高次剩余规律初探.doc

高 次 剩 余 规 律 初 探隆 民 工（陕西咸阳）引 言本文运用初等数论理论，力求简明的给出了高次剩余的一些基本性质和规律。定义：设m是一个大于1的正整数，a和b都是正整数；且（m，a）=1；（m，b）=1。当n1时，有anb （modm）成立，则b就叫做a对模m的高次剩余。定理（一）若p是一个素数，a是一个正整数，（p，）=1,且有p-1=11=22=ss。当 aib （modp）则 bi1 （modp） （1bp-1）当 aic （modp） （1cp-1）则 ci1 （modp） （i=1,2，s）证明：（1）由费尔马定理可知 （ai）i=ap-11 （modp）又 bi=（ai）i1 （modp） bi1 （modp）（2）同理可得当 aic （modp）则 ci1 （modp）定理（二）若p是一个素数，a是一个正整数，且（p，）=1。（1）当 ak1 （modp）则 akn1 （modp）（2）当 ak-1 （modp） （n=1,2，）则 ak（2n-1）1 （modp）证明：（1）（ak）n1n （modp） akn1 （modp）（2）同理可得 （ak）2n-1（-1）2n-1 （modp） ak（2n-1）-1 （modp）定理（三）若p是素数，a是正整数，（p，）=1，且有 aeb （modp）（1）当 ak1 （modp）则 ak+eb （modp）（2）当 ak-1 （modp）则 ak+ep-b （modp）证明：（1） akae1b （modp） ak+eb （modp）（2） akae（-1）bp-b （modp） ak+ep-b （modp）定理（四）若p是素数，a、b、c分别是正整数，且 （p，a）=（p，b）=（p，c）=1，p=a+b。（1）当 a2nc （modp） 则 b2nc （modp）（2）当 a2n+1c （modp） 则 b2n+1p-c （modp）证明：（1）由 p=a+b，得 a=p-b。 a2n=（p-b）2n =p（p-2b）+b2n =pq+b2n式中q为由二项式所含p各项决定的一个正整数。 a2nb2n （modp） a2nc （modp） b2nc （modp）（2）同理，由 p=a+b，得 a=p-b。 a2n+1=（p-b）2n+1 =（p-b）（p-b）2n =ap（p-2b）+b2n =paq+ab2n式中q为由二项式所含p各项决定的一个正整数。给上两式两边同时加b2n+1，有 a2n+1+ b2n+1=paq+ab2n+ b2n+1 =paq+（a+b）b2n =p（aq+ b2n） 已知a2n+1c （modp） b2n+1p-c （modp）定理（五）若p是素数，a是正整数，（p，a）=1，当k为最小，使得 ak1 （modp）成立时，则数集an对模p可分为k个剩余类。证明：当 n=1,2,，k 时，在 an 中令 a1r1 （modp） a2r2 （modp） ak1 （modp）当 n=k+1,k+2,，2k 时有 ak+1r1 （modp） ak+2r2 （modp） a2k-112k-1 （modp） a2k1 （modp）以此类推因为（p，a）=1，所以r1，r2，rk-1是an对模p分为k个不为零的剩余类。依次表示为 amk+1r1 （modp） amk+2r2 （modp） a(m+1)k-1rk-1 （modp） a(m+1)krk=1 （modp） 1rip-1，m=0，1，2，定理（六）若p是素数，a是正整数，（p，a）=1，在数集an中有 ak1 （modp）当an对模p分为k个不为零的剩余类，依次分别为 amk+1r1 （modp） amk+2r2 （modp） a(m+1)k-1rk-1 （modp） （m=0，1，2， a(m+1)krk=1 （modp） i=1，2，,k）则在(amk+i-ri)/p中，任截连续p个项，对模p是一个完全剩余系的充要条件是（p，(ak-1)/p）=1。证明： ak1 （modp） 令 ak=pq+1 显然 q=(ak-1)/p (ak)m-1/p=(pq+1)m-1/p由二项式原理可得当m=0时，(pq+1)0-1/p=0当m=1时，(pq+1)1-1/p=pq1+q当m=2时，(pq+1)2-1/p=pq2+2q 当m=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。 amk1 （modp） airi （modp） amk+iri （modp）故只有(p, (ak-1)/p)= (p, (amk-1)/p)=1时，则在(amk+i-ri)/p中, 任截连续p个项，对模p是一个完全剩余系。(待续)说明：本农民工在高次剩余陆陆