昆仑山:眼中无形心中有穴之穴人合一

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！

 

ch00抽象代数基础知识准备

习题完整解答与证明

习题1-4 前置说明

\(\mathcal{A}\)是所有2阶实方阵的集合，\(M=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\)，\(B=\{X\in\mathcal{A}\mid MX=XM\}\)（即与\(M\)可交换的2阶实方阵集合，称为\(M\)的中心化子）。

习题1 解答

判断矩阵是否属于\(B\)，核心是验证矩阵与\(M\)的左乘、右乘结果是否相等，逐一计算如下：

  1. \(X_1=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\)：\(MX_1=X_1M=M^2\)，相等，属于\(B\)。
  2. \(X_2=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}\)：
    \(MX_2=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&2\\1&1\end{pmatrix}\)，
    \(X_2M=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2\\1&2\end{pmatrix}\)，
    结果不等，不属于\(B\)。
  3. \(X_3=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\)：零矩阵满足\(M0=0M=0\)，属于\(B\)。
  4. \(X_4=\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}\)：
    \(MX_4=\begin{pmatrix}2&1\\1&0\end{pmatrix}\)，\(X_4M=\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}\)，结果不等，不属于\(B\)。
  5. \(X_5=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\)：
    \(MX_5=\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}\)，\(X_5M=\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}\)，结果不等，不属于\(B\)。
  6. \(X_6=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\)：单位矩阵满足\(MI=IM=M\)，属于\(B\)。

最终结论：\(\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\)、\(\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\)、\(\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\)属于\(B\)，其余矩阵不属于\(B\)。

习题2 证明

命题：若\(P,Q\in B\)，则\(P+Q\in B\)。
证明：
由\(P,Q\in B\)，根据\(B\)的定义，得\(MP=PM\)，\(MQ=QM\)。
根据矩阵乘法对加法的分配律：

  • 左乘：\(M(P+Q)=MP+MQ\)
  • 右乘：\((P+Q)M=PM+QM\)

结合\(MP=PM\)、\(MQ=QM\)，可得\(M(P+Q)=(P+Q)M\)，满足\(B\)的定义，因此\(P+Q\in B\)。

习题3 证明

命题：若\(P,Q\in B\)，则\(P\cdot Q\in B\)。
证明：
由\(P,Q\in B\)，得\(MP=PM\)，\(MQ=QM\)。
根据矩阵乘法的结合律：

\[M(PQ)=(MP)Q=(PM)Q=P(MQ)=P(QM)=(PQ)M \]

即\(M(PQ)=(PQ)M\)，满足\(B\)的定义，因此\(P\cdot Q\in B\)。

习题4 解答

设\(X=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\)，要求\(MX=XM\)，展开等式并求解条件：

  1. 计算左乘结果：

\[MX=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p+r&q+s\\r&s\end{pmatrix} \]

  1. 计算右乘结果：

\[XM=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p&p+q\\r&r+s\end{pmatrix} \]

  1. 令对应元素相等，得到方程组：
    • 第一行第一列：\(p+r=p \implies r=0\)
    • 第一行第二列：\(q+s=p+q \implies s=p\)
    • 第二行第一列：\(r=r\)（恒成立）
    • 第二行第二列：\(s=r+s \implies r=0\)（与第一个方程一致）

最终条件：\(r=0\)且\(s=p\)，即所有与\(M\)可交换的矩阵都形如\(\begin{pmatrix}p&q\\0&p\end{pmatrix}\)（\(p,q\)为任意实数）。

习题5 解答

良定义的核心：定义域中同一个元素的不同表示，必须对应唯一的函数值，否则不是良定义。

(a) \(f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Z}\)，\(f(a/b)=a\)

结论：不是良定义。
说明：有理数的表示不唯一，例如同一个有理数\(\frac{1}{2}=\frac{2}{4}\)，但根据定义\(f(\frac{1}{2})=1\)，\(f(\frac{2}{4})=2\)，同一个输入的不同表示得到不同输出，违反良定义性。

(b) \(f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}\)，\(f(a/b)=a^2/b^2\)

结论：是良定义。
证明：若\(\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)（\(b,d\neq0\)），则有理数相等的充要条件是\(ad=bc\)。
两边平方得\(a^2d^2=b^2c^2\)，两边除以\(b^2d^2\)（\(b,d\neq0\)，故不为0），得\(\frac{a^2}{b^2}=\frac{c^2}{d^2}\)，即\(f(a/b)=f(c/d)\)。
同一个有理数的不同表示对应唯一的函数值，因此\(f\)是良定义。

习题6 解答

结论：不是良定义。
说明：实数的十进制展开不唯一，例如正实数\(1\)有两种等价的十进制展开：\(1.0000\cdots\)和\(0.9999\cdots\)。
根据\(f\)的定义：

  • 对\(1.0000\cdots\)，小数点后第一位是\(0\)，即\(f(1)=0\)；
  • 对\(0.9999\cdots\)，小数点后第一位是\(9\)，即\(f(1)=9\)。

同一个正实数的不同十进制展开得到不同的函数值，违反良定义性，因此\(f\)不是良定义。

习题7 证明

命题：设\(f:A\to B\)是满射，关系\(a\sim b \iff f(a)=f(b)\)是等价关系，且等价类恰好是\(f\)的纤维。

第一步：证明\(\sim\)是等价关系

等价关系需满足自反性、对称性、传递性，逐一验证：

  1. 自反性：对任意\(a\in A\)，显然\(f(a)=f(a)\)，故\(a\sim a\)，自反性成立。
  2. 对称性：若\(a\sim b\)，则\(f(a)=f(b)\)，即\(f(b)=f(a)\)，故\(b\sim a\)，对称性成立。
  3. 传递性：若\(a\sim b\)且\(b\sim c\)，则\(f(a)=f(b)\)且\(f(b)=f(c)\)，故\(f(a)=f(c)\)，即\(a\sim c\)，传递性成立。

综上，\(\sim\)是等价关系。

第二步：证明等价类就是\(f\)的纤维

\(f\)在\(b\in B\)处的纤维定义为\(f^{-1}(\{b\})=\{a\in A\mid f(a)=b\}\)。

  • 对任意\(a\in A\)，\(a\)的等价类\([a]=\{x\in A\mid x\sim a\}=\{x\in A\mid f(x)=f(a)\}\)。令\(b=f(a)\)，则\([a]=f^{-1}(\{b\})\)，即等价类是\(f\)的纤维。
  • 因\(f\)是满射，对任意\(b\in B\)，存在\(a\in A\)使得\(f(a)=b\)，故纤维\(f^{-1}(\{b\})=[a]\)，即所有纤维都是等价类。

因此，\(\sim\)的等价类恰好是\(f\)的所有纤维，命题得证。

整数的核心算术性质 详细讲解与证明

本文是初等数论与抽象代数的核心基础内容，整数集\(\mathbb{Z}\)是欧几里得整环的标准原型，所有性质均可推广到一般代数结构中。我们将逐点拆解定义、完成严谨证明、补充核心解读与应用，最后用表格系统归纳知识点。

一、整数的良序原理

1. 定理内容

\(\mathbb{Z}^+\)（正整数集）的任意非空子集\(A\)，都存在最小元\(m\in A\)，使得对所有\(a\in A\)，都有\(m\leq a\)。

2. 核心解读与证明

  • 良序原理是整数集的根本公理（皮亚诺公理的等价形式），是数学归纳法、带余除法、欧几里得算法的理论基础。
  • 注意：仅正整数集满足该性质，全体整数集、负整数集不满足（例如负整数集没有最小元）。
  • 等价性：良序原理与第二数学归纳法完全等价，二者可以互证。

二、整除的定义与基本性质

1. 严格定义

设\(a,b\in\mathbb{Z}\)且\(a\neq0\)，若存在整数\(c\)使得\(b=ac\)，则称\(a\)整除\(b\)，记作\(a\mid b\)；否则记作\(a\nmid b\)。

2. 核心性质

  1. 传递性：若\(a\mid b\)且\(b\mid c\)，则\(a\mid c\)；
  2. 线性组合封闭性：若\(a\mid b\)且\(a\mid c\)，则对任意整数\(m,n\)，都有\(a\mid (mb+nc)\)；
  3. 互反性：若\(a\mid b\)且\(b\mid a\)，则\(a=\pm b\)；
  4. 对任意非零整数\(a\)，都有\(\pm1\mid a\)、\(\pm a\mid a\)。

三、最大公约数（gcd）

1. 严格定义

设\(a,b\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\)，存在唯一正整数\(d\)，满足：

  1. \(d\mid a\)且\(d\mid b\)（\(d\)是\(a,b\)的公约数）；
  2. 若\(e\mid a\)且\(e\mid b\)，则\(e\mid d\)（\(d\)是整除意义上的最大公约数）。

该\(d\)称为\(a,b\)的最大公约数，记作\(d=(a,b)\)。若\((a,b)=1\)，称\(a\)与\(b\)互素（relatively prime）。

2. 唯一性证明

假设\(d_1,d_2\)都是\(a,b\)的最大公约数：

  • 由\(d_1\)是公约数、\(d_2\)是最大公约数，得\(d_1\mid d_2\)；
  • 由\(d_2\)是公约数、\(d_1\)是最大公约数，得\(d_2\mid d_1\)；
  • 结合整除的互反性，\(d_1=\pm d_2\)，又二者均为正整数，故\(d_1=d_2\)，唯一性得证。

四、最小公倍数（lcm）

1. 严格定义

设\(a,b\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\)，存在唯一正整数\(l\)，满足：

  1. \(a\mid l\)且\(b\mid l\)（\(l\)是\(a,b\)的公倍数）；
  2. 若\(a\mid m\)且\(b\mid m\)，则\(l\mid m\)（\(l\)是整除意义上的最小公倍数）。

2. 核心恒等式

设\(d=(a,b)\)，\(l\)是\(a,b\)的最小公倍数，则\(dl=ab\)。

证明

设\(a=da'\)，\(b=db'\)，由\(d\)是最大公约数，得\((a',b')=1\)。

  • 最小公倍数\(l=da'b'\)（\(a\mid da'b'\)，\(b\mid da'b'\)，且所有公倍数都是\(da'b'\)的倍数）；
  • 因此\(dl=d\cdot da'b'=d^2a'b'=da'\cdot db'=ab\)，恒等式得证。

五、带余除法（Division Algorithm）

1. 定理内容

设\(a,b\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\)，则存在唯一的整数\(q,r\)，使得

\[a=qb+r,\quad 0\leq r<|b| \]

其中\(q\)称为商，\(r\)称为余数。

2. 完整证明

（1）存在性证明

考虑集合\(S=\{a-kb\mid k\in\mathbb{Z},\ a-kb\geq0\}\)，先证明\(S\)非空：

  • 若\(a\geq0\)，取\(k=0\)，则\(a-0=a\geq0\in S\)；
  • 若\(a<0\)，取\(k=ab\)，则\(a-ab^2=a(1-b^2)\geq0\)（\(a<0\)，\(1-b^2\leq0\)，乘积非负），故\(S\)非空。

由良序原理，\(S\)有最小元\(r\)，对应\(k=q\)，即\(r=a-qb\geq0\)。
反证法证明\(r<|b|\)：若\(r\geq|b|\)，则\(r-|b|\geq0\)，且\(r-|b|=a-(q\pm1)b\in S\)，与\(r\)是\(S\)的最小元矛盾。因此\(r<|b|\)，存在性得证。

（2）唯一性证明

假设存在两组解\(q_1,r_1\)和\(q_2,r_2\)，满足\(a=q_1b+r_1=q_2b+r_2\)，\(0\leq r_1,r_2<|b|\)。
整理得\((q_1-q_2)b=r_2-r_1\)，两边取绝对值：

\[|q_1-q_2|\cdot|b|=|r_2-r_1| \]

由\(0\leq r_1,r_2<|b|\)，得\(|r_2-r_1|<|b|\)，因此\(|q_1-q_2|<1\)。
\(q_1,q_2\)为整数，故\(q_1=q_2\)，代入得\(r_1=r_2\)，唯一性得证。

六、欧几里得算法（辗转相除法）

1. 算法流程

对\(a,b\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\)，迭代执行带余除法，直到余数为0：

\[\begin{align*} a &= q_0b + r_0,\quad 0\leq r_0<|b| \\ b &= q_1r_0 + r_1,\quad 0\leq r_1<r_0 \\ r_0 &= q_2r_1 + r_2,\quad 0\leq r_2<r_1 \\ &\quad\vdots \\ r_{n-2} &= q_nr_{n-1} + r_n,\quad 0\leq r_n<r_{n-1} \\ r_{n-1} &= q_{n+1}r_n + 0 \end{align*} \]

最后一个非零余数\(r_n\)就是\((a,b)\)。

2. 正确性证明

  1. 终止性：余数序列\(|b|>r_0>r_1>\dots>r_n\geq0\)是严格递减的非负整数序列，由良序原理，迭代必然在有限步终止。
  2. gcd不变性：对每一步，\((r_{k-2},r_{k-1})=(r_{k-1},r_k)\)。
    由\(r_{k-2}=q_kr_{k-1}+r_k\)，得\(r_k=r_{k-2}-q_kr_{k-1}\)：
    • 若\(d\)是\(r_{k-2},r_{k-1}\)的公约数，则\(d\mid r_k\)，故\(d\)是\(r_{k-1},r_k\)的公约数；
    • 反之，若\(d\)是\(r_{k-1},r_k\)的公约数，则\(d\mid r_{k-2}\)，故\(d\)是\(r_{k-2},r_{k-1}\)的公约数。
      因此二者的公约数集合完全相同，gcd相等。

迭代到最后，\((r_{n-1},r_n)=(r_n,0)=r_n\)，故\((a,b)=r_n\)，正确性得证。

3. 示例

对\(a=57970\)，\(b=10353\)，执行算法：

\[\begin{align*} 57970 &= 5\times10353 + 6205 \\ 10353 &= 1\times6205 + 4148 \\ 6205 &= 1\times4148 + 2057 \\ 4148 &= 2\times2057 + 34 \\ 2057 &= 60\times34 + 17 \\ 34 &= 2\times17 + 0 \end{align*} \]

最后一个非零余数为17，故\((57970,10353)=17\)。

七、贝祖等式（Bezout Identity）

1. 定理内容

设\(a,b\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\)，则存在整数\(x,y\)，使得

\[(a,b)=ax+by \]

即\(a,b\)的最大公约数可以表示为\(a,b\)的整数线性组合。

2. 证明（欧几里得算法回代）

从欧几里得算法的倒数第二步开始，逐步回代余数：

\[r_n = r_{n-2} - q_nr_{n-1} \]

将\(r_{n-1}=r_{n-3}-q_{n-1}r_{n-2}\)代入上式，得到\(r_n\)用\(r_{n-3},r_{n-2}\)表示的线性组合；
不断回代，最终可将\(r_n=(a,b)\)表示为\(a,b\)的线性组合\(ax+by\)。

3. 示例（回代过程）

对\(a=57970,b=10353\)，从\(17=2057-60\times34\)开始回代：

\[\begin{align*} 17 &= 2057 - 60\times34 \\ &= 2057 - 60\times(4148-2\times2057) = 121\times2057 - 60\times4148 \\ &= 121\times(6205-4148) - 60\times4148 = 121\times6205 - 181\times4148 \\ &= 121\times6205 - 181\times(10353-6205) = 302\times6205 - 181\times10353 \\ &= 302\times(57970-5\times10353) - 181\times10353 \\ &= 302\times57970 - 1691\times10353 \end{align*} \]

即\(x=302,y=-1691\)，满足\(17=57970x+10353y\)。

4. 补充：通解公式

若\((x_0,y_0)\)是\(ax+by=(a,b)\)的一组特解，则通解为：

\[x = x_0 + \frac{b}{d}\cdot t,\quad y = y_0 - \frac{a}{d}\cdot t,\quad t\in\mathbb{Z} \]

其中\(d=(a,b)\)。

八、素数的定义与核心性质

1. 定义

\(p\in\mathbb{Z}^+\)，若\(p>1\)，且正因数只有\(1\)和\(p\)，则称\(p\)为素数（prime）；\(n>1\)不是素数则称为合数（composite）。

2. 欧几里得引理（素数的核心整除性质）

若\(p\)是素数，且\(p\mid ab\)，则\(p\mid a\)或\(p\mid b\)。

证明

假设\(p\nmid a\)，则\((p,a)=1\)（\(p\)的因数只有\(1\)和\(p\)，\(p\)不整除\(a\)，故gcd为1）。
由贝祖等式，存在\(x,y\in\mathbb{Z}\)使得\(px+ay=1\)，两边乘\(b\)得：

\[pxb + aby = b \]

\(p\mid ab\)，故\(p\mid aby\)，又\(p\mid pxb\)，因此\(p\mid b\)，引理得证。

推广：若\(p\)是素数，\(p\mid a_1a_2\cdots a_n\)，则\(p\)至少整除其中一个\(a_i\)。

九、算术基本定理（唯一分解定理）

1. 定理内容

任意整数\(n>1\)，都可以唯一地分解为素数的乘积：

\[n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_s^{\alpha_s} \]

其中\(p_1<p_2<\dots<p_s\)是互不相同的素数，\(\alpha_i\)是正整数，分解式在不计素数顺序的意义下唯一。

2. 完整证明

（1）存在性证明（第二数学归纳法）

  • 基例：\(n=2\)是素数，分解式为\(2\)，成立。
  • 归纳假设：对所有\(2\leq k<n\)，\(k\)都可以分解为素数的乘积。
  • 归纳步骤：若\(n\)是素数，分解式成立；若\(n\)是合数，则\(n=ab\)，\(1<a,b<n\)，由归纳假设\(a,b\)均可分解为素数的乘积，故\(n=ab\)也可分解为素数的乘积，存在性得证。

（2）唯一性证明（反证法+欧几里得引理）

假设\(n\)有两个不同的分解式：

\[n=p_1^{\alpha_1}\cdots p_s^{\alpha_s}=q_1^{\beta_1}\cdots q_t^{\beta_t} \]

均为素数升序排列。由\(p_1\mid n=q_1^{\beta_1}\cdots q_t^{\beta_t}\)，根据欧几里得引理，\(p_1\)必整除某个\(q_j\)，而\(q_j\)是素数，故\(p_1=q_j\)。同理\(q_1=p_i\)，由素数升序排列得\(p_1=q_1\)。

两边约去\(p_1^{\min(\alpha_1,\beta_1)}\)，重复上述过程，最终可得\(s=t\)，\(p_i=q_i\)，\(\alpha_i=\beta_i\)，唯一性得证。

3. 应用：素分解求gcd与lcm

若\(a=\prod_{i=1}^s p_i^{\alpha_i}\)，\(b=\prod_{i=1}^s p_i^{\beta_i}\)（\(p_i\)为相同素数，指数为0表示该素数不出现），则：

  • 最大公约数：\((a,b)=\prod_{i=1}^s p_i^{\min(\alpha_i,\beta_i)}\)
  • 最小公倍数：\(\text{lcm}(a,b)=\prod_{i=1}^s p_i^{\max(\alpha_i,\beta_i)}\)

示例：\(a=57970=2\times5\times11\times17\times31\)，\(b=10353=3\times7\times17\times29\)，公共素因子只有17，故\((a,b)=17\)，与欧几里得算法结果一致。

十、欧拉φ函数（Euler's Totient Function）

1. 定义

对正整数\(n\)，\(\varphi(n)\)表示\(1\leq a\leq n\)中满足\((a,n)=1\)的正整数\(a\)的个数，即与\(n\)互素的正整数的个数。

2. 核心公式与性质

  1. 素数的φ值：对素数\(p\)，\(\varphi(p)=p-1\)（\(1\)到\(p-1\)均与\(p\)互素）。
  2. 素数幂的φ值：对素数幂\(p^\alpha\)，

    \[\varphi(p^\alpha)=p^\alpha - p^{\alpha-1}=p^{\alpha-1}(p-1) \]

    证明：\(1\)到\(p^\alpha\)中，\(p\)的倍数共有\(p^{\alpha-1}\)个，剩余数均与\(p^\alpha\)互素，故个数为\(p^\alpha-p^{\alpha-1}\)。
  3. 积性：若\((a,b)=1\)，则\(\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)\)。
  4. 一般计算公式：若\(n=\prod_{i=1}^s p_i^{\alpha_i}\)，则

    \[\varphi(n)=\prod_{i=1}^s \varphi(p_i^{\alpha_i})=n\cdot\prod_{i=1}^s\left(1-\frac{1}{p_i}\right) \]

    其中乘积遍历\(n\)的所有不同素因子。

3. 示例

  • \(\varphi(12)=\varphi(2^2\times3)=\varphi(2^2)\varphi(3)=2\times2=4\)（1,5,7,11与12互素）；
  • \(\varphi(6)=\varphi(2\times3)=1\times2=2\)（1,5与6互素）。

核心知识点归纳总结表

核心概念 严格定义 核心性质/定理 核心应用
良序原理 \(\mathbb{Z}^+\)的任意非空子集存在最小元 等价于数学归纳法 带余除法、欧几里得算法的理论基础
整除\(a\mid b\) 存在\(c\in\mathbb{Z}\)使得\(b=ac\) 传递性、线性组合封闭性 公约数、公倍数的定义基础
最大公约数\((a,b)\) 满足\(d\mid a,d\mid b\)且所有公约数整除\(d\)的正整数 唯一存在，可表示为\(a,b\)的线性组合 欧几里得算法、贝祖等式
最小公倍数\(\text{lcm}(a,b)\) 满足\(a\mid l,b\mid l\)且所有公倍数被\(l\)整除的正整数 唯一存在，满足\((a,b)\cdot\text{lcm}(a,b)=ab\) 分数通分、同余方程求解
带余除法 \(a=qb+r,0\leq r<|b|\)，\(q,r\)唯一 整数集成为欧几里得整环的核心性质 欧几里得算法的核心步骤
欧几里得算法 迭代带余除法求gcd 有限步终止，最后一个非零余数为gcd 高效求大整数的gcd，无需素分解
贝祖等式 \((a,b)=ax+by,x,y\in\mathbb{Z}\) 互素等价于存在\(x,y\)使得\(ax+by=1\) 欧几里得引理、同余逆元求解
素数 \(p>1\)，正因数只有1和\(p\) 素数整除乘积必整除其中一个因子 算术基本定理、密码学
算术基本定理 \(n>1\)可唯一分解为素数的乘积 素分解的存在性与唯一性 数论核心定理，gcd/lcm计算、φ函数计算
欧拉φ函数\(\varphi(n)\) 1到n中与n互素的正整数的个数 积性，\(\varphi(p^\alpha)=p^{\alpha-1}(p-1)\) 欧拉定理、RSA密码算法、有限群论

数论习题完整解答与证明

习题1 最大公约数、最小公倍数与贝祖等式

对每组整数\(a,b\)，计算\(\gcd(a,b)\)、\(\text{lcm}(a,b)\)，并将\(\gcd\)表示为\(ax+by\)的形式（核心方法：欧几里得算法+回代贝祖等式，\(\text{lcm}(a,b)=\frac{ab}{\gcd(a,b)}\)）。

(a) \(a=20,\ b=13\)

  1. 欧几里得算法：

    \[\begin{align*} 20 &= 1\cdot13 +7 \\ 13 &=1\cdot7 +6 \\ 7 &=1\cdot6 +1 \\ 6 &=6\cdot1 +0 \end{align*} \]

    得\(\gcd(20,13)=1\)，\(\text{lcm}(20,13)=\frac{20\times13}{1}=260\)。
  2. 贝祖等式回代：

    \[1=7-1\cdot6=7-1\cdot(13-1\cdot7)=2\cdot7-1\cdot13=2\cdot(20-1\cdot13)-1\cdot13=2\cdot20 -3\cdot13 \]

    即\(1=20\times2 +13\times(-3)\)，\(x=2,\ y=-3\)。

(b) \(a=69,\ b=372\)

  1. 欧几里得算法：

    \[\begin{align*} 372 &=5\cdot69 +27 \\ 69 &=2\cdot27 +15 \\ 27 &=1\cdot15 +12 \\ 15 &=1\cdot12 +3 \\ 12 &=4\cdot3 +0 \end{align*} \]

    得\(\gcd(69,372)=3\)，\(\text{lcm}(69,372)=\frac{69\times372}{3}=8556\)。
  2. 贝祖等式回代：

    \[3=15-1\cdot12=2\cdot15-1\cdot27=2\cdot69-5\cdot27=27\cdot69 -5\cdot372 \]

    即\(3=69\times27 +372\times(-5)\)，\(x=27,\ y=-5\)。

(c) \(a=792,\ b=275\)

  1. 欧几里得算法：

    \[\begin{align*} 792 &=2\cdot275 +242 \\ 275 &=1\cdot242 +33 \\ 242 &=7\cdot33 +11 \\ 33 &=3\cdot11 +0 \end{align*} \]

    得\(\gcd(792,275)=11\)，\(\text{lcm}(792,275)=\frac{792\times275}{11}=19800\)。
  2. 贝祖等式回代：

    \[11=242-7\cdot33=8\cdot242-7\cdot275=8\cdot792 -23\cdot275 \]

    即\(11=792\times8 +275\times(-23)\)，\(x=8,\ y=-23\)。

(d) \(a=11391,\ b=5673\)

  1. 欧几里得算法：

    \[\begin{align*} 11391 &=2\cdot5673 +45 \\ 5673 &=126\cdot45 +3 \\ 45 &=15\cdot3 +0 \end{align*} \]

    得\(\gcd(11391,5673)=3\)，\(\text{lcm}(11391,5673)=\frac{11391\times5673}{3}=21540381\)。
  2. 贝祖等式回代：

    \[3=5673-126\cdot45=253\cdot5673 -126\cdot11391 \]

    即\(3=11391\times(-126) +5673\times253\)，\(x=-126,\ y=253\)。

(e) \(a=1761,\ b=1567\)

  1. 欧几里得算法：

    \[\begin{align*} 1761 &=1\cdot1567 +194 \\ 1567 &=8\cdot194 +15 \\ 194 &=12\cdot15 +14 \\ 15 &=1\cdot14 +1 \\ 14 &=14\cdot1 +0 \end{align*} \]

    得\(\gcd(1761,1567)=1\)，\(\text{lcm}(1761,1567)=1761\times1567=2759487\)。
  2. 贝祖等式回代：

    \[1=15-1\cdot14=13\cdot15-1\cdot194=13\cdot1567-105\cdot194=118\cdot1567 -105\cdot1761 \]

    即\(1=1761\times(-105) +1567\times118\)，\(x=-105,\ y=118\)。

(f) \(a=507885,\ b=60808\)

  1. 欧几里得算法：

    \[\begin{align*} 507885 &=8\cdot60808 +21421 \\ 60808 &=2\cdot21421 +17966 \\ 21421 &=1\cdot17966 +3455 \\ 17966 &=5\cdot3455 +691 \\ 3455 &=5\cdot691 +0 \end{align*} \]

    得\(\gcd(507885,60808)=691\)，\(\text{lcm}(507885,60808)=\frac{507885\times60808}{691}=44693880\)。
  2. 贝祖等式回代：

    \[691=17966-5\cdot3455=6\cdot17966-5\cdot21421=6\cdot60808-17\cdot21421=142\cdot60808 -17\cdot507885 \]

    即\(691=507885\times(-17) +60808\times142\)，\(x=-17,\ y=142\)。

习题2 整除的线性组合封闭性

命题：若整数\(k\)整除\(a\)和\(b\)，则对任意整数\(s,t\)，\(k\)整除\(as+bt\)。
证明：
由\(k\mid a\)，存在整数\(m\)使得\(a=km\)；由\(k\mid b\)，存在整数\(n\)使得\(b=kn\)。
代入得：

\[as+bt = km\cdot s + kn\cdot t = k(ms+nt) \]

其中\(ms+nt\)为整数，因此\(k\mid as+bt\)。

习题3 合数的整除性质

命题：若\(n\)是合数，则存在整数\(a,b\)，使得\(n\mid ab\)，但\(n\nmid a\)且\(n\nmid b\)。
证明：
\(n\)是合数，根据定义，存在整数\(1<a<n\)、\(1<b<n\)，使得\(n=ab\)。
此时\(ab=n\)，显然\(n\mid ab\)；而\(1<a<n\)、\(1<b<n\)，\(n\)的正倍数最小为\(n\)本身，因此\(n\nmid a\)且\(n\nmid b\)，命题得证。

习题4 线性丢番图方程的通解

命题：设\(d=(a,b)\)，\(x_0,y_0\)是\(ax+by=N\)的特解，则对任意整数\(t\)，\(x=x_0+\frac{b}{d}t\)、\(y=y_0-\frac{a}{d}t\)也是方程的解。
证明：
将\(x,y\)代入方程左边：

\[\begin{align*} a\left(x_0+\frac{b}{d}t\right) + b\left(y_0-\frac{a}{d}t\right) &= ax_0 + \frac{ab}{d}t + by_0 - \frac{ab}{d}t \\ &= ax_0 + by_0 \end{align*} \]

由\(x_0,y_0\)是特解，\(ax_0+by_0=N\)，因此代入后等于\(N\)，即\(x,y\)是方程的解。

习题5 欧拉φ函数值（\(n\leq30\)）

根据φ函数的积性与素数幂公式\(\varphi(p^\alpha)=p^\alpha-p^{\alpha-1}\)，计算结果如下：

\(n\) \(\varphi(n)\) \(n\) \(\varphi(n)\) \(n\) \(\varphi(n)\)
1 1 11 10 21 12
2 1 12 4 22 10
3 2 13 12 23 22
4 2 14 6 24 8
5 4 15 8 25 20
6 2 16 8 26 12
7 6 17 16 27 18
8 4 18 6 28 12
9 6 19 18 29 28
10 4 20 8 30 8

习题6 整数良序原理的证明

命题：正整数集\(\mathbb{Z}^+\)的任意非空子集\(A\)，存在唯一的最小元。

（1）存在性（数学归纳法）

设\(A\)是\(\mathbb{Z}^+\)的非空子集，我们证明：若\(A\)包含正整数\(n\)，则\(A\)存在最小元。

  • 基例：若\(1\in A\)，则\(1\)是\(\mathbb{Z}^+\)的最小正整数，即\(A\)的最小元，成立。
  • 归纳假设：对所有\(k\leq n\)，若\(k\in A\)，则\(A\)存在最小元。
  • 归纳步骤：若\(n+1\in A\)，若\(A\)中无小于\(n+1\)的元素，则\(n+1\)是最小元；若\(A\)中有小于\(n+1\)的元素\(k\leq n\)，由归纳假设\(A\)存在最小元。

由数学归纳法，\(\mathbb{Z}^+\)的任意非空子集都存在最小元。

（2）唯一性

假设\(A\)有两个最小元\(m_1,m_2\)。由最小元定义，\(m_1\leq m_2\)且\(m_2\leq m_1\)，故\(m_1=m_2\)，最小元唯一。

习题7 素数的平方根无理性

命题：若\(p\)是素数，则不存在非零整数\(a,b\)使得\(a^2=pb^2\)（即\(\sqrt{p}\)是无理数）。
证明：反证法。
假设存在非零整数\(a,b\)满足\(a^2=pb^2\)，不妨设\((a,b)=1\)（否则约去最大公约数，得到互素的解）。
由\(a^2=pb^2\)得\(p\mid a^2\)，由素数的欧几里得引理，\(p\mid a\)，故存在整数\(k\)使得\(a=pk\)。
代入原式得\(p^2k^2=pb^2\)，化简得\(pk^2=b^2\)，因此\(p\mid b^2\)，同理得\(p\mid b\)。
此时\(p\mid a\)且\(p\mid b\)，与\((a,b)=1\)矛盾。故假设不成立，命题得证。

习题8 阶乘中素数的最高幂次（Legendre公式）

公式：设\(p\)是素数，\(n!\)中\(p\)的最高幂次为

\[v_p(n!) = \sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor \]

其中\(\lfloor x \rfloor\)是地板函数（不大于\(x\)的最大整数），当\(p^k>n\)时\(\lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor=0\)，求和为有限项。

证明：
\(n!\)是\(1\)到\(n\)的整数乘积，每个\(p\)的倍数贡献至少1个\(p\)，\(p^2\)的倍数额外多贡献1个\(p\)，\(p^3\)的倍数再额外多贡献1个\(p\)，以此类推：

  • \(1\)到\(n\)中\(p\)的倍数有\(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor\)个，每个贡献1个\(p\)；
  • \(p^2\)的倍数有\(\lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor\)个，每个额外多贡献1个\(p\)；
  • ...
    直到\(p^k>n\)，无额外贡献。总指数即为所有项的和，公式得证。

习题9 扩展欧几里得算法的Python实现

实现功能：计算两个整数的gcd，并输出贝祖等式\(ax+by=\gcd(a,b)\)。

def extended_gcd(a, b):
    # 扩展欧几里得算法，返回(gcd, x, y)满足 gcd = a*x + b*y
    old_r, r = a, b
    old_s, s = 1, 0
    old_t, t = 0, 1

    while r != 0:
        quotient = old_r // r
        # 迭代更新余数与系数
        old_r, r = r, old_r - quotient * r
        old_s, s = s, old_s - quotient * s
        old_t, t = t, old_t - quotient * t

    return old_r, old_s, old_t

# 测试示例
if __name__ == "__main__":
    a = int(input("输入整数a: "))
    b = int(input("输入整数b: "))
    gcd, x, y = extended_gcd(a, b)
    print(f"gcd({a}, {b}) = {gcd}")
    print(f"贝祖等式: {gcd} = {a}*{x} + {b}*{y}")

习题10 欧拉φ函数的有限性与极限性质

命题1：对任意正整数\(N\)，满足\(\varphi(n)=N\)的整数\(n\)只有有限个。
证明：
设\(n\)的素分解为\(n=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\)，则\(\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k (1-\frac{1}{p_i})=N\)。

  1. 对\(n\)的任意素因子\(p\)，有\(\varphi(n)\geq \varphi(p)=p-1\)，故\(p-1\leq N\)，即\(p\leq N+1\)。因此\(n\)的素因子只能是\(\leq N+1\)的有限个素数。
  2. 对每个素因子\(p\)，\(\varphi(p^\alpha)=p^{\alpha-1}(p-1)\mid N\)，故\(p^{\alpha-1}\leq N\)，即\(\alpha\leq \log_p N +1\)，每个素因子的指数有上界，取值有限。

因此\(n\)的素因子和指数均只有有限种可能，满足\(\varphi(n)=N\)的\(n\)只有有限个。

命题2：当\(n\to\infty\)时，\(\varphi(n)\to\infty\)。
证明：反证法。
假设\(\varphi(n)\)不趋于无穷，则存在常数\(M>0\)，使得有无穷多个\(n\)满足\(\varphi(n)\leq M\)。但由命题1，对每个\(N\leq M\)，满足\(\varphi(n)=N\)的\(n\)只有有限个，因此满足\(\varphi(n)\leq M\)的\(n\)最多是有限个，与假设矛盾。故\(\varphi(n)\to\infty\)当\(n\to\infty\)。

习题11 欧拉φ函数的整除性质

命题：若\(d\mid n\)，则\(\varphi(d)\mid \varphi(n)\)。
证明：
设\(n\)的素分解为\(n=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\)，由\(d\mid n\)，得\(d=\prod_{i=1}^k p_i^{\beta_i}\)，其中\(0\leq \beta_i\leq \alpha_i\)。
由φ函数的积性，\(\varphi(n)=\prod_{i=1}^k \varphi(p_i^{\alpha_i})\)，\(\varphi(d)=\prod_{i=1}^k \varphi(p_i^{\beta_i})\)。
只需证明对任意素数\(p\)，\(0\leq \beta\leq \alpha\)，有\(\varphi(p^\beta)\mid \varphi(p^\alpha)\)：

  • 若\(\beta=0\)，\(\varphi(p^0)=\varphi(1)=1\)，1整除任意整数，成立；
  • 若\(\beta\geq1\)，\(\varphi(p^\beta)=p^{\beta-1}(p-1)\)，\(\varphi(p^\alpha)=p^{\alpha-1}(p-1)\)。由\(\beta\leq \alpha\)得\(p^{\beta-1}\mid p^{\alpha-1}\)，故\(\varphi(p^\beta)\mid \varphi(p^\alpha)\)。

因此\(\varphi(d)\)的每个因子都整除\(\varphi(n)\)的对应因子，故\(\varphi(d)\mid \varphi(n)\)，命题得证。

模n整数环\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 详细讲解与证明

\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)（模n整数环）是抽象代数中有限环、有限域、商群/商环的核心原型，也是初等数论的基础工具。其本质是通过模n同余的等价关系，将无限的整数集划分为有限个等价类，在等价类上定义良定义的加法和乘法，形成一个有限代数结构。

一、模n同余关系：等价关系的构造

1. 同余关系的定义

固定正整数\(n\)（称为模），在整数集\(\mathbb{Z}\)上定义二元关系\(\sim\)：

\[a \sim b \iff n \mid (b - a) \]

我们将这个关系记作\(a \equiv b \pmod{n}\)，读作“\(a\)模\(n\)同余于\(b\)”，直观含义是：\(a\)和\(b\)除以\(n\)得到的余数完全相同。

2. 同余关系是等价关系的严格证明

等价关系需要同时满足自反性、对称性、传递性，逐一验证：

  1. 自反性：对任意\(a \in \mathbb{Z}\)，\(a - a = 0\)，显然\(n \mid 0\)，因此\(a \equiv a \pmod{n}\)，自反性成立。
  2. 对称性：若\(a \equiv b \pmod{n}\)，即\(n \mid (b - a)\)，则存在整数\(k\)使得\(b - a = kn\)，因此\(a - b = -kn\)，即\(n \mid (a - b)\)，故\(b \equiv a \pmod{n}\)，对称性成立。
  3. 传递性：若\(a \equiv b \pmod{n}\)且\(b \equiv c \pmod{n}\)，则\(n \mid (b - a)\)且\(n \mid (c - b)\)。根据整除的线性组合性质，\(n\)整除两个数的和：

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

    因此\(a \equiv c \pmod{n}\)，传递性成立。

综上，模\(n\)同余是\(\mathbb{Z}\)上的等价关系。

二、同余类（剩余类）与\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)的定义

1. 同余类的定义

对任意整数\(a\)，\(a\)在模\(n\)同余下的等价类（称为同余类/剩余类）记作\(\bar{a}\)，定义为所有与\(a\)模\(n\)同余的整数构成的集合：

\[\bar{a} = \{a + kn \mid k \in \mathbb{Z}\} = \{\dots, a-2n, a-n, a, a+n, a+2n, \dots\} \]

  • 代表元：同余类\(\bar{a}\)中的任意元素都称为该类的代表元，例如\(\bar{5}\)在模12下，5、17、29、-7都是合法代表元。
  • 最小非负剩余：我们通常将\(0,1,2,\dots,n-1\)称为模\(n\)的最小非负剩余，是每个同余类的标准代表元。

2. 同余类的核心性质

  1. 两个同余类要么相等，要么不交：\(\bar{a} = \bar{b} \iff a \equiv b \pmod{n}\)；若\(a \not\equiv b \pmod{n}\)，则\(\bar{a} \cap \bar{b} = \emptyset\)。
  2. 模\(n\)恰好有\(n\)个不同的同余类：根据带余除法，任意整数\(a\)除以\(n\)的余数\(r\)满足\(0 \leq r < n\)，因此\(a \equiv r \pmod{n}\)，即\(\bar{a} = \bar{r}\)。所有不同的同余类为：

    \[\bar{0}, \bar{1}, \bar{2}, \dots, \overline{n-1} \]

3. 模\(n\)整数集\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)的定义

模\(n\)同余的所有等价类构成的集合，称为模\(n\)整数集，记作\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)：

\[\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = \{\bar{0}, \bar{1}, \dots, \overline{n-1}\} \]

  • 直观理解：\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)是将无限的整数集\(\mathbb{Z}\)按模\(n\)同余“折叠”成的有限集合，共有\(n\)个元素。
  • 术语说明：将整数\(a\)映射到其同余类\(\bar{a}\)的过程，称为模\(n\)约化；找到\(a\)对应的最小非负剩余，称为求\(a\)的最小剩余。

三、\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)上的加法与乘法：良定义性证明

我们可以在\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)上定义加法和乘法运算，核心是运算的结果不依赖于代表元的选择，即运算具有良定义性。

1. 运算的定义

对任意\(\bar{a}, \bar{b} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)，定义：

  • 加法：\(\bar{a} + \bar{b} = \overline{a + b}\)
  • 乘法：\(\bar{a} \cdot \bar{b} = \overline{ab}\)

简单来说：先对代表元做整数的加法/乘法，再对结果取模\(n\)的同余类。

2. 良定义性的严格证明（Theorem 3）

定理：若\(a_1 \equiv b_1 \pmod{n}\)，\(a_2 \equiv b_2 \pmod{n}\)，则：

  1. \(a_1 + a_2 \equiv b_1 + b_2 \pmod{n}\)（加法良定义）
  2. \(a_1a_2 \equiv b_1b_2 \pmod{n}\)（乘法良定义）

证明：
由同余的定义，\(a_1 \equiv b_1 \pmod{n}\)意味着存在整数\(s\)，使得\(a_1 = b_1 + sn\)；同理，\(a_2 \equiv b_2 \pmod{n}\)意味着存在整数\(t\)，使得\(a_2 = b_2 + tn\)。

  1. 加法的良定义：

    \[a_1 + a_2 = (b_1 + sn) + (b_2 + tn) = (b_1 + b_2) + (s + t)n \]

    因此\(n \mid (a_1 + a_2) - (b_1 + b_2)\)，即\(a_1 + a_2 \equiv b_1 + b_2 \pmod{n}\)。
    这说明：无论选\(\bar{a_1}\)的哪个代表元、\(\bar{a_2}\)的哪个代表元，相加后的同余类都是唯一的，加法是良定义的。

  2. 乘法的良定义：

    \[a_1a_2 = (b_1 + sn)(b_2 + tn) = b_1b_2 + b_1tn + b_2sn + stn^2 = b_1b_2 + n(b_1t + b_2s + stn) \]

    因此\(n \mid a_1a_2 - b_1b_2\)，即\(a_1a_2 \equiv b_1b_2 \pmod{n}\)。
    同理，乘法的结果也不依赖代表元的选择，乘法是良定义的。

3. 运算示例（模12）

以\(n=12\)，\(\bar{a}=\bar{5}\)，\(\bar{b}=\bar{8}\)为例：

  • 加法：\(\bar{5} + \bar{8} = \overline{5+8} = \overline{13} = \bar{1}\)（13≡1 mod12）。即使选代表元17（属于\(\bar{5}\)）和-28（属于\(\bar{8}\)），\(17 + (-28) = -11\)，而-11≡1 mod12，结果完全一致。
  • 乘法：\(\bar{5} \cdot \bar{8} = \overline{40} = \bar{4}\)（40≡4 mod12）。选17和-28计算：\(17 \times (-28) = -476\)，-476除以12余4，结果一致。

4. 模运算的代数性质

\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)上的加法和乘法满足以下性质，因此\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)是一个交换环（称为模n整数环）：

  1. 加法交换律：\(\bar{a} + \bar{b} = \bar{b} + \bar{a}\)
  2. 加法结合律：\((\bar{a} + \bar{b}) + \bar{c} = \bar{a} + (\bar{b} + \bar{c})\)
  3. 加法零元：\(\bar{0}\)，满足\(\bar{a} + \bar{0} = \bar{a}\)
  4. 加法逆元：对任意\(\bar{a}\)，其逆元为\(\overline{n-a} = -\bar{a}\)，满足\(\bar{a} + (-\bar{a}) = \bar{0}\)
  5. 乘法交换律：\(\bar{a} \cdot \bar{b} = \bar{b} \cdot \bar{a}\)
  6. 乘法结合律：\((\bar{a} \cdot \bar{b}) \cdot \bar{c} = \bar{a} \cdot (\bar{b} \cdot \bar{c})\)
  7. 乘法单位元：\(\bar{1}\)，满足\(\bar{a} \cdot \bar{1} = \bar{a}\)
  8. 分配律：\(\bar{a} \cdot (\bar{b} + \bar{c}) = \bar{a} \cdot \bar{b} + \bar{a} \cdot \bar{c}\)

四、模运算的应用：快速幂求大数的模

模运算的核心应用之一是计算大数幂次的模，例如求\(2^{1000}\)的最后两位数字，本质是求\(2^{1000} \mod 100\)。

核心原理

由乘法的良定义性，若\(a \equiv b \pmod{n}\)，则\(a^k \equiv b^k \pmod{n}\)对任意正整数\(k\)成立。因此我们可以通过快速幂（二分幂）逐步化简计算：

示例：求\(2^{1000} \mod 100\)

  1. 先计算低次幂的模：\(2^{10} = 1024 \equiv 24 \pmod{100}\)
  2. 平方得\(2^{20} = (2^{10})^2 \equiv 24^2 = 576 \equiv 76 \pmod{100}\)
  3. 注意到\(76^2 = 5776 \equiv 76 \pmod{100}\)，即76的任意次幂模100都是76。
  4. 分解指数：\(1000 = 20 \times 50\)，因此\(2^{1000} = (2^{20})^{50} \equiv 76^{50} \equiv 76 \pmod{100}\)。

因此\(2^{1000}\)的最后两位数字是76。

五、\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)的乘法单位群\((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)

1. 乘法逆元与单位群的定义

  • 乘法逆元：对\(\bar{a} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)，若存在\(\bar{c} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)，使得\(\bar{a} \cdot \bar{c} = \bar{1}\)，则称\(\bar{c}\)是\(\bar{a}\)的乘法逆元，记作\(\bar{a}^{-1}\)。
  • 单位群：\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)中所有具有乘法逆元的元素构成的集合，称为\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)的乘法单位群，记作\((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)：

    \[(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times = \{\bar{a} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \mid \exists \bar{c} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, \bar{a}\cdot\bar{c}=\bar{1}\} \]

2. 单位群的刻画（Proposition 4）

命题：\((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times = \{\bar{a} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \mid (a,n) = 1\}\)，即：\(\bar{a}\)有乘法逆元当且仅当\(a\)与\(n\)互素。

严格证明：
我们分充分性和必要性两部分证明：

（1）充分性：若\((a,n)=1\)，则\(\bar{a} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)

由贝祖等式，若\((a,n)=1\)，则存在整数\(x,y\)，使得\(ax + ny = 1\)。
对等式两边模\(n\)，得\(ax \equiv 1 \pmod{n}\)，因此\(\bar{a} \cdot \bar{x} = \bar{1}\)，即\(\bar{x}\)是\(\bar{a}\)的乘法逆元，故\(\bar{a} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)。

（2）必要性：若\(\bar{a} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)，则\((a,n)=1\)

\(\bar{a}\)有逆元\(\bar{x}\)，即\(ax \equiv 1 \pmod{n}\)，因此存在整数\(k\)使得\(ax - 1 = kn\)，即\(ax - kn = 1\)。
设\(d=(a,n)\)，则\(d \mid a\)且\(d \mid n\)，因此\(d\)整除\(ax - kn = 1\)，故\(d=1\)，即\((a,n)=1\)。

补充说明：该定义与代表元的选择无关。若\(\bar{a}=\bar{b}\)，则\(a \equiv b \pmod{n}\)，即\(a = b + kn\)，因此\((a,n)=(b+kn,n)=(b,n)\)，互素性不随代表元改变，集合是良定义的。

3. 单位群的阶

由欧拉φ函数的定义，\(\varphi(n)\)是\(1\leq a\leq n\)中与\(n\)互素的整数的个数，因此\((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)的元素个数恰好是\(\varphi(n)\)，即\(|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times| = \varphi(n)\)。

4. 乘法逆元的计算方法：扩展欧几里得算法

由贝祖等式的证明，逆元的计算可以通过扩展欧几里得算法实现：

  1. 对\(a\)和\(n\)执行扩展欧几里得算法，得到\(ax + ny = 1\)；
  2. 等式两边模\(n\)，得\(ax \equiv 1 \pmod{n}\)，因此\(\bar{x}\)就是\(\bar{a}\)的逆元；
  3. 若\(x\)为负数，取模\(n\)的最小非负剩余即可。

示例1：求\(\bar{17}\)在\(\mathbb{Z}/60\mathbb{Z}\)中的逆元

  1. 对17和60执行扩展欧几里得算法：

    \[\begin{align*} 60 &= 3\times17 + 9 \\ 17 &= 1\times9 + 8 \\ 9 &= 1\times8 + 1 \\ 8 &= 8\times1 + 0 \end{align*} \]

  2. 回代得到贝祖等式：

    \[1 = 9 - 1\times8 = 2\times9 - 1\times17 = 2\times60 -7\times17 \]

  3. 因此\(-7\times17 \equiv 1 \pmod{60}\)，\(-7\)模60的最小非负剩余是53，故\(\bar{17}\)的逆元是\(\bar{53}\)。

示例2：\(n=9\)时的单位群

\(n=9\)，与9互素的1~8的整数为1,2,4,5,7,8，因此\((\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})^\times = \{\bar{1},\bar{2},\bar{4},\bar{5},\bar{7},\bar{8}\}\)，阶为\(\varphi(9)=6\)，各元素的逆元为：

  • \(\bar{1}^{-1}=\bar{1}\)，\(\bar{2}^{-1}=\bar{5}\)（2×5=10≡1 mod9），\(\bar{4}^{-1}=\bar{7}\)（4×7=28≡1 mod9），
  • \(\bar{5}^{-1}=\bar{2}\)，\(\bar{7}^{-1}=\bar{4}\)，\(\bar{8}^{-1}=\bar{8}\)（8×8=64≡1 mod9）。

补充：素数模的特殊情况

当\(n=p\)是素数时，所有\(1\leq a\leq p-1\)都与\(p\)互素，因此\((\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \setminus \{\bar{0}\}\)，即所有非零元素都有乘法逆元，此时\(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\)是一个有限域（称为素域），是有限域理论的核心原型。

六、核心知识点归纳总结表

核心概念 严格定义 核心性质/判定条件
模\(n\)同余\(a\equiv b\pmod{n}\) \(n \mid (b-a)\) 等价关系，满足自反、对称、传递性
同余类\(\bar{a}\) \(\{a+kn \mid k\in\mathbb{Z}\}\) \(\bar{a}=\bar{b} \iff a\equiv b\pmod{n}\)，模\(n\)共\(n\)个不同同余类
模\(n\)整数集\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 模\(n\)同余类的集合\(\{\bar{0},\bar{1},\dots,\overline{n-1}\}\) 有限集，元素个数为\(n\)，是交换环
模加法\(\bar{a}+\bar{b}\) \(\overline{a+b}\) 良定义，满足交换律、结合律，零元\(\bar{0}\)，逆元\(-\bar{a}=\overline{n-a}\)
模乘法\(\bar{a}\cdot\bar{b}\) \(\overline{ab}\) 良定义，满足交换律、结合律，单位元\(\bar{1}\)，分配律
乘法逆元\(\bar{a}^{-1}\) 满足\(\bar{a}\cdot\bar{c}=\bar{1}\)的\(\bar{c}\) \(\bar{a}\)有逆元\(\iff (a,n)=1\)，逆元唯一
乘法单位群\((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\) 所有有乘法逆元的同余类的集合 \((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times = \{\bar{a} \mid (a,n)=1\}\)，阶为\(\varphi(n)\)
素数模\(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) \(p\)为素数时的模\(p\)整数集 是有限域，所有非零元素都有逆元

补充说明

\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)是抽象代数中商结构的第一个例子，后续的商群、商环、商空间都是这个构造的推广。同时，模运算也是密码学（如RSA算法）、编码理论、数论算法的核心基础，是连接初等数论与抽象代数的关键桥梁。

模n整数环习题完整解答与证明

习题1

\(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\)的所有剩余类（共18个）为：

\[\begin{align*} \bar{0} &= \{18k \mid k \in \mathbb{Z}\} = \{\dots, -36, -18, 0, 18, 36, \dots\}, \\ \bar{1} &= \{18k+1 \mid k \in \mathbb{Z}\} = \{\dots, -35, -17, 1, 19, 37, \dots\}, \\ \bar{2} &= \{18k+2 \mid k \in \mathbb{Z}\} = \{\dots, -34, -16, 2, 20, 38, \dots\}, \\ &\quad\vdots \\ \bar{17} &= \{18k+17 \mid k \in \mathbb{Z}\} = \{\dots, -19, -1, 17, 35, 53, \dots\}. \end{align*} \]

\(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\)的元素为\(\bar{0}, \bar{1}, \bar{2}, \dots, \bar{17}\)。

习题2

命题：\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)的所有不同等价类恰好是\(\bar{0}, \bar{1}, \dots, \overline{n-1}\)。
证明：

  1. 覆盖性：对任意整数\(a \in \mathbb{Z}\)，根据带余除法，存在唯一整数\(q,r\)使得\(a = qn + r\)，其中\(0 \leq r < n\)。
    因此\(a - r = qn\)，即\(n \mid (a-r)\)，故\(a \equiv r \pmod{n}\)，\(a \in \bar{r}\)。所有整数都属于\(\bar{0}, \bar{1}, \dots, \overline{n-1}\)中的一个类。

  2. 互异性：假设\(\bar{i} = \bar{j}\)（\(0 \leq i,j <n\)），则\(i \equiv j \pmod{n}\)，即\(n \mid (i-j)\)。
    由于\(|i-j| <n\)，仅当\(i-j=0\)时整除成立，故\(i=j\)。因此\(\bar{0}, \bar{1}, \dots, \overline{n-1}\)两两不同。

综上，\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)的不同等价类恰好是\(\bar{0}, \bar{1}, \dots, \overline{n-1}\)。

习题3

命题：对正整数\(a = a_n10^n + a_{n-1}10^{n-1} + \dots + a_110 + a_0\)，有\(a \equiv a_n + a_{n-1} + \dots + a_0 \pmod{9}\)。
证明：
已知\(10 \equiv 1 \pmod{9}\)，根据模运算的幂次性质，对任意非负整数\(k\)，有\(10^k \equiv 1^k = 1 \pmod{9}\)。
因此对每一项\(a_k10^k\)，有\(a_k10^k \equiv a_k \cdot 1 = a_k \pmod{9}\)。
根据模运算的加法性质，将所有项相加得：

\[a = \sum_{k=0}^n a_k10^k \equiv \sum_{k=0}^n a_k \pmod{9} \]

特别地，\(9 \mid a\)当且仅当\(a \equiv 0 \pmod{9}\)，当且仅当各位数字之和\(\sum_{k=0}^n a_k \equiv 0 \pmod{9}\)，即9整除各位数字之和。

习题4

求\(37^{100}\)除以29的余数，即计算\(37^{100} \mod 29\)。

  1. 化简底数：\(37 \equiv 37-29 = 8 \pmod{29}\)，因此\(37^{100} \equiv 8^{100} \pmod{29}\)。
  2. 由费马小定理，29是素数，故\(8^{28} \equiv 1 \pmod{29}\)。
  3. 分解指数：\(100 = 28 \times 3 + 16\)，因此\(8^{100} = (8^{28})^3 \cdot 8^{16} \equiv 1^3 \cdot 8^{16} = 8^{16} \pmod{29}\)。
  4. 逐步计算幂次：
    • \(8^2 = 64 \equiv 64-2\times29 = 6 \pmod{29}\)
    • \(8^4 = (8^2)^2 = 6^2 = 36 \equiv 7 \pmod{29}\)
    • \(8^8 = (8^4)^2 = 7^2 = 49 \equiv 20 \pmod{29}\)
    • \(8^{16} = (8^8)^2 = 20^2 = 400 \equiv 400-13\times29 = 23 \pmod{29}\)

最终\(37^{100}\)除以29的余数为\(\boldsymbol{23}\)。

习题5

求\(9^{1500}\)的最后两位数字，即计算\(9^{1500} \mod 100\)。

  1. 计算幂次规律：
    • \(9^2 = 81 \pmod{100}\)
    • \(9^4 = 81^2 = 6561 \equiv 61 \pmod{100}\)
    • \(9^5 = 61 \times9 = 549 \equiv 49 \pmod{100}\)
    • \(9^{10} = 49^2 = 2401 \equiv 1 \pmod{100}\)
  2. 分解指数：\(1500 = 10 \times 150\)，因此\(9^{1500} = (9^{10})^{150} \equiv 1^{150} = 1 \pmod{100}\)。

最终\(9^{1500}\)的最后两位数字为\(\boldsymbol{01}\)。

习题6

命题：\(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\)中元素的平方仅为\(\bar{0}\)和\(\bar{1}\)。
证明：
\(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\)的元素为\(\bar{0},\bar{1},\bar{2},\bar{3}\)，逐一计算平方：

  • \(\bar{0}^2 = \overline{0\times0} = \bar{0}\)
  • \(\bar{1}^2 = \overline{1\times1} = \bar{1}\)
  • \(\bar{2}^2 = \overline{4} = \bar{0}\)
  • \(\bar{3}^2 = \overline{9} = \bar{1}\)

所有平方结果仅为\(\bar{0}\)和\(\bar{1}\)，命题得证。

习题7

命题：对任意整数\(a,b\)，\(a^2 + b^2\)除以4的余数不可能为3。
证明：
由习题6的结论，任意整数的平方模4只能是0或1，因此\(a^2 + b^2\)模4的可能结果为：

  • \(0+0=0\)，\(0+1=1\)，\(1+0=1\)，\(1+1=2\)。

所有可能的余数仅为0,1,2，不存在3，因此\(a^2 + b^2\)除以4的余数不可能为3。

习题8

命题：方程\(a^2 + b^2 = 3c^2\)没有非零整数解。
证明：反证法+无穷递降法。
假设存在非零整数解\((a,b,c)\)，取\(|a|+|b|+|c|\)最小的一组正整数解。

  1. 模4分析：
    右边\(3c^2\)模4的可能值为0或3；左边\(a^2 + b^2\)模4只能是0,1,2，因此仅当\(3c^2 \equiv 0 \pmod{4}\)时等式成立，即\(c^2 \equiv0 \pmod{4}\)，故\(c\)为偶数，设\(c=2c_1\)。

  2. 代入化简：
    代入原方程得\(a^2 + b^2 = 12c_1^2\)，因此\(a^2 + b^2 \equiv0 \pmod{4}\)，仅当\(a^2 \equiv0 \pmod{4}\)且\(b^2 \equiv0 \pmod{4}\)时成立，故\(a,b\)均为偶数，设\(a=2a_1\)，\(b=2b_1\)。

  3. 递降矛盾：
    代入得\(4a_1^2 +4b_1^2 =12c_1^2\)，两边除以4得\(a_1^2 + b_1^2 =3c_1^2\)，即\((a_1,b_1,c_1)\)也是原方程的非零解，且\(|a_1|+|b_1|+|c_1| = \frac{|a|+|b|+|c|}{2} < |a|+|b|+|c|\)，与最小解的假设矛盾。

因此原方程无任何非零整数解。

习题9

命题：任意奇数的平方除以8的余数为1。
证明：
任意奇数可表示为\(2k+1\)（\(k\in\mathbb{Z}\)），计算其平方：

\[(2k+1)^2 =4k^2 +4k +1 =4k(k+1)+1 \]

\(k\)和\(k+1\)是连续整数，必有一个为偶数，故\(k(k+1)\)是2的倍数，因此\(4k(k+1)\)是8的倍数，即\(4k(k+1) \equiv0 \pmod{8}\)。
因此\((2k+1)^2 \equiv 1 \pmod{8}\)，命题得证。

习题10

命题：\((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)的元素个数为欧拉φ函数\(\varphi(n)\)。
证明：
\((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)的定义是\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)中具有乘法逆元的元素集合。由习题12、13的结论，\(\bar{a} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)当且仅当\((a,n)=1\)。

\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)的元素为\(\bar{0},\bar{1},\dots,\overline{n-1}\)，其中满足\((a,n)=1\)的\(a\)的个数，恰好是欧拉φ函数\(\varphi(n)\)的定义（\(1\leq a\leq n\)中与\(n\)互素的整数个数，\(a=n\)时\((n,n)=n>1\)，故与\(1\leq a\leq n-1\)的计数一致）。

因此\(|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times| = \varphi(n)\)。

习题11

命题：若\(\bar{a},\bar{b} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)，则\(\bar{a}\cdot\bar{b} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)。
证明：
\(\bar{a},\bar{b}\)有乘法逆元，即存在\(\bar{a}^{-1},\bar{b}^{-1}\)使得\(\bar{a}\cdot\bar{a}^{-1}=\bar{1}\)，\(\bar{b}\cdot\bar{b}^{-1}=\bar{1}\)。
考虑\(\bar{b}^{-1}\cdot\bar{a}^{-1}\)，有：

\[(\bar{a}\cdot\bar{b}) \cdot (\bar{b}^{-1}\cdot\bar{a}^{-1}) = \bar{a}\cdot(\bar{b}\cdot\bar{b}^{-1})\cdot\bar{a}^{-1} = \bar{a}\cdot\bar{1}\cdot\bar{a}^{-1} = \bar{1} \]

同理\((\bar{b}^{-1}\cdot\bar{a}^{-1}) \cdot (\bar{a}\cdot\bar{b}) = \bar{1}\)，因此\(\bar{a}\cdot\bar{b}\)有乘法逆元，即\(\bar{a}\cdot\bar{b} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)。

习题12

命题：设\(n>1\)，\(1\leq a\leq n\)，若\((a,n)\neq1\)，则存在\(1\leq b <n\)使得\(ab\equiv0 \pmod{n}\)，且不存在\(c\)使得\(ac\equiv1 \pmod{n}\)。
证明：

  1. 存在性证明：
    设\(d=(a,n)>1\)，令\(a=da'\)，\(n=dn'\)，则\(1\leq n' <n\)。取\(b=n'\)，则\(ab = da'\cdot n' = a'\cdot dn' = a'n\)，故\(n\mid ab\)，即\(ab\equiv0 \pmod{n}\)。

  2. 逆元不存在的证明：反证法。
    假设存在\(c\)使得\(ac\equiv1 \pmod{n}\)，则对\(ab\equiv0 \pmod{n}\)两边乘\(c\)得：

    \[(ab)c \equiv 0 \cdot c =0 \pmod{n} \]

    而\((ab)c = (ac)b \equiv 1\cdot b =b \pmod{n}\)，故\(b\equiv0 \pmod{n}\)，与\(1\leq b <n\)矛盾。因此不存在这样的\(c\)。

习题13

命题：设\(n>1\)，\(1\leq a\leq n\)，若\((a,n)=1\)，则存在整数\(c\)使得\(ac\equiv1 \pmod{n}\)。
证明：
由贝祖等式，\((a,n)=1\)意味着存在整数\(c,k\)使得\(ac + nk =1\)。
对等式两边模\(n\)，得\(ac \equiv1 \pmod{n}\)，因此\(c\)即为满足条件的整数。

习题14

命题：\((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times = \{ \bar{a} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \mid (a,n)=1 \}\)，并验证\(n=12\)的情况。
证明：

  • 充分性：若\((a,n)=1\)，由习题13，\(\bar{a}\)有乘法逆元，故\(\bar{a} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)。
  • 必要性：若\(\bar{a} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)，由习题12的逆否命题，必有\((a,n)=1\)。

因此\(\bar{a} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times\)当且仅当\((a,n)=1\)，命题得证。

\(n=12\)的直接验证

\(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\)的元素为\(\bar{0},\bar{1},\dots,\bar{11}\)：

  1. 与12互素的\(a\)为1,5,7,11，因此\((\mathbb{Z}/12\mathbb{Z})^\times = \{ \bar{1},\bar{5},\bar{7},\bar{11} \}\)。
  2. 逆元验证：
    • \(\bar{1}\cdot\bar{1}=\bar{1}\)，\(\bar{5}\cdot\bar{5}=\overline{25}=\bar{1}\)，
    • \(\bar{7}\cdot\bar{7}=\overline{49}=\bar{1}\)，\(\bar{11}\cdot\bar{11}=\overline{121}=\bar{1}\)。
  3. 其余元素（2,3,4,6,8,9,10）与12不互素，均无乘法逆元，与命题结论完全一致。

习题15

(a) \(a=13,\ n=20\)

  • 互素性：\((13,20)=1\)，二者互素。
  • 逆元计算：扩展欧几里得算法得\(1=2\times20 -3\times13\)，故\(-3\times13\equiv1\pmod{20}\)，\(-3\mod20=17\)。
  • 结果：逆元为\(\boldsymbol{17}\)。

(b) \(a=69,\ n=89\)

  • 互素性：\((69,89)=1\)，二者互素。
  • 逆元计算：扩展欧几里得算法得\(1=40\times69 -31\times89\)，故\(40\times69\equiv1\pmod{89}\)。
  • 结果：逆元为\(\boldsymbol{40}\)。

(c) \(a=1891,\ n=3797\)

  • 互素性：\((1891,3797)=1\)，二者互素。
  • 逆元计算：扩展欧几里得算法得\(1=253\times1891 -126\times3797\)，故\(253\times1891\equiv1\pmod{3797}\)。
  • 结果：逆元为\(\boldsymbol{253}\)。

(d) \(a=6003722857,\ n=77695236973\)

  • 互素性：欧几里得算法得gcd=1，二者互素。
  • 逆元计算：扩展欧几里得算法得\(1=17\times77695236973 -220\times6003722857\)，故\(-220\mod77695236973=77695234753\)。
  • 结果：逆元为\(\boldsymbol{77695234753}\)。

习题16

模n运算Python实现（不使用内置mod函数）

def division_algorithm(a, b):
    """带余除法，返回(q, r)满足a = q*b + r，0<=r<b，b>0"""
    if b <= 0:
        raise ValueError("除数b必须为正整数")
    q = 0
    r = a
    if a >= 0:
        while r >= b:
            r -= b
            q += 1
    else:
        while r < 0:
            r += b
            q -= 1
    return q, r

def mod_add(a, b, n):
    """计算(a + b) mod n，返回最小非负剩余"""
    sum_ab = a + b
    _, r = division_algorithm(sum_ab, n)
    return r

def mod_mul(a, b, n):
    """计算(a * b) mod n，返回最小非负剩余"""
    product = a * b
    _, r = division_algorithm(product, n)
    return r

def extended_gcd(a, b):
    """扩展欧几里得算法，返回(gcd, x, y)满足ax + by = gcd(a,b)"""
    old_r, r = a, b
    old_s, s = 1, 0
    old_t, t = 0, 1
    while r != 0:
        q, _ = division_algorithm(old_r, r)
        old_r, r = r, old_r - q * r
        old_s, s = s, old_s - q * s
        old_t, t = t, old_t - q * t
    return old_r, old_s, old_t

def mod_inverse(a, n):
    """求a在模n下的乘法逆元，不存在则返回None"""
    gcd, x, _ = extended_gcd(a, n)
    if gcd != 1:
        return None
    _, x = division_algorithm(x, n)
    return x if x != 0 else n

# 交互主程序
if __name__ == "__main__":
    print("模n运算工具")
    n = int(input("请输入模n（n>1）："))
    if n <= 1:
        print("n必须大于1，程序退出")
        exit()
    
    while True:
        print("\n===== 操作菜单 =====")
        print("1. 模加法 (a + b) mod n")
        print("2. 模乘法 (a * b) mod n")
        print("3. 求乘法逆元 a^{-1} mod n")
        print("4. 退出程序")
        choice = input("请选择操作（1-4）：")

        if choice == "1":
            a = int(input("输入整数a："))
            b = int(input("输入整数b："))
            res = mod_add(a, b, n)
            print(f"({a} + {b}) mod {n} = {res}")
        elif choice == "2":
            a = int(input("输入整数a："))
            b = int(input("输入整数b："))
            res = mod_mul(a, b, n)
            print(f"({a} * {b}) mod {n} = {res}")
        elif choice == "3":
            a = int(input("输入整数a："))
            inv = mod_inverse(a, n)
            if inv is None:
                print(f"{a}与{n}不互素，无乘法逆元")
            else:
                print(f"{a}在模{n}下的逆元为：{inv}")
        elif choice == "4":
            print("程序已退出")
            break
        else:
            print("无效选项，请重新输入")

功能说明：

  1. 自主实现带余除法，不依赖内置%运算符；
  2. 支持模加法、模乘法，输出最小非负剩余；
  3. 实现扩展欧几里得算法，可求解互素元素的乘法逆元；
  4. 交互界面简洁，支持循环操作。

posted on 2026-03-20 16:45  Indian_Mysore  阅读(0)  评论(0)    收藏  举报

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