完整word版初等数论第五章同余方程Word文档格式.docx
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xo,Xo中—,xo+——,
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)
等价于同余方程
(2)。
解设x是⑵的解,则由m=a[巴]+ai得到
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。
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
-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)。
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<
i,j<
k,iHj。
则存在整数
Mi气1<
i<
k),使得
MiMi'
三1(modmi),
三0(modmi),1<
j<
k,iHj,
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
+ym=1,即Mi满足式⑶和式⑷。
由式⑶与式⑷,对于12<
k,有
xo三aiMiMi'
三ai(modmJ,1<
k。
若x也使式
(1)成立,则
X三xo(modmi),1<
k,
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<
k+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<
k-1,因此,若能证明
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
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<
k-1有
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<
k-1,有
ai三bk(mod(mi,mk)),ai三bk(mod(mi,mk+1))。
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<
k)分别表示同余方程
f(x)三0(modm)(10)
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。
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。
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
5x+6x+49三0(mod3)
5x+6x+49三0(mod4)
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
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。
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
(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<
p—1。
于是X三X1+p^i(modp3,0M\<
p-1,都是同余方程
(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。
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
x+3x-14三0(mod9),(7)
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
(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
(12)
(13)
(14)
2x+13X-34三0(mod5)。
解容易验证,同余方程
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(—1+5t)+13(—1+5t)—34三0(mod25),
-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
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
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
(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),
(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
X三3+71+72=108(mod7)。
(ii)若X0=4用同样的方法求出另一个解。
(略)。
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.
4.
5.
6.
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<
n,若同余方程
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。
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