高次剩余规律初探(二)

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1、高次剩余规律初探（二）陈文渊（陕西咸阳）摘要高次剩余问题，是个未能得到很好解决的问题。本文运用初等数论方法，在以素数为模的情况下，研究了{}、{}类型数集的剩余问题。在延伸前人理论的同时，定义了二项同余方程的真解，研究了二项同余方程解集的内在同余关系和性质；研究了二项同余方程、{}型数集、{}型数集三者之间的内在同余关系和性质。初步给出了高次剩余之和的剩余规律多条，与高次剩余之积的剩余规律多条，以及高次矩阵的剩余规律。关键词：高次剩余、同余、对模。一些理论的延伸定义1：设m是一个大于1的正整数，a是正整数，且（m，a）=1，若有an≡r（modm）（1≤

2、r≤m-1）成立，则r就叫做对模m的高次剩余。定理（一）p是一个奇素数，a是一个正整数，且（p，α）=1,若p-1=d1·b1=d2·b2=……=ds·bs，则当≡r（modp）有≡1（modp）（1≤r≤p-1）当≡r（modp）有≡1（modp）（i=1,2，……s）证明：由费尔马定理可知33∵=ap-1≡1（modp）又≡（modp）∴≡1（modp）定理（二）p是一个奇素数，a是一个正整数，且（p，a）=1，则当ak≡1（modp）有akn≡1（modp）（）当ak≡-1（modp）有ak（2n-1）≡－1（modp）证明：∵（ak）n≡1n（m

3、odp）∴akn≡1（modp）同理可得∵（ak）2n-1≡（-1）2n-1（modp）∴ak（2n-1）≡-1（modp）定理（三）若p是奇素数，a是正整数，（p，α）=1，且有an≡r（modp）（1≤r≤p-1，）当ak≡1（modp）则ak+n≡r（modp）当ak≡-1（modp）则ak+n≡p-r（modp）证明：∵ak·an≡1·r（modp）∴ak+n≡r（modp）33∵ak·an≡（-1）·r≡p-r（modp）∴ak+n≡p-r（modp）定理（四）若p是素数，a，c分别是正整数，且p=a+c，当a2n≡r（modp）（1≤r≤p-

4、1，n∈N）则c2n≡r（modp）当a2n+1≡r（modp）则c2n+1≡p-r（modp）证明：由p=a+c，得a=p-c。∴a2n=（p-c）2n=[p（p-2c）+c2]n=pq+c2n式中q为由二项展开式所有含p各项决定的一个正整数。∴a2n≡c2n（modp）已知a2n≡r（modp）∴c2n≡r（modp）同理，由p=a+c，得a=p-c。∴a2n+1=（p-c）2n+1=（p-c）（p-c）2n=a[p（p-2c）+c2]n=paq+ac2n式中q为由二项展开式所有含p各项决定的一个正整数。给上式两边同时加c2n+1，有a2n+1+c2

5、n+1=paq+ac2n+c2n+133=paq+（a+c）c2n=p（aq+c2n）已知a2n+1≡r（modp）∴c2n+1≡p-r（modp）定理（五）若p是素数，a是正整数，（p，a）=1，在数集{am}中有ak≡1（modp）当{am}对模p分为k个不为零的剩余类，依次分别为{ank+1}≡r1（modp）{ank+2}≡r2（modp）…………{a(n+1)k-1}≡rk-1（modp）（n=0，1，2，……）{a(n+1)k}≡rk=1（modp）（i=1，2，……,k）则在{(ank+i-ri)/p}中，任截连续p个项，对模p是一个完全剩

6、余系的充要条件是（p，(ak-1)/p）=1。证明：∵ak≡1（modp）令ak=pq+1显然q=(ak-1)/p[(ak)n-1]/p=[(pq+1)n-1]/p由二项式原理可得当n=0时，[(pq+1)0-1]/p=0当n=1时，[(pq+1)1-1]/p=pq1+q当n=2时，[(pq+1)2-1]/p=pq2+2q33………………当n=j时，[(pq+1)j-1]/p=pqj+jq………………由上式可知，只有当（p，q）=（p,(ak-1)/p）=1时，则在上式中任截连续p个项（式），对模p是一个完全剩余系。∵ank≡1（modp）ai≡ri（m

7、odp）∴ank+i≡ri（modp）故只有(p,(ak-1)/p)=(p,(ank-1)/p)=1时，则在{(ank+i-ri)/p}中,任截连续p个项，对模p是一个完全剩余系。定理（六）如果p是奇素数，a、b、d、k、m皆为正整数，（a，p）=1，db=p-1，ak为{am}中任意一项时，有ak≡a0（modp）ab+k≡a1（modp）a2b+k≡a2（modp）………………aib+k≡ai（modp）………………则≡≡≡……≡≡……≡r（modp）式中1≤ai≤p-1；1≤r≤p-1；i=0、1、2……证明：∵（aib+k）d=ai（p-1）·a

8、kd由定理（二）可知ai（p-1）≡1（modp）33当akd≡r（modp）（