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完整word版初等数论第五章同余方程
第五章
司余方程
本章主要介绍同余方程的基础知识,并介绍几类特殊的同余方程的解法。
第一节同余方程的基本概念
本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程。
在本章中,总假定m是正整数。
定义1设f(x)=anxn+…+aix+a0是整系数多项式,称
f(x)三0(modm)
是关于未知数x的模m的同余方程,简称为模m的同余方程。
若an手0(modm),则称为n次同余方程。
定义2设x0是整数,当x=X0时式
(1)成立,则称x0是同余方程
(1)的解。
凡对于模m同余的解,被视为同一个解。
同余方程
(1)的解数是指它的关于模m互不同余的所有解的个数,也即在模m的一个完全剩余系中的解的个数。
由定义2,同余方程
(1)的解数不超过m。
1下面的结论成立:
设b(x)是整系数多项式,则同余方程
(1)与
f(x)+b(x)三b(x)(modm)
定理
等价;
(ii)
(i)
设b是整数,(b,m)=1,则同余方程⑴与
bf(x)三0(modm)
设m是素数,f(x)=g(x)h(x),g(x)与h(x)都是整系数多项式,
等价;
(iii)
又设xo是同余方程⑴的解,则xo必是同余方程
g(x)三0(modm)或h(x)三0(modm)
的解。
证明留做习题。
下面,我们来研究一次同余方程的解。
定理2设a,b是整数,^0(modm)。
则同余方程
ax三b(modm)
有解的充要条件是(a,m)|b。
若有解,则恰有d=(a,m)个解。
证明显然,同余方程
(2)等价于不定方程
ax+my=b,
因此,第一个结论可由第四章第一节定理1得出。
若同余方程
(2)有解xo,则存在yo,使得xo与yo是方程(3)的解,此时,方程(3)的全部解是
X=xo+qmr三xo+mr(modm),o dd 容易验证,当r=o,1,2,…,d-1时,相应的解 .m.2m... xo,Xo中—,xo+——, dd 对于模m是两两不同余的,所以同余方程 在定理的证明中,同时给出了解方程的方程 (2),常常可采用不同的方法去解。 例1设(a,m)=1,又设存在整数y,使得a]b+ym,则 _b+ym,,、 X=(modm) a 是方程 (2)的解。 解直接验算,有 ax三b+ym三b(modm)。 注: 例1说明,求方程 (2)的解可以转化为求方程 m的同余方程转化a的完全剩余系 m三r(moda),r< my三-b(moda) 的解,这有两个便利之处: 第一,将一个对于大模为一个对于小模a的同余方程,因此有可能通过对模进行逐个验证,以求出方程⑸和⑵的解;第二,设 a,则又可继续转化成一个对于更小的模r的同余方程。 例2解同余方程 325x三20(mod161) 解同余方程(6)即是 3x三20(mod161)。 解同余方程 161y三-20(mod3), 2y三1(mod3),得到y三2(mod3),因此方程⑹的解是 20+2161 例3设a>0,同余方程 三=114(mod161)。 且(a,m)=1,a1是m对模a的最小非负剩余,则 aix三-b[—](modm) a 等价于同余方程 (2)。 解设x是⑵的解,则由m=a[巴]+ai得到 a aM=(m—al^Dx三-ax]’]三一b[巴](modm), aaa 即x是同余方程(7)的解。 但是由假设条件可知同余方程 (2)与(7)都有且 只有一个解。 所以这两个同余方程等价。 注: 用本例的方法,可以将同余方程 (2)转化成未知数的系数更小 一些的同余方程,从而易于求解。 例4解同余方程6x三7(mod23)。 解由例3,依次得到 6x三7(mod23)吕5x三T3三2(mod23) =3x三一24三一8(mod23) 例5设(a,m)=1, 则同余方程 (2)的解是 =2x三-8(—7)三10(mod23)二X三5(mod23)。 并且有整数6>0使得 a总三1(modm), (modm)。 若(a,m)=1,则(modm) 解直接验证即可。 注: 由例5及Euler定理可知, V-ha新)二 X=ba 总是同余方程 (2)的解。 例6解同余方程 32 81x+24X+5x+23三0(mod7)。 解原同余方程即是 32 -3x+3x-2x+2三0(mod7)。 用X=0,£,i2,±3逐个代入验证,得到它的解是 X1三1,X2三2,X3三一2(mod7)。 注: 本例使用的是最基本的解同余方程的方法,一般说来,它的计算量太大,不实用。 例7解同余方程组 Jbx+5y三1(mod7) 〔2x-3y三2(mod7)。 解将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到 19y三Y(mod7), 5y三Y(mod7), y三2(mod7)。 再代入(8)的前一式得到 3x+10三1(mod7), X三4(mod7)。 即同余方程组(8)的解是X三4,y三2(mod7)。 例8设a1,a2是整数,m1,m2是正整数,证明: 同余方程组 (X三31(modm1) IX (8) (9) 三a2(modm? ) 有解的充要条件是 (10) (9)的 (11) a1三a2(mod(m1,m2))。 若有解,则对模[m1,m2]是唯一的,即若X1与X2都是同余方程组解,则 X1三X2(mod[m1,m2])。 解必要性是显然的。 下面证明充分性。 若式(10)成立,由定理2,同余方程 m2y三a1—a2(modm” 有解y三y。 (modmJ,记x。 =a2+m2y0,贝U 并且 X0三a2(modm2) X0=a2+m2yo三a2+a1—a2三a1(modmJ,因此Xo是同余方程组的解。 若X1与X2都是方程组(9)的解,则 X1三X2(modm1),X1三X2(modm2),由同余的基本性质,得到式(11)。 1.证明定理1。 2.解同余方程: (i)31x三5(mod17); (ii)3215X三160(mod235)。 3. 解同余方程组: a! 是同余方程ax三b(modp)的解。 5.证明: 同余方程a1X1+a2X2+…+anxn三b(modm)有解的充要条件是 (a1,a2,…,an,m)=dib。 若有解,则恰有dmn-1个解,modm。 6.解同余方程: 2x+7y三5(mod12)。 第二节孙子定理 本节要讨论同余方程组 X三31(modm1) X三a2(modm2)5。 X三ak(modmk) 在第一节的例题中,我们已讨论了k=2的情形。 下面考察一般情形。 定理1(孙子定理)设m1,m2,…,mk是正整数, (mi,mj)=1, 1 则存在整数 Mi气1 MiMi'三1(modmi), MiMi'三0(modmi),1 并且 k x0三送aiMiM/(modm) i# 是同余方程组 (1)对模m的唯一解,即若有X使方程组 (1)成立,则 ⑹ Mi' X三xo(modm)。 证明由式⑵,有(Mi,mi)=1,因此利用辗转相除法可以求出与yi,使得 MiMi'+ym=1,即Mi满足式⑶和式⑷。 由式⑶与式⑷,对于12 xo三aiMiMi'三ai(modmJ,1 若x也使式 (1)成立,则 X三xo(modmi),1 因此 当n=2时,由第一节例8可知充分性成立。 假设充分性当n=k时成立。 假设式(7)当n=k+1时成立。 我们来考虑同余方程组 X三ai(modmi),1 由第一节例8,存在bk,使得x三bk(mod[mk,mk+1])满足同余方程组 X三ak(modmk),x三ak+1(modmk+1)。 在同余方程组 ^a1(modmJ jx三ak4(modmk4) ■ 上三b(mod[mk,mk4t]) 中,由式⑺有 ai三aj(mod(mi,mj)),1 ai三bk(mod(mi,[mk,mk+1])),1兰i兰k-1。 则由归纳假设就可以证明充分性。 由bk的定义,有 (9) ak三bk(modmk),ak+1三bk(modmk+1) 而且,由于假设式(7)当n=k+1时成立,所以,对于1 ai三ak(mod(mi,mQ),ai三ak+1(mod(mi,mk+1)), 由此及式 (9)得至U,对于1 ai三bk(mod(mi,mk)),ai三bk(mod(mi,mk+1))。 因此 ai三bk(mod[(mi,mk),(mi,mk+1)])。 由上式及第一章第六节例2,就得到式(8)。 证毕。 定理4设m=m1m2…mk,其中口勺,m2,…,mk是两两互素的正整数,f(x)是整系数多项式,以T与Ti(1 f(x)三0(modm)(10) (11) f(x)三0(modmi) 的解的个数,贝yT=T1T2…Tk。 证明由第二章第一节定理5可知,同余方程(10)等价于同余方 程组 {x (1),x (2),…,x(k)},同余方程组2,当每个xji)通过(13)式中的值(14)的解对于模m都是两两不同 三x(k)(modmk) Jk 其中x(i)通过式(13)中的数值,即通过同余方程(11)的全部解。 由孙子定理,对于选定的每一组(14)对模m有唯一解,而且,由定理时,所得到的T1T2…Tk个同余方程组余的。 证毕。 M/=-1,M2'=1,M3'=1, n三135(一1)+2211+3151三52(mod105),因此所求的整数n=52+105t,垸Z。 例2解同余方程 2 (15) (16) (17) (18) 5x+6x+49三0(mod60)。 解因为60=345,所以,同余方程(15)等价于同余方程组 2 5x+6x+49三0(mod3) 2 5x+6x+49三0(mod4) 2 5x+6x+49三0(mod5)。 分别解同余方程(16),(17),(18)得到解 X1⑴三1,X2⑴三-1(mod3), X1⑵三1,X2⑵三-1(mod4),X1⑶三1(mod5), 这样,同余方程(15)的解X可由下面的方程组决定: X三a1(mod3),x三a2(mod4),x三a3(mod5), 其中a1=1或-1,a2=1或-1,a3=1。 利用孙子定理,取 m1=3,m2=4,m3=5,m=60, M1=20,M2=15,M3=12, M/=2,M2'=-1,M3'=3, X三40a1-15a2+36a3(mod60)。 将a1,a2,a3所有可能的取值代入上式,得到方程(15)的全部解是 X1三401-151+361三1(mod60), X2三40(一1)-151+361三一19(mod60), X3三401-15(—1)+361三31(mod60), X4三40(—1)-15(X)+361三11(mod60)。 人;若十一人一组,则余3人。 已知这队士兵不超过170人,问这队 士兵有几人? 11 4.求一个最小的自然数n,使得它的丄是一个平方数,它的丄是 23 一个立方数,它的1是一个5次方数。 5 5.证明: 对于任意给定的n个不同的素数P1,P2,…,Pn,必存在 连续n个整数,使得它们中的第k个数能被Pk整除。 2 6.解同余方程: 3x+11x-20三0(mod105)。 第三节模pd的同余方程 在第二节中,我们已经看到,求解模m的同余方程可以转化为对模p'的同余方程的求解。 本节要对模P制同余方程做进一步讨论。 容易看出,若Xo是同余方程 f(x)三0(modP予 的解,则它必是方程 f(x)三0(modp2) 的解,因此,必有与X0相应的方程⑵的某个解X1,使 X0三X1(modP,X0=X1+p^二^,此处,t0是某个适当的整数。 这提示我们: 可以从方程 (2)的解中去求方程 (1)的解。 于是,现在的问题是,对于方程 (2)的每个解X1,是否必有方程 (1)的解X0与之对应? 若有,如何去确定它? 定理设P是素数,a>2是整数,f(x)=anxn+…+a1X+a0是整系数多项式,又设X1是同余方程 (2)的一个解。 以f-(X)表示f(x)的导函数。 (i)若f(x1)手0(modp),则存在整数t,使得 是同余方程 (1)的解。 (i)若f(X1)三0(modp),并且f(x1)三0(modp^,则对于t=0,1,2,…,p—1,式⑶中的X都是方程 (1)的解。 证明我们来说明,如何确定式⑶中的t,使X1+卩4\满足同余 方程 (1),即要使 仃1n厂f1n_1丹1a an(x什pt)+anj(x1+pt)一+…+a1(X1+p~t)+a0三0(modp),(4) 即 X=X1+P f(x1)+pa^tf'(X1)三0(modp汎 _f(x1) tf(X1)三-一^(modp)。 P 下面考虑两种情形。 (i)若f(x)手0(modP),则关于t的同余方程⑸有唯一解t三to(modp),即t=to+pk(k亡Z),于是 X三xi+pO^to(modp3 是同余方程 (1)的解。 (ii)若f(xi)三0(modp),并且f(xi)三0(modp%则式⑸对于任意的整数t成立,即同余方程⑸有P个解 t三i(modp),0 于是X三X1+p^i(modp3,0M\ (1)的解。 证毕。 在定理中,没有对fg)三0(modp)并且f(X1声0(modpF勺情形 进行讨论。 事实上,此时,同余方程(5)无解。 即,我们无法从同余方 程 (2)的解xi出发去求得同余方程 (1)的解。 由定理,可以把解同余方程 (1),转化为解同余方程 f(x)三0(modP)。 (6) 事实上,由方程(6)的解,禾U用定理,可以求出方程f(x)三0(modP2)的解,再利用定理,又可以求出方程f(x)三0(modP3)的解,,直到求出方程 (1)的解。 推论使用定理的记号, (i)若X三a(modp)是同余方程⑹的解,并且「(a)尹0(modp),则存在X©Xa三a(modp),使得x三xa(mod是同余方程 (1)的解。 (ii)若f(x)三0(modp)与同余方程⑹没有公共解,则对于任意的整数a>1,同余方程 (1)与⑹的解数相同。 证明留做习题。 例1解同余方程 3 x+3x一14三0(mod45)。 解原同余方程等价于同余方程组 3 x+3x-14三0(mod9),(7) 3 x+3x-14三0(mod5)。 (8) 先解同余方程(7)。 容易验证,同余方程X3+3x-14三0(mod3)的解是X三2(mod3)。 令X=2+3t并代入方程⑺,得到 3 (2+3t)+3(2+3t)-14三0(mod9),(9) 容易看出,这是一个对于任何整数t都成立的同余式,所以,方程(9) 的解是t三0,1,2(mod3),于是方程(7)的解是 X三2,5,8(mod9)。 (10) 再解同余方程(8)。 用X=0,1,2,3,4去验证,得到(8)的解是 X三1,2(mod5)。 因此,原同余方程的解是下面六个同余方程组的解: X三a1(mod9),a1=2,5,8, X三a2(mod5),a2=1,2。 利用孙子定理解这六个方程组,记 m1=9,m2=5,m=45,M1=5,M2=9,M1'=2,M2'=T, 则 x三10a1一9a2(mod45)。 将a1和a2的不同取值代入,得到所求的解是 X1三102-91三11(mod45), X2三102—92三2(mod45), X3三105-91三41(mod45), X4三105-92三32(mod45), X5三108-91三26(mod45), X6三108-92三17(mod45)。 例2解同余方程 23 (11) (12) (13) (14) 2x+13X-34三0(mod5)。 解容易验证,同余方程 2 2x+13x-34三0(mod5)有两个解X三—1,2(mod5)。 令 x=7+5t, 代入同余方程 22 2x+13-34三0(mod5), 得到 2 2(—1+5t)+13(—1+5t)—34三0(mod25), (15) -45+45t三0(mod25), 9t三9(mod5),t三1(mod5)。 于是,将式(15)与式(13)联合,得到方程(14)的解 (16) X=-1+5(1+5t1)=4+25t1,t1壬Z。 将式(16)中的X代入同余方程(11),得到 23 2(4+25t1)+13(4+25t1)-34三0(mod5), 50+725t1三0(mod53), 2+29t1三0(mod5), t1三2(mod5)。 将上式与(16)联合,得到同余方程(11)的一个解 X=4+25t1=4+25(2+5t2)三54(mod53)。 (ii)从同余方程(12)的另一个解X三2(mod5)出发利用上述方法,可以求出同余方程(11)的另一个解。 (略,请读者补足)。 例3解同余方程 因此 22 (X0+7X1+7X2)三2(mod7),2 X0三2(mod7), 所以X0三3或4(mod7)。 于是xo=3或4。 (i)若X0=3,由式(19),有 222 (3+7X1+7X2)三2(mod7), 9+42X1三2(mod72), 6x1三-1(mod7), X1三1(mod7),X1=1。 再由式(19),有 (3+71+7・)2三2(mod73), 23 (10+49x2)三2(mod7), 3x2三T(mod7),X2三2(mod7),X2=2。 这样,求得原同余方程的一个解是 23 X三3+71+72=108(mod7)。 (ii)若X0=4用同样的方法求出另一个解。 (略)。 注: 例4中的方法是利用数的b进制表示,这一方法可以处理模bk的同余方程,而不必要求b是素数。 习题三 1. 2. 3. 4. 5. 6. 2 证明定理的推论。 将例2中略去的部分补足。 将例4中略去的部分补足。 解同余方程X2三-1(mod54)。 解同余方程f(x)=3x+4x—15三0(mod75)。 X三1(modm)的解数T>n。 证明: 对于任意给定的正整数n必存在m,使得同余方程 第四节素数模的同余方程 在上节中,我们证明了,对于素数P,模P翎同余方程的求解可 以转化为模P的同余方程的求解。 本节要对素数模的同余方程做些初步研究。 以下,设f(x)=anx"+…+a1x+ao是整系数多项式,p是素数,P『an。 定理1设k f(x)=anxn+…+a1X+ao三0(modp)有k个不同的解X1,X1,…,xk,则对于任意的整数X,有 f(x)三(X—X1)(X—X2)…(X—xk)fk(x)(modp), 其中fk(x)是一个次数为n-k的整系数多项式,并且它的x"项的系数是an。 证明由多项式除法,有 f(x)=(X—X1)f1(x)中门, (2) 其中f1(x)是首项系数为an的n-1次整系数多项式,「1是常数。 在式⑵ 两边令x=x1,成为 则由假设条件可知f(x1)=r1三0(modp), 因此,式 (2) 因此,当k=13,…,k),则有 f(x)三(X—X1)f1(x)(modp)。 时,定理成立。 如果k>1,在上式中,令 ⑶ x=Xi(i=2, 0三f(xi)三(xi-X1)f1(xi)(modp)。 由于X2,…,Xk对于模P是两两不同余的,所以,上式给出 f1(xi)三0(modP),i=2,…,k。 由此及归纳法,即可证明定理。 证毕。 推论 证明 是同余方程 若P是素数,则对于任何整数X,有 xp—1—1三(x-1)(x-2)…(X—p+1)(modp)。 由Fermat定理(第二章第四节定理2),数1
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