数论PPT第四章第3节

由xi −1 ≡ x1 (mod p ), 得f ′( xi −1 ) ≡ f ′( x1 ) (mod p ), 所以 ( f ′( xi −1 ), p ) = ( f ′( x1 ), p ) = 1
故上 述 同余 式恰 有一 解 f ( xi −1 ) t i −1 ≡ − ( f ′( xi −1 )−1 (mod p)) p i −1
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′( xi −1 ) ≡ 0 (mod p i ) ≡ f ( x i − 1 ) + p t i −1 f
i −1
因 f ( xi −1 ) ≡ 0 (mod p
i −1
), 所以上述同余式可写成
f ( xi −1 ) t i − 1 f ′( x i − 1 ) ≡ − (mod p ) i −1 p
等价.且若f ( x ) ≡ 0 (mod mi )的解数是Ti , i = 1, 2,L , k ,
1
则 f ( x ) ≡ 0 (mod m ) 的解数是T = T1T2 LTk .
证 先证(1)与(2)等价.
设x0 是同余式(1)的解,则
f ( x0 ) ≡ 0 (mod m )
于是有
f ( x0 ) ≡ 0 (mod mi ) i = 1, 2,L , k
(2)的 即x是同余式(2)的解,因而x也是同余式
f ( x ) ≡ 0 (mod m )
的解.
4
(1)
因bi 遍历 f ( x ) ≡ 0 (mod mi ) 的Ti 个解, 所以
x ≡ M M 1 b1 + L + M M k bk (mod m )
' 1 ' k
遍历 f ( x ) ≡ 0 (mod m ) 的T1T2 LTk 个解.
又设 f ( x ) ≡ 0 (mod mi )的解是 x ≡ bi (mod mi ) i = 1, 2,L , k
由中 国 剩余 定理 知同 余式 组
x ≡ b1 (mod m1 ) x ≡ b (mod m ) 2 2 LLL LL L x ≡ bk (mod mk )
为 此, 我们 从 f ( x ) ≡ 0 (mod p ) 的解 出发 求 f ( x ) ≡ 0 (mod pα ) 的 解.
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定义 设 f ( x ) = an x n + L + a2 x 2 + a1 x + a0 为整系数多项式, 记 f ′( x ) = nan x n−1 + L + 2a2 x + a0 称 f ′( x )为 f ( x )的导式.
4 3
21
因此时M 1 = 7, M 2 = 5,
(b1 = 1, 4; b2 = 3, 5, 6)
' 由7 M 1 ≡ 1 (mod 5) ⇒ M 1' ≡ 3 (mod 5),
由5 M ≡ 1 (mod 7) ⇒ M ≡ 3 (mod 7),
' 2 ' 2
由中 国 剩余 定 理得 x ≡ 3 ⋅ 7 ⋅ b1 + 3 ⋅ 5 ⋅ b2 (mod 35)
(3)
3
恰有一 解
x ≡ M M 1 b1 + L + M M k bk (mod m )
' 1 ' k
' ' 且有 x ≡ M 1 M 1 b1 + L + M k M k bk
≡ M i' M i bi
≡ bi (mod mi )
而 f ( x ) ≡ f (bi ) ≡ 0 (mod mi ), i = 1, 2,L , k
即x0 是同余式(2)的解.
反之,若x0 是(2)的解, 即 f ( x0 ) ≡ 0 (mod mi ) i = 1, 2,L , k
因 ( mi , m j ) = 1, i ≠ j , 所以
2
f ( x0 ) ≡ 0 (mod m1 m2 L mk )
即 f ( x0 ) ≡ 0 (mod m ). 故(1)与(2)等价.
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例2 解同余 式 f ( x ) ≡ 0 (mod 27), f ( x ) = x + 7 x + 4
4
解 因27 = 33 , 易知 f ( x ) ≡ 0 (mod 3) 有一解
且
x1 ≡ 1 (mod 3)
( f ′(1), 3) = (11, 3) = 1.
f (1) + 3t1 f ′(1) ≡ 0 (mod 9)
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定理2 设 x ≡ x1 (mod p )是同余式 f ( x ) ≡ 0 (mod p ) 的一个解,且 ( f ′( x1 ), p ) = 1 则同余式 f ( x ) ≡ 0 (mod pα )有解 x ≡ xα (mod pα ) 其中xα由下面关系式递归得到 : xi ≡ xi −1 + p i −1 t i −1 (mod p i ) f ( xi −1 ) ( f ′( x1 ))−1 (mod p ) t i −1 ≡ − i −1 p i = 2, 3,L , α
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(4)
证 对α ≥ 2作数学归纳法.
(1) α = 2时,因同余式(4)有解x ≡ x1 (mod p ), 于是
x = x1 + pt1 ,
考虑关于t1的同余式
t1 = 0, ±1, ±2,L
f ( x1 + pt1 ) ≡ 0 (mod p 2 ) 的解. 由泰勒公式, 有
f ′′( x1 ) f ( x1 + pt1 ) = f ( x1 ) + f ′( x1 ) pt1 + ( pt1 )2 + L 2!
将b1 , b2的值分别代入, 得原同余式的全部解 : 即 x ≡ 31, 26, 6, 24, 19, 34 (mod 35)
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二、高次同余式的一般解法
下面对一般同余式 f ( x ) ≡ 0 (mod m )的解法进 行讨论.
设 m 有标 准 分解 式
α α α m = p1 1 p2 2 L pk k
4.3 高次同余式的解数及解法
一、高次同余式的有关定理
( 定理1 若m = m1 m2 L mk， mi，m j ) = 1, i ≠ j 则 同余 式 f ( x ) ≡ 0 (mod m ) 与 同余 式 组 f ( x ) ≡ 0 (mod m1 ) LLLLL f ( x ) ≡ 0 (mod m k (2) (1)
对于f ( x ) ≡ 0 (mod 5), 易知有两个解x ≡ 1, 4 (mod 5).
对于f ( x ) ≡ 0 (mod 7), 易知有三个解x ≡ 3, 5, 6 (mod 7).
故原同余式有 2 × 3 = 6个解(对模 35).
解同余式组
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x ≡ b1 (mod 5) x ≡ b2 (mod 7)
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将x = 1 + 3t1代入同余式 f ( x ) ≡ 0 (mod 9), 得
但f (1) = 12 ≡ 3 (mod 9), f ′(1) = 11 ≡ 2 (mod 9)
故有 3 + 3t1 ⋅ 2 ≡ 0 (mod 9), 即
2t1 + 1 ≡ 0 (mod 3)
t1 ≡ 1 (mod 3) 解得 因此 同余 式 f ( x ) ≡ 0 (mod 9) 的解 为 x2 ≡ 1 + 3t1 ≡ 4 (mod 9)
即
解得
2 + 20t 2 ≡ 0 (mod 3)
t 0 (mod 27) 的解为 x ≡ 4 + 9t 2 ≡ 22 (mod 27).
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综 上可 知 ， 解 高 次 同 余式 的 问 题 归 结 为 解素 数模的高次同余式. 素数模p很小时,可用视察法 当 1中 (即将0, L , p - 1中的数代入同余式验证)得出 1,2, f ( x ) ≡ 0 (mod p)的解.
由定理 1知要 解同余式 f ( x ) ≡ 0 (mod m ),
只需 求 解 同 余 式 组 f ( x ) ≡ 0 (mod piα i ) i = 1, 2,L , k
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为此讨论p为素数时,同余式 f ( x ) ≡ 0 (mod pα ) 的解法.
又因 f ( x ) ≡ 0 (mod pα ) ⇒ f ( x ) ≡ 0 (mod p )
于是
是同余式
x ≡ x2 ≡ x1 + pt1 (mod p )
2
f ( x ) ≡ 0 (mod p 2 ) 的解.
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(2) 设3 ≤ i ≤ α .假设定理对i − 1成立, 即同余式
f ( x ) ≡ 0 (mod p i −1 )
有解 x = xi −1 + p i −1 t i −1 , t i −1 = 0, ±1, ±2,L
再将x = 4 + 9t 2 代入同余式 f ( x ) ≡ 0 (mod 27)
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得
f (4) + 9t 2 f ′(4) ≡ 0 (mod 27)
因 f (4) = 288 ≡ 18(mod 27), f '(4) = 263 ≡ 20(mod 27)
所以有 18 + 9t 2 ⋅ 20 ≡ 0 (mod 27)
方法 :由 f ( x ) ≡ 0 (mod p) 的解 ⇒ f ( x ) ≡ 0 (mod p 2 ) 的解 ⇒ f ( x ) ≡ 0 (mod p 3 ) 的解 ⇒ LLL ⇒ f ( x ) ≡ 0 (mod pα ) 的解
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练习 解同 余式 f ( x ) = 31 x + 57 x + 96 x + 191 ≡ 0(mod 25)