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互質質因數分解

合同一次同餘式

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5.1.2 輾轉相除

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gonghr發表於2021-06-24

定義5.1.1 ：設a和b是任意整數，若存在整數c，使得a=bc，則稱a是b的倍數，b是a的因數。或者稱a被b整除，而b整除a。記為b|a。

注意：

（1）任意整數整除0 ，特別0|0； 0=b·0；(c=0) 0=0·c(c可以是任意整數)，但0不能整除任意非零整數。a=0·c(a≠0)

（2）1和（-1）整除任意整數。 a=1·a；a=(-1)·(-a)

推論：b|a，(b$\ne$ 0) 當且僅當a被b除（或者a除以b,或者b除a）的餘數為0。

整除的基本性質

性質1 若a|b，b|c，則a|c （傳遞性）

性質2 若a|b，則a|bc （b|bc用傳遞性證明)

性質3 若a|b，a|c，則a|b$\pm$c。

性質4 若a整除b1,…,bn, 則a| $\mathrm{\lambda}_1\mathrm{b}_1$+…+ $\mathrm{\lambda}_n\mathrm{b}_n$，其中$\mathrm{\lambda}_{\mathrm{i}}$為任意整數。

性質5 若在一等式中，除某項外，其餘各項都是a的倍數，則此項也是a的倍數

性質6 若a|b，b|a，則b=$\pm$a

性質7 設a=qb+c，則a，b的公因數與b，c的公因數是完全相同的

定義5.1.2

若d是a的因數也是b的因數，則稱d為a，b的公因數。
若d是a，b的公因數，而a，b的任意公因數整除d，則稱d為a，b的最高公因數。a，b的最高公因數通常記為d=(a,b)。

例：8，12有公因數：±1, ±2, ±4, 其中， ±1|4, ±2|4, ±4|4，(注意正負）則4是8和12的最高公因數，記為4=(8, 12)。-4也是

問題：0和0的最高公因數是多少？【答】：0

定理5.1.2 ：任意二整數a，b有最高公因數。

定理5.1.3：任意二整數a，b的最高公因數d可以表示為a，b的倍數和，即表為下面的形式：d=sa+tb 其中 s，t都是整數。

輾轉相除法求最高公因式：

使用輾轉相除法求兩個數a，b的最高公因數並表示為它們的倍數和，需要使用的主要公式如下：

\[\mathrm{S}_0=0,\mathrm{S}_1=1,\mathrm{T}_0=1,\mathrm{T}_1=\mathrm{q}_1 \\ \mathrm{S}_{\mathrm{k}}=\mathrm{q}_{\mathrm{k}}\mathrm{S}_{\mathrm{k}-1}+\mathrm{S}_{\mathrm{k}-2} \\ \mathrm{T}_{\mathrm{k}}=\mathrm{q}_{\mathrm{k}}\mathrm{T}_{\mathrm{k}-1}+\mathrm{T}_{\mathrm{k}-2} \\ \mathrm{d}=\left( -1 \right) ^{\mathrm{n}-1}\mathrm{S}_{\mathrm{n}}\mathrm{a}+\left( -1 \right) ^{\mathrm{n}}\mathrm{T}_{\mathrm{n}}\mathrm{b} \]

定義5.2.1 ：若a，b除±1外無其它公因數，則稱a和b互質。

結論：

1、a和b互質，必要而且只要a、b的最高公因數為1(通常只考慮+1)。

2、±1和任意整數(包括0)互質。

定理5.2.1 ：a和b互質，當且僅當1可表示為a和b的倍數和形式，即存在整數s和t使1=sa+tb。

定理5.2.2：若a和b互質，而a|bc，則a|c。

定理5.2.3：若b和a1，a2，…，an都互質，則b和a1a2…an互質。

定理5.2.4：若m1，m2，…，mk兩兩互質而都整除a，則m1m2…mk|a。

常用結論：$2^{\mathrm{p}}$-1和$2^{\mathrm{q}}$-1互質的充要條件是p和q互質。

定義5.2.2：一個正整數，如果不等於1而且除了自己和1沒有其它正因數，則稱其為一個質數(也稱為素數)；否則稱其為合數。
這樣，正整數分為{1, 質數，合數}

結論：

1、質數p和a互質，必要而且只要p $\nmid$ a

2、任意兩個不同的質數互質

定理5.2.5 ：設p為質數，若p整除a1a2…an，則p整除a1，a2，…，an之一。

定理5.2.6 (算術基本定理)：任意正整數n（n$\ne$ 1）恰有一法寫成質數的乘積（不計因數乘積的順序）。

推論1：任意整數($\ne$ 0，$\ne$ ±1)恰好有一法寫成下面的形式：±$\mathrm{p}_1$…$\mathrm{p}_k$，其中$\mathrm{p}_1$,…,$\mathrm{p}_k$都是質數。

推論2：任意整數($\ne$ 0，$\ne$ ±1)恰好有一法寫成下面的形式：±${\mathrm{p}_1}^{\mathrm{r}_1}$…${\mathrm{p}_n}^{\mathrm{r}_n}$，其中$\mathrm{p}_1$,…,$\mathrm{p}_n$是不同的質數，$\mathrm{r}_1$,…,$\mathrm{r}_n$是正整數。

定理5.2.7：質數無窮多。

定義. 設a,b為二整數，m是任意非0整數。若 m|a-b，則稱a合同於b 模m。記為：a$\equiv$b(mod m)

注意：

（1）合同為整除的另一種表示法，故整除的性質在此可用。特別地，若b=0，則a$\equiv$0(mod m)表示的就是m|a。

（2）若m|a，則- m|a。所以，若未指定m而一般地討論模m合同時，總假定m是正整數。

（3）a$\equiv$b(mod m) iff 以m除a和b所得的餘數相同

合同的基本性質：

性質1： a$\equiv$a。
性質2：若a$\equiv$b,則b$\equiv$a。
性質3：若a$\equiv$b，b$\equiv$c，則a$\equiv$c。
故合同是一種等價關係。
每一個等價類稱為模m的一個剩餘類。

性質4：若a$\equiv$b(mod m),c$\equiv$d(mod m)，則a$\pm$c$\equiv$b$\pm$d(mod m)，ac$\equiv$bd(mod m)

性質5：若a$\equiv$b(mod m)，則a$\pm$k$\equiv$b$\pm$k (mod m)。其中k為整數。

性質6：若a+b$\equiv$c(mod m)，則a$\equiv$c-b(mod m)。

性質7：若a$\equiv$b(mod m)，則ac$\equiv$bc(mod m)。

性質8：若a$\equiv$b(mod m)，則$\\\mathrm{a}^{\mathrm{n}}\equiv \mathrm{b}^{\mathrm{n}}$(mod m)， n$\geqslant $0

性質9：若c$\ne$ 0而ac$\equiv$ bc(mod mc)，則a$\equiv$ b(mod m)。

性質10：若c和m互質，則由ac$\equiv$bc(mod m)可以推出a$\equiv$b(mod m)。

性質11：若ac$\equiv$bc(mod m)，且（c, m）=d，則a$\equiv$b(mod m/d)

其實性質9和10是都性質11的特例，因為性質9裡(c,m)=d=c，性質10裡(c,m)=d=1

結論：若(c,m)=d,則(c/d , m/d)=1

對於質數模p(即模p為質數，如mod 3)，則有與相等完全類似的消去律。

性質12：若p為質數，c$\not \equiv$ 0(mod p)，（c,p互質），而ac$\equiv$ bc(mod p)，則a$\equiv$ b(mod p)。

性質13：設p(x)是整係數多項式，x和y是整數變數，則由x$\equiv$y(mod m)可得p(x) $\equiv$p(y) (mod m)。

等價類、剩餘類：模m合同既然是一種等價關係，就可以把所有整數按照模 m合同的關係分為等價類，每一個等價類稱為模m的一個剩餘類。

例如，整數集合Z，模3，得到：
餘數為0: {…, -6, -3, 0, 3, 6, …}
餘數為1: {…, -5, -2, 1, 4, 7, …}
餘數為2: {…, -4, -1, 2, 5, 8, …}

1、同一個剩餘類中的數互相合同，不同的剩餘類中的數不互相合同。

2、因為以m去除任意整數，可能得到的餘數恰有0，1，…，m-1，這m個數，所以模m共有m個剩餘類。

3、從模m每個剩餘類中任意取出一個數作為代表，得到m個數，比方r1, r2, …,rm，稱這m個數作成一個完全剩餘系。

例1： 0，1，…，m-1便是這樣一個完全剩餘系，稱為模m 的非負最小完全剩餘系。
任意整數模m恰好合同於此完全剩餘系中的一個數。
例2：模3，三個數0，1，2作成一個完全剩餘系，-1，0，1也作成一個完全剩餘系。
例3：模2，兩個數0，1作成一個完全剩餘系，0代表所有偶數，1代表所有奇數.

同餘式：含有整數變數的合同式，稱為合同方程或同餘式 。

ax$\equiv$b(mod m)這種形式的合同式稱為一次同餘式；類似地，$\mathrm{a}_2\mathrm{x}^2+\mathrm{a}_1\mathrm{x}\equiv \mathrm{b}\left( \mathrm{mod} \mathrm{m} \right)$稱為二次同餘式。

一次同餘式解的個數：

1、若a和m互質，b任意，則模m恰有一個數x使ax$\equiv$ b(mod m) 。

推論：設p為質數。若a$\not \equiv$ 0 (mod p)，b任意，則模p恰有一個數x使ax$\equiv$ b(mod p)。

2、若(a, m)=d>1 ，且d|b，則同餘式ax$\equiv$ b(mod m)有d個解

求解一次合同方程的方法：

方法一：先使用輾轉相除方法將互質的a與m的最大公因數1表示為a和m的倍數和的形式：1=as+mt，然後取x=sb，即可。

注意：$\mathrm{s}=\mathrm{T}_{\mathrm{k}}$

方法二 ：就是利用合同的性質，使x的係數變成1，即得到解。

定理5.3.2：若(a, m)=d>1，且d$\nmid$b，則同餘式ax$\equiv$ b (mod m)無解。

本定理可以作為同餘式無解的判定定理.

定理5.3.3：若(a, m)=d>1 ，且d|b，則同餘式ax$\equiv$b(mod m)有d個解，分別為 $\mathrm{\alpha}$, $\mathrm{\alpha}$+m/d, $\mathrm{\alpha}$+2m/d, …, $\mathrm{\alpha}$+(d-1)m/d ……
其中$\mathrm{\alpha}$是同餘式(a/d)x$\equiv$b/d (mod m/d)的解。

定理5.4.1 設[m1,m2]為m1，m2的最低公倍數。則同餘式組
x$\equiv$a1 (mod m1)
x$\equiv$a2 (mod m2) ……………..(1)
在mod[m1,m2]下有唯一解的充要條件為
(m1,m2)|(a1-a2) ……………………….(2)

Note：當此定理中的(m1,m2)=1這種特殊情況時，則（1）有關於模m1m2唯一解。推廣此特殊情形即得到中國剩餘定理，也稱為孫子定理。後經過秦九韶整理和解法的推廣，我們這裡稱之為秦九韶定理。

秦九韶定理 ：設m1, m2 , …, mk兩兩互質。a1, a2, …, ak為k個整數，則下列同餘式組有解，且在模m1 m2 …mk下解唯一：

\[\left. \begin{array}{r} \mathrm{x}\equiv \mathrm{a}_1\left( \mathrm{mod} \quad\mathrm{m}_1 \right) ,\\ \mathrm{x}\equiv \mathrm{a}_2\left( \mathrm{mod} \quad\mathrm{m}_2 \right) ,\\ \mathrm{……} \mathrm{……} \mathrm{……},\\ \mathrm{x}\equiv \mathrm{a}_{\mathrm{k}}\left( \mathrm{mod} \quad\mathrm{m}_{\mathrm{k}} \right)\\ \end{array} \right\} \left( 1 \right) \]

習題：

結論：設n是任意正整數， A 為mod n的任意剩餘類，a$\in$A。若a和n互質，則A中任意數和n互質。

若A中有一個數和n互質，則其中所有的數都和n互質。故A 中的數或者都和n互質，或者都和n不互質。

**例. ** mod 6
2，8，16 ，…,與6都不互質。
5，11，17，…,與6都互質。

定義：設A 為mod n的一個剩餘類，若對a$\in$A，a與n互質，則稱剩餘類A與n互質。

Euler函式 ：

定義：和n互質的剩餘類的個數稱為Euler(尤拉)函式,記為$\mathrm{\varphi}$(n)。
定義：從和n互質的每一個剩餘類中取出一個數，這樣得到的$\mathrm{\varphi}$(n)個數稱之為作成mod n的一個簡化剩餘系。
顯然，從mod n的一個非負最小完全剩餘系中取出與n互質的那些數,就得到mod n的一個簡化剩餘系，因而$\mathrm{\varphi}$(n)等於$\leqslant$n的正數中和n互質的數的個數。

例 n=10，則mod n的一個完全剩餘係為0，1，…，9，一個簡化剩餘係為1，3，7，9，$\mathrm{\varphi}$(10)=4。
例 n=12，則mod n的一個完全剩餘係為0，1，…，11，一個簡化剩餘係為1，5，7，11，$\mathrm{\varphi}$(12)=4。

定理5.4.5 ：設m=m1…mk，而m1, …, mk兩兩互質。則$\mathrm{\varphi}$(m)= $\mathrm{\varphi}$(m1)$\mathrm{\varphi}$(m2) …$\mathrm{\varphi}$(mk)

例. $\mathrm{\varphi}$(2646)= $\mathrm{\varphi}$(2×27×49)
= $\mathrm{\varphi}$(2) ×$\mathrm{\varphi}$(27)×$\mathrm{\varphi}$(49)

定理5.4.6 ：$ \text{設n}={\mathrm{p}_1}^{\mathrm{r}_1}{\mathrm{…p}_{\mathrm{k}}}^{\mathrm{r}_{\mathrm{k}}}\text{是n的質因數分解式，p}_1\mathrm{…p}_{\mathrm{k}}\text{都不相同，於是} \\ \mathrm{\varphi}\left( \mathrm{n} \right) =\mathrm{n}\left( 1-\frac{1}{\mathrm{p}_1} \right) \mathrm{…}\left( 1-\frac{1}{\mathrm{p}_{\mathrm{k}}} \right)$

$\text{例} \mathrm{\varphi (}2646)=\mathrm{\varphi (}2×3^3×7^2)=2646×(1-1/2)(1-1/3)(1-1/7)=756$

定理5.4.7(Fermat-Euler定理,Euler1760年提出) ：若a和n互質，則$\mathrm{a}^{\mathrm{\varphi}\left( \mathrm{n} \right)}\equiv 1$(mod n)

$\text{例}：a=3,n=10,3與10互質,\mathrm{\varphi (}10)=4,則3^4\equiv 1(mod10) \\ a=5,n=12,5與12互質,\mathrm{\varphi (}12)=4,則5^4\equiv 1(mod12)$

推論1 (Fermat小定理Ⅰ)
若p是質數而p $\nmid$ a，則$\mathrm{a}^{\mathrm{p}-1}\equiv 1$(mod p)。

推論2（Fermat小定理Ⅱ）
若p為質數，則對任意整數a,都有$\mathrm{a}^{\mathrm{p}}\equiv a$(mod p)。

例:p=3, a=2, $2^{3-1}\equiv 1\left( \mathrm{mod} 3 \right)$ $2^{3}\equiv 2\left( \mathrm{mod} 3 \right)$

例題：

1、用輾轉相除法求1046和2683的最高公因數並表示為它們的倍數和。

2683/1046=2……591

1046/591=1……455

591/455=1……136

455/136=3……47

136/47=2……42

47/42=1……5

42/5=8……2

5/2=2……1

2/1=2……0

k	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
$\mathrm{r}_{\mathrm{k}}$		591	455	136	47	42	5	2	1	0
$\mathrm{q}_{\mathrm{k}}$		2	1	1	3	2	1	8	2	2
$\mathrm{S}_{\mathrm{k}}$	0	1	1	2	7	16	23	200	423
$\mathrm{T}_{\mathrm{k}}$	1	2	3	5	18	41	59	513	1085

最高公因數：$1=\left( -1 \right) ^{8-1}\times 423\times 2683+\left( -1 \right) ^8\times 1085\times 1046$ （注意n是最後一個非零餘項的n）

公式：

\[\mathrm{S}_0=0,\mathrm{S}_1=1,\mathrm{T}_0=1,\mathrm{T}_1=\mathrm{q}_1\\\mathrm{S}_{\mathrm{k}}=\mathrm{q}_{\mathrm{k}}\mathrm{S}_{\mathrm{k}-1}+\mathrm{S}_{\mathrm{k}-2}\\\mathrm{T}_{\mathrm{k}}=\mathrm{q}_{\mathrm{k}}\mathrm{T}_{\mathrm{k}-1}+\mathrm{T}_{\mathrm{k}-2}\\\mathrm{d}=\left( -1 \right) ^{\mathrm{n}-1}\mathrm{S}_{\mathrm{n}}\mathrm{a}+\left( -1 \right) ^{\mathrm{n}}\mathrm{T}_{\mathrm{n}}\mathrm{b} \]

2、判斷題：0和1 是互質的。（對）

【解】±1和任意整數(包括0)互質。

3、判斷題：0和100的最高公因數是±100。（對）

判定同餘式206x$\equiv$ 114(mod 422)是否有解，如果存在請給出解。

【解】(206,114)=2且2|114故有兩個解

法一：

先求103$\equiv$ 57(mod 211)的解

211=103*2+5

故206x$\equiv$ 114(mod 211) 又因為211x$\equiv$ 0(mod 211)

5x$\equiv$ -114(mod 211)

5x$\equiv$ 97(mod 211)

因為211=42*5+1

故210x$\equiv$ 12936(mod 211)

211x$\equiv$ 0(mod 211)

x$\equiv$ -12936(mod 211)

x$\equiv$ 146(mod 211)

故x$\equiv$ 146(mod 422) x$\equiv$ 357(mod 422)

法二：

先求103$\equiv$57(mod 211)的解

211=103*2+5

103=20*5+3

5=3*1+2

3=2*1+1

2=1*2+0

最高公因式：$1=\left( -1 \right) ^3\times 41\times 211+\left( -1 \right) ^4\times 84\times 103$

由此知：$\mathrm{S}=\left( -1 \right) ^4\times 84=84$

$x=Sb=84\times57=4788=211\times 23-65\equiv -65\left( \mathrm{mod } 211 \right) \equiv 146\left( \mathrm{mod } 211 \right)$

歸正以後得x$\equiv$ 146(mod 422) x$\equiv$ 357(mod 422)

k	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
\(\mathrm{r}_{\mathrm{k}}\)		591	455	136	47	42	5	2	1	0
\(\mathrm{q}_{\mathrm{k}}\)		2	1	1	3	2	1	8	2	2
\(\mathrm{S}_{\mathrm{k}}\)	0	1	1	2	7	16	23	200	423
\(\mathrm{T}_{\mathrm{k}}\)	1	2	3	5	18	41	59	513	1085

$\mathrm{r}_{\mathrm{k}}$

$\mathrm{q}_{\mathrm{k}}$

$\mathrm{S}_{\mathrm{k}}$

$\mathrm{T}_{\mathrm{k}}$