1 基本概念及一次同余式
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1 基本概念及一次同余式
定义 设()110n n n n f x a x a x a --=+++,其中()0,0,1,,i n a i n >=是整数,又设0m >,则
()()0mod f x m ≡ (1)
叫做模m 的同余式。若()0mod n a m ≡,则n 叫做同余式(1)的次数。如果0x 满足
()()00mod ,f x m ≡则()0mod x x m ≡叫做同余式
(1)的解。不同余的解指互不同余的解。 当m 及n 都比较小时,可以用验算法求解同余式。如
例1 同余式
()543222230mod7x x x x x +++-+≡
仅有解()1,5,6mod7.x ≡
例2 同余式
()410mod16x -≡
有8个解
()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡
例3 同余式
()230mod5x +≡无解。
定理 一次同余式
()()0mod ,0mod ax m a m ≡≡ (2)
有解的充要条件是(),.a m b
若(2)有解,则它的解数为(),d a m =。以及当同余式(2)有解时,若0x 是满足(2)的一个整数,则它的(),d a m =个解是
()0mod ,0,1,,1m x x k m k d d ≡+=- (4)
证 易知同余式(2)有解的充要条件是不定方程
ax my b =+ (5)
有解。而不定方程(5)有解的充要条件为()(),,.a m a m b =-
当同余式(2)有解时,若0x 是满足(2)的一个整数,则
()0mod ,0,1,, 1.m a x k b m k d d ⎛⎫+≡=- ⎪⎝⎭ 下证0,0,1,,1m x k k d d
+=-对模m 两两部同余。设 ()00mod ,01,1m m x k x k m k d k d d d
''+≡+≤≤-≤≤- 则
()mod ,mod ,.m m m k k d k k d k k d d d ⎛⎫'''≡≡= ⎪⎝⎭ 再证满足(2)的任意一个整数1x 都会与某一个()001m x k k d d
+
≤≤-对模m 同余。由 ()()01mod ,mod ax b m ax b m ≡≡得
()101010mod ,mod ,.a a m m ax ax m x x x x d d d d ⎛⎫⎛⎫≡≡≡ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
故存在整数t 使得10.m x x t d
=+由带余除法,存在整数,q k 使得 ,0 1.t dq k k d =+≤≤-于是()()100mod .m m x x dq k x k m d d
=++≡+ 故(2)有解时,它的解数为(),d a m =。以及若0x 是满足(2)的一个整数,则它的(),a m 个解是
()0mod ,0,1,,1m x x k m k d d ≡+
=-
例1求同余式 ()912mod15x ≡ (6)
的解。
解 对如下的整数矩阵作初等列变换
9150303301052522501313113--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪→--→--→- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
故()9,15 3.=又因312,故同余式(6)有解,且由三个解。由以上初等变换还可知 ()()()()921513,924151412,
9812mod15.
⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⎡⎤⎣⎦⨯≡
故同余式(6)的三个解为 ()158mod15,0,1,2.3
x k k ≡+=
即
()3,8,13mod15.x ≡
例2 求同余式
()6483mod105x ≡ (7)
的解。
解 对64,105作辗转相除法。
10564141,
6441123,
4123118,
231815,
18533,
5312,
3211,
212,
=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯
故()64,1051,=同余式(7)有唯一解。由以上过程还可知 ()
()()
()()()()
()()
()()()()
()()1321353115132
5118532
18257182231817237189
237412319
41923164196441116=+⨯-=+-⨯⨯-=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-=⨯+-⨯⨯-=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-=⨯+-⨯⨯-
()()()()
64164125
641610564125105256441=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-
故
()()()()1052564411,
105258364418383,64340383mod105.
⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⨯-≡
故同余式(7)的解为
()3403mod105x ≡-
即
()62mod105.x ≡
习题
1.求下列同余式的解:
(ⅰ)256179(mod337).x ≡ (ⅱ) 1215560(mod 2755).x ≡
(ⅲ)12961125(mod935).x ≡
解(ⅰ)因
2563372568113811
0114101013113313104
2510425104319791979⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪→-→-→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-→-→* ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---*⎝⎭⎝⎭⎝⎭
故()256,3371=,于是该同余式有解,且对模337有唯一解。并且
()()()()()256104337791,
25610417933760179179,256104179179mod337,
⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⎡⎤⎣⎦⨯⨯≡
但是()1041791861681mod337,⨯=≡故()25681179337.⨯≡于是该同余式的唯一解为
()81mod337.x ≡ (ⅱ)由辗转相除法,可得(1215,2755)5,5560,=故该同余式有解.
由辗转相除法,还可得1215(195)275586 5.⋅-+⋅=在这个等式两边同时乘以112,得 1215(21840)27559632560.⋅-+⋅=故1215(21840)560(mod 2755).⋅-≡
因21840200(mod 2755),-≡故1215200560(mod 2755).⋅≡故该同余式的全部解为
2755200(mod 2755),0,1,,4.5x k k ≡+=
即