初等数论教案8

第四节一次同余式
教学目的：1、掌握同余方程的基本概；
2、掌握一次同余方程基本性质；
3、求解一次同余方程.
教学重点：1、一次同余方程基本性质；
2、求解一次同余方程.
教学课时：4课时
教学过程
本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程. 在这里，我们总假定m是正整数.
1、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.
2、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. 凡关于模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，我们知道同余方程(1)的解数不超过m.
3、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x 0是同余方程(1)的解，则x 0必是同余方程
g (x ) ≡ 0 (mod m ) 或 h (x ) ≡ 0 (mod m )
的解.
4、定理2 设1),(=m a ，则同余方程
ax ≡ b (mod m ) (2)
恰有一个解.
证明：略.
5、定理3 在定理2的条件下，)(mod 1)(m ba
x m -≡ϕ同余方程(2)的唯一解.
证明：略.
6、定理4 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，同余方程等价于不定方程
ax + my = b ， (3)
因此，第一个结论可由二元一次不定方程有解条件得出.
若同余方程有解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 (4) 式所确定的x 都满足同余方程（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，常常可采用不同的方法去解.
例1 设(a , m ) = 1，且存在整数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 ).
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 ≡3161
220⋅+= 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)
⇔ 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.
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(mod 232)
7(mod 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
⎩⎨⎧≡≡)(mod )
(mod 2211m a x m a x (9)
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，则同余方程
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).
7、小结
8、作业 P62：ex22。