请问这个完全剩余系的性质如何证明？
要深入理解“完全剩余系”的性质，我们得先把它拆解开来，看看它到底长什么样，又有什么“本事”。简单来说，一个完全剩余系就是在一堆数里，挑出一组有代表性的数，它们能把另外一堆数都“照顾到”，而且互相之间还不重复。
咱们具体说说。想象你手里有一堆数，比如说整数。你想知道它们除以一个固定的正整数 $n$（比如 $n=5$）时，余数会有什么规律。你会发现，这些数除以 $n$ 后，可能的余数只有 $0, 1, 2, dots, n1$ 这 $n$ 种情况。
什么是完全剩余系？
所谓“模 $n$ 的一个完全剩余系”，就是一组恰好包含 $n$ 个整数的集合，而且这组整数里，任意两个数相除以 $n$，它们的余数都不同。换句话说，这组数正好把模 $n$ 的所有可能的余数（即 $0, 1, dots, n1$）都“占领”了一遍，而且不重复。
最常见的完全剩余系，就是我们常说的最简剩余系：${0, 1, 2, dots, n1}$。随便挑其中任何一个数除以 $n$，得到的余数就是它本身。而且这 $n$ 个数，余数分别是 $0, 1, dots, n1$，正好集齐了所有可能的余数，并且不重复。
那“性质”具体是啥？怎么证明它？
完全剩余系的“性质”，其实就是说，任何一个整数 $a$，除以 $n$ 后的余数，一定可以在某个完全剩余系里找到一个跟它余数相同的数。而且，如果你的完全剩余系选得好，比如选的是 ${0, 1, dots, n1}$，那么这个 $a$ 除以 $n$ 的余数，就唯一地确定了。
我们来证明这一点，会更有说服力。
证明思路核心：
证明的关键在于，我们要确保一个完全剩余系里，没有两个数除以 $n$ 会得到相同的余数，并且所有可能的余数都被覆盖了。
证明过程可以这样展开：
假设我们有一个集合 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$，它是一个模 $n$ 的完全剩余系。这意味着：
1. 集合大小： 这个集合里有恰好 $n$ 个整数。
2. 余数互异性： 对于集合中的任意两个不同的元素 $r_i$ 和 $r_j$（即 $i eq j$），它们除以 $n$ 的余数是不同的。也就是说，$r_i otequiv r_j pmod{n}$。
3. 余数覆盖性： 对于模 $n$ 的所有可能的余数（即 $0, 1, dots, n1$），集合 $S$ 中的每一个数除以 $n$ 的余数都恰好是其中的一个。
性质一：任何整数 $a$ 除以 $n$ 的余数，都在完全剩余系中的某个数那里找得到。
这个听起来有点绕，但其实是说，任何一个整数 $a$，不管它多大或者多小，当它被 $n$ 整除的时候，它产生的那个余数，一定是某一个我们选定的完全剩余系里的某个数产生的余数。
更严谨地说，我们要证明：对于任意整数 $a$，存在一个完全剩余系 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$ 和 $S$ 中的一个元素 $r_k$ 使得 $a equiv r_k pmod{n}$。
怎么想？ 我们知道任何整数 $a$ 除以 $n$ 都会得到一个余数，记作 $a pmod{n}$。这个余数一定在 ${0, 1, dots, n1}$ 这个集合里。而我们前面提到的最简剩余系 ${0, 1, dots, n1}$ 本身就是一个完全剩余系。所以，如果 $a pmod{n} = r$，那么 $r$ 肯定在这个最简剩余系里。这样一来，性质就很容易理解了。
更进一步的证明（结合完全剩余系的定义）：
我们知道，根据带余除法，对于任意整数 $a$ 和正整数 $n$，存在唯一的整数 $q$ 和 $r$，使得 $a = nq + r$，并且 $0 le r < n$。这里的 $r$ 就是 $a$ 除以 $n$ 的余数。
现在，考虑一个模 $n$ 的完全剩余系 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$。根据完全剩余系的定义，这 $n$ 个数除以 $n$ 的余数恰好是 $0, 1, dots, n1$ 这 $n$ 个数，并且每一种余数只出现一次。
也就是说，对于集合 $S$ 中的每一个 $r_i$，都存在一个唯一的整数 $k_i$ 使得 $r_i equiv k_i pmod{n}$，并且 ${k_1, k_2, dots, k_n} = {0, 1, dots, n1}$。
现在我们有了整数 $a$，它除以 $n$ 的余数是 $r$ ($0 le r < n$)。因为 ${k_1, k_2, dots, k_n}$ 包含了所有从 $0$ 到 $n1$ 的整数，所以这个 $r$ 肯定等于集合中的某个 $k_j$。
即，$r = k_j$ 对某个 $j$ 成立。
又因为 $r_j equiv k_j pmod{n}$，所以我们就有 $r_j equiv r pmod{n}$。
结合 $a equiv r pmod{n}$，根据同余的传递性，我们得到 $a equiv r_j pmod{n}$。
这就证明了，对于任何整数 $a$，一定可以在某个完全剩余系 $S$ 中找到一个元素 $r_j$ 使得 $a equiv r_j pmod{n}$。
性质二：一个完全剩余系，其元素除以 $n$ 的余数是互不相同的。
这个其实就是我们定义完全剩余系时就带有的一个核心条件。我们用反证法来强化一下理解：
证明： 假设在一个模 $n$ 的完全剩余系 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$ 中，存在两个不同的元素 $r_i$ 和 $r_j$（$i eq j$），使得它们除以 $n$ 的余数相同。也就是说，$r_i equiv r_j pmod{n}$。
根据同余的定义，这意味着 $n$ 能整除 $r_i r_j$。
但我们知道，一个完全剩余系需要包含 $n$ 个数，并且这 $n$ 个数除以 $n$ 的余数必须是互不相同的，也就是说，它们必须占据了 $0, 1, dots, n1$ 这 $n$ 个不同的余数位。
如果存在 $r_i equiv r_j pmod{n}$ 且 $r_i eq r_j$，那么这两个数除以 $n$ 会产生相同的余数。这意味着在 $0, 1, dots, n1$ 这个余数集合中，有一个余数会被重复使用，而至少有一个余数就不会被使用到。
这就违反了完全剩余系“恰好包含所有可能的余数，且不重复”的定义。
因此，假设不成立，一个模 $n$ 的完全剩余系中，任意两个不同的元素除以 $n$ 的余数一定是互不相同的。
性质三：一个模 $n$ 的完全剩余系，其元素除以 $n$ 的余数正好就是 $0, 1, dots, n1$。
证明： 我们已经知道一个完全剩余系 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$ 包含 $n$ 个整数，并且这 $n$ 个数除以 $n$ 的余数是互不相同的。
我们还知道，任何整数除以 $n$ 的余数，只能是 $0, 1, dots, n1$ 中的一个。
现在我们有 $n$ 个数 $r_1, r_2, dots, r_n$，它们除以 $n$ 的余数也是 $n$ 个。而且根据性质二，这 $n$ 个余数是互不相同的。
既然这 $n$ 个互不相同的余数都必须落在 ${0, 1, dots, n1}$ 这个集合里，而 ${0, 1, dots, n1}$ 本身就正好有 $n$ 个数。
那么唯一的可能性就是，这 $n$ 个互不相同的余数，正好就是 ${0, 1, dots, n1}$ 这个集合本身。
换句话说，对于集合 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$， ${r_1 pmod{n}, r_2 pmod{n}, dots, r_n pmod{n}} = {0, 1, dots, n1}$。
总结一下，完全剩余系的核心作用就是：
代表性： 它像是一个“抽样小组”，能够代表模 $n$ 的所有余数类别。
唯一性（在某些意义上）： 任何一个整数 $a$，它产生的余数，在某个完全剩余系里肯定能找到“对应”，而且这个对应是唯一的（指某个数 $a$ 除以 $n$ 的余数是唯一的，这个余数在某个完全剩余系里也唯一对应那个产生相同余数的元素）。
举个例子，帮助理解：
假设我们要找模 $5$ 的完全剩余系。
最简单的就是 $S_1 = {0, 1, 2, 3, 4}$。
每个数除以 $5$ 的余数分别是 $0, 1, 2, 3, 4$。这正好是所有可能的余数，而且不重复。
现在取一个整数，比如 $12$。$12$ 除以 $5$ 余 $2$。你看，$2$ 就存在于 $S_1$ 里。
再取个负数，比如 $7$。$7 = 5 imes (2) + 3$。$7$ 除以 $5$ 余 $3$。你看，$3$ 也存在于 $S_1$ 里。
我们也可以构造别的完全剩余系。比如 $S_2 = {5, 6, 7, 8, 9}$。
$5$ 除以 $5$ 余 $0$。
$6$ 除以 $5$ 余 $1$。
$7$ 除以 $5$ 余 $2$。
$8$ 除以 $5$ 余 $3$。
$9$ 除以 $5$ 余 $4$。
你看，这组数的余数也正好是 $0, 1, 2, 3, 4$，并且不重复。所以 $S_2$ 也是一个模 $5$ 的完全剩余系。
同样的，$12$ 除以 $5$ 余 $2$，而 $7$ 在 $S_2$ 里，并且 $12 equiv 7 pmod{5}$。
$7$ 除以 $5$ 余 $3$，而 $8$ 在 $S_2$ 里，并且 $7 equiv 8 pmod{5}$。
完全剩余系的性质，本质上是建立在整数的整除性和同余关系的基础上的。它告诉我们，在某个模数下，我们总能找到一组“ครบถ้วน”的 representantes (representatives)，来概括所有数在模运算下的表现。这就是它在数论中作为基础概念的地位所在。
咱们具体说说。想象你手里有一堆数，比如说整数。你想知道它们除以一个固定的正整数 $n$（比如 $n=5$）时，余数会有什么规律。你会发现，这些数除以 $n$ 后，可能的余数只有 $0, 1, 2, dots, n1$ 这 $n$ 种情况。
什么是完全剩余系？
所谓“模 $n$ 的一个完全剩余系”，就是一组恰好包含 $n$ 个整数的集合，而且这组整数里，任意两个数相除以 $n$，它们的余数都不同。换句话说，这组数正好把模 $n$ 的所有可能的余数（即 $0, 1, dots, n1$）都“占领”了一遍，而且不重复。
最常见的完全剩余系，就是我们常说的最简剩余系：${0, 1, 2, dots, n1}$。随便挑其中任何一个数除以 $n$，得到的余数就是它本身。而且这 $n$ 个数，余数分别是 $0, 1, dots, n1$，正好集齐了所有可能的余数，并且不重复。
那“性质”具体是啥？怎么证明它？
完全剩余系的“性质”，其实就是说，任何一个整数 $a$，除以 $n$ 后的余数，一定可以在某个完全剩余系里找到一个跟它余数相同的数。而且，如果你的完全剩余系选得好，比如选的是 ${0, 1, dots, n1}$，那么这个 $a$ 除以 $n$ 的余数，就唯一地确定了。
我们来证明这一点，会更有说服力。
证明思路核心：
证明的关键在于，我们要确保一个完全剩余系里，没有两个数除以 $n$ 会得到相同的余数，并且所有可能的余数都被覆盖了。
证明过程可以这样展开：
假设我们有一个集合 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$，它是一个模 $n$ 的完全剩余系。这意味着：
1. 集合大小： 这个集合里有恰好 $n$ 个整数。
2. 余数互异性： 对于集合中的任意两个不同的元素 $r_i$ 和 $r_j$（即 $i eq j$），它们除以 $n$ 的余数是不同的。也就是说，$r_i otequiv r_j pmod{n}$。
3. 余数覆盖性： 对于模 $n$ 的所有可能的余数（即 $0, 1, dots, n1$），集合 $S$ 中的每一个数除以 $n$ 的余数都恰好是其中的一个。
性质一：任何整数 $a$ 除以 $n$ 的余数，都在完全剩余系中的某个数那里找得到。
这个听起来有点绕，但其实是说，任何一个整数 $a$，不管它多大或者多小，当它被 $n$ 整除的时候，它产生的那个余数，一定是某一个我们选定的完全剩余系里的某个数产生的余数。
更严谨地说，我们要证明：对于任意整数 $a$，存在一个完全剩余系 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$ 和 $S$ 中的一个元素 $r_k$ 使得 $a equiv r_k pmod{n}$。
怎么想？ 我们知道任何整数 $a$ 除以 $n$ 都会得到一个余数，记作 $a pmod{n}$。这个余数一定在 ${0, 1, dots, n1}$ 这个集合里。而我们前面提到的最简剩余系 ${0, 1, dots, n1}$ 本身就是一个完全剩余系。所以，如果 $a pmod{n} = r$，那么 $r$ 肯定在这个最简剩余系里。这样一来，性质就很容易理解了。
更进一步的证明（结合完全剩余系的定义）：
我们知道，根据带余除法，对于任意整数 $a$ 和正整数 $n$，存在唯一的整数 $q$ 和 $r$，使得 $a = nq + r$，并且 $0 le r < n$。这里的 $r$ 就是 $a$ 除以 $n$ 的余数。
现在，考虑一个模 $n$ 的完全剩余系 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$。根据完全剩余系的定义，这 $n$ 个数除以 $n$ 的余数恰好是 $0, 1, dots, n1$ 这 $n$ 个数，并且每一种余数只出现一次。
也就是说，对于集合 $S$ 中的每一个 $r_i$，都存在一个唯一的整数 $k_i$ 使得 $r_i equiv k_i pmod{n}$，并且 ${k_1, k_2, dots, k_n} = {0, 1, dots, n1}$。
现在我们有了整数 $a$，它除以 $n$ 的余数是 $r$ ($0 le r < n$)。因为 ${k_1, k_2, dots, k_n}$ 包含了所有从 $0$ 到 $n1$ 的整数，所以这个 $r$ 肯定等于集合中的某个 $k_j$。
即，$r = k_j$ 对某个 $j$ 成立。
又因为 $r_j equiv k_j pmod{n}$，所以我们就有 $r_j equiv r pmod{n}$。
结合 $a equiv r pmod{n}$，根据同余的传递性，我们得到 $a equiv r_j pmod{n}$。
这就证明了，对于任何整数 $a$，一定可以在某个完全剩余系 $S$ 中找到一个元素 $r_j$ 使得 $a equiv r_j pmod{n}$。
性质二：一个完全剩余系，其元素除以 $n$ 的余数是互不相同的。
这个其实就是我们定义完全剩余系时就带有的一个核心条件。我们用反证法来强化一下理解：
证明： 假设在一个模 $n$ 的完全剩余系 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$ 中，存在两个不同的元素 $r_i$ 和 $r_j$（$i eq j$），使得它们除以 $n$ 的余数相同。也就是说，$r_i equiv r_j pmod{n}$。
根据同余的定义，这意味着 $n$ 能整除 $r_i r_j$。
但我们知道，一个完全剩余系需要包含 $n$ 个数，并且这 $n$ 个数除以 $n$ 的余数必须是互不相同的，也就是说，它们必须占据了 $0, 1, dots, n1$ 这 $n$ 个不同的余数位。
如果存在 $r_i equiv r_j pmod{n}$ 且 $r_i eq r_j$，那么这两个数除以 $n$ 会产生相同的余数。这意味着在 $0, 1, dots, n1$ 这个余数集合中，有一个余数会被重复使用，而至少有一个余数就不会被使用到。
这就违反了完全剩余系“恰好包含所有可能的余数，且不重复”的定义。
因此，假设不成立，一个模 $n$ 的完全剩余系中，任意两个不同的元素除以 $n$ 的余数一定是互不相同的。
性质三：一个模 $n$ 的完全剩余系，其元素除以 $n$ 的余数正好就是 $0, 1, dots, n1$。
证明： 我们已经知道一个完全剩余系 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$ 包含 $n$ 个整数，并且这 $n$ 个数除以 $n$ 的余数是互不相同的。
我们还知道，任何整数除以 $n$ 的余数，只能是 $0, 1, dots, n1$ 中的一个。
现在我们有 $n$ 个数 $r_1, r_2, dots, r_n$，它们除以 $n$ 的余数也是 $n$ 个。而且根据性质二，这 $n$ 个余数是互不相同的。
既然这 $n$ 个互不相同的余数都必须落在 ${0, 1, dots, n1}$ 这个集合里，而 ${0, 1, dots, n1}$ 本身就正好有 $n$ 个数。
那么唯一的可能性就是，这 $n$ 个互不相同的余数，正好就是 ${0, 1, dots, n1}$ 这个集合本身。
换句话说，对于集合 $S = {r_1, r_2, dots, r_n}$， ${r_1 pmod{n}, r_2 pmod{n}, dots, r_n pmod{n}} = {0, 1, dots, n1}$。
总结一下，完全剩余系的核心作用就是：
代表性： 它像是一个“抽样小组”，能够代表模 $n$ 的所有余数类别。
唯一性（在某些意义上）： 任何一个整数 $a$，它产生的余数，在某个完全剩余系里肯定能找到“对应”，而且这个对应是唯一的（指某个数 $a$ 除以 $n$ 的余数是唯一的，这个余数在某个完全剩余系里也唯一对应那个产生相同余数的元素）。
举个例子，帮助理解：
假设我们要找模 $5$ 的完全剩余系。
最简单的就是 $S_1 = {0, 1, 2, 3, 4}$。
每个数除以 $5$ 的余数分别是 $0, 1, 2, 3, 4$。这正好是所有可能的余数，而且不重复。
现在取一个整数，比如 $12$。$12$ 除以 $5$ 余 $2$。你看，$2$ 就存在于 $S_1$ 里。
再取个负数，比如 $7$。$7 = 5 imes (2) + 3$。$7$ 除以 $5$ 余 $3$。你看，$3$ 也存在于 $S_1$ 里。
我们也可以构造别的完全剩余系。比如 $S_2 = {5, 6, 7, 8, 9}$。
$5$ 除以 $5$ 余 $0$。
$6$ 除以 $5$ 余 $1$。
$7$ 除以 $5$ 余 $2$。
$8$ 除以 $5$ 余 $3$。
$9$ 除以 $5$ 余 $4$。
你看，这组数的余数也正好是 $0, 1, 2, 3, 4$，并且不重复。所以 $S_2$ 也是一个模 $5$ 的完全剩余系。
同样的，$12$ 除以 $5$ 余 $2$，而 $7$ 在 $S_2$ 里，并且 $12 equiv 7 pmod{5}$。
$7$ 除以 $5$ 余 $3$，而 $8$ 在 $S_2$ 里，并且 $7 equiv 8 pmod{5}$。
完全剩余系的性质，本质上是建立在整数的整除性和同余关系的基础上的。它告诉我们，在某个模数下，我们总能找到一组“ครบถ้วน”的 representantes (representatives)，来概括所有数在模运算下的表现。这就是它在数论中作为基础概念的地位所在。
网友意见
首先你这完全剩余系定义跟我见过的不一样……应该把余0也加上吧。不过这个不影响结论，毕竟你可以把两个0放在一起凑成0×0=0。
现在考虑1到n-1，将其以某种方式排列，形成完全剩余系a₁到aₙ₋₁，再排列，形成完全剩余系b₁到bₙ₋₁，对应相乘并模m，得c₁到cₙ₋₁。最后要证这些c不是完全剩余系。
首先是m=p（p为素数）的情况，这个比较简单，注意到(p-1)!≡-1(mod p)即可：所有a与b乘到一起，模p余(-1)²=1，而所有c乘到一起，模p余-1，矛盾。
对于m=dp，p为质数，d≥2的情况，我们先假设可以形成完全剩余系。这里有个有趣的地方（下一段给出证明）：当c为d的倍数时，对应的a与b也应为d的倍数。于是我们可以找出(p-1)组均为d的倍数的(a,b,c)。取出，除以d，即得“p的完全剩余系乘以p的完全剩余系得p的完全剩余系”，与上一段结论矛盾。
下面证明这个“有趣的地方”：注意到，只要a和b其中一个是d的倍数，对应的c中就含因数d。故而为d倍数的a仅能与为d倍数的b配对，否则产生的为d倍数的c就变多了。
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