$不同余的数，是模$m$的完系。

综上，该数列满足要求，命题得证。

第5题平方数非完系证明

题目

证明：当$m>2$时，$0^2,1^2,\dots,(m-1)^2$一定不是模$m$的完全剩余系。

证明

取$1$和$m-1$，显然$1\not\equiv m-1\pmod{m}$（$m>2$时$m-2>0$）。
计算平方：$(m-1)^2 = m^2-2m+1\equiv1\pmod{m}$，而$1^2=1\pmod{m}$，因此$1^2\equiv(m-1)^2\pmod{m}$。

这说明$0^2,1^2,\dots,(m-1)^2$中有重复的模$m$余数，不满足完系“两两不同余”的要求，因此一定不是模$m$的完系。

第6题偶数模完系和的性质

题目

设$r_1,\dots,r_m$和$r_1',\dots,r_m'$是模$m$的两组完系，证明：当$m$是偶数时，$r_1+r_1',\dots,r_m+r_m'$一定不是模$m$的完系。

证明

模$m$的完系元素之和模$m$满足：$\sum_{i=1}^m r_i \equiv \frac{m(m-1)}{2}\pmod{m}$。
当$m$为偶数时，$m=2k$，代入得$\sum r_i \equiv \frac{2k(2k-1)}{2}=k(2k-1)\equiv k=\frac{m}{2}\pmod{m}$。

因此两组完系的和满足：

\[\sum_{i=1}^m (r_i+r_i') = \sum r_i + \sum r_i' \equiv \frac{m}{2} + \frac{m}{2} = m\equiv0\pmod{m} \]

若$r_1+r_1',\dots,r_m+r_m'$是完系，则其和应$\equiv\frac{m}{2}\pmod{m}$，但$m$为偶数时$\frac{m}{2}\not\equiv0\pmod{m}$，矛盾。因此该数列一定不是模$m$的完系。

第7题差的同余性证明

题目

证明：有$m$个整数，都不属于$0\bmod m$，则其中必有两个数的差属于$0\bmod m$。

证明

$m$个整数都不被$m$整除，因此它们模$m$的余数只能是$1,2,\dots,m-1$，共$m-1$种可能。
根据鸽巢原理，$m$个数放入$m-1$个余数类，必有两个数模$m$同余，设为$a,b$，则$a\equiv b\pmod{m}$，即$a-b\equiv0\pmod{m}$，差属于$0\bmod m$。命题得证。

第8题差为1的同余性证明

题目

证明：在任意取定的对模$m$两两不同余的$\lfloor m/2 \rfloor+1$个数中，必有两个数的差属于$1\bmod m$。

证明

设这$\lfloor m/2 \rfloor+1$个数模$m$的余数为$a_1,a_2,\dots,a_t$（$t=\lfloor m/2 \rfloor+1$），两两不同。
考虑余数集合$A=\{a_1,\dots,a_t\}$和$B=\{a_1-1,\dots,a_t-1\}$（模$m$），两个集合各有$t$个元素，总元素数为$2t=2\lfloor m/2 \rfloor+2$。

无论$m$为奇数还是偶数，都有$2\lfloor m/2 \rfloor+2 > m$，因此$A$和$B$必有交集，即存在$a_i=a_j-1\pmod{m}$，即$a_j - a_i \equiv1\pmod{m}$，也就是两数的差属于$1\bmod m$。

推广

对任意整数$d$，在任意$\lfloor m/\gcd(d,m) \rfloor+1$个两两模$m$不同余的数中，必有两个数的差$\equiv d\pmod{m}$。

第9题同余类的分解与交集

(i) $1\bmod5$写成模15的剩余类之和

由定理4，$1\bmod5$是$15/5=3$个模15的同余类的并：

\[1\bmod5 = 1\bmod15 \cup 6\bmod15 \cup 11\bmod15 \]

(ii) $6\bmod10$写成模120的剩余类之和

$120/10=12$，因此：

\[6\bmod10 = \bigcup_{j=0}^{11} (6+10j)\bmod120 \]

即$6,16,26,36,46,56,66,76,86,96,106,116\bmod120$的并。

(iii) $6\bmod10$写成模80的剩余类之和

$80/10=8$，因此：

\[6\bmod10 = \bigcup_{j=0}^{7} (6+10j)\bmod80 \]

即$6,16,26,36,46,56,66,76\bmod80$的并。

(iv) $1\bmod5$和$2\bmod3$的交集

解同余方程组$\begin{cases}x\equiv1\pmod{5}\\x\equiv2\pmod{3}\end{cases}$：
令$x=5k+1$，代入得$5k+1\equiv2\pmod{3}\Rightarrow2k\equiv1\pmod{3}\Rightarrow k\equiv2\pmod{3}$，即$k=3t+2$。
因此$x=5(3t+2)+1=15t+11$，交集为$\boldsymbol{11\bmod15}$。

(v) $6\bmod10$和$1\bmod16$的交集

$6\bmod10$的数均为偶数，$1\bmod16$的数均为奇数，无公共元素，交集为空集。

(vi) $6\bmod10$和$3\bmod16$的交集

$6\bmod10$的数均为偶数，$3\bmod16$的数均为奇数，无公共元素，交集为空集。

第10题同余的充要条件

(i) $n\equiv1\pmod{2}$的充要条件是$n$对模10的绝对最小剩余为哪些数？

模10的绝对最小剩余为$-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5$。
$n$为奇数当且仅当剩余为奇数，因此充要条件是绝对最小剩余为：$\boldsymbol{-3,-1,1,3,5}$。

(ii) $n\equiv-1\pmod{5}$的充要条件是$n$对模45的最小正剩余为哪些数？

$n\equiv4\pmod{5}$，模45的最小正剩余中满足该条件的数为：
$\boldsymbol{4,9,14,19,24,29,34,39,44}$（共$45/5=9$个）。

第11题完系的剩余类覆盖数

结论

模$K$的完系最少要属于模$m$的$\boldsymbol{\lceil \frac{K}{\lfloor K/m \rfloor} \rceil}$个剩余类。
对模$2n-1$和模$n-2$，最少需要$\boldsymbol{\lceil \frac{2n-1}{\lfloor (2n-1)/(n-2) \rfloor} \rceil}$个剩余类，当$n>5$时，最少需要3个。

第12题既约剩余系与欧拉函数计算

模$m$	素因数分解	$\varphi(m)$	最小非负既约剩余系	绝对最小既约剩余系
16	$2^4$	$16\times(1-1/2)=8$	$1,3,5,7,9,11,13,15$	$-7,-5,-3,-1,1,3,5,7$
17	素数	$17-1=16$	$1,2,3,\dots,16$	$-8,-7,\dots,-1,1,\dots,7,8$
18	$2\times3^2$	$18\times1/2\times2/3=6$	$1,5,7,11,13,17$	$-7,-5,-1,1,5,7$

第14题既约剩余系的对称性与欧拉函数的奇偶性

题目

设$m\geq3$，$r_1,\dots,r_s$是所有小于$m/2$且和$m$既约的正整数，证明：

$-r_s,\dots,-r_1,r_1,\dots,r_s$和$r_1,\dots,r_s,m-r_s,\dots,m-r_1$都是模$m$的既约剩余系；
当$m\geq3$时，$2\mid\varphi(m)$。

证明

既约剩余系验证：
- 两两不同余：对任意$i\neq j$，$r_i\not\equiv r_j\pmod{m}$，$-r_i\not\equiv -r_j\pmod{m}$；且$r_i<m/2$，故$-r_i\equiv m-r_i>m/2$，不可能与$r_j$同余，因此所有数两两不同余。
- 与$m$互素：$r_i$与$m$互素，故$-r_i$、$m-r_i$也与$m$互素。
- 个数：共$2s=\varphi(m)$个，符合既约剩余系的数量要求。
  因此两组数都是模$m$的既约剩余系。
欧拉函数的奇偶性：
由上述结论，$\varphi(m)=2s$，因此当$m\geq3$时，$\varphi(m)$是偶数，即$2\mid\varphi(m)$。

第15题既约剩余系的和的性质

(i) 模$m$的既约剩余系元素之和$\equiv0\pmod{m}$

证明：既约剩余系可成对表示为$\{r, m-r\}$，每对的和为$r+(m-r)=m\equiv0\pmod{m}$，所有元素之和为若干个这样的对的和，因此总和$\equiv0\pmod{m}$。

(ii) 最小正既约剩余系的和为$m\varphi(m)/2$

证明：最小正既约剩余系为$\{r_1,\dots,r_s, m-r_s,\dots,m-r_1\}$，共$s=\varphi(m)/2$对，每对和为$m$，因此总和为$s\cdot m = \frac{\varphi(m)}{2}\cdot m = \frac{m\varphi(m)}{2}$。
对$m=2$，$\varphi(2)=1$，最小正既约剩余系为$\{1\}$，和为$1$，$m\varphi(m)/2=2\times1/2=1$，结论也成立。

第16题剩余类环$\mathbb{Z}_m$的运算性质

(i) 加法、乘法可实现且结果唯一

对任意$0\leq a,b\leq m-1$，由带余除法，存在唯一的$0\leq c\leq m-1$，使得$c\equiv a+b\pmod{m}$（加法）、$c\equiv ab\pmod{m}$（乘法），因此运算可实现且结果唯一。

(ii) 交换律、结合律、分配律

交换律：$a\oplus b\equiv a+b\equiv b+a\equiv b\oplus a\pmod{m}$，$a\odot b\equiv ab\equiv ba\equiv b\odot a\pmod{m}$，成立。
结合律：$(a\oplus b)\oplus c\equiv(a+b)+c\equiv a+(b+c)\equiv a\oplus(b\oplus c)\pmod{m}$，乘法同理，成立。
分配律：$a\odot(b\oplus c)\equiv a(b+c)=ab+ac\equiv(a\odot b)\oplus(a\odot c)\pmod{m}$，成立。

(iii) $0$是零元素

$a\oplus0\equiv a+0=a\pmod{m}$，$a\odot0\equiv a\cdot0=0\pmod{m}$，因此$0$是零元素。

(iv) $1$是乘法单位元

$a\odot1\equiv a\cdot1=a\pmod{m}$，因此$1$是乘法单位元。

(v) 减法的存在唯一性

对任意$a,b$，取$x\equiv a-b\pmod{m}$（$0\leq x\leq m-1$），则$b\oplus x\equiv b+(a-b)=a\pmod{m}$，且$x$唯一。
当$a=0$时，$-b=0\ominus b\equiv -b\pmod{m}$，即$b\neq0$时$-b=m-b$，$b=0$时$-b=0$。

(vi) 逆元的存在性与性质

若$(a,m)=1$，由贝祖定理，存在整数$x,y$使得$ax+my=1$，即$ax\equiv1\pmod{m}$，取$0\leq x\leq m-1$即为逆元，且唯一。

$(a^{-1})^{-1}=a$：因$a\odot a^{-1}=1$，故$a$是$a^{-1}$的逆元。
$(a\odot b)^{-1}=a^{-1}\odot b^{-1}$：$(a\odot b)\odot(a^{-1}\odot b^{-1})=(a\odot a^{-1})\odot(b\odot b^{-1})=1$，因此逆元为$a^{-1}\odot b^{-1}$。

(vii) 乘法方程的解

若$(a,m)=1$，对任意$b$，取$x=a^{-1}\odot b$，则$a\odot x=a\odot(a^{-1}\odot b)=b$，且$x$唯一。

(viii) 除法的反例

取$m=10$，$a=2$，$b=1$，方程$2\odot x\equiv1\pmod{10}$即$2x\equiv1\pmod{10}$，左边为偶数、右边为奇数，无解，因此不是任意$a,b$都可做除法。

(ix) 素数模的除法

若$p$是素数，对任意$1\leq a\leq p-1$，$(a,p)=1$，因此$a$有逆元，对任意$b$都有解$x=a^{-1}\odot b$，任意两个元素都可做除法。

(x) 既约剩余类的除法

满足$(a,m)=1$的元素都有逆元，因此对任意$b$，都有解$x=a^{-1}\odot b$，任意两个元素都可做除法。

第17题 $\mathbb{Z}_{13}$、$\mathbb{Z}_{14}$的加法表与乘法表

$\mathbb{Z}_{13}$加法表（行+列$\bmod13$）

$\oplus$	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
0	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0
2	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1
3	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2
4	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3
5	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4
6	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5
7	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6
8	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7
9	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8
10	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
11	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
12	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11

$\mathbb{Z}_{13}$乘法表（行×列$\bmod13$）

$\odot$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
2	2	4	6	8	10	12	1	3	5	7	9	11
3	3	6	9	12	2	5	8	11	1	4	7	10
4	4	8	12	3	7	11	2	6	10	1	5	9
5	5	10	2	7	12	4	9	1	6	11	3	8
6	6	12	5	11	4	10	3	9	2	8	1	7
7	7	1	8	2	9	3	10	4	11	5	12	6
8	8	3	11	6	1	9	4	12	5	10	2	7
9	9	5	1	10	6	2	11	7	3	12	8	4
10	10	7	4	1	11	8	5	2	12	9	6	3
11	11	9	7	5	3	1	12	10	8	6	4	2
12	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1

$\mathbb{Z}_{14}$加法表（行+列$\bmod14$）

$\oplus$	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
0	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
1	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	0
2	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	0	1
3	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	0	1	2
4	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	0	1	2	3
5	5	6	7	8	9	10	11	12	13	0	1	2	3	4
6	6	7	8	9	10	11	12	13	0	1	2	3	4	5
7	7	8	9	10	11	12	13	0	1	2	3	4	5	6
8	8	9	10	11	12	13	0	1	2	3	4	5	6	7
9	9	10	11	12	13	0	1	2	3	4	5	6	7	8
10	10	11	12	13	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
11	11	12	13	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
12	12	13	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11
13	13	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12

$\mathbb{Z}_{14}$乘法表（行×列$\bmod14$）

$\odot$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
2	2	4	6	8	10	12	0	2	4	6	8	10	12
3	3	6	9	12	1	4	7	10	13	2	5	8	11
4	4	8	12	2	6	10	0	4	8	12	2	6	10
5	5	10	1	6	11	2	7	12	3	8	13	4	9
6	6	12	4	10	2	8	0	6	12	4	10	2	8
7	7	0	7	0	7	0	7	0	7	0	7	0	7
8	8	2	10	4	12	6	0	8	2	10	4	12	6
9	9	4	13	8	3	12	7	2	11	6	1	10	5
10	10	6	2	12	8	4	0	10	6	2	12	8	4
11	11	8	5	2	13	10	7	4	1	12	9	6	3
12	12	10	8	6	4	2	0	12	10	8	6	4	2
13	13	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1

第18题欧拉函数的不等式证明

题目

设$d\geq1$，$d\mid n$，证明：$n-\varphi(n)\geq d-\varphi(d)$，等号仅当$d=n$时成立。

证明

设$n$的素因数分解为$n=\prod_{p\mid n} p^{a_p}$，因$d\mid n$，故$d=\prod_{p\mid d} p^{b_p}$（$0\leq b_p\leq a_p$）。
欧拉函数公式：$\varphi(n)=n\prod_{p\mid n}(1-\frac{1}{p})$，$\varphi(d)=d\prod_{p\mid d}(1-\frac{1}{p})$。

因此：

\[n-\varphi(n)=n\left(1-\prod_{p\mid n}(1-\frac{1}{p})\right),\quad d-\varphi(d)=d\left(1-\prod_{p\mid d}(1-\frac{1}{p})\right) \]

因$d\mid n$，故$p\mid d\Rightarrow p\mid n$，因此$\prod_{p\mid n}(1-\frac{1}{p})\leq\prod_{p\mid d}(1-\frac{1}{p})$，即$1-\prod_{p\mid n}(1-\frac{1}{p})\geq1-\prod_{p\mid d}(1-\frac{1}{p})\geq0$。
又$n\geq d$，故$n-\varphi(n)\geq d-\varphi(d)$。

等号成立当且仅当$n=d$且$\prod_{p\mid n}(1-\frac{1}{p})=\prod_{p\mid d}(1-\frac{1}{p})$，即仅当$d=n$时等号成立。

第19题欧拉函数的大小比较

无穷多$n$使得$\varphi(n)>\varphi(n+1)$的证明

取$n$为大于3的素数$p$，则$\varphi(p)=p-1$；$n+1=p+1$是偶数，故$\varphi(p+1)\leq (p+1)-\frac{p+1}{2}=\frac{p+1}{2}$。
当$p>3$时，$p-1>\frac{p+1}{2}$，即$\varphi(p)>\varphi(p+1)$。而素数有无穷多个，因此存在无穷多个这样的$n$。

举例

$\varphi(n)=\varphi(n+1)$：$n=1$，$\varphi(1)=1$，$\varphi(2)=1$；$n=3$，$\varphi(3)=2$，$\varphi(4)=2$。
$\varphi(n)=\varphi(n+2)$：$n=7$，$\varphi(7)=6$，$\varphi(9)=6$。
$\varphi(n)=\varphi(n+3)$：$n=5$，$\varphi(5)=4$，$\varphi(8)=4$。

第20题欧拉函数的积性证明

题目

设$p_1,p_2$是不同素数，证明：$1\sim p_1p_2$中被$p_1$整除的数有$p_2$个，被$p_2$整除的有$p_1$个，被$p_1p_2$整除的有1个，由此推出$\varphi(p_1p_2)=(p_1-1)(p_2-1)=\varphi(p_1)\varphi(p_2)$。

证明

被$p_1$整除的数：$p_1,2p_1,\dots,p_2p_1$，共$p_2$个；
被$p_2$整除的数：$p_2,2p_2,\dots,p_1p_2$，共$p_1$个；
被$p_1p_2$整除的数：仅$p_1p_2$，共1个。

由容斥原理，$1\sim p_1p_2$中不被$p_1,p_2$整除的数的个数为：

\[p_1p_2 - p_2 - p_1 + 1 = (p_1-1)(p_2-1) \]

而$\varphi(p_1p_2)$是$1\sim p_1p_2$中与$p_1p_2$互素的数的个数，即不被$p_1,p_2$整除的数的个数，因此$\varphi(p_1p_2)=(p_1-1)(p_2-1)=\varphi(p_1)\varphi(p_2)$。

第21题互素数的计数证明

题目

设$n,h$是正整数，证明：不超过$nh$的正整数中，和$n$互素的数的个数等于$h\varphi(n)$。

证明

将$1\sim nh$分为$h$段：$1\sim n,\ n+1\sim2n,\ \dots,\ (h-1)n+1\sim hn$。
对第$k$段的数$kn+r$（$1\leq r\leq n$），有$(kn+r,n)=(r,n)$，因此每一段中与$n$互素的数的个数等于$1\sim n$中与$n$互素的数的个数，即$\varphi(n)$。
共有$h$段，因此总个数为$h\varphi(n)$。

第22题多素数欧拉函数的积性

(i) 三个不同素数$p_1,p_2,p_3$，$\varphi(p_1p_2p_3)=(p_1-1)(p_2-1)(p_3-1)$

证明：由容斥原理，$1\sim p_1p_2p_3$中与$p_1p_2p_3$互素的数的个数为：

\[p_1p_2p_3 - p_2p_3 - p_1p_3 - p_1p_2 + p_3 + p_2 + p_1 - 1 = (p_1-1)(p_2-1)(p_3-1) \]

即$\varphi(p_1p_2p_3)=(p_1-1)(p_2-1)(p_3-1)$。

(ii) $k$个不同素数$p_1,\dots,p_k$，$\varphi(p_1\cdots p_k)=(p_1-1)\cdots(p_k-1)$

证明：数学归纳法。

基例：$k=2$时，第20题已证；
归纳假设：$k=n$时结论成立；
归纳步骤：$k=n+1$时，$\varphi(p_1\cdots p_n p_{n+1})=\varphi(p_1\cdots p_n)\varphi(p_{n+1})=(p_1-1)\cdots(p_n-1)(p_{n+1}-1)$，结论成立。

第23题用第21题证明第22题

证明

对$k$个不同素数$p_1,\dots,p_k$，$m=p_1\cdots p_k$。
由第21题，不超过$m$的数中，与$p_1$互素的有$\frac{m}{p_1}\varphi(p_1)=p_2\cdots p_k(p_1-1)$个；
在这些数中，与$p_2$互素的有$p_2\cdots p_k(p_1-1)\cdot\frac{p_2-1}{p_2}=p_3\cdots p_k(p_1-1)(p_2-1)$个；
以此类推，最终与$p_1,\dots,p_k$都互素的数的个数为$(p_1-1)(p_2-1)\cdots(p_k-1)$，即$\varphi(p_1\cdots p_k)=(p_1-1)\cdots(p_k-1)$。

第24题欧拉函数的素数幂公式

题目

设$m$的素因数分解为$p_1^{a_1}\cdots p_r^{a_r}$，证明：

\[\varphi(m)=p_1^{a_1-1}\cdots p_r^{a_r-1}\varphi(p_1\cdots p_r)=p_1^{a_1-1}(p_1-1)\cdots p_r^{a_r-1}(p_r-1)=\varphi(p_1^{a_1})\cdots\varphi(p_r^{a_r}) \]

证明

欧拉函数是积性函数，即若$\gcd(a,b)=1$，则$\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)$。因此：

\[\varphi(m)=\varphi(p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_r^{a_r})=\varphi(p_1^{a_1})\varphi(p_2^{a_2})\cdots\varphi(p_r^{a_r}) \]

对素数幂$p^a$，$\varphi(p^a)=p^a - p^{a-1}=p^{a-1}(p-1)$，代入得：

\[\varphi(m)=\prod_{i=1}^r p_i^{a_i-1}(p_i-1) = \left(\prod_{i=1}^r p_i^{a_i-1}\right) \cdot \prod_{i=1}^r (p_i-1) \]

而$\varphi(p_1\cdots p_r)=\prod_{i=1}^r (p_i-1)$，因此：

\[\varphi(m)=p_1^{a_1-1}\cdots p_r^{a_r-1}\varphi(p_1\cdots p_r) \]

综上，三个等式均成立。

数论习题完整解答与解析

第1题

(i) 用定理11的证法2（同余类集合法）证明定理12~定理16

定理11的证法2核心是将全体整数$\mathbb{Z}$分解为小模同余类的不交并，通过集合的并运算证明大模剩余系的遍历性，核心公式为：

\[\mathbb{Z} = \bigcup_{x^{(1)}\bmod m_1} \left(x^{(1)} + m_1\mathbb{Z}\right) \]

① 定理12的证明

定理12内容：设$m=m_1m_2\cdots m_k$，且

\[x = x^{(1)} + m_1x^{(2)} + m_1m_2x^{(3)} + \dots + m_1\cdots m_{k-1}x^{(k)} \]

则当$x^{(j)}$分别遍历模$m_j$的完全剩余系时，$x$遍历模$m$的完全剩余系。

证明：
用数学归纳法结合同余类分解：

基例$k=2$：即定理11，已由证法2证明：

\[\mathbb{Z} = \bigcup_{x^{(1)}\bmod m_1} \left(x^{(1)} + m_1\mathbb{Z}\right) = \bigcup_{x^{(1)}\bmod m_1}\bigcup_{x^{(2)}\bmod m_2} \left(x^{(1)} + m_1x^{(2)} + m_1m_2\mathbb{Z}\right) \]
即$x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}$遍历模$m_1m_2$的完系。
归纳假设：假设$k=n$时结论成立，即对$m'=m_1\cdots m_n$，

\[\overline{x}^{(n)} = x^{(1)} + m_1x^{(2)} + \dots + m_1\cdots m_{n-1}x^{(n)} \]
当$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系时，$\overline{x}^{(n)}$遍历模$m'$的完系，即$\mathbb{Z} = \bigcup_{\overline{x}^{(n)}\bmod m'} \left(\overline{x}^{(n)} + m'\mathbb{Z}\right)$。
归纳步骤（$k=n+1$）：设$m=m'm_{n+1}$，则$x = \overline{x}^{(n)} + m'x^{(n+1)}$，对$m'\mathbb{Z}$分解：

\[m'\mathbb{Z} = m'\cdot\bigcup_{x^{(n+1)}\bmod m_{n+1}} \left(x^{(n+1)} + m_{n+1}\mathbb{Z}\right) = \bigcup_{x^{(n+1)}\bmod m_{n+1}} \left(m'x^{(n+1)} + m\mathbb{Z}\right) \]
代入得：

\[\mathbb{Z} = \bigcup_{\overline{x}^{(n)}\bmod m'}\bigcup_{x^{(n+1)}\bmod m_{n+1}} \left(\overline{x}^{(n)} + m'x^{(n+1)} + m\mathbb{Z}\right) \]
即$x$遍历模$m$的所有同余类，完系遍历性得证。

② 定理12'的证明

定理12'内容：在定理12的条件下，设$(a_j,m_j)=1$，且

\[x = a_1x^{(1)} + m_1a_2x^{(2)} + \dots + m_1\cdots m_{k-1}a_kx^{(k)} \]

则$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系时，$x$遍历模$m$的完系。

证明：
由剩余系乘性不变性（定理10），$(a_j,m_j)=1$时，$a_jx^{(j)}$与$x^{(j)}$同时遍历模$m_j$的完系。令$y^{(j)}=a_jx^{(j)}$，原式化为定理12的标准形式，因此结论成立。

③ 定理14的证明

定理14内容：设$m=m_1m_2$，$(m_1,m_2)=1$，$x=m_2x^{(1)}+m_1x^{(2)}$，则：

$x$遍历模$m$的完系$\iff$ $x^{(1)},x^{(2)}$分别遍历模$m_1,m_2$的完系；
$x$遍历模$m$的缩系$\iff$ $x^{(1)},x^{(2)}$分别遍历模$m_1,m_2$的缩系。

证明：

完系部分：
充分性：属于定理12'的二元形式，已证；
必要性：若$x$遍历模$m$的完系，共$m=m_1m_2$个元素，若$x^{(1)}$不遍历模$m_1$的完系，则$x$最多有$(m_1-1)m_2 < m$个元素，矛盾，因此$x^{(1)},x^{(2)}$必遍历各自的完系。
缩系部分：
核心等价式：$(x,m)=1 \iff (x,m_1)=1$且$(x,m_2)=1$。
因$x=m_2x^{(1)}+m_1x^{(2)}$，故$(x,m_1)=(m_2x^{(1)},m_1)=(x^{(1)},m_1)$（$(m_2,m_1)=1$），同理$(x,m_2)=(x^{(2)},m_2)$。
因此$(x,m)=1 \iff (x^{(1)},m_1)=1$且$(x^{(2)},m_2)=1$，结合完系的充要条件，缩系遍历性得证。

④ 定理15的证明

定理15内容：设$m=m_1\cdots m_k$两两互素，$M_j=m/m_j$，$x=\sum_{j=1}^k M_jx^{(j)}$，则$x$遍历模$m$的完系/缩系$\iff$ $x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系/缩系。

证明：

完系部分：数学归纳法，$k=2$即定理14，归纳步骤与定理12一致，得证。
缩系部分：$(x,m)=1 \iff (x,m_j)=1$对所有$j$成立，而$(x,m_j)=(M_jx^{(j)},m_j)=(x^{(j)},m_j)$（$M_j$与$m_j$互素），因此$(x,m)=1 \iff (x^{(j)},m_j)=1$，结合完系结论得证。

⑤ 定理16的证明

定理16内容：在定理15的条件下，设$(a_j,m_j)=1$，$x=\sum_{j=1}^k a_jM_jx^{(j)}$，则$x$遍历模$m$的完系/缩系$\iff$ $x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系/缩系。

证明：
由定理10，$(a_j,m_j)=1$时，$a_jx^{(j)}$与$x^{(j)}$同时遍历模$m_j$的完系/缩系，令$y^{(j)}=a_jx^{(j)}$，原式化为定理15的标准形式，结论成立。

(ii) 类似例4、例5的例子

例4、例5的核心是：即使$m_1,m_2$不互素，且$x^{(1)},x^{(2)}$不是各自模的完系，组合$x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}$仍可成为大模的完系。

例子1

取$m_1=3$，$m_2=4$，$m=12$：

$x^{(1)} = \{1,3,5,7,9,11\}$（6个元素，不是模3的完系，模3完系仅需3个元素）；
$x^{(2)} = \{0,1\}$（2个元素，不是模4的完系，模4完系需4个元素）；
组合$x=x^{(1)}+3x^{(2)}$，得到$1,3,5,7,9,11,4,6,8,10,12,14$，模12为$1,3,5,7,9,11,4,6,8,10,0,2$，恰好是模12的完系。

例子2

取$m_1=2$，$m_2=6$，$m=12$：

$x^{(1)} = \{1,2,3,4,5,6\}$（6个元素，不是模2的完系）；
$x^{(2)} = \{0,3\}$（2个元素，不是模6的完系）；
组合$x=x^{(1)}+2x^{(2)}$，得到$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12$，恰好是模12的最小正完系。

第2题用定理12做第一章习题三第18题

常规对应题目：证明对任意正整数$n$，存在$n$个连续的整数，每个都有平方因子。

证明：
定理12的核心是大模完系可分解为两两互素小模完系的线性组合，对应中国剩余定理的构造。
取前$n$个不同素数$p_1=2,p_2=3,\dots,p_n$，需找连续整数$N+1,N+2,\dots,N+n$满足$p_i^2 \mid N+i$，即解同余方程组：

\[N \equiv -i \pmod{p_i^2},\quad 1\leq i\leq n \]

因$p_1^2,p_2^2,\dots,p_n^2$两两互素，由定理12，该方程组必有解$N$，因此$N+1,\dots,N+n$每个都有平方因子$p_i^2$，得证。

第3题小数部分求和证明

设$m>1$，$(a,m)=1$，$\{y\}=y-\lfloor y \rfloor$为小数部分。

(i) $\sum_{x\bmod m} \left\{ \frac{ax+b}{m} \right\} = \frac{1}{2}(m-1)$

证明：
因$(a,m)=1$，当$x$遍历模$m$的完系时，$ax+b$也遍历模$m$的完系，因此$ax+b \bmod m$恰好取遍$0,1,\dots,m-1$。
小数部分满足$\left\{ \frac{ax+b}{m} \right\} = \frac{ax+b \bmod m}{m}$，因此：

\[\sum_{x\bmod m} \left\{ \frac{ax+b}{m} \right\} = \sum_{r=0}^{m-1} \frac{r}{m} = \frac{1}{m} \cdot \frac{m(m-1)}{2} = \frac{m-1}{2} \]

得证。

(ii) $\sum_{\substack{x\bmod m \\ (x,m)=1}} \left\{ \frac{ax}{m} \right\} = \frac{1}{2}\varphi(m)$

证明：
因$(a,m)=1$，$x$遍历模$m$的缩系时，$ax$也遍历模$m$的缩系，因此$ax \bmod m$取遍模$m$的最小正缩系$r_1,\dots,r_{\varphi(m)}$。
模$m$的缩系具有对称性：若$r$是缩系元素，则$m-r$也是缩系元素，且$r\neq m-r$（否则$m=2r$，$(r,m)=r>1$，矛盾），因此缩系可两两配对为$(r,m-r)$，每对的小数部分和为$\frac{r}{m}+\frac{m-r}{m}=1$，共$\frac{\varphi(m)}{2}$对。
求和得：

\[\sum_{\substack{x\bmod m \\ (x,m)=1}} \left\{ \frac{ax}{m} \right\} = \frac{1}{m} \cdot \frac{\varphi(m)}{2} \cdot m = \frac{\varphi(m)}{2} \]

得证。

第4题模23的完全剩余系构造

模23的完系需23个两两模23不同余的整数，分别满足以下条件：

(i) 每个元素都是7的倍数

构造思路：$(7,23)=1$，由定理10，$x$遍历模23的完系时，$7x$也遍历模23的完系。
构造结果：

\[\boldsymbol{0,7,14,21,28,35,42,49,56,63,70,77,84,91,98,105,112,119,126,133,140,147,154} \]

(ii) 每个元素模7同余于2

构造思路：$(7,23)=1$，$k$遍历模23的完系时，$7k+2$也遍历模23的完系，且模7余2。
构造结果：

\[\boldsymbol{2,9,16,23,30,37,44,51,58,65,72,79,86,93,100,107,114,121,128,135,142,149,156} \]

(iii) 每个元素模7余2且模5余2

构造思路：由中国剩余定理，$x\equiv2\pmod{7}$且$x\equiv2\pmod{5}$等价于$x\equiv2\pmod{35}$。$(35,23)=1$，$k$遍历模23的完系时，$35k+2$遍历模23的完系，且满足两个同余条件。
构造结果：

\[\boldsymbol{2,37,72,107,142,177,212,247,282,317,352,387,422,457,492,527,562,597,632,667,702,737,772} \]

第5题模23的约束完系构造

题目要求

构造模23的完系$r_1,\dots,r_{23}$，满足$r_j\equiv0\pmod{7}$，$r_j\equiv j\pmod{5}$，$1\leq j\leq23$。

构造与结果

解同余方程组：设$r_j=7k$，代入$7k\equiv j\pmod{5}$，得$2k\equiv j\pmod{5}$，即$k\equiv3j\pmod{5}$（2的逆元为3），因此$r_j=7(5t+3j)=35t+21j$。
取$t=0$，则$r_j=21j$，验证：
- $21j$是7的倍数，满足$r_j\equiv0\pmod{7}$；
- $21\equiv1\pmod{5}$，故$21j\equiv j\pmod{5}$，满足第二个条件；
- $(21,23)=1$，$j=1,\dots,23$时，$21j$两两模23不同余，是模23的完系。

最终结果：$\boldsymbol{r_j=21j\ (1\leq j\leq23)}$，即$21,42,63,\dots,483$。

第6题第4题改为既约剩余系

模23是素数，$\varphi(23)=22$，既约剩余系是完系去掉0，共22个与23互素的元素。

(i) 每个元素都是7的倍数的既约剩余系

构造结果：第4题(i)的完系去掉0，得到

\[\boldsymbol{7,14,21,28,35,42,49,56,63,70,77,84,91,98,105,112,119,126,133,140,147,154} \]

(ii) 每个元素模7余2的既约剩余系

构造结果：第4题(ii)的完系去掉模23余0的元素23，得到

\[\boldsymbol{2,9,16,30,37,44,51,58,65,72,79,86,93,100,107,114,121,128,135,142,149,156} \]

(iii) 每个元素模7余2且模5余2的既约剩余系

构造结果：第4题(iii)的完系去掉模23余0的元素667，得到

\[\boldsymbol{2,37,72,107,142,177,212,247,282,317,352,387,422,457,492,527,562,597,632,702,737,772} \]

第7题模4与模5的完系构造

(i) 构造$r_i,s_j$使得$r_is_j$是模20的完系

构造思路：模20=4×5，$(4,5)=1$，取$r_i$为模4的完系且与5互素，$s_j$为模5的完系且与4互素，则$r_is_j$遍历模20的完系。
构造结果：

模4的完系：$\boldsymbol{r=\{1,3,5,7\}}$（两两模4不同余，均与5互素）；
模5的完系：$\boldsymbol{s=\{1,2,3,4,5\}}$（两两模5不同余，均与4互素）。
验证：$r_is_j$模20的结果为$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,0$，全覆盖模20的完系。

(ii) 构造$r_i,s_j$使得$r_i+4s_j$和$r_is_j$同时是模20的完系

注：两个完系直接相加的和集最多有$4+5-1=8$个不同值，无法成为模20的完系，因此采用定理11的标准形式$r_i+4s_j$。
构造结果：

模4的完系：$\boldsymbol{r=\{1,3,5,7\}}$；
模5的完系：$\boldsymbol{s=\{0,1,2,3,4\}}$。
验证：

$r_i+4s_j$：$1,5,9,13,17,3,7,11,15,19,5,9,13,17,21,7,11,15,19,23$，模20为$1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,0,2,4,6,8,10,12,14,16,18$，是模20的完系；
$r_is_j$模20的结果为$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,0$，是模20的完系。

第8题第7题的结论对既约剩余系是否成立？

结论

乘积形式：成立，存在模4、模5的缩系，使得乘积遍历模20的缩系；
和形式：不成立，两个缩系的和集最多有$\varphi(4)+\varphi(5)-1=2+4-1=5$个元素，小于$\varphi(20)=8$，无法成为缩系。

构造验证

模4的缩系：$\boldsymbol{r=\{1,3\}}$（$\varphi(4)=2$）；
模5的缩系：$\boldsymbol{s=\{1,2,3,4\}}$（$\varphi(5)=4$）；
乘积$r_is_j$模20为$1,2,3,4,3,6,9,12$，去重后为$1,2,3,4,6,9,12,13$，共8个元素，均与20互素，两两模20不同余，是模20的缩系。

第9题模3与模7的完系构造，使得$rs$遍历模21的完系/缩系

构造结果

模3的完系：$\boldsymbol{r=\{1,2,3\}}$（模3的最小非负完系，均与7互素）；
模7的完系：$\boldsymbol{s=\{1,2,4,5,7,10,13\}}$（模7为$1,2,4,5,0,3,6$，是模7的完系，均与3互素）。

验证

完系：$rs$模21的结果覆盖$0,1,2,\dots,20$，是模21的完系；
缩系：取模3的缩系$\boldsymbol{r=\{1,2\}}$，模7的缩系$\boldsymbol{s=\{1,2,3,4,5,6\}}$，则$rs$模21的结果为$1,2,3,4,5,6,2,4,6,8,10,12$，去重后为$1,2,3,4,5,6,8,10,11,12,13,16,17,19,20$，共$\varphi(21)=12$个元素，均与21互素，是模21的缩系。

第10题乘积形式的剩余系遍历证明

题目核心

设$m_1,\dots,m_k$两两互素，$(a_j,m_j)=1$，$M_j=m/m_j$，

\[x = \prod_{j=1}^k \left( M_1a_1 + \dots + M_{j-1}a_{j-1} + M_j a_j x^{(j)} + M_{j+1}a_{j+1} + \dots + M_k a_k \right) \]

证明：$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系/缩系时，$x$遍历模$m$的完系/缩系，且$x\equiv (M_j a_j)^k x^{(j)} \pmod{m_j}$，解释含义。

证明

同余式证明：
对固定的$j$，当$i\neq j$时，$M_i$是$m_j$的倍数（$M_i=m/m_i$，$m_j\mid m$且$m_i$与$m_j$互素），故$M_i\equiv0\pmod{m_j}$。
对乘积中的第$l$个因子：
- 若$l\neq j$：因子中仅$M_j a_j$项非零，故因子$\equiv M_j a_j \pmod{m_j}$；
- 若$l=j$：因子$\equiv M_j a_j x^{(j)} \pmod{m_j}$。
因此乘积模$m_j$为：

\[x \equiv \underbrace{M_j a_j \cdot \dots \cdot M_j a_j}_{k-1个} \cdot M_j a_j x^{(j)} = (M_j a_j)^k x^{(j)} \pmod{m_j} \]
同余式得证。
完系遍历性：
因$(a_j,m_j)=1$，$M_j$与$m_j$互素，故$(M_j a_j)^k$与$m_j$互素。当$x^{(j)}$遍历模$m_j$的完系时，$(M_j a_j)^k x^{(j)}$也遍历模$m_j$的完系。由中国剩余定理，$x$遍历模$m$的完系。
缩系遍历性：
$(x,m)=1$当且仅当$(x,m_j)=1$对所有$j$成立，而$(x,m_j)=((M_j a_j)^k x^{(j)},m_j)=(x^{(j)},m_j)$，因此$(x,m)=1$当且仅当$(x^{(j)},m_j)=1$，即$x$遍历模$m$的缩系当且仅当$x^{(j)}$遍历模$m_j$的缩系。

含义解释

本题构造了中国剩余定理的乘积形式推广：通过将每个小模的变量$x^{(j)}$嵌入到乘积的一个因子中，利用$M_j$的正交性（$M_i\equiv0\pmod{m_j},i\neq j$），使得$x$模每个$m_j$的余数仅由对应的$x^{(j)}$决定，实现了大模剩余系的乘积式构造。该结论可用于多变量同余约束的剩余系构造，在数论密码、同余方程求解中有广泛应用。

Euler函数φ(m) 知识点详解与完整推导证明

一、Euler函数的核心定义

Euler函数φ(m) 是定义在正整数集上的数论函数，其函数值等于1,2,…,m中与m互素的正整数的个数，等价于模m的既约剩余系中元素的个数。

基础示例：

φ(1)=1（1与自身互素）
φ(2)=1（1与2互素）
φ(3)=2（1,2与3互素）
φ(4)=2（1,3与4互素）
φ(6)=2（1,5与6互素）

二、φ(m)的核心性质与计算公式（定理1）

定理1 前提

设正整数 $m = m_1m_2$，分两种情况给出φ(m)的计算规则。

(i) 同素因子情形

定理内容：若$m_1$与$m$有完全相同的素因数，则

\[\varphi(m) = m_2\varphi(m_1) \]

详细证明：
根据既约剩余系的构造定理：若$m=m_1m_2$，且$m_1$与$m$的素因子完全相同，则模$m$的既约剩余系可表示为 $x = x_1 + m_1x_2$，其中：

$x_1$ 跑遍模$m_1$的既约剩余系（共$\varphi(m_1)$个元素）
$x_2$ 跑遍模$m_2$的完全剩余系（共$m_2$个元素）

因此模$m$的既约剩余系的元素总个数为 $\varphi(m_1) \times m_2$，即 $\varphi(m) = m_2\varphi(m_1)$，得证。

推论（素因数分解的中间式）
若$m>1$的标准素因数分解为 $m = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r} \ (\alpha_i\geq1)$，则

\[\varphi(m) = p_1^{\alpha_1-1}p_2^{\alpha_2-1}\dots p_r^{\alpha_r-1}\varphi(p_1p_2\dots p_r) \]

推导：令$m_1=p_1p_2\dots p_r$，$m_2=p_1^{\alpha_1-1}p_2^{\alpha_2-1}\dots p_r^{\alpha_r-1}$，则$m=m_1m_2$，且$m_1$与$m$素因子完全相同，代入定理1(i)即可得证。

(ii) 互素情形（积性）

定理内容：若$\gcd(m_1,m_2)=1$（$m_1,m_2$互素），则

\[\varphi(m) = \varphi(m_1)\varphi(m_2) \]

该结论说明Euler函数是积性函数。

详细证明：
我们通过既约剩余系的积性构造证明：

两两不同余：设$x_1$跑遍模$m_1$的既约剩余系，$x_2$跑遍模$m_2$的既约剩余系，构造$x = m_2x_1 + m_1x_2$。若$m_2x_1 + m_1x_2 \equiv m_2x_1' + m_1x_2' \pmod{m_1m_2}$，则$m_2(x_1-x_1') \equiv m_1(x_2'-x_2) \pmod{m_1m_2}$。
因$\gcd(m_1,m_2)=1$，故$m_1 \mid (x_1-x_1')$，$m_2 \mid (x_2'-x_2)$，结合剩余系的范围得$x_1=x_1'$，$x_2=x_2'$，即所有$x$两两模$m$不同余。
与m互素：$x = m_2x_1 + m_1x_2$，则$\gcd(x,m_1)=\gcd(m_2x_1,m_1)=1$（$\gcd(m_2,m_1)=1$且$\gcd(x_1,m_1)=1$），同理$\gcd(x,m_2)=1$，故$\gcd(x,m_1m_2)=1$。
覆盖所有既约剩余：任意与$m$互素的数$a$，由中国剩余定理，存在唯一的$x_1 \equiv a \pmod{m_1}$、$x_2 \equiv a \pmod{m_2}$，对应$x \equiv a \pmod{m}$，且$x_1,x_2$属于对应既约剩余系。

综上，模$m$的既约剩余系元素个数为$\varphi(m_1)\varphi(m_2)$，即$\varphi(m)=\varphi(m_1)\varphi(m_2)$，得证。

推广：若$m=m_1m_2\dots m_r$，且$m_1,m_2,\dots,m_r$两两互素，则

\[\varphi(m) = \varphi(m_1)\varphi(m_2)\dots\varphi(m_r) \]

由数学归纳法，结合两两互素的积性可直接得证。

φ(m)的标准计算公式

定理内容：若$m$的标准素因数分解为 $m = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r} \ (\alpha_i\geq1)$，则

\[\varphi(m) = p_1^{\alpha_1-1}(p_1-1)p_2^{\alpha_2-1}(p_2-1)\dots p_r^{\alpha_r-1}(p_r-1) = m\prod_{p \mid m}\left(1-\frac{1}{p}\right) \]

详细推导：

先求素数幂的Euler函数：对素数$p$，$\alpha\geq1$，$1\sim p^\alpha$中与$p^\alpha$不互素的数是$p$的倍数，共$p^{\alpha-1}$个，因此
\[\varphi(p^\alpha) = p^\alpha - p^{\alpha-1} = p^{\alpha-1}(p-1) \]
结合Euler函数的积性，$m = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r}$的素因子幂两两互素，因此
\[\varphi(m) = \prod_{i=1}^r \varphi(p_i^{\alpha_i}) = \prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i-1}(p_i-1) \]
变形得乘积形式：
\[\varphi(m) = \prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i} \cdot \prod_{i=1}^r \frac{p_i-1}{p_i} = m\prod_{p \mid m}\left(1-\frac{1}{p}\right) \]

重要推论：除$\varphi(1)=\varphi(2)=1$外，当$m\geq3$时，必有$2 \mid \varphi(m)$（即φ(m)为偶数）。
证明：

若$m$有奇素因子$p$，则$p-1$为偶数，φ(m)含因子$p-1$，故为偶数；
若$m$无奇数因子，即$m=2^\alpha(\alpha\geq2)$，则$\varphi(2^\alpha)=2^{\alpha-1}$，$\alpha\geq2$时为偶数。
综上得证。

三、Euler函数的和函数性质（定理2）

定理内容：对任意正整数$m$，有

\[\sum_{d \mid m} \varphi(d) = m \]

即$m$的所有正因数的Euler函数值之和等于$m$本身。

证法1：积性函数法

和函数的积性：若$f(n)$是积性函数，则其和函数$F(m)=\sum_{d \mid m}f(d)$也是积性函数。
证明：若$\gcd(m,n)=1$，则$mn$的正因数$d$可唯一分解为$d=d_1d_2$（$d_1\mid m,d_2\mid n$，$\gcd(d_1,d_2)=1$），因此
\[F(mn)=\sum_{d\mid mn}f(d)=\sum_{d_1\mid m}\sum_{d_2\mid n}f(d_1d_2)=\sum_{d_1\mid m}f(d_1)\sum_{d_2\mid n}f(d_2)=F(m)F(n) \]
素数幂情形计算：设$m=p^\alpha$（$p$为素数，$\alpha\geq0$），其正因数为$1,p,p^2,\dots,p^\alpha$，因此
\[F(p^\alpha)=\sum_{e=0}^\alpha \varphi(p^e) = 1 + (p-1)+(p^2-p)+\dots+(p^\alpha-p^{\alpha-1}) \]
这是裂项相消求和，最终结果为$p^\alpha$。
推广到一般m：设$m=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r}$，由$F$的积性得
\[F(m)=\prod_{i=1}^r F(p_i^{\alpha_i})=\prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i}=m \]
得证。

证法2：集合分类法（仅用φ的定义，更直观）

考虑集合$S=\{1,2,\dots,m\}$，其元素个数为$m$。将$S$中的元素按$\gcd(j,m)$的值分类：对$m$的每个正因数$d$，记$S_d = \{j \in S \mid \gcd(j,m)=d\}$。
所有$S_d$两两不相交，且并集为$S$，因此$m = \sum_{d \mid m} |S_d|$（$|S_d|$为$S_d$的元素个数）。
计算$|S_d|$：令$j=dh$，则$\gcd(dh,m)=d \iff \gcd(h,m/d)=1$，且$1\leq j\leq m \iff 1\leq h\leq m/d$。因此满足条件的$h$的个数为$\varphi(m/d)$，即$|S_d|=\varphi(m/d)$。
求和变量替换：当$d$跑遍$m$的所有正因数时，$m/d$也跑遍$m$的所有正因数，因此
\[m = \sum_{d \mid m} \varphi(m/d) = \sum_{d \mid m} \varphi(d) \]
得证。

四、Fermat-Euler定理（定理3）

前置结论

模$m$的任意两组既约剩余系，所有元素的乘积模$m$同余。即若$r_1,r_2,\dots,r_{\varphi(m)}$和$r_1',r_2',\dots,r_{\varphi(m)}'$都是模$m$的既约剩余系，则

\[\prod_{j=1}^{\varphi(m)} r_j \equiv \prod_{j=1}^{\varphi(m)} r_j' \pmod{m} \]

证明：既约剩余系的元素是置换关系，乘法交换律不改变乘积模$m$的结果，得证。

核心定理

Euler定理

定理内容：设$\gcd(a,m)=1$，则

\[a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m} \]

详细证明：

取模$m$的一组既约剩余系$r_1,r_2,\dots,r_{\varphi(m)}$。因$\gcd(a,m)=1$，故$ar_1,ar_2,\dots,ar_{\varphi(m)}$也是模$m$的一组既约剩余系。
由前置结论，两组剩余系的乘积模$m$同余：
\[\prod_{j=1}^{\varphi(m)} r_j \equiv \prod_{j=1}^{\varphi(m)} (ar_j) \pmod{m} \]
右边展开得$a^{\varphi(m)} \cdot \prod_{j=1}^{\varphi(m)} r_j$，因此
\[\prod_{j=1}^{\varphi(m)} r_j \cdot (a^{\varphi(m)} - 1) \equiv 0 \pmod{m} \]
因$\gcd(r_j,m)=1$，故$\gcd\left(\prod_{j=1}^{\varphi(m)} r_j, m\right)=1$，由同余消去律得
\[a^{\varphi(m)} - 1 \equiv 0 \pmod{m} \implies a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m} \]
得证。

Fermat小定理

定理内容：当$p$为素数时，对任意整数$a$，有

\[a^p \equiv a \pmod{p} \]

详细证明：
分两种情况：

若$p \nmid a$，则$\gcd(a,p)=1$，且$\varphi(p)=p-1$，由Euler定理得$a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$，两边乘$a$得$a^p \equiv a \pmod{p}$。
若$p \mid a$，则$a \equiv 0 \pmod{p}$，故$a^p \equiv 0 \equiv a \pmod{p}$。
综上，对任意整数$a$均成立，得证。

重要推论

模逆元计算公式：当$\gcd(a,m)=1$时，$a$在模$m$下的逆元为

\[a^{-1} \equiv a^{\varphi(m)-1} \pmod{m} \]
证明：由Euler定理，$a \cdot a^{\varphi(m)-1} = a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$，符合逆元定义。
阶的整除性：设$\delta_m(a)$是满足$a^d \equiv 1 \pmod{m}$的最小正整数（称为$a$对模$m$的阶/指数），则

\[\delta_m(a) \mid \varphi(m) \]
证明：由带余除法，$\varphi(m) = q\cdot\delta_m(a) + r \ (0\leq r<\delta_m(a))$，代入Euler定理得$a^r \equiv 1 \pmod{m}$，由阶的最小性得$r=0$，故$\delta_m(a) \mid \varphi(m)$。

五、阶的充要条件（定理4）

阶的定义

设$\gcd(a,m)=1$，使得$a^d \equiv 1 \pmod{m}$成立的最小正整数$d$，称为$a$对模$m$的阶（指数），记作$\delta_m(a)$。

定理4 核心内容

第一部分：阶的充要条件

设$\gcd(a,m)=1$，则$d_0=\delta_m(a)$的充要条件是：

$a^{d_0} \equiv 1 \pmod{m}$；
$a^0=1,a^1,a^2,\dots,a^{d_0-1}$这$d_0$个数对模$m$两两不同余。

详细证明：

必要性：若$d_0=\delta_m(a)$，条件1由阶的定义直接成立。假设存在$0\leq i<j<d_0$使得$a^j \equiv a^i \pmod{m}$，由消去律得$a^{j-i} \equiv 1 \pmod{m}$，而$1\leq j-i<d_0$，与阶的最小性矛盾，故条件2成立。
充分性：条件1说明$\delta_m(a) \leq d_0$；条件2说明对任意$1\leq j<d_0$，$a^j \not\equiv 1 \pmod{m}$，故$\delta_m(a) \geq d_0$。因此$\delta_m(a)=d_0$，得证。

第二部分：原根的充要条件

特别地，$d_0=\varphi(m)$的充要条件是：$a^0,a^1,\dots,a^{\varphi(m)-1}$是模$m$的一组既约剩余系（此时称$a$为模$m$的原根）。

详细证明：

必要性：若$d_0=\varphi(m)=\delta_m(a)$，由第一部分结论，$a^0,\dots,a^{\varphi(m)-1}$两两模$m$不同余；又$\gcd(a,m)=1$，故所有$a^k$均与$m$互素，恰好构成模$m$的$\varphi(m)$个既约剩余。
充分性：若$a^0,\dots,a^{\varphi(m)-1}$是模$m$的既约剩余系，则它们两两不同余，且由Euler定理$a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$，由第一部分结论得$\delta_m(a)=\varphi(m)$，得证。

六、核心知识点归纳总结表

知识点类别	核心内容	适用条件	核心结论/公式	关键备注
Euler函数定义	模m的既约剩余系元素个数	m为正整数	$\varphi(m) = \#\{1\leq k\leq m \mid \gcd(k,m)=1\}$	数论核心积性函数，刻画与m互素的数的个数
φ(m)的积性	互素整数乘积的φ值等于φ值的乘积	$\gcd(m_1,m_2)=1$	$\varphi(m_1m_2)=\varphi(m_1)\varphi(m_2)$	是φ(m)计算公式的核心基础
φ(m)标准计算公式	素因数分解下的φ值计算	$m=p_1^{\alpha_1}\dots p_r^{\alpha_r}$	$\varphi(m)=m\prod_{p\mid m}\left(1-\frac{1}{p}\right)$	最常用的φ(m)计算式，无需拆分素数幂
素数幂的φ值	素数幂的φ值计算	p为素数，$\alpha\geq1$	$\varphi(p^\alpha)=p^{\alpha-1}(p-1)$	基础计算单元，$\varphi(p)=p-1$（p为素数）
φ(m)的奇偶性	φ(m)的奇偶规律	$m\geq3$	$2\mid \varphi(m)$	仅φ(1)=φ(2)=1，其余φ(m)均为偶数
和函数定理	因数的φ值求和	m为正整数	$\sum_{d\mid m}\varphi(d)=m$	数论经典恒等式，可用于φ值的递推与验证
Euler定理	互素数的幂次同余	$\gcd(a,m)=1$	$a^{\varphi(m)}\equiv1\pmod{m}$	Fermat小定理的推广，模逆元、密码学核心
Fermat小定理	素数模的幂次同余	p为素数，a为任意整数	$a^p\equiv a\pmod{p}$	素性检验、模运算化简的核心工具
模逆元公式	互素数的模逆元计算	$\gcd(a,m)=1$	$a^{-1}\equiv a^{\varphi(m)-1}\pmod{m}$	无需扩展欧几里得算法，直接计算逆元
阶的整除性	阶与φ(m)的关系	$\gcd(a,m)=1$	$\delta_m(a)\mid \varphi(m)$	阶的核心性质，原根判定的基础
原根充要条件	原根的等价判定	$\gcd(a,m)=1$	$\delta_m(a)=\varphi(m) \iff \{a^0,\dots,a^{\varphi(m)-1}\}$是模m的既约剩余系	原根是模m既约剩余系的“生成元”

模2^l的既约剩余系与5的阶知识点详解与完整推导

一、前置知识回顾

Euler函数计算：对模$m=2^l$，有
- $l=1$时，$\varphi(2)=1$；$l=2$时，$\varphi(4)=2$
- $l\geq3$时，$\varphi(2^l)=2^l - 2^{l-1}=2^{l-1}$
阶的定义与核心性质：设$\gcd(a,m)=1$，满足$a^d\equiv1\pmod{m}$的最小正整数$d$称为$a$对模$m$的阶，记作$\delta_m(a)$，核心性质：
- $\delta_m(a) \mid \varphi(m)$
- 若$a^k\equiv1\pmod{m}$，则$\delta_m(a) \mid k$
- 若$\delta_m(a)=d$，则$a^0,a^1,\dots,a^{d-1}$两两模$m$不同余

二、例1 完整推导：求$\delta_{2^l}(5)$（$l\geq3$）

步骤1：确定阶的形式

由$\delta_{2^l}(5) \mid \varphi(2^l)=2^{l-1}$，可知$\delta_{2^l}(5)$必为2的幂，即$\delta_{2^l}(5)=2^k$，其中$0\leq k\leq l-1$。

步骤2：证明核心引理（式20）

引理：对任意奇数$a$（$2\nmid a$），$l\geq3$时，必有

\[a^{2^{l-2}} \equiv 1\pmod{2^l} \]

数学归纳法证明：

基例（$l=3$）：$2^3=8$，任意奇数$a=2t+1$，则
\[a^2=4t(t+1)+1 \]
$t$与$t+1$必有一个偶数，故$4t(t+1)$是8的倍数，因此$a^2\equiv1\pmod{8}$，即$a^{2^{3-2}}\equiv1\pmod{2^3}$，基例成立。
归纳假设：假设$l=n$（$n\geq3$）时引理成立，即$a^{2^{n-2}} \equiv1\pmod{2^n}$，也就是$a^{2^{n-2}}=1+s\cdot2^n$（$s$为整数）。
归纳步骤（$l=n+1$）：要证$a^{2^{(n+1)-2}}=a^{2^{n-1}}\equiv1\pmod{2^{n+1}}$，用平方差分解：
\[a^{2^{n-1}} -1 = (a^{2^{n-2}} -1)(a^{2^{n-2}} +1) \]
由归纳假设，$a^{2^{n-2}}-1$是$2^n$的倍数；又$a$是奇数，$a^{2^{n-2}}$是奇数，故$a^{2^{n-2}}+1$是2的倍数。两者相乘为$2^n\cdot2=2^{n+1}$的倍数，因此$a^{2^{n-1}}\equiv1\pmod{2^{n+1}}$，引理对$l=n+1$成立。

引理的意义：对任意奇数$a$，其阶$\delta_{2^l}(a) \mid 2^{l-2}$，即$k\leq l-2$，说明模$2^l$（$l\geq3$）不存在原根（原根要求阶为$\varphi(2^l)=2^{l-1}$，此处所有奇数的阶最大仅为$2^{l-2}$）。

步骤3：证明5的阶的下界（式22）

命题：对任意$l\geq3$，有

\[5^{2^{l-3}} \not\equiv 1\pmod{2^l} \]

数学归纳法证明：

基例（$l=3$）：$5^{2^{0}}=5\equiv5\not\equiv1\pmod{8}$，命题成立。
归纳假设：假设$l=n$（$n\geq3$）时命题成立，即$5^{2^{n-3}} \not\equiv1\pmod{2^n}$。
结合步骤2的引理，将$l$替换为$n-1$，可得$5^{2^{(n-1)-2}}=5^{2^{n-3}}\equiv1\pmod{2^{n-1}}$，因此可写为：
\[5^{2^{n-3}} = 1 + s\cdot2^{n-1} \]
其中$s$必为奇数（若$s$为偶数，则$5^{2^{n-3}}\equiv1\pmod{2^n}$，与归纳假设矛盾）。
归纳步骤（$l=n+1$）：要证$5^{2^{(n+1)-3}}=5^{2^{n-2}} \not\equiv1\pmod{2^{n+1}}$，将上式平方：
\[5^{2^{n-2}} = (5^{2^{n-3}})^2 = (1+s\cdot2^{n-1})^2 = 1 + s\cdot2^n + s^2\cdot2^{2n-2} \]
因$n\geq3$，故$2n-2\geq n+1$，$2^{2n-2}$是$2^{n+1}$的倍数，因此模$2^{n+1}$得：
\[5^{2^{n-2}} \equiv 1 + s\cdot2^n \pmod{2^{n+1}} \]
$s$为奇数，故$s\cdot2^n\equiv2^n\not\equiv0\pmod{2^{n+1}}$，因此$5^{2^{n-2}} \not\equiv1\pmod{2^{n+1}}$，命题对$l=n+1$成立。

步骤4：确定5的阶

结合步骤2和步骤3的结论：

$5^{2^{l-2}} \equiv1\pmod{2^l}$（上界）
对任意$0\leq j\leq l-3$，$5^{2^j} \not\equiv1\pmod{2^l}$（下界）

因此满足$5^d\equiv1\pmod{2^l}$的最小正整数$d=2^{l-2}$，即

\[\delta_{2^l}(5)=2^{l-2} \quad (l\geq3) \]

由定理4，$5^0,5^1,5^2,\dots,5^{2^{l-2}-1}$这$2^{l-2}$个数，对模$2^l$两两不同余，且均为奇数（与$2^l$互素），属于模$2^l$的既约剩余类。

三、定理5 完整证明：模$2^l$（$l\geq3$）的既约剩余系构造

定理内容

对模$2^l$（$l\geq3$），以下$2^{l-1}=\varphi(2^l)$个数构成它的一组既约剩余系：

\[(-1)^{j_0} \cdot 5^{j_1}, \quad 0\leq j_0<2,\ 0\leq j_1<2^{l-2} \]

证明过程

要证明该集合是既约剩余系，只需证明两点：

集合中所有元素均与$2^l$互素；
集合中所有元素两两模$2^l$不同余，且元素个数为$\varphi(2^l)$。

1. 互素性证明

$-1$和$5$均为奇数，其幂次与乘积仍为奇数，故所有元素均与$2^l$互素，满足既约剩余系的基本要求。

2. 两两不同余证明

假设存在$j_0,j_0'\in\{0,1\}$，$j_1,j_1'\in\{0,1,\dots,2^{l-2}-1\}$，使得

\[(-1)^{j_0}5^{j_1} \equiv (-1)^{j_0'}5^{j_1'} \pmod{2^l} \]

分两种情况讨论：

情况1：$j_0=j_0'$
等式化简为$5^{j_1}\equiv5^{j_1'}\pmod{2^l}$，因$\gcd(5,2^l)=1$，由同余消去律得$5^{j_1-j_1'}\equiv1\pmod{2^l}$。
由$\delta_{2^l}(5)=2^{l-2}$，得$2^{l-2} \mid (j_1-j_1')$，而$0\leq j_1,j_1'<2^{l-2}$，故$j_1-j_1'=0$，即$j_1=j_1'$。
情况2：$j_0\neq j_0'$
不妨设$j_0=0,j_0'=1$，等式化简为$5^{j_1}\equiv -5^{j_1'}\pmod{2^l}$，两边乘$5^{-j_1'}$（逆元存在）得：

\[5^{j_1-j_1'} \equiv -1 \pmod{2^l} \]
两边平方得$5^{2(j_1-j_1')}\equiv1\pmod{2^l}$，故$2^{l-2} \mid 2(j_1-j_1')$，即$2^{l-3} \mid (j_1-j_1')$，因此$j_1-j_1'=k\cdot2^{l-3}$（$k$为整数）。
代入原式得$5^{k\cdot2^{l-3}} \equiv -1\pmod{2^l}$。
由步骤3的结论，$5^{2^{l-3}}=1+s\cdot2^{l-1}$（$s$为奇数），因此：
- 若$k$为偶数，$5^{k\cdot2^{l-3}}=(5^{2^{l-2}})^{k/2}\equiv1^{k/2}=1\pmod{2^l}$，即$1\equiv-1\pmod{2^l}$，$l\geq3$时$2^l\geq8$，不可能成立；
- 若$k$为奇数，$5^{k\cdot2^{l-3}}=5^{2^{l-3}}\cdot(5^{2^{l-2}})^{(k-1)/2}\equiv(1+2^{l-1})\cdot1=1+2^{l-1}\pmod{2^l}$，而$-1\equiv2^l-1\pmod{2^l}$，故$1+2^{l-1}\equiv2^l-1\pmod{2^l}$，即$2^{l-1}+2\equiv0\pmod{2^l}$，$l\geq3$时同样不成立。

因此$j_0\neq j_0'$时等式不可能成立。

3. 元素个数验证

集合元素个数为$2\times2^{l-2}=2^{l-1}=\varphi(2^l)$，恰好等于模$2^l$既约剩余系的元素个数。

综上，该集合是模$2^l$（$l\geq3$）的一组既约剩余系，定理得证。

定理推广

若$g_0$为奇数，且$\delta_{2^l}(g_0)=2^{l-2}$（$l\geq3$），则以下集合也构成模$2^l$的既约剩余系：

\[(-1)^{j_0}g_0^{j_1}, \quad 0\leq j_0<2,\ 0\leq j_1<2^{l-2} \]

证明与上述过程完全一致，仅需将$5$替换为$g_0$即可。

四、核心知识点总结

知识点	核心结论	适用范围	关键意义
模$2^l$的Euler函数	$\varphi(2^l)=2^{l-1}$	$l\geq1$	确定既约剩余系的元素个数
奇数的阶的上界	任意奇数$a$，$\delta_{2^l}(a)\mid2^{l-2}$	$l\geq3$	证明模$2^l(l\geq3)$无原根
5对模$2^l$的阶	$\delta_{2^l}(5)=2^{l-2}$	$l\geq3$	构造既约剩余系的核心生成元
模$2^l$的既约剩余系	可由$\{-1,5\}$的幂次乘积构造：$\{(-1)^{j_0}5^{j_1}\}$	$l\geq3$	解决无原根时既约剩余系的构造问题
模2的幂的原根	仅$l=1,2$时存在原根（$l=1$原根1，$l=2$原根3）	$l=1,2$	区分2的幂次是否存在原根的分界

RSA公开密钥密码系统知识点详解与完整推导

一、RSA系统背景

RSA是1978年由R. L. Rivest、A. Shamir、L. Adleman三位学者提出的非对称（公开密钥）密码系统，是现代密码学的经典核心方案。其设计完全基于初等数论中的Euler定理，安全性依赖于大整数素因数分解的计算困难性，解决了传统对称密码的密钥分发难题，是当前互联网安全通信（HTTPS、数字签名、身份认证等）的核心基础。

二、RSA系统的参数设定

RSA的核心参数分为公钥（公开）和私钥（保密），生成步骤如下：

模数生成：选取两个不同的大素数$p,q$，计算模数 $n = pq$。
Euler函数计算：由Euler函数的积性，得 $\varphi(n) = \varphi(p)\varphi(q) = (p-1)(q-1)$。
加密公钥选取：选取正整数$\alpha$（加密指数），满足 $1<\alpha<\varphi(n)$ 且 $\gcd(\alpha,\varphi(n))=1$（$\alpha$与$\varphi(n)$互素）。
解密私钥计算：计算正整数$\beta$（解密指数），满足
\[\alpha\beta \equiv 1 \pmod{\varphi(n)} \]
即$\beta$是$\alpha$在模$\varphi(n)$下的乘法逆元。因$\gcd(\alpha,\varphi(n))=1$，逆元$\beta$唯一存在。
密钥发布：
- 公钥（公开给所有人）：$(\alpha, n)$
- 私钥（仅解密方持有，严格保密）：$(\beta, p, q)$

三、RSA加解密的核心正确性证明

RSA加解密的正确性完全依赖于核心恒等式：对任意整数$k$，必有

\[k^{\alpha\beta} \equiv k \pmod{n} \]

原文中仅标注“容易证明”，以下给出完整严谨的推导：

证明准备

由$\alpha\beta \equiv 1 \pmod{\varphi(n)}$，可将$\alpha\beta$写为：

\[\alpha\beta = 1 + t\cdot\varphi(n) = 1 + t(p-1)(q-1) \]

其中$t$为正整数。

要证$k^{\alpha\beta} \equiv k \pmod{pq}$，根据中国剩余定理，等价于证明该式在模$p$和模$q$下同时成立，即：

$k^{\alpha\beta} \equiv k \pmod{p}$
$k^{\alpha\beta} \equiv k \pmod{q}$

步骤1：证明模$p$下的同余式

分两种情况讨论：

情况1：$p \nmid k$（$k$与$p$互素）
由Fermat小定理（Euler定理的素数特例，$\varphi(p)=p-1$），得

\[k^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} \]
代入$\alpha\beta$的表达式：

\[k^{\alpha\beta} = k^{1 + t(p-1)(q-1)} = k \cdot \left(k^{p-1}\right)^{t(q-1)} \]
结合Fermat小定理的结果，$\left(k^{p-1}\right)^{t(q-1)} \equiv 1^{t(q-1)} = 1 \pmod{p}$，因此

\[k^{\alpha\beta} \equiv k \cdot 1 = k \pmod{p} \]
情况2：$p \mid k$（$k$是$p$的倍数）
此时$k \equiv 0 \pmod{p}$，因此$k^{\alpha\beta} \equiv 0 \equiv k \pmod{p}$，同余式显然成立。

步骤2：证明模$q$下的同余式

与模$p$的证明完全对称：

若$q \nmid k$，由Fermat小定理$k^{q-1}\equiv1\pmod{q}$，得$k^{\alpha\beta}=k\cdot\left(k^{q-1}\right)^{t(p-1)} \equiv k \pmod{q}$；
若$q \mid k$，则$k^{\alpha\beta}\equiv0\equiv k \pmod{q}$，同余式成立。

结论

模$p$和模$q$的同余式均成立，由中国剩余定理，得

\[k^{\alpha\beta} \equiv k \pmod{n} \]

核心恒等式得证。

四、RSA加解密完整流程

1. 加密过程（发送方）

发送方要传输的明文为整数$A$（满足$0\leq A<n$，长消息可分块处理），使用接收方公开的公钥$(\alpha,n)$，计算密文$B$：

\[B \equiv A^\alpha \pmod{n}, \quad 0\leq B<n \]

将密文$B$通过公开信道发送。

2. 解密过程（接收方）

接收方收到密文$B$后，使用自己持有的私钥$\beta$，计算：

\[B^\beta \equiv (A^\alpha)^\beta = A^{\alpha\beta} \equiv A \pmod{n} \]

即可还原出原始明文$A$，完成解密。

五、RSA系统的安全性原理

RSA的安全性完全依赖于大整数素因数分解的计算困难性：

公钥仅公开$\alpha$和$n$，攻击者要破解密文，必须先求出解密私钥$\beta$；
要计算$\beta$，必须先求出$\varphi(n)=(p-1)(q-1)$；
要计算$\varphi(n)$，必须对$n$进行素因数分解，得到两个大素数$p$和$q$。

当$p$和$q$为足够大的素数（当前工业界常用2048位、4096位素数），目前没有任何高效的多项式时间算法可以完成大数的素因数分解，攻击者无法在合理的时间内破解私钥，保证了RSA的安全性。

六、RSA系统的核心价值与补充说明

非对称密码的核心优势：传统对称密码需要收发双方提前共享密钥，存在密钥分发的安全难题；而RSA的公钥可完全公开，任何人都能加密，仅私钥持有者可解密，完美解决了密钥分发问题。
扩展应用：数字签名：RSA可反向用于数字签名：私钥持有者用$\beta$对消息$A$计算签名$S=A^\beta \pmod{n}$，其他人用公钥$\alpha$验证$S^\alpha \equiv A \pmod{n}$，即可确认签名的真实性与不可伪造性，是电子合同、数字证书的核心技术。
工程实现优化：RSA的加密/解密运算为大整数模幂，速度较慢，实际应用中通常结合对称加密算法（如AES）：用RSA加密对称密钥，用对称密钥加密长消息，兼顾安全性与效率。

七、核心知识点总结表

环节	核心内容	数论依据	公开/保密
参数生成	选取大素数$p,q$，计算$n=pq$，$\varphi(n)=(p-1)(q-1)$	Euler函数的积性	$p,q$严格保密，$n$公开
公钥生成	选取$\alpha$满足$\gcd(\alpha,\varphi(n))=1$	模逆元存在的充要条件	$\alpha$完全公开
私钥生成	计算$\beta$满足$\alpha\beta\equiv1\pmod{\varphi(n)}$	互素数的模逆元唯一存在	$\beta$严格保密
加密	$B\equiv A^\alpha\pmod{n}$	模幂运算	过程公开
解密	$A\equiv B^\beta\pmod{n}$	Euler定理、Fermat小定理、中国剩余定理	仅私钥持有者可完成
安全性核心	大数$n$的素因数分解计算困难	无高效素因数分解算法	破解难度随$p,q$位数指数级提升

我们先承接上文的RSA公开密钥密码系统，补充完整数值实操示例、工程实现细节、安全边界，再回归Euler函数与既约剩余系的核心补充定理（Wilson定理及其推广）、典型例题，完成整个章节的内容闭环。

一、RSA密码系统完整实操与工程补充

（一）RSA完整数值示例

我们用小素数演示完整的密钥生成、加解密流程，方便验证计算，直观理解RSA的运行逻辑：

示例1：小参数完整演示

密钥生成
- 选取两个不同素数：$p=3$，$q=11$
- 计算模数：$n = pq = 3\times11 = 33$
- 计算Euler函数：$\varphi(n) = (3-1)(11-1) = 2\times10 = 20$
- 选取加密公钥$\alpha$：满足$1<\alpha<20$且$\gcd(\alpha,20)=1$，选$\alpha=3$（$\gcd(3,20)=1$，符合要求）
- 计算解密私钥$\beta$：满足$3\beta \equiv 1 \pmod{20}$，解得$\beta=7$（$3\times7=21\equiv1\pmod{20}$）
- 最终结果：公钥$(\alpha,n)=(3,33)$，私钥$(\beta,p,q)=(7,3,11)$
加密过程
- 明文$A=5$（满足$0\leq5<33$）
- 计算密文：$B \equiv A^\alpha \pmod{n} = 5^3 \pmod{33} = 125 \pmod{33} = 26$
- 最终密文$B=26$
解密过程
- 用私钥$\beta=7$计算：$B^\beta \pmod{n} =26^7 \pmod{33}$
- 先简化底数：$26 \equiv -7 \pmod{33}$，故$26^7 \equiv (-7)^7 = -7^7 \pmod{33}$
- 降幂计算：$7^2=49\equiv16 \pmod{33}$，$7^4=(16)^2=256\equiv25 \pmod{33}$
- $7^7=7^4 \times7^2 \times7^1 =25\times16\times7=2800 \equiv28 \pmod{33}$
- 最终$-28 \equiv5 \pmod{33}$，恰好还原明文$A=5$，解密成功。

示例2：稍大参数演示

素数$p=5$，$q=7$，模数$n=35$，$\varphi(n)=4\times6=24$
公钥$\alpha=5$（$\gcd(5,24)=1$），私钥$\beta=5$（$5\times5=25\equiv1 \pmod{24}$）
明文$A=2$，密文$B=2^5 \pmod{35}=32$
解密：$32^5 \pmod{35}=2$，完美还原明文。

（二）RSA工程实现的核心约束

原文仅给出了RSA的数学原理，实际工业应用中必须遵守以下约束，否则会出现严重安全漏洞：

大素数$p,q$的选取要求
- $p$和$q$必须是强素数：$p-1$和$p+1$都有大素因子，$q$同理，避免被Pollard's p-1分解算法破解；
- $p$和$q$的位数必须足够长：当前工业界最低要求2048位模数（$p$和$q$各1024位），高安全场景使用4096位模数；
- $p$和$q$的差值不能太小：若$|p-q|$过小，可通过平方差公式快速分解$n$。
加密指数$\alpha$的选择
工业界几乎固定使用$\alpha=65537$（十六进制0x10001），这是一个费马素数（$F_4=2^{2^4}+1=65537$），核心优势：
- 二进制仅含2个1，模幂运算速度极快；
- 足够大，可抵御小指数攻击；
- 与$\varphi(n)$互素的概率极高。
明文长度与填充方案
- 明文$A$必须满足$0\leq A<n$，长消息需分块加密；
- 绝对不能直接加密无填充的裸明文：裸明文会导致同态攻击、选择明文攻击，工业界必须使用OAEP填充方案（最优非对称加密填充），在加密前给明文添加随机数，保证相同明文加密得到不同密文，抵御各类攻击。
模幂运算优化
RSA的核心运算为大整数模幂，必须使用快速幂（二分幂）算法，将模幂的时间复杂度从$O(k)$降到$O(\log k)$（$k$为指数的位数），这是RSA能工程落地的核心优化。

（三）RSA常见攻击与防御

攻击类型	攻击原理	防御措施
小指数攻击	若$\alpha$过小（如$\alpha=3$），当明文$A<n^{1/\alpha}$时，$A^\alpha<n$，模运算失效，直接开方即可还原明文	禁止使用过小的$\alpha$，固定使用$\alpha=65537$
共模攻击	多个用户共用同一个模数$n$，仅使用不同的$\alpha/\beta$，攻击者可通过两个密文还原明文	每个用户必须独立生成自己的$p,q,n$，绝对禁止共用模数
因数分解攻击	通过算法分解$n$得到$p,q$，直接计算私钥$\beta$	使用足够长的模数（2048位及以上），定期更新密钥
侧信道攻击	通过加密的时间、功耗等物理信息泄露还原私钥	使用恒定时间的模幂实现，添加掩码防护

补充：量子计算对RSA的威胁
Shor量子算法可在多项式时间内完成大整数的素因数分解，一旦通用量子计算机达到足够的量子比特数，RSA将被完全破解。当前后量子密码（PQC）已成为密码学的研究重点，用于替代RSA应对量子威胁。

二、既约剩余系乘积定理（Wilson定理及其推广）

前文提到“模$m$的既约剩余系的乘积对模$m$究竟同余于什么？”，这里给出完整的定理与证明，这是Euler函数章节的核心补充内容。

（一）Wilson定理（素数模的既约剩余系乘积）

定理内容：设$p$为素数，则

\[(p-1)! \equiv -1 \pmod{p} \]

详细证明：
模$p$的既约剩余系为$\{1,2,\dots,p-1\}$，我们将其中的元素按逆元两两配对：对任意$a\in\{1,2,\dots,p-1\}$，存在唯一的逆元$a^{-1}\in\{1,2,\dots,p-1\}$，满足$aa^{-1}\equiv1 \pmod{p}$。

仅当$a=1$和$a=p-1$时，$a$的逆元是自身：$1\times1\equiv1 \pmod{p}$，$(p-1)\times(p-1)=p^2-2p+1\equiv1 \pmod{p}$；
其余元素均可两两配对，每对的乘积$\equiv1 \pmod{p}$，不影响最终乘积结果。

因此，所有元素的乘积为：

\[(p-1)! = 1\times(p-1) \times \prod_{配对(a,a^{-1})} aa^{-1} \equiv 1\times(-1) \times 1 \equiv -1 \pmod{p} \]

得证。

Wilson定理的逆定理：若正整数$m>1$，满足$(m-1)!\equiv-1 \pmod{m}$，则$m$必为素数。
该定理给出了素数的一个充要条件，是素性检验的理论基础之一。

（二）Wilson定理的推广（任意模$m$的既约剩余系乘积）

定理内容：设$m>1$，模$m$的一组既约剩余系的所有元素的乘积为$P$，则

\[P \equiv \begin{cases} -1 \pmod{m}, & m=2,4,p^\alpha,2p^\alpha \ (p为奇素数,\alpha\geq1) \\ 1 \pmod{m}, & 其他情况 \end{cases}\]

证明核心思路：
和Wilson定理的证明一致，将既约剩余系中的元素按逆元两两配对：

若元素$a$的逆元$a^{-1}\neq a$，则配对乘积为1，不影响最终结果；
仅需考虑逆元等于自身的元素，即满足$a^2\equiv1 \pmod{m}$的解，最终乘积等于所有自逆元的乘积；
通过解同余方程$a^2\equiv1 \pmod{m}$，结合中国剩余定理，可得到：
- 当$m=2,4,p^\alpha,2p^\alpha$时，自逆元仅有2个：$1$和$m-1$，乘积为$1\times(m-1)\equiv-1 \pmod{m}$；
- 其他情况，自逆元的个数为$2^k$（$k\geq2$），乘积为$1 \pmod{m}$。

示例验证：

$m=5$（素数）：既约剩余系$\{1,2,3,4\}$，乘积$24\equiv-1 \pmod{5}$，符合定理；
$m=8$（$2^3$，不属于特殊情况）：既约剩余系$\{1,3,5,7\}$，乘积$105\equiv1 \pmod{8}$，符合定理；
$m=9$（$3^2$，奇素数幂）：既约剩余系$\{1,2,4,5,7,8\}$，乘积$2240\equiv-1 \pmod{9}$，符合定理；
$m=15=3\times5$（不属于特殊情况）：既约剩余系乘积$\equiv1 \pmod{15}$，符合定理。

三、Euler函数与Euler定理的典型例题

我们通过经典例题巩固整个章节的知识点：

例题1：计算$\varphi(1200)$

解：先做标准素因数分解：$1200=2^4 \times3^1 \times5^2$
由$\varphi(m)$的计算公式：

\[\varphi(1200)=1200 \times \left(1-\frac{1}{2}\right) \times \left(1-\frac{1}{3}\right) \times \left(1-\frac{1}{5}\right) =1200 \times \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times\frac{4}{5} = 320 \]

例题2：求满足$\varphi(m)=4$的所有正整数$m$

解：设$m$的标准素因数分解为$m=2^\alpha \times \prod p_i^{\alpha_i}$（$p_i$为奇素数），由$\varphi(m)$的积性：

\[\varphi(m)=\varphi(2^\alpha) \times \prod\varphi(p_i^{\alpha_i})=4 \]

4的正整数分解为：$4=4\times1=2\times2=1\times4$，分情况讨论：

奇素数因子仅1个，$\varphi(p^\alpha)=4$：
- $p=5$，$\alpha=1$：$\varphi(5)=4$，对应$m=2^\alpha \times5$，$\varphi(2^\alpha)=1 \implies \alpha=0$或$1$，得$m=5、10$；
- $p=3$，$\alpha=1$：$\varphi(3)=2$，需$\varphi(2^\alpha)=2 \implies \alpha=2$，得$m=4\times3=12$；
无奇数素因子，$\varphi(2^\alpha)=4$：
- $\alpha=3$，$\varphi(2^3)=4$，得$m=8$；

综上，满足$\varphi(m)=4$的$m$为：$5、8、10、12$。

例题3：用Euler定理计算$7^{222} \pmod{100}$

解：$100=4\times25$，$\varphi(100)=\varphi(4)\times\varphi(25)=2\times20=40$
$\gcd(7,100)=1$，由Euler定理，$7^{40}\equiv1 \pmod{100}$
$222=40\times5 +22$，故$7^{222}=(7^{40})^5 \times7^{22} \equiv1^5 \times7^{22} \pmod{100}$
降幂计算：$7^4=49^2=2401\equiv1 \pmod{100}$，$22=4\times5+2$
故$7^{22}=(7^4)^5 \times7^2 \equiv1^5 \times49=49 \pmod{100}$
最终结果：$7^{222} \equiv49 \pmod{100}$

四、整个Euler函数章节的知识体系总览

我们把整个章节的知识脉络梳理为3个核心模块，形成完整的知识闭环：

基础定义模块
- Euler函数$\varphi(m)$的定义：$1\sim m$中与$m$互素的数的个数，等价于模$m$既约剩余系的元素个数；
- 核心计算公式：$\varphi(m)=m\prod_{p|m}\left(1-\frac{1}{p}\right)$，素数幂公式$\varphi(p^\alpha)=p^\alpha-p^{\alpha-1}$；
- 核心性质：积性（互素数乘积的$\varphi$值等于$\varphi$值的乘积）、$m\geq3$时$\varphi(m)$为偶数、和函数定理$\sum_{d|m}\varphi(d)=m$。
核心定理模块
- Euler定理：$\gcd(a,m)=1$时，$a^{\varphi(m)}\equiv1 \pmod{m}$；
- Fermat小定理：$p$为素数时，$a^p\equiv a \pmod{p}$；
- 阶的性质：$\delta_m(a)|\varphi(m)$，原根的充要条件$\delta_m(a)=\varphi(m)$；
- 模$2^l$的既约剩余系构造：$l\geq3$时无原根，由$\{-1,5\}$生成既约剩余系；
- Wilson定理及其推广：既约剩余系的乘积同余规律。
应用模块
- 模逆元计算：$a^{-1}\equiv a^{\varphi(m)-1} \pmod{m}$；
- 大指数模幂化简：通过Euler定理降幂；
- RSA公开密钥密码系统：非对称加密的核心，基于Euler定理和大数分解困难性。

核心考点与易错点总结

易错点1：Euler定理的使用前提是$\gcd(a,m)=1$，无此条件时定理不成立；
易错点2：$\varphi(m)$的积性仅在两个数互素时成立，不互素时不能直接拆分；
核心考点1：$\varphi(m)$的计算、和函数定理的应用；
核心考点2：用Euler定理化简大指数模幂运算；
核心考点3：RSA的原理、加解密流程与正确性证明。

欧拉函数习题完整证明与解析

题1 证明：无穷多正整数n满足d∤φ(n)

(i) 必有无穷多个正整数n，使得 $3 \nmid \varphi(n)$

证明：
构造正整数序列 $n=2^k$（$k$ 为任意正整数），由欧拉函数素数幂计算公式：

\[\varphi(2^k) = 2^k - 2^{k-1} = 2^{k-1} \]

$2^{k-1}$ 是2的幂次，不含素因子3，因此对任意正整数 $k$，都有 $3 \nmid \varphi(2^k)$。
由于 $k$ 可取无穷多个正整数，因此满足条件的 $n$ 有无穷多个，得证。

(ii) 对任一正整数 $d\geq3$，必有无穷多个正整数n，使得 $d \nmid \varphi(n)$

证明：
我们通过构造固定素数的幂次序列，证明存在无穷多满足条件的n，分两种情况讨论：

情况1：$d$ 是2的幂，即 $d=2^s$（$s\geq2$，因 $d\geq3$）

构造序列 $n=3^k$（$k$ 为任意正整数），则：

\[\varphi(3^k) = 3^k - 3^{k-1} = 2\cdot3^{k-1} \]

$\varphi(3^k)$ 中素因子2的指数恒为1，而 $d=2^s$ 中2的指数 $s\geq2$，因此 $2^s \nmid \varphi(3^k)$，即 $d \nmid \varphi(n)$。
$k$ 可取无穷多正整数，故满足条件的n有无穷多。

情况2：$d$ 含有奇素因子 $p$

取素数 $q$ 满足 $q \equiv 2 \pmod{p}$（这样的素数必然存在，例如最小的满足该同余式的素数），构造序列 $n=q^k$（$k$ 为任意正整数），则：

\[\varphi(q^k) = q^{k-1}(q-1) \]

由 $q \equiv 2 \pmod{p}$，得 $q-1 \equiv 1 \pmod{p}$，即 $p \nmid q-1$；同时 $q \neq p$，故 $p \nmid q^{k-1}$。因此 $p \nmid \varphi(q^k)$，而 $p$ 是 $d$ 的素因子，故 $d \nmid \varphi(q^k)$。
$k$ 可取无穷多正整数，故满足条件的n有无穷多。

综上，对任意 $d\geq3$，均有无穷多正整数n使得 $d \nmid \varphi(n)$，得证。

题2 对给定的正整数k，仅有有限多个n，使得 $\varphi(n)=k$

证明：
设正整数n满足 $\varphi(n)=k$，其标准素因数分解为 $n = \prod_{p \mid n} p^\alpha$，我们通过两步证明n的取值有限：

步骤1：n的素因子有上界

对n的任意素因子 $p$，由欧拉函数计算公式，$\varphi(n)$ 必包含因子 $p-1$，因此 $p-1 \mid \varphi(n)=k$，故 $p-1 \leq k$，即 $p \leq k+1$。
不超过 $k+1$ 的素数仅有有限个，因此n的素因子只能是这有限个素数。

步骤2：每个素因子的指数有上界

对n的任意素因子 $p$，$\varphi(n)$ 必包含因子 $p^{\alpha-1}$，因此 $p^{\alpha-1} \mid k$，故 $\alpha-1 \leq \log_p k$，即 $\alpha \leq \log_p k + 1$。
每个素因子的指数都有明确上界，因此每个素因子的可能取值仅有有限个。

综上，n的素因子有限，每个素因子的指数有限，因此满足 $\varphi(n)=k$ 的正整数n仅有有限个，得证。

题3 欧拉函数的乘积恒等式与不等式

设 $g=(m,n)$ 为m,n的最大公约数，$l=[m,n]$ 为m,n的最小公倍数，先给出核心恒等式：$mn = gl$，且对任意正整数，欧拉函数满足：对素数幂 $p^\alpha$，$\varphi(p^\alpha)=p^\alpha - p^{\alpha-1}=p^{\alpha-1}(p-1)$。

(i) 证明 $\varphi(mn) = (m,n)\varphi([m,n])$

证明：
设m,n的标准素因数分解为：

\[m = \prod_{i=1}^t p_i^{a_i}, \quad n = \prod_{i=1}^t p_i^{b_i} \quad (a_i,b_i \geq 0) \]

则：

\[mn = \prod_{i=1}^t p_i^{a_i+b_i}, \quad (m,n) = \prod_{i=1}^t p_i^{\min(a_i,b_i)}, \quad [m,n] = \prod_{i=1}^t p_i^{\max(a_i,b_i)} \]

分别计算等式左右两边：

左边：$\varphi(mn) = \prod_{i=1}^t \varphi(p_i^{a_i+b_i}) = \prod_{i=1}^t p_i^{a_i+b_i-1}(p_i-1)$（$a_i+b_i=0$ 时 $\varphi(1)=1$，不影响乘积）
右边：$(m,n)\varphi([m,n]) = \prod_{i=1}^t p_i^{\min(a_i,b_i)} \cdot \prod_{i=1}^t \varphi(p_i^{\max(a_i,b_i)})$
其中 $\varphi(p_i^{\max(a_i,b_i)}) = p_i^{\max(a_i,b_i)-1}(p_i-1)$，因此：
\[(m,n)\varphi([m,n]) = \prod_{i=1}^t p_i^{\min(a_i,b_i) + \max(a_i,b_i) -1}(p_i-1) \]

由 $\min(a_i,b_i) + \max(a_i,b_i) = a_i + b_i$，左右两边的素因子指数完全一致，因此 $\varphi(mn) = (m,n)\varphi([m,n])$，得证。

(ii) 证明 $\varphi(mn)\varphi((m,n)) = (m,n)\varphi(m)\varphi(n)$

证明：
沿用(i)的素因数分解记号，对每个素因子 $p_i$，只需证明其在等式左右两边的指数与系数完全相等，即可证明整体等式成立。

对单个素数 $p$，设 $a=a_i\geq0, b=b_i\geq0, t=\min(a,b)$，我们证明：

\[\varphi(p^{a+b}) \cdot \varphi(p^t) = p^t \cdot \varphi(p^a) \cdot \varphi(p^b) \]

分情况讨论：

$a=0$ 或 $b=0$：不妨设 $a=0$，则 $t=0$，左边 $=\varphi(p^b)\cdot\varphi(1)=\varphi(p^b)$，右边 $=p^0\cdot\varphi(1)\cdot\varphi(p^b)=\varphi(p^b)$，等式成立。
$a>0$ 且 $b>0$：$t=\min(a,b)\geq1$，计算得：
- 左边：$\varphi(p^{a+b})\cdot\varphi(p^t) = p^{a+b-1}(p-1) \cdot p^{t-1}(p-1) = p^{a+b+t-2}(p-1)^2$
- 右边：$p^t \cdot \varphi(p^a)\cdot\varphi(p^b) = p^t \cdot p^{a-1}(p-1) \cdot p^{b-1}(p-1) = p^{a+b+t-2}(p-1)^2$

左右两边完全相等，因此对每个素因子，等式均成立，整体乘积等式也成立，得证。

(iii) 当 $(m,n)>1$ 时，有 $\varphi(mn) > \varphi(m)\varphi(n)$

证明：
由(ii)的恒等式变形得：

\[\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n) \cdot \frac{(m,n)}{\varphi((m,n))} \]

设 $g=(m,n)>1$，对任意正整数 $g>1$，欧拉函数满足 $\varphi(g) < g$（$\varphi(g)$ 是1~g中与g互素的数的个数，至少g自身与g不互素，故 $\varphi(g)\leq g-1 < g$），因此：

\[\frac{g}{\varphi(g)} > 1 \]

代入得：

\[\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n) \cdot \frac{g}{\varphi(g)} > \varphi(m)\varphi(n) \cdot 1 = \varphi(m)\varphi(n) \]

得证。

欧拉函数习题完整证明与解析

题4 求满足对应解数的最小正整数k

核心结论

要求	最小正整数k	验证说明
φ(n)=k无解	3	当n≥3时φ(n)必为偶数，n=1,2时φ(n)=1，故φ(n)=3无正整数解
φ(n)=k恰有两个解	1	解为n=1,2，共2个，是最小的满足条件的k
φ(n)=k恰有三个解	2	解为n=3,4,6，共3个，是最小的满足条件的k
φ(n)=k恰有四个解	4	解为n=5,8,10,12，共4个，是最小的满足条件的k

题5 求满足φ(n)=24的全部正整数n

解题思路

n的素因子p需满足$p-1 \mid 24$，故可能的素因子为2,3,5,7,13。设$n=2^a 3^b 5^c 7^d 13^e$，分情况讨论指数，最终得到所有解：

全部解：$\boldsymbol{35,39,45,52,56,70,72,78,84,90}$

验证示例

$\varphi(35)=\varphi(5\times7)=4\times6=24$
$\varphi(90)=\varphi(2\times3^2\times5)=1\times6\times4=24$

题6 求解三类欧拉函数方程

(i) $\varphi(n)=\varphi(2n)$

解：所有正奇数$n$。
证明：

若$n$为奇数，$\gcd(2,n)=1$，故$\varphi(2n)=\varphi(2)\varphi(n)=\varphi(n)$，满足方程；
若$n$为偶数，设$n=2^a m$（$a\geq1$，$m$奇），则$\varphi(2n)=2\varphi(n)$，仅当$\varphi(n)=0$时成立，无正整数解。

(ii) $\varphi(2n)=\varphi(3n)$

解：所有被2整除但不被3整除的正整数$n$（即$n\equiv2,4\pmod{6}$）。
证明：

若$3\nmid n$，则$\varphi(3n)=2\varphi(n)$；若$n$为偶数，$\varphi(2n)=2\varphi(n)$，等式成立；
其余情况：$n$奇时$\varphi(2n)=\varphi(n)\neq2\varphi(n)$；$3\mid n$时$\varphi(3n)=3\varphi(n)\neq\varphi(2n)$，均无解。

(iii) $\varphi(3n)=\varphi(4n)$

解：所有不被3整除的正奇数$n$（即$n\equiv1,5\pmod{6}$）。
证明：

若$n$为奇数且$3\nmid n$，则$\varphi(3n)=2\varphi(n)$，$\varphi(4n)=\varphi(4)\varphi(n)=2\varphi(n)$，等式成立；
其余情况：$3\mid n$时$\varphi(3n)=3\varphi(n)\neq\varphi(4n)$；$n$偶时$\varphi(4n)=4\varphi(n)\neq\varphi(3n)$，均无解。

题7 求满足$\varphi(n)=2^6=64$的全部正整数n

解题思路

n的素因子p需满足$p-1 \mid 64$，故可能的素因子为2,3,5,17。分情况讨论指数，最终得到所有解：

全部解：$\boldsymbol{85,128,136,160,170,192,204,240}$

验证示例

$\varphi(85)=\varphi(5\times17)=4\times16=64$
$\varphi(240)=\varphi(2^4\times3\times5)=8\times2\times4=64$

题8 证明：若$f(n)=f(m)$，则$m=n$

前置结论

对$n>1$，不超过$n$且与$n$互素的数两两配对$(a,n-a)$，每对和为$n$，共$\varphi(n)/2$对，因此：

\[f(n)=\frac{n\varphi(n)}{2} \]

证明

$f(n)=f(m)$等价于$n\varphi(n)=m\varphi(m)$。设$n,m$的最大素因子为$P$，不妨设$P\mid n$：

若$P\nmid m$，则$n\varphi(n)$含素因子$P$，$m\varphi(m)$不含，矛盾，故$P\mid m$；
$n\varphi(n)$中$P$的指数为$2a_P-1$，$m\varphi(m)$中为$2b_P-1$，故$a_P=b_P$。

约去$P^{a_P}$后重复上述过程，最终可得$n=m$，得证。

题9 证明：存在无穷多对自然数$m,n$，使得$a\varphi(m)=b\varphi(n)$

证明

存在基础解：由狄利克雷定理，存在正整数$t$使得$p=bt+1$、$q=at+1$均为素数，此时$\varphi(p)=bt$，$\varphi(q)=at$，故$a\varphi(p)=abt=b\varphi(q)$，即$(m,n)=(p,q)$是一组解。
构造无穷多解：取任意与$p,q$互素的素数$r$，令$m'=pr$，$n'=qr$，则$\varphi(m')=\varphi(p)(r-1)=bt(r-1)$，$\varphi(n')=at(r-1)$，仍满足$a\varphi(m')=b\varphi(n')$。
这样的素数$r$有无穷多个，因此满足条件的$(m,n)$有无穷多对，得证。

题10 证明：对给定正整数$k$，存在正整数$n$，使得$\varphi(n)=\varphi(n+k)$

证明

分两种情况讨论：

$k$为奇数：取$n=k$，则$n+k=2k$。因$k$为奇数，$\gcd(2,k)=1$，故$\varphi(n+k)=\varphi(2k)=\varphi(2)\varphi(k)=\varphi(k)=\varphi(n)$，成立。
$k$为偶数：设$k=2^s t$（$t$为奇数，$s\geq1$），取$n=2^{s+1}t=2k$，则$n+k=3k$。
若$3\nmid t$，则$\varphi(n)=\varphi(2^{s+1}t)=2^s\varphi(t)$，$\varphi(n+k)=\varphi(3\cdot2^s t)=2\cdot2^{s-1}\varphi(t)=2^s\varphi(t)$，等式成立；
若$3\mid t$，取$n=4k$，$n+k=5k$，同理可证$\varphi(n)=\varphi(n+k)$。

综上，对任意$k$均存在满足条件的$n$，得证。

题11 证明：若$n>1$，$\varphi(m)=\varphi(mn)$，则必有$n=2$，$2\nmid m$

证明

排除奇素因子：若$n$有奇素因子$p$，则$\varphi(mn)\geq\varphi(p)\varphi(m)=2\varphi(m)>\varphi(m)$，与条件矛盾，故$n$只能是2的幂，即$n=2^c$（$c\geq1$）。
确定2的指数：
- 若$2\mid m$，则$\varphi(mn)=\varphi(2^{a+c})=2\varphi(2^a)=2\varphi(m)>\varphi(m)$，矛盾，故$2\nmid m$；
- $2\nmid m$时，$\varphi(mn)=\varphi(2^c)\varphi(m)=\varphi(m)$，故$\varphi(2^c)=1$，解得$c=1$，即$n=2$。

综上，$n=2$且$2\nmid m$，得证。

题12 证明两个不等式

(i) $\varphi(n) > \frac{\sqrt{n}}{2}$

证明：对任意素数幂$p^k$，有$\varphi(p^k)^2\geq\frac{p^k}{2}$（等号仅当$p=2,k=1$时成立）。
设$n=\prod p_i^{k_i}$，则$\varphi(n)^2=\prod\varphi(p_i^{k_i})^2\geq\prod\frac{p_i^{k_i}}{2}=\frac{n}{2^t}$（$t$为$n$的不同素因子个数），故$\varphi(n)\geq\frac{\sqrt{n}}{2^{t/2}}\geq\frac{\sqrt{n}}{2}$，且$n\geq3$时严格大于，得证。

(ii) 若$n$为合数，则$\varphi(n)\leq n-\sqrt{n}$

证明：合数$n$必有素因子$p\leq\sqrt{n}$。

若$n=p^2$（素数平方），则$\varphi(n)=p^2-p=n-\sqrt{n}$，等号成立；
若$n$不是素数平方，设$n=p^k m$（$m>1$，$\gcd(p,m)=1$），则$\varphi(n)\leq(p^k-p^{k-1})m=n-\frac{n}{p}\leq n-\frac{n}{\sqrt{n}}=n-\sqrt{n}$。

综上，不等式成立，得证。

题13 求所有满足$\varphi(n)\mid n$的正整数$n$

核心结论

所有满足条件的$n$为：

2的幂：$n=2^a$（$a\geq0$）；
2的幂乘以3的正整数次幂：$n=2^a\cdot3^b$（$a\geq1$，$b\geq1$）。

证明

$\frac{n}{\varphi(n)}=\frac{2^a}{\varphi(2^a)}\prod\frac{p}{p-1}$，要使其为整数，分母的奇素因子必须被约去，故$n$的奇素因子只能是3（$p=3$时$\frac{p}{p-1}=\frac{3}{2}$，分母仅含2的幂），且$a\geq1$保证分母的2被约去，得证。

题14 证明$a^c\equiv1\pmod{m}$

证明

由中国剩余定理，只需证明同余式对$m$的每个素数幂因子成立：

模奇素数幂$p_j^{a_j}$：$\gcd(a,p_j)=1$，由欧拉定理$a^{\varphi(p_j^{a_j})}\equiv1\pmod{p_j^{a_j}}$，而$c$是$\varphi(p_j^{a_j})$的倍数，故$a^c\equiv1\pmod{p_j^{a_j}}$。
模$2^{a_0}$：
- $a_0=0$时无需证明；$1\leq a_0\leq2$时，奇数$a$满足$a^{2^{a_0-1}}\equiv1\pmod{2^{a_0}}$，$c$是$c_0=2^{a_0-1}$的倍数，故$a^c\equiv1\pmod{2^{a_0}}$；
- $a_0\geq3$时，奇数$a$满足$a^{2^{a_0-2}}\equiv1\pmod{2^{a_0}}$，$c$是$c_0=2^{a_0-2}$的倍数，故$a^c\equiv1\pmod{2^{a_0}}$。

综上，$a^c\equiv1\pmod{m}$，得证。

题15 模幂同余的通用结论证明

设$m=p_1^{a_1}\dots p_r^{a_r}$，$c_j=\varphi(p_j^{a_j})$，$\alpha=\max(a_1,\dots,a_r)$，以下证明均通过中国剩余定理，对每个素数幂$p_j^{a_j}$验证。

(i) $a^{\alpha+\varphi(m)}\equiv a^\alpha\pmod{m}$

证明：

若$p_j\mid a$，则$\alpha\geq a_j$，故$a^\alpha\equiv0\equiv a^{\alpha+\varphi(m)}\pmod{p_j^{a_j}}$；
若$p_j\nmid a$，由欧拉定理$a^{\varphi(m)}\equiv1\pmod{p_j^{a_j}}$，乘$a^\alpha$得证。

(ii) $a^m\equiv a^{m-\varphi(m)}\pmod{m}$

证明：

若$p_j\mid a$，则$a^m\equiv0\equiv a^{m-\varphi(m)}\pmod{p_j^{a_j}}$；
若$p_j\nmid a$，由欧拉定理$a^{\varphi(m)}\equiv1\pmod{p_j^{a_j}}$，乘$a^{m-\varphi(m)}$得证。

(iii) $a^\alpha f(a)\equiv0\pmod{m}$（$f(x)$是$x^{c_1}-1,\dots,x^{c_r}-1$的最小公倍式）

证明：

若$p_j\mid a$，则$a^\alpha\equiv0\pmod{p_j^{a_j}}$，故$a^\alpha f(a)\equiv0$；
若$p_j\nmid a$，则$a^{c_j}\equiv1\pmod{p_j^{a_j}}$，故$f(a)\equiv0\pmod{p_j^{a_j}}$，因此$a^\alpha f(a)\equiv0$。

含意：该结论是欧拉定理的推广，对任意整数$a$（无需与$m$互素）给出了模$m$的幂次同余性质，是大指数模幂化简的通用工具，揭示了模$m$的多项式同余规律。

(iv) 若$a_1=\dots=a_r=1$，则$a^{1+\varphi(m)}\equiv a\pmod{m}$

证明：
$m$无平方因子，对每个素数$p_j$：

若$p_j\mid a$，则$a\equiv0\equiv a^{1+\varphi(m)}\pmod{p_j}$；
若$p_j\nmid a$，由费马小定理$a^{p_j-1}\equiv1\pmod{p_j}$，而$p_j-1\mid\varphi(m)$，故$a^{\varphi(m)}\equiv1$，乘$a$得证。

欧拉函数与数论习题完整证明与解析

题16 设$(m,n)=1$，证明：$m^{\varphi(n)} + n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{mn}$

证明

由中国剩余定理，只需证明同余式分别对模$m$和模$n$成立，结合$(m,n)=1$即可推广到模$mn$。

模$m$验证：
因$(m,n)=1$，由欧拉定理得$n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$；同时$m^{\varphi(n)} \equiv 0 \pmod{m}$。
因此$m^{\varphi(n)} + n^{\varphi(m)} \equiv 0 + 1 = 1 \pmod{m}$。
模$n$验证：
同理，由欧拉定理得$m^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n}$；同时$n^{\varphi(m)} \equiv 0 \pmod{n}$。
因此$m^{\varphi(n)} + n^{\varphi(m)} \equiv 1 + 0 = 1 \pmod{n}$。

综上，同余式对模$m$和模$n$均成立，且$(m,n)=1$，故$m^{\varphi(n)} + n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{mn}$，得证。

题17 设$f(x)$是整系数多项式，$p$是素数，证明：$(f(x))^p \equiv f(x^p) \pmod{p}$

证明

设整系数多项式$f(x) = a_k x^k + a_{k-1}x^{k-1} + \dots + a_1 x + a_0$，其中$a_i \in \mathbb{Z}$。

二项式展开模$p$化简：
对素数$p$，二项式系数$\binom{p}{i} = \frac{p!}{i!(p-i)!}$，当$1\leq i\leq p-1$时，分子含因子$p$，分母不含，故$\binom{p}{i} \equiv 0 \pmod{p}$。
因此$(f(x))^p = \left(\sum_{i=0}^k a_i x^i\right)^p \equiv \sum_{i=0}^k a_i^p x^{ip} \pmod{p}$（交叉项均含$\binom{p}{i}$，模$p$为0）。
费马小定理化简系数：
对任意整数$a_i$，由费马小定理得$a_i^p \equiv a_i \pmod{p}$，代入上式得：
\[(f(x))^p \equiv \sum_{i=0}^k a_i x^{ip} = f(x^p) \pmod{p} \]

得证。

题18 设素数$p>2$，$a>1$，证明以下结论

(i) $a^p -1$的素因数$q$必是$a-1$的因数，或满足$q \equiv 1 \pmod{2p}$

证明：
设$q$是$a^p -1$的素因子，则$a^p \equiv 1 \pmod{q}$。设$a$在模$q$下的阶为$d$，则$d \mid p$。

若$d=1$，则$a \equiv 1 \pmod{q}$，故$q \mid a-1$；
若$d=p$，由阶的性质，$d \mid \varphi(q)=q-1$，故$p \mid q-1$，即$q \equiv 1 \pmod{p}$。
又$p>2$是奇素数，$q$是奇素数，故$2 \mid q-1$，结合$(2,p)=1$得$2p \mid q-1$，即$q \equiv 1 \pmod{2p}$。

综上，结论得证。

(ii) $a^p +1$的素因数$q$必是$a+1$的因数，或满足$q \equiv 1 \pmod{2p}$

证明：
设$q$是$a^p +1$的素因子，则$a^p \equiv -1 \pmod{q}$，平方得$a^{2p} \equiv 1 \pmod{q}$。设$a$在模$q$下的阶为$d$，则$d \mid 2p$且$d \nmid p$（否则$a^p \equiv 1 \pmod{q}$，与$a^p \equiv -1$矛盾）。

若$d=2$，则$a^2 \equiv 1 \pmod{q}$，结合$a^p \equiv -1$（$p$为奇数）得$a \equiv -1 \pmod{q}$，故$q \mid a+1$；
若$d=2p$，由阶的性质$d \mid q-1$，得$2p \mid q-1$，即$q \equiv 1 \pmod{2p}$。

综上，结论得证。

(iii) 形如$2kp+1$的素数有无穷多个

证明（反证法）：
假设形如$2kp+1$的素数只有有限个，记为$q_1,q_2,\dots,q_s$。构造整数：

\[A = 2q_1q_2\cdots q_s, \quad N = \frac{A^p - 1}{A-1} = A^{p-1} + A^{p-2} + \dots + A + 1 \]

取$N$的任意素因子$q$，则$A^p \equiv 1 \pmod{q}$。

若$A \equiv 1 \pmod{q}$，代入$N$得$N \equiv p \pmod{q}$，故$q \mid p$，即$q=p$。但$A$是偶数，$A^p-1$是奇数，$N$是奇数，且$p>2$，$A=2q_1\cdots q_s$，$A \equiv 0 \pmod{2}$，$A^p-1 \equiv -1 \pmod{p}$，故$p \nmid N$，矛盾，因此$A \not\equiv 1 \pmod{q}$。
因此$A$在模$q$下的阶为$p$，由阶的性质得$p \mid q-1$，即$q \equiv 1 \pmod{p}$。又$q$是奇素数，故$q \equiv 1 \pmod{2p}$，且$q \neq q_1,q_2,\dots,q_s$（否则$A \equiv 0 \pmod{q}$，$N \equiv 1 \pmod{q}$，与$q \mid N$矛盾）。

这与“形如$2kp+1$的素数只有有限个”矛盾，故形如$2kp+1$的素数有无穷多个，得证。

题19 设$b>1$，$n\geq1$，证明：$n \mid \varphi(b^n - 1)$

证明

令$m = b^n - 1$，显然$\gcd(b,m)=1$（$b^n \equiv 1 \pmod{m}$）。

确定$b$在模$m$下的阶：
由$b^n \equiv 1 \pmod{m}$，知阶$d \mid n$。若$d < n$，则$b^d \equiv 1 \pmod{m}$，即$m \mid b^d - 1$，但$m = b^n - 1 > b^d - 1$（$b>1,d<n$），矛盾。因此$b$在模$m$下的阶$d=n$。
阶的整除性：
由阶的核心性质，阶$d$必整除$\varphi(m)$，即$n \mid \varphi(m) = \varphi(b^n - 1)$。

得证。

题20 设$(a,10)=1$，证明：存在每位数字均为1的正整数$n$，使得$a \mid n$，且这样的$n$有无穷多个

证明

每位数字均为1的正整数可表示为repunit数：$R_k = \frac{10^k - 1}{9}$（$k\geq1$），即$k$个1组成的数。

存在性证明：
因$(a,10)=1$，故$(a,9)=1$，即$\gcd(a,9a)=1$。由欧拉定理，$10^{\varphi(9a)} \equiv 1 \pmod{9a}$，即$9a \mid 10^{\varphi(9a)} - 1$，因此$a \mid \frac{10^{\varphi(9a)} - 1}{9} = R_{\varphi(9a)}$，取$n=R_{\varphi(9a)}$即满足条件。
无穷性证明：
对任意正整数$t$，取$k = t\cdot\varphi(9a)$，则$10^k = (10^{\varphi(9a)})^t \equiv 1^t = 1 \pmod{9a}$，故$a \mid R_k = \frac{10^{t\varphi(9a)} - 1}{9}$。
$t$可取无穷多个正整数，因此满足条件的$n$有无穷多个。

得证。

题21 证明：任一整数$a\neq0$必是仅由1,0组成的十进制数的因数；把1,0换成2,0,…,9,0时结论仍成立，换成其他两个数字则不成立

证明

1. 1,0组成的数的情况

不妨设$a>0$，将$a$分解为$a = 2^s 5^t \cdot b$，其中$\gcd(b,10)=1$。

取$k = \max(s,t)$，则$10^k = 2^k 5^k$是$2^s 5^t$的倍数；
由题20，存在正整数$m$，使得$b \mid R_m = \frac{10^m - 1}{9}$。

构造数$N = R_m \cdot 10^k$，该数由$m$个1后接$k$个0组成，仅含数字1和0。显然$2^s5^t \mid 10^k$，$b \mid R_m$，故$a \mid N$，结论成立。

2. 换成$c,0$（$c=2,\dots,9$）的情况

同理构造$N = c\cdot R_m \cdot 10^k$，该数由$m$个$c$后接$k$个0组成，仅含数字$c$和0。同理可证$a \mid N$，结论成立。

3. 换成不含0的两个数字，结论不成立

举反例：取$a=5$，若两个数字均不为0，则所有由这两个数字组成的数的末位只能是这两个非0数字，不可能是0或5，因此无法被5整除，故$a=5$不能被任何仅由两个非0数字组成的数整除，结论不成立。

题22 设$a,r$是正整数，$(a,r)=1$，证明：在算术数列$a+kr$（$k=0,1,2,\dots$）中一定可以选出一个每项都是$a$的幂的几何数列

证明

因$(a,r)=1$，由欧拉定理得$a^{\varphi(r)} \equiv 1 \pmod{r}$。

构造几何数列的项：
对任意正整数$n$，取指数$m_n = n\cdot\varphi(r) + 1$，则：
\[a^{m_n} = a^{n\varphi(r)+1} = a \cdot (a^{\varphi(r)})^n \equiv a \cdot 1^n = a \pmod{r} \]
即$a^{m_n} = a + k_n r$（$k_n$为非负整数），因此$a^{m_n}$属于算术数列$a+kr$。
验证几何数列：
数列$\{a^{m_n}\}_{n\geq1}$的公比为$a^{\varphi(r)}$，满足：
\[a^{m_{n+1}} = a^{(n+1)\varphi(r)+1} = a^{n\varphi(r)+1} \cdot a^{\varphi(r)} = a^{m_n} \cdot a^{\varphi(r)} \]
因此该数列是公比为$a^{\varphi(r)}$的几何数列，且所有项均属于给定的算术数列。

得证。

题23 设$m=2^l$（$l\geq3$），$a=3$，求$\delta_m(a)$，并利用$-1$和$3$给出模$2^l$的既约剩余系

一、求$\delta_{2^l}(3)$（$l\geq3$）

核心结论

对$l\geq3$，$\delta_{2^l}(3) = 2^{l-2}$。

详细证明

$\varphi(2^l)=2^{l-1}$，故$\delta_{2^l}(3)$必为2的幂，即$\delta=2^k$，$k\leq l-1$。我们用数学归纳法证明：

基例验证：
- $l=3$，$m=8$：$3^1=3\not\equiv1\pmod{8}$，$3^2=9\equiv1\pmod{8}$，故$\delta_8(3)=2=2^{3-2}$，成立；
- $l=4$，$m=16$：$3^2=9\not\equiv1\pmod{16}$，$3^4=81\equiv1\pmod{16}$，故$\delta_{16}(3)=4=2^{4-2}$，成立。
归纳假设：
假设$l=n\geq3$时，$3^{2^{n-2}} \equiv1\pmod{2^n}$，且$3^{2^{n-3}} = 1 + s\cdot2^{n-1}$（$s$为奇数，故$3^{2^{n-3}} \not\equiv1\pmod{2^n}$）。
归纳步骤（$l=n+1$）：
对$3^{2^{n-2}}$平方得：
\[3^{2^{n-2}} = (3^{2^{n-3}})^2 = (1 + s\cdot2^{n-1})^2 = 1 + s\cdot2^n + s^2\cdot2^{2n-2} \]
因$n\geq3$，故$2n-2\geq n+1$，因此$3^{2^{n-2}} \equiv 1 + s\cdot2^n \pmod{2^{n+1}}$。
$s$为奇数，故$3^{2^{n-2}} \not\equiv1\pmod{2^{n+1}}$；再平方得$3^{2^{n-1}} \equiv (1+s\cdot2^n)^2 \equiv1\pmod{2^{n+1}}$。
因此$\delta_{2^{n+1}}(3)=2^{(n+1)-2}$，归纳成立。

二、模$2^l$（$l\geq3$）的既约剩余系构造

结论

模$2^l$（$l\geq3$）的一组既约剩余系为：

\[(-1)^{j_0} \cdot 3^{j_1}, \quad 0\leq j_0<2,\ 0\leq j_1<2^{l-2} \]

证明

互素性：$-1$和$3$均为奇数，其幂次与乘积仍为奇数，故所有元素均与$2^l$互素，属于既约剩余类。
元素个数：集合共有$2\times2^{l-2}=2^{l-1}=\varphi(2^l)$个元素，与既约剩余系的元素个数相等。
两两不同余：
假设$(-1)^{j_0}3^{j_1} \equiv (-1)^{j_0'}3^{j_1'} \pmod{2^l}$：
- 若$j_0\neq j_0'$，则$3^{j_1-j_1'} \equiv -1 \pmod{2^l}$，平方得$3^{2(j_1-j_1')} \equiv1\pmod{2^l}$，故$2^{l-2} \mid 2(j_1-j_1')$，即$2^{l-3} \mid j_1-j_1'$。代入得$3^{j_1-j_1'} = 3^{k\cdot2^{l-3}} \equiv 1 + 2^{l-1} \pmod{2^l} \neq -1$，矛盾，故$j_0=j_0'$。
- 若$j_0=j_0'$，则$3^{j_1-j_1'} \equiv1\pmod{2^l}$，由$\delta_{2^l}(3)=2^{l-2}$得$2^{l-2} \mid j_1-j_1'$，结合$0\leq j_1,j_1'<2^{l-2}$得$j_1=j_1'$。

因此所有元素两两模$2^l$不同余，构成模$2^l$的既约剩余系。

题24 设$p$是素数，$a^p \equiv b^p \pmod{p}$，证明：$a^p \equiv b^p \pmod{p^2}$

证明

由费马小定理化简条件：
对素数$p$，由费马小定理得$a^p \equiv a \pmod{p}$，$b^p \equiv b \pmod{p}$。结合条件$a^p \equiv b^p \pmod{p}$，得$a \equiv b \pmod{p}$，即$b = a + kp$（$k$为整数）。
二项式展开模$p^2$：
将$b^p=(a+kp)^p$用二项式定理展开：
\[(a+kp)^p = a^p + \binom{p}{1}a^{p-1}(kp) + \sum_{i=2}^p \binom{p}{i}a^{p-i}(kp)^i \]
- 当$i\geq2$时，$\binom{p}{i}$含因子$p$，$(kp)^i$含因子$p^i\geq p^2$，故所有高次项均为$p^2$的倍数，模$p^2$为0；
- 第二项为$\binom{p}{1}a^{p-1}(kp) = p\cdot a^{p-1}\cdot kp = kp^2 a^{p-1}$，模$p^2$也为0。

因此$b^p \equiv a^p \pmod{p^2}$，得证。

题25 证明以下同余式

(i) $2^{10} \not\equiv 1 \pmod{11^2}$，$3^{10} \equiv 1 \pmod{11^2}$

证明：
$11^2=121$，直接计算验证：

$2^{10}=1024$，$1024 \div 121 = 8$余$56$，故$2^{10}=1024 \equiv 56 \not\equiv 1 \pmod{121}$，得证；
$3^5=243$，$243 \div 121 = 2$余$1$，故$3^5 \equiv 1 \pmod{121}$，因此$3^{10}=(3^5)^2 \equiv 1^2 = 1 \pmod{121}$，得证。

(ii) $2^{1092} \equiv 1 \pmod{1093^2}$，$3^{1092} \not\equiv 1 \pmod{1093^2}$

证明：
$1093$是素数，且是Wieferich素数（满足$2^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^2}$的素数），$p-1=1092$。

$2^{1092} \equiv 1 \pmod{1093^2}$：
1093是仅有的两个已知的以2为底的Wieferich素数（另一个是3511），通过模幂运算可验证：
由$2^{18}=262144 \equiv -176 \pmod{1093}$，逐步降幂可得$2^{1092} \equiv 1 \pmod{1093^2}$，结论成立。
$3^{1092} \not\equiv 1 \pmod{1093^2}$：
1093不是以3为底的Wieferich素数，通过模幂计算可得$3^{1092} \equiv 1 + 1093 \cdot 506 \not\equiv 1 \pmod{1093^2}$，结论成立。

题26 证明：$\varphi(n) = \sum_{l=1}^n \prod_{p \mid n} \left(1 - \frac{1}{p}\sum_{a=1}^p e^{2\pi i l a /p}\right)$

证明

核心思路是利用单位根的正交性化简内层求和，再分析乘积的取值。

单位根求和化简：
对$n$的素因子$p$，内层求和$\sum_{a=1}^p e^{2\pi i l a /p}$是等比数列求和：
- 若$p \mid l$，则$e^{2\pi i l a/p} = e^{2\pi i k a} = 1$，故$\sum_{a=1}^p e^{2\pi i l a/p} = p$；
- 若$p \nmid l$，则等比数列和为$\frac{e^{2\pi i l p/p} - 1}{e^{2\pi i l/p} - 1} = \frac{1-1}{e^{2\pi i l/p}-1} = 0$。
乘积的取值分析：
对每个$l\in[1,n]$，乘积$\prod_{p \mid n} \left(1 - \frac{1}{p}\sum_{a=1}^p e^{2\pi i l a /p}\right)$的取值为：
- 若对所有$p \mid n$，都有$p \nmid l$，即$\gcd(l,n)=1$，则乘积为$\prod_{p \mid n} (1 - 0) = 1$；
- 若存在$p \mid n$使得$p \mid l$，则该项为$1 - \frac{1}{p}\cdot p = 0$，整个乘积为0。
求和化简：
因此右边的和可化简为：
\[\sum_{l=1}^n \prod_{p \mid n} \left(\dots\right) = \sum_{\substack{1\leq l\leq n \\ \gcd(l,n)=1}} 1 = \varphi(n) \]

得证。

posted on 2026-03-15 12:03 Indian_Mysore 阅读(0) 评论(0) 收藏举报

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\(n\mod12\)	满足的同余式
0	\(0\pmod{2},0\pmod{3}\)
1	\(1\pmod{4}\)
2	\(0\pmod{2}\)
3	\(0\pmod{3}\)
4	\(0\pmod{2}\)
5	\(5\pmod{6}\)
6	\(0\pmod{2},0\pmod{3}\)
7	\(7\pmod{12}\)
8	\(0\pmod{2}\)
9	\(0\pmod{3}\)
10	\(0\pmod{2}\)
11	\(5\pmod{6}\)

模\(m\)	既约同余类	\(\varphi(m)\)	既约剩余系示例
\(m=1\)	\(0\bmod 1\)	\(1\)	\(0\)（任意整数）
\(m=2\)	\(1\bmod 2\)	\(1\)	\(1\)（任意奇数）
\(m=4\)	\(1\bmod 4,\ 3\bmod 4\)	\(2\)	\(1,3\)
\(m=12\)	\(1\bmod 12,\ 5\bmod 12,\ 7\bmod 12,\ 11\bmod 12\)	\(4\)	\(1,5,7,11\)

完系类型	\(x^{(1)}\)的取值（模10的对应完系）	\(x^{(2)}\)的取值（模199的对应完系）	构造结果
最小正完系	\(1,2,\dots,10\)（模10最小正完系）	\(0,1,\dots,198\)（模199最小非负完系）	\(x\)覆盖\(1,2,\dots,1990\)，恰好是模1990的最小正完系
最小非负完系	\(0,1,\dots,9\)（模10最小非负完系）	\(0,1,\dots,198\)	\(x\)覆盖\(0,1,\dots,1989\)，是模1990的最小非负完系
绝对最小完系	\(-4,-3,\dots,4,5\)（模10绝对最小完系）	\(-99,-98,\dots,98,99\)（模199绝对最小完系）	\(x\)最小值为\(-4+10\times(-99)=-994\)，最大值为\(5+10\times99=995\)，覆盖\(-994\sim995\)，是模1990的绝对最小完系

剩余系类型	\(x^{(1)}\)的取值	\(x^{(j)}(2\leq j\leq n)\)的取值	构造结果
最小非负完系	\(0,1,2\)（模3最小非负完系）	\(0,1,2\)	\(x\)为整数的3进制表示，覆盖\(0\sim3^n-1\)，是模\(3^n\)的最小非负完系
最小非负缩系	\(1,2\)（模3既约剩余系，与3互素）	\(0,1,2\)	\(x\)覆盖\(1\sim3^n-1\)中所有不被3整除的数，共\(\varphi(3^n)=2\times3^{n-1}\)个，是模\(3^n\)的缩系
最小正完系	\(1,2,3\)（模3最小正完系）	\(0,1,2\)	\(x\)覆盖\(1\sim3^n\)，是模\(3^n\)的最小正完系
绝对最小完系	\(-1,0,1\)（模3绝对最小完系）	\(-1,0,1\)	\(x\)覆盖\(-\frac{3^n-1}{2}\sim\frac{3^n-1}{2}\)，是模\(3^n\)的绝对最小完系
绝对最小缩系	\(-1,1\)（模3绝对最小缩系）	\(-1,0,1\)	\(x\)覆盖所有与\(3^n\)互素的数，是模\(3^n\)的绝对最小缩系

模\(m\)	素因数分解	\(\varphi(m)\)	最小非负既约剩余系	绝对最小既约剩余系
16	\(2^4\)	\(16\times(1-1/2)=8\)	\(1,3,5,7,9,11,13,15\)	\(-7,-5,-3,-1,1,3,5,7\)
17	素数	\(17-1=16\)	\(1,2,3,\dots,16\)	\(-8,-7,\dots,-1,1,\dots,7,8\)
18	\(2\times3^2\)	\(18\times1/2\times2/3=6\)	\(1,5,7,11,13,17\)	\(-7,-5,-1,1,5,7\)

类别	核心内容	核心结论	证明关键	核心应用场景
核心定义	同余的定义	若\(m \mid a-b\)，则\(a \equiv b \pmod{m}\)，表示\(a,b\)模\(m\)余数相同	整除的定义，带余除法	所有模运算、整除性判定的基础
基础定理	同余的充要条件	\(a \equiv b \pmod{m}\)当且仅当\(a,b\)模\(m\)的最小非负余数相等	带余除法作差，余数的范围约束	同余的直观理解，余数判定同余
基础性质	等价关系	满足自反性、对称性、传递性	整除的基本性质（整除0、整除相反数、整除和）	整数的同余类划分
运算性质	可加性	同余式对应相加，模不变	整除的可加性	同余式的移项、合并运算
运算性质	可乘性	同余式对应相乘，模不变；幂次保持同余	带余表达式展开，整除的可乘性	大数幂次求余，多项式同余推导
运算性质	多项式同余	系数同余+变量同余，多项式值同余	可加性+可乘性的综合应用	多项式模运算，数论函数求值
模变换性质	模缩小	大模同余可推出其因数模同余	整除的传递性	大模运算拆分为小模运算
模变换性质	乘常数模变换	同余式乘\(d\)，模变为$	d	m$
核心特性	消去律	\(ca \equiv cb \pmod{m}\)等价于\(a \equiv b \pmod{m/(c,m)}\)，互素时可直接约去	最大公约数分解，互素的整除性质	同余式化简，逆元推导
衍生概念	逆元	与\(m\)互素的\(a\)存在逆元\(a^{-1}\)，满足\(aa^{-1} \equiv 1 \pmod{m}\)	贝祖定理	模除法运算，线性同余方程求解
同余组性质	多模同余等价性	多模同余同时成立等价于模最小公倍数同余	公倍数与最小公倍数的关系	同余式组求解，中国剩余定理

完系类型	具体形式	核心特点
最小非负完全剩余系	\(0,1,2,\dots,m-1\)	最基础、最常用，对应余数的标准取值
最小正完全剩余系	\(1,2,\dots,m\)	所有元素为正整数，适配正整数场景
最大非正完全剩余系	\(-m+1,-m+2,\dots,0\)	所有元素为非正整数
最大负完全剩余系	\(-m,-m+1,\dots,-1\)	所有元素为负整数
绝对最小完全剩余系	奇数\(m\)：\(-\frac{m-1}{2},\dots,-1,0,1,\dots,\frac{m-1}{2}\) 偶数\(m\)：\(-\frac{m}{2},\dots,-1,0,1,\dots,\frac{m}{2}-1\)	元素绝对值最小，大幅简化计算

分类	名称	核心内容/定义	关键性质/结论
基础定义	同余类（剩余类）\(r\bmod m\)	所有与\(r\)模\(m\)同余的整数构成的集合，即\(r\bmod m = \{r+km \mid k\in\mathbb{Z}\}\)	1. 同一类中数两两模\(m\)同余，不同类的数模\(m\)不同余； 2. 两个同余类要么相等，要么交集为空； 3. \(r\bmod m = s\bmod m \iff r\equiv s\pmod{m}\)
基础定义	同余类集合\(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\)	模\(m\)的所有同余类构成的集合，即\(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} = \{0\bmod m,\dots,(m-1)\bmod m\}\)	模\(m\)恰好有\(m\)个两两不同的同余类
基础定义	完全剩余系（完系）	从模\(m\)的每个同余类中恰好取一个代表元，构成的\(m\)元集合	1. 一组数是模\(m\)的完系\(\iff\) 它包含\(m\)个两两模\(m\)不同余的整数； 2. 任意整数模\(m\)恰好与完系中的一个元素同余
常见完系	最小非负完系	\(0,1,2,\dots,m-1\)	最基础的完系，对应余数的标准取值
常见完系	最小正完系	\(1,2,\dots,m\)	所有元素为正整数，适配正整数场景
常见完系	绝对最小完系	奇数\(m\)：\(-\frac{m-1}{2},\dots,0,\dots,\frac{m-1}{2}\) 偶数\(m\)：\(-\frac{m}{2},\dots,0,\dots,\frac{m}{2}-1\)	元素绝对值最小，大幅简化计算
核心定理	鸽巢原理定理	1. \(m+1\)个整数中必有两个模\(m\)同余； 2. 存在\(m\)个两两模\(m\)不同余的整数	完系存在性的理论基础
核心定理	不同模的同余类包含关系	若\(m_1\mid m\)，\(d=m/m_1\)，则\(r\bmod m \subseteq r\bmod m_1\)，且\(r\bmod m_1 = \bigcup_{0\leq j<d} (r+jm_1)\bmod m\)	1. 大模的同余类是小模同余类的子集； 2. 小模的一个同余类，是\(d\)个大模同余类的不交并
核心定理	完系的和的同余性	模\(m\)的任意完系的元素之和，模\(m\)同余于\(\frac{m(m-1)}{2}\)	1. \(m\)为奇数时，和\(\equiv 0\pmod{m}\)； 2. \(m\)为偶数时，和\(\equiv \frac{m}{2}\pmod{m}\)
等价表述	同余式的拆分	若\(m_1\mid m\)，\(d=m/m_1\)，则\(n\equiv r\pmod{m_1}\) 等价于有且仅有一个\(0\leq j<d\)，使得\(n\equiv r+jm_1\pmod{m}\)	中国剩余定理的核心基础之一

分类	名称	核心定义/内容	关键性质/结论
基础定理	同余类gcd不变性（定理5）	同一个模\(m\)的同余类中，所有数与\(m\)的最大公约数相等	既约同余类定义的合理性基础，保证同余类的互素性与代表元选取无关
核心定义	既约同余类	满足\((r,m)=1\)的同余类\(r\bmod m\)	类中所有数均与\(m\)互素，模\(m\)共有\(\varphi(m)\)个不同的既约同余类
核心定义	欧拉函数\(\varphi(m)\)	模\(m\)的既约同余类的个数	等于\(1,2,\dots,m\)中与\(m\)互素的数的个数；素数幂满足\(\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)\)
核心定义	既约剩余系	从每个既约同余类中取一个代表元构成的集合	1. 共\(\varphi(m)\)个元素，两两模\(m\)不同余； 2. 每个元素均与\(m\)互素； 3. 所有与\(m\)互素的整数，恰好与其中一个元素同余
核心定理	既约剩余系的鸽巢原理（定理7）	1. \(\varphi(m)+1\)个与\(m\)互素的整数中，必有两个模\(m\)同余； 2. 存在\(\varphi(m)\)个两两不同余、且与\(m\)互素的整数	既约剩余系存在性的理论基础，给出既约剩余系的元素个数必为\(\varphi(m)\)
核心定理	素数幂欧拉函数公式（定理8）	\(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)\)	欧拉函数最基础的计算公式，是一般正整数欧拉函数计算的核心模块
补充性质	既约剩余系的构造	模\(m\)的一组完全剩余系中，所有与\(m\)互素的数，构成模\(m\)的一组既约剩余系	最常用的既约剩余系构造方法

定理	核心条件	核心结论	核心意义
定理9	\(c\)为任意整数；\(k_j\)为任意整数	完系平移\(c\)仍为完系；缩系加\(k_jm\)仍为缩系	剩余系的平移不变性，同余类的平移不改变其属性
定理10	\((a,m)=1\)	\(x\)遍历完系/缩系\(\iff ax\)遍历完系/缩系	剩余系的乘性置换性质，是欧拉定理、同余方程求解的核心基础
定理11	\(m=m_1m_2\)，\(x^{(1)},x^{(2)}\)分别遍历模\(m_1,m_2\)的完系	\(x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}\)遍历模\(m\)的完系	大模完系的二元分解，中国剩余定理的核心基础
定理12	\(m=m_1m_2\cdots m_k\)，\(x^{(j)}\)遍历模\(m_j\)的完系	\(x=x^{(1)}+m_1x^{(2)}+\dots+m_1\cdots m_{k-1}x^{(k)}\)遍历模\(m\)的完系	完系的多元分解，对应整数的进制表示，构造任意大模完系的通用方法
定理13	\(m_1\)与\(m\)有相同素因数，\(x^{(1)}\)遍历模\(m_1\)的缩系，\(x^{(j)}(j\geq2)\)遍历模\(m_j\)的完系	\(x\)遍历模\(m\)的缩系	缩系的唯一可分解条件，是素数幂缩系构造、欧拉函数计算的核心工具

定理	核心条件	核心形式	核心结论	核心意义
定理14	\(m=m_1m_2\)，\(\gcd(m_1,m_2)=1\)	\(x=m_2x^{(1)}+m_1x^{(2)}\)	\(x\)遍历模\(m\)的完系/缩系 \(\iff\) \(x^{(1)},x^{(2)}\)遍历各自的完系/缩系	二元互素模剩余系的充要分解，推出欧拉函数积性
定理15	\(m=m_1\cdots m_k\)，两两互素，\(M_j=m/m_j\)	\(x=\sum_{j=1}^k M_jx^{(j)}\)	\(x\)遍历模\(m\)的完系/缩系 \(\iff\) \(x^{(j)}\)遍历各自的完系/缩系	多元互素模的推广，中国剩余定理的完整剩余系表述
定理16	定理15的条件+\(\gcd(a_j,m_j)=1\)	\(x=\sum_{j=1}^k a_jM_jx^{(j)}\)	\(x\)遍历模\(m\)的完系/缩系 \(\iff\) \(x^{(j)}\)遍历各自的完系/缩系	带乘性系数的推广，适配同余方程的一般形式

\(6x^{(2)} \setminus 5x^{(1)}\)	-10	-5	0	5	10	15
-12	-22	-17	-12	-7	-2	3
-6	-16	-11	-6	-1	4	9
0	-10	-5	0	5	10	15
6	-4	1	6	11	16	21
12	2	7	12	17	22	27

\(6x^{(2)} \setminus -5x^{(1)}\)	10	5	0	-5	-10	-15
-12	-2	-7	-12	-17	-22	-27
-6	4	-1	-6	-11	-16	-21
0	10	5	0	-5	-10	-15
6	16	11	6	1	-4	-9
12	22	17	12	7	2	-3

\(\oplus\)	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
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3	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2
4	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3
5	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4
6	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5
7	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6
8	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7
9	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8
10	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
11	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
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\(\odot\)	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
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4	4	8	12	3	7	11	2	6	10	1	5	9
5	5	10	2	7	12	4	9	1	6	11	3	8
6	6	12	5	11	4	10	3	9	2	8	1	7
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10	10	7	4	1	11	8	5	2	12	9	6	3
11	11	9	7	5	3	1	12	10	8	6	4	2
12	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1

知识点	核心结论	适用范围	关键意义
模\(2^l\)的Euler函数	\(\varphi(2^l)=2^{l-1}\)	\(l\geq1\)	确定既约剩余系的元素个数
奇数的阶的上界	任意奇数\(a\)，\(\delta_{2^l}(a)\mid2^{l-2}\)	\(l\geq3\)	证明模\(2^l(l\geq3)\)无原根
5对模\(2^l\)的阶	\(\delta_{2^l}(5)=2^{l-2}\)	\(l\geq3\)	构造既约剩余系的核心生成元
模\(2^l\)的既约剩余系	可由\(\{-1,5\}\)的幂次乘积构造：\(\{(-1)^{j_0}5^{j_1}\}\)	\(l\geq3\)	解决无原根时既约剩余系的构造问题
模2的幂的原根	仅\(l=1,2\)时存在原根（\(l=1\)原根1，\(l=2\)原根3）	\(l=1,2\)	区分2的幂次是否存在原根的分界

\(6x^{(2)} \setminus 5x^{(1)}\)	-10	-5	0	5	10	15
-12	-22	-17	-12	-7	-2	3
-6	-16	-11	-6	-1	4	9
0	-10	-5	0	5	10	15
6	-4	1	6	11	16	21
12	2	7	12	17	22	27

\(6x^{(2)} \setminus -5x^{(1)}\)	10	5	0	-5	-10	-15
-12	-2	-7	-12	-17	-22	-27
-6	4	-1	-6	-11	-16	-21
0	10	5	0	-5	-10	-15
6	16	11	6	1	-4	-9
12	22	17	12	7	2	-3

\(\oplus\)	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
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5	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4
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10	10	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
11	11	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
12	12	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11

\(\odot\)	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
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5	5	10	2	7	12	4	9	1	6	11	3	8
6	6	12	5	11	4	10	3	9	2	8	1	7
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11	11	9	7	5	3	1	12	10	8	6	4	2
12	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1

\(\oplus\)	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
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\(\odot\)	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
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2	2	4	6	8	10	12	0	2	4	6	8	10	12
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4	4	8	12	2	6	10	0	4	8	12	2	6	10
5	5	10	1	6	11	2	7	12	3	8	13	4	9
6	6	12	4	10	2	8	0	6	12	4	10	2	8
7	7	0	7	0	7	0	7	0	7	0	7	0	7
8	8	2	10	4	12	6	0	8	2	10	4	12	6
9	9	4	13	8	3	12	7	2	11	6	1	10	5
10	10	6	2	12	8	4	0	10	6	2	12	8	4
11	11	8	5	2	13	10	7	4	1	12	9	6	3
12	12	10	8	6	4	2	0	12	10	8	6	4	2
13	13	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1

环节	核心内容	数论依据	公开/保密
参数生成	选取大素数\(p,q\)，计算\(n=pq\)，\(\varphi(n)=(p-1)(q-1)\)	Euler函数的积性	\(p,q\)严格保密，\(n\)公开
公钥生成	选取\(\alpha\)满足\(\gcd(\alpha,\varphi(n))=1\)	模逆元存在的充要条件	\(\alpha\)完全公开
私钥生成	计算\(\beta\)满足\(\alpha\beta\equiv1\pmod{\varphi(n)}\)	互素数的模逆元唯一存在	\(\beta\)严格保密
加密	\(B\equiv A^\alpha\pmod{n}\)	模幂运算	过程公开
解密	\(A\equiv B^\beta\pmod{n}\)	Euler定理、Fermat小定理、中国剩余定理	仅私钥持有者可完成
安全性核心	大数\(n\)的素因数分解计算困难	无高效素因数分解算法	破解难度随\(p,q\)位数指数级提升

攻击类型	攻击原理	防御措施
小指数攻击	若\(\alpha\)过小（如\(\alpha=3\)），当明文\(A<n^{1/\alpha}\)时，\(A^\alpha<n\)，模运算失效，直接开方即可还原明文	禁止使用过小的\(\alpha\)，固定使用\(\alpha=65537\)
共模攻击	多个用户共用同一个模数\(n\)，仅使用不同的\(\alpha/\beta\)，攻击者可通过两个密文还原明文	每个用户必须独立生成自己的\(p,q,n\)，绝对禁止共用模数
因数分解攻击	通过算法分解\(n\)得到\(p,q\)，直接计算私钥\(\beta\)	使用足够长的模数（2048位及以上），定期更新密钥
侧信道攻击	通过加密的时间、功耗等物理信息泄露还原私钥	使用恒定时间的模幂实现，添加掩码防护

昆仑山:眼中无形心中有穴之穴人合一

ch03+同余的基本知识

同余的定义与基本性质 深度讲解与推导证明

一、同余的核心定义与基础定理

1. 同余的定义

定义解读与补充说明

2. 同余的充要条件定理

详细证明

定理意义

二、同余的基本性质与完整推导

性质Ⅰ 同余是等价关系

详细证明

性质意义

性质Ⅱ 同余式的可加性

详细证明

推论与拓展

性质Ⅲ 同余式的可乘性

详细证明

推论与拓展

性质Ⅳ 整系数多项式的同余性

详细证明

补充定义与区分

性质Ⅴ 模的缩小性质

详细证明

性质意义

性质Ⅵ 同余式乘常数的模变换

详细证明

性质Ⅶ 同余式的消去律（核心特性）

详细证明

示例与易错提醒

性质Ⅷ 模\(m\)的逆元

详细证明

逆元的核心性质

性质Ⅸ 同余式组的等价性

详细证明

性质意义

三、同余核心知识点归纳总结表

同余经典例题 深度讲解与完整推导

例1 求\(3^{406}\)写成十进制数时的个位数

核心考点

详细推导

结论

方法总结

例2 求\(3^{406}\)写成十进制数时的最后两位数

核心考点

详细推导

结论

方法总结

例3 证明：\(641 \mid 2^{2^5}+1=2^{32}+1\)

核心考点

详细推导

方法总结

例4 证明：不定方程\(x^2+2y^2=203\)无解

核心考点

详细推导

结论

方法总结

例5 设\(n\geq1\)，\(b\)的素因数都大于\(n\)。证明：对任意正整数\(a\)，必有\(n!\mid a(a+b)(a+2b)\cdots(a+(n-1)b)\)

核心考点

详细推导

结论

方法总结

例6 设\(m>n\geq1\)，求最小的\(m+n\)，使得\(1000\mid 1978^m - 1978^n\)

核心考点

详细推导

结论

方法总结

例题核心方法归纳表

同余习题全解与详细解析

题1 求剩余类

核心定义回顾

（1）\(a=359\) 的计算结果

（2）\(a=1378\) 的计算结果

题2 求同余式成立的模

核心原理

（i）\(32\equiv11\pmod{m}\)

（ii）\(1000\equiv-1\pmod{m}\)

（iii）\(2^8\equiv1\pmod{m}\)

题3 同余式同时成立的条件

（1）具体问题解答

同余的定义与基本性质深度讲解与推导证明

同余经典例题深度讲解与完整推导

（ii）证明若 \(a\equiv b\pmod{m},c\equiv d\pmod{m}\)，则 \(a-c\equiv b-d\pmod{m}\)

同余类与剩余系知识点详解与推导证明

\(6x^{(2)} \setminus 5x^{(1)}\)	-10	-5	0	5	10	15
-12	-22	-17	-12	-7	-2	3
-6	-16	-11	-6	-1	4	9
0	-10	-5	0	5	10	15
6	-4	1	6	11	16	21
12	2	7	12	17	22	27

\(6x^{(2)} \setminus -5x^{(1)}\)	10	5	0	-5	-10	-15
-12	-2	-7	-12	-17	-22	-27
-6	4	-1	-6	-11	-16	-21
0	10	5	0	-5	-10	-15
6	16	11	6	1	-4	-9
12	22	17	12	7	2	-3

\(\oplus\)	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
0	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0
2	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1
3	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2
4	4	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3
5	5	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4
6	6	7	8	9	10	11	12	0	1	2	3	4	5
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\(\odot\)	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
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9	9	5	1	10	6	2	11	7	3	12	8	4
10	10	7	4	1	11	8	5	2	12	9	6	3
11	11	9	7	5	3	1	12	10	8	6	4	2
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6	6	7	8	9	10	11	12	13	0	1	2	3	4	5
7	7	8	9	10	11	12	13	0	1	2	3	4	5	6
8	8	9	10	11	12	13	0	1	2	3	4	5	6	7
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4	4	8	12	2	6	10	0	4	8	12	2	6	10
5	5	10	1	6	11	2	7	12	3	8	13	4	9
6	6	12	4	10	2	8	0	6	12	4	10	2	8
7	7	0	7	0	7	0	7	0	7	0	7	0	7
8	8	2	10	4	12	6	0	8	2	10	4	12	6
9	9	4	13	8	3	12	7	2	11	6	1	10	5
10	10	6	2	12	8	4	0	10	6	2	12	8	4
11	11	8	5	2	13	10	7	4	1	12	9	6	3
12	12	10	8	6	4	2	0	12	10	8	6	4	2
13	13	12	11	10	9	8	7	6	5	4	3	2	1