初等数论 第五章 同余方程

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)

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-+++，，，，Λ 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 )。

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 3161220⋅+= 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 > 0使得

a 1 (mod m )，

则同余方程(2)的解是

x ba 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(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)