mod运算，即求余运算，是在整数运算中求一个整数 x 除以另一个整数y的余数的运算，且不考虑运算的商。在计算机程序设计中都有MOD运算，其格式为： mod(nExp1,nExp2)，即是两个数值表达式作除法运算后的余数。

中文名

求余运算

外文名

MOD

科    目

数学应    用

计算机编程

函    数

mod(nExp1,nExp2)

功    能

取模运算

MOD运算模p运算

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语音

给定一个正整数p，任意一个整数n，一定存在等式

n = kp + r其中k、r是整数，且 0 ≤ r < p，称呼k为n除以p的商，r为n除以p的余数。[1]

对于正整数p和整数a,b，定义如下运算：

取模运算：a mod p 表示a除以p的余数。

模p加法：(a + b) mod p ，其结果是a+b算术和除以p的余数，也就是说，(a+b) = kp +r，则 (a+b) mod p = r。

模p减法：(a-b) mod p ，其结果是a-b算术差除以p的余数。

模p乘法：(a × b) mod p，其结果是 a × b算术乘法除以p的余数。

可以发现,模p运算和普通的四则运算有很多类似的规律，如：[1]

结合律((a+b) mod p + c)mod p = (a + (b+c) mod p) mod p

((a*b) mod p * c)mod p = (a * (b*c) mod p) mod p

交换律(a + b) mod p = (b+a) mod p

(a × b) mod p = (b × a) mod p

分配律((a +b)mod p × c) mod p = ((a × c) mod p + (b × c) mod p) mod p

(a×b) mod c=(a mod c * b mod c) mod c

(a+b) mod c=(a mod c+ b mod c) mod c

(a-b) mod c=(a mod c- b mod c) mod c

简单的证明其中第一个公式：

((a+b) mod p + c) mod p = (a + (b+c) mod p) mod p

假设

a = k1*p + r1

b = k2*p + r2

c = k3*p + r3

a+b = (k1 + k2) p + (r1 + r2)

如果(r1 + r2) >= p ，则

(a+b) mod p = (r1 + r2) -p

否则

(a+b) mod p = (r1 + r2)

再和c进行模p和运算，得到

结果为 r1 + r2 + r3 的算术和除以p的余数。

对右侧进行计算可以得到同样的结果，得证。

MOD运算模p相等

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语音

如果两个数a、b满足a mod p = b mod p，则称他们模p相等，记做

a ≡ b (mod p)

可以证明，此时a、b满足 a = kp + b，其中k是某个整数。[2]

对于模p相等和模p乘法来说，有一个和四则运算中迥然不同的规则。在四则运算中，如果c是一个非0整数，则

ac = bc 可以得出 a =b

但是在模p运算中，这种关系不存在，例如：

(3 x 3) mod 9 = 0

(6 x 3) mod 9 = 0

但是

3 mod 9 = 3

6 mod 9 =6

定理(消去律)：如果gcd(c,p) = 1 ，则 ac ≡ bc mod p 可以推出 a ≡ (b mod p)

证明：

因为ac ≡ bc (mod p)

所以ac = bc + kp，也就是c(a-b) = kp

因为c和p没有除1以外的公因子，因此上式要成立必须满足下面两个条件中的一个

1) c能整除k

2) a = b

如果2不成立，则c|kp

因为c和p没有公因子，因此显然c|k，所以k = ck'

因此c(a-b)=kp可以表示为c(a-b) =ck'p

因此a-b = k'p，得出a ≡ b (mod p)

如果a = b，则a ≡ b mod p 显然成立

得证

MOD运算欧拉函数

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语音

欧拉函数是数论中很重要的一个函数，欧拉函数是指：对于一个正整数n，小于n且和n互质的正整数的个数，记做：φ(n)，其中φ(1)被定义为1，但是并没有任何实质的意义。

定义小于n且和n互质的数构成的集合为Zn，称呼这个集合为n的完全余数集合。

显然，对于素数p，φ(p)= p -1.对于两个素数p、q，他们的乘积n = pq 满足φ(n) =(p-1)(q-1)

证明：对于质数p,q，满足φ(n) =(p-1)(q-1)

考虑n的完全余数集Zn = { 1,2,....,pq -1}

而不和n互质的集合由下面三个集合的并构成：

1) 能够被p整除的集合{p,2p,3p,....,(q-1)p} 共计q-1个

2) 能够被q整除的集合{q,2q,3q,....,(p-1)q} 共计p-1个

3)很显然，1、2集合中没有共同的元素，因此Zn中元素个数 = pq - (p-1 + q- 1 + 1) = (p-1)(q-1)

MOD运算欧拉定理

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语音

对于互质的整数a和n，有a^φ(n) mod n = 1[3]

证明：

首先证明下面这个命题：

对于集合Zn={x^1,x^2,...,x^φ(n)}，考虑集合

S = {ax^1 mod n,ax^2mod n,...,ax^φ(n) mod n}

则S = Zn

1) 由于a,n互质，x^i 也与n互质，则ax^i 也一定于n互质，因此

任意x^i, ax^i mod n 必然是Zn的一个元素

2) 对于Zn中两个元素x^i 和x^j，如果x^i ≠ x^j

则ax^i mod n ≠ ax^j mod n，这个由a、n互质和消去律可以得出。

所以，很明显，S=Zn

既然这样，那么

(ax^1 × ax^2×...×ax^φ(n))mod n

= (ax^1 mod n × ax^2 mod n × ... × ax^φ(n) mod n)mod n

= (x^1 × x^2 × ... × x^φ(n)mod n

考虑上面等式左边和右边

左边等于( (a^φ(n) × (x^1 × x^2 × ... × x^φ(n)))mod n

右边等于(x^1 × x^2 × ... × x^φ(n))mod n

而(x^1 × x^2 × ... × x^φ(n))mod n和p互质

根据消去律，可以从等式两边约去，就得到：

a^φ(n) mod n = 1推论：对于互质的数a、n，满足a^(φ(n)+1) mod n = a

MOD运算费马定理

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a是不能被质数p整除的正整数，则有ap-1≡ 1 mod p

证明这个定理非常简单，由于φ(p) = p-1，代入欧拉定理即可证明。

同样有推论：对于不能被质数p整除的正整数a，有ap≡ a mod p[3]

MOD运算进一步应用

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语音

有关mod的一道证明题

不用算数基本定理，证明[a,b](a,b)=|ab|

证明：在数论中，证明等式有一种常用的方式，就是证明两边互为整除，此题也不例外，只是要先移

项。

|ab|/(a,b)=|a|(|b|/(a,b))=>a|(|ab|/(a,b))

同理有：b|(|ab|/(a,b))

于是，|ab|/(a,b)是a,b的公倍数，即[a,b]|(|ab|/(a,b))

∵|a||[a,b]

∴(|a|/(a,b))|([a,b]/(a,b))

同理：(|b|/(a,b))|([a,b]/(a,b))

又∵(|a|/(a,b))与(|b|/(a,b))互质

∴(|ab|/(a,b)²)|([a,b]/(a,b))

∴(|ab|/(a,b))|[a,b]

综上所述，[a,b](a,b)=|ab|.

设m,m′都是正整数，d=(m,mˆ)，b≡bˆ(mod d).证明系统

x≡b(mod m) ①

x≡bˆ(mod mˆ) ②

的任意两个解都是模ρ同余，其中ρ=lcm{m，mˆ}。

证明：设y是满足题设的另外一个解，则有：y≡b(mod m) ③

y≡bˆ(mod mˆ) ④

∵x≡b(mod m)，∴x≡b(mod m/d), y≡b(mod m/d)

两式相减，则有x-y≡b-b≡0≡(mod m/d)

∴x≡y(mod m/d)

同理：x≡y(mod mˆ/d)

∵(m/d,mˆ/d)=1

∴x≡y(mod mmˆ/d²)

设y=x+kmmˆ/d²

分别代入③，④中，并结合①，②，则有

x+kmmˆ/d²≡b≡x(mod m) =>kmmˆ/d²≡0(mod m)

x+kmmˆ/d²≡bˆ≡x(mod mˆ) =>kmmˆ/d²≡0(mod mˆ)

即：m|kmmˆ/d²=>kmˆ/d²为整数=>(mˆ/d)(k/d)为整数

mˆ|kmmˆ/d²=>km/d²为整数=>(m/d)(k/d)为整数

显然，(mˆ/d,d)=1与(m/d,d)=1至少有一个成立，否则(m,mˆ)=d²,矛盾.

∴k=ld,y=x+lmmˆ/d,

而mmˆ/d=|mmˆ|/(m,mˆ)=[m,mˆ]=ρ=lcm{m，mˆ}

∴y=x+lρ=>y≡x(mod ρ)

参考资料

1.

罗守山．信息安全的数学基础：国防工业出版社，2011.4：7

2.

阿普斯托．解析数论导引：哈尔滨工业大学出版社，2016.7：95

3.

维诺格拉多夫．数论基础与维诺格拉多夫：哈尔滨工业大学出版社，2014.1：32