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《高次剩余規(guī)律初探(二)》由會員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在行業(yè)資料-天天文庫。
1、高次剩余規(guī)律初探（二）陳文淵（陜西咸陽）摘要高次剩余問題，是個(gè)未能得到很好解決的問題。本文運(yùn)用初等數(shù)論方法，在以素?cái)?shù)為模的情況下，研究了{(lán)}、{}類型數(shù)集的剩余問題。在延伸前人理論的同時(shí)，定義了二項(xiàng)同余方程的真解，研究了二項(xiàng)同余方程解集的內(nèi)在同余關(guān)系和性質(zhì)；研究了二項(xiàng)同余方程、{}型數(shù)集、{}型數(shù)集三者之間的內(nèi)在同余關(guān)系和性質(zhì)。初步給出了高次剩余之和的剩余規(guī)律多條，與高次剩余之積的剩余規(guī)律多條，以及高次矩陣的剩余規(guī)律。關(guān)鍵詞：高次剩余、同余、對模。一些理論的延伸定義1：設(shè)m是一個(gè)大于1的正整數(shù)，a是正整數(shù)，且（m，a）=1，若有an≡r（modm）（1≤
2、r≤m-1）成立，則r就叫做對模m的高次剩余。定理（一）p是一個(gè)奇素?cái)?shù)，a是一個(gè)正整數(shù)，且（p，α）=1,若p-1=d1·b1=d2·b2=……=ds·bs，則當(dāng)≡r（modp）有≡1（modp）（1≤r≤p-1）當(dāng)≡r（modp）有≡1（modp）（i=1,2，……s）證明：由費(fèi)爾馬定理可知33∵=ap-1≡1（modp）又≡（modp）∴≡1（modp）定理（二）p是一個(gè)奇素?cái)?shù)，a是一個(gè)正整數(shù)，且（p，a）=1，則當(dāng)ak≡1（modp）有akn≡1（modp）（）當(dāng)ak≡-1（modp）有ak（2n-1）≡－1（modp）證明：∵（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?cái)?shù)，a是正整數(shù)，（p，α）=1，且有an≡r（modp）（1≤r≤p-1，）當(dāng)ak≡1（modp）則ak+n≡r（modp）當(dāng)ak≡-1（modp）則ak+n≡p-r（modp）證明：∵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?cái)?shù)，a，c分別是正整數(shù)，且p=a+c，當(dāng)a2n≡r（modp）（1≤r≤p-
4、1，n∈N）則c2n≡r（modp）當(dāng)a2n+1≡r（modp）則c2n+1≡p-r（modp）證明：由p=a+c，得a=p-c?！郺2n=（p-c）2n=[p（p-2c）+c2]n=pq+c2n式中q為由二項(xiàng)展開式所有含p各項(xiàng)決定的一個(gè)正整數(shù)?！郺2n≡c2n（modp）已知a2n≡r（modp）∴c2n≡r（modp）同理，由p=a+c，得a=p-c?！郺2n+1=（p-c）2n+1=（p-c）（p-c）2n=a[p（p-2c）+c2]n=paq+ac2n式中q為由二項(xiàng)展開式所有含p各項(xiàng)決定的一個(gè)正整數(shù)。給上式兩邊同時(shí)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?cái)?shù)，a是正整數(shù)，（p，a）=1，在數(shù)集{am}中有ak≡1（modp）當(dāng){am}對模p分為k個(gè)不為零的剩余類，依次分別為{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）則在{(ank+i-ri)/p}中，任截連續(xù)p個(gè)項(xiàng)，對模p是一個(gè)完全剩
6、余系的充要條件是（p，(ak-1)/p）=1。證明：∵ak≡1（modp）令ak=pq+1顯然q=(ak-1)/p[(ak)n-1]/p=[(pq+1)n-1]/p由二項(xiàng)式原理可得當(dāng)n=0時(shí)，[(pq+1)0-1]/p=0當(dāng)n=1時(shí)，[(pq+1)1-1]/p=pq1+q當(dāng)n=2時(shí)，[(pq+1)2-1]/p=pq2+2q33………………當(dāng)n=j時(shí)，[(pq+1)j-1]/p=pqj+jq………………由上式可知，只有當(dāng)（p，q）=（p,(ak-1)/p）=1時(shí)，則在上式中任截連續(xù)p個(gè)項(xiàng)（式），對模p是一個(gè)完全剩余系?！遖nk≡1（modp）ai≡ri（m
7、odp）∴ank+i≡ri（modp）故只有(p,(ak-1)/p)=(p,(ank-1)/p)=1時(shí)，則在{(ank+i-ri)/p}中,任截連續(xù)p個(gè)項(xiàng)，對模p是一個(gè)完全剩余系。定理（六）如果p是奇素?cái)?shù)，a、b、d、k、m皆為正整數(shù)，（a，p）=1，db=p-1，ak為{am}中任意一項(xiàng)時(shí)，有ak≡a0（modp）ab+k≡a1（modp）a2b+k≡a2（modp）………………aib+k≡ai（modp）………………則≡≡≡……≡≡……≡r（modp）式中1≤ai≤p-1；1≤r≤p-1；i=0、1、2……證明：∵（aib+k）d=ai（p-1）·a
8、kd由定理（二）可知ai（p-1）≡1（modp）33當(dāng)akd≡r（modp）（
