初等数论 第五章 同余方程

对初等数论做了细致的讲解，内附习题。

第五章同余方程

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) = a n x n+ +a1x+a0是整系数多项式，称

f(x) ≡ 0 (mod m) (1) 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a n≡/0 (mod m)，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。

定理1下面的结论成立：

(ⅰ) 设b(x)是整系数多项式，则同余方程(1)与

f(x) +b(x) ≡b(x) (mod m)

等价；

(ⅱ) 设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与

bf(x) ≡ 0 (mod m)

等价；

(ⅲ) 设m是素数，f(x) = g(x)h(x)，g(x)与h(x)都是整系数多项式，又设x0是同余方程(1)的解，则x0必是同余方程

g(x) ≡ 0 (mod m) 或h(x) ≡ 0 (mod m)

107

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108 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，a ≡/0 (mod m )。则同余方程

ax ≡ b (mod m ) (2)

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 ， (3)

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x 0，则存在y 0，使得x 0与y 0是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是

???

????-=+=t m a a y y t m a m x x ),(),(00，t ∈Z 。 (4) 由式(4)所确定的x 都满足方程(2)。记d = (a , m )，以及

t = dq + r ，q ∈Z ，r = 0, 1, 2, , d - 1，

则

x = x 0 + qm +r d

m x r d m +≡0(mod m )，0 ≤ r ≤ d - 1。 容易验证，当r = 0, 1, 2, , d - 1时，相应的解

d

m d x d m x d m x x )1(20000-+++，，，， 对于模m 是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d 个解。证毕。

在定理的证明中，同时给出了解方程(2)的方法，但是，对于具体的方程(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

x ≡a

ym b +(mod m ) 是方程(2)的解。

解 直接验算，有

ax ≡ b + ym ≡ b (mod m )。

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109 注：例1说明，求方程(2)的解可以转化为求方程

my ≡ -b (mod a ) (5)

的解，这有两个便利之处：第一，将一个对于大模m 的同余方程转化为一个对于小模a 的同余方程，因此有可能通过对模a 的完全剩余系进行逐个验证，以求出方程(5)和(2)的解；第二，设m ≡ r (mod a )，r < 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 ≡ 20 (mod 161) (6)

解 同余方程(6)即是

3x ≡ 20 (mod 161)。

解同余方程

161y ≡ -20 (mod 3)，

2y ≡ 1 (mod 3)，

得到y ≡ 2 (mod 3)，因此方程(6)的解是

x ≡3

161220?+= 114 (mod 161)。 例3 设a > 0，且(a , m ) = 1，a 1是m 对模a 的最小非负剩余，则同余方程

a 1x ≡ -

b ][a

m (mod m ) (7) 等价于同余方程(2)。

解 设x 是(2)的解，则由m =][a

m a + a 1得到 ][][])[(1a

m b a m ax x a m a m x a -≡-≡-=(mod m )， 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 ≡ 7 (mod 23)。

解 由例3，依次得到

6x ≡ 7 (mod 23) ? 5x ≡ -7?3 ≡ 2 (mod 23)

? 3x ≡ -2?4 ≡ -8 (mod 23)

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110

? 2x ≡ -8(-7) ≡ 10 (mod 23)

? x ≡ 5 (mod 23)。

例5 设(a , m ) = 1，并且有整数δ > 0使得

a δ ≡ 1 (mod m )，

则同余方程(2)的解是

x ≡ ba δ - 1 (mod m )。

解 直接验证即可。

注：由例5及Euler 定理可知，若(a , m ) = 1，则

x ≡ ba ?(m ) - 1 (mod m )

总是同余方程(2)的解。

例6 解同余方程

81x 3 + 24x 2 + 5x + 23 ≡ 0 (mod 7)。

解 原同余方程即是

-3x 3 + 3x 2 - 2x + 2 ≡ 0 (mod 7)。

用x = 0，±1，±2，±3逐个代入验证，得到它的解是

x 1 ≡ 1，x 2 ≡ 2，x 3 ≡ -2 (mod 7)。

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

???≡-≡+)7(m od 232)7(m od 153y x y x 。 (8) 解 将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到

19y ≡ -4 (mod 7)，

5y ≡ -4 (mod 7)，

y ≡ 2 (mod 7)。

再代入(8)的前一式得到

3x + 10 ≡ 1 (mod 7)，

x ≡ 4 (mod 7)。

即同余方程组(8)的解是x ≡ 4，y ≡ 2 (mod 7)。

例8 设a 1，a 2是整数，m 1，m 2是正整数，证明：同余方程组

?

??≡≡)(m od )(m od 2211m a x m a x (9)

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111 有解的充要条件是

a 1 ≡ a 2 (mod (m 1, m 2))。 (10)

若有解，则对模[m 1, m 2]是唯一的，即若x 1与x 2都是同余方程组(9)的解，则

x 1 ≡ x 2 (mod [m 1, m 2])。 (11)

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

m 2y ≡ a 1 - a 2 (mod m 1)

有解y ≡ y 0 (mod m 1)，记x 0 = a 2 + m 2y 0，则

x 0 ≡ a 2 (mod m 2)

并且

x 0 = a 2 + m 2y 0 ≡ a 2 + a 1 - a 2 ≡ a 1 (mod m 1)，

因此x 0是同余方程组的解。

若x 1与x 2都是方程组(9)的解，则

x 1 ≡ x 2 (mod m 1)，x 1 ≡ x 2 (mod m 2)，

由同余的基本性质，得到式(11)。

习 题 一

1. 证明定理1。

2. 解同余方程：

(ⅰ) 31x ≡ 5 (mod 17)；

(ⅱ) 3215x ≡ 160 (mod 235)。

3. 解同余方程组：

?

??≡-≡+)47(m od 10)47(m od 3853y x y x 。 4. 设p 是素数，0 < a < p ，证明：

!

)1()2)(1()1(1

a a p p p

b x a +-???---≡-(mod p )。 是同余方程ax ≡ b (mod p )的解。

5. 证明：同余方程a 1x 1 + a 2x 2 + + a n x n ≡ b (mod m )有解的充 …… 此处隐藏：12000字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……