第四章 (8) 高次同余式的解法、质数模的同余式
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' ' ' '' M M b M M b i i i i i i (mod m) i 1 i 1 k k
则 M i' M ibi' M i' M ibi'' (mod mi ), i 1,2,
, k ,即 bi' bi'' , i 1,2,
,
k .但 bi' , bi''是 模 mi 的 同 一 完 全 剩 余 系 里 中 的 二 数 , 故 bi' bi'' , i 1,2, , k .由 第 三 章 §2 定 理1 的 推 论 即 得 定 理 的 结 论.
应用─ 利用中国剩余定理的计算机算术运算
中国剩余定理提供了实施大整数的计算机 运算的方法.存储很大的整数并做它们之间的 算术运算需要特殊的技巧. 中国剩余定理告诉我们,给定两两互素的模 m1 , m2 , , mr ,一 个 小 于 M m1m2 mr的 正 整 数 a由 , r.
它 的 模 m j最 小 正 剩 余 唯 一 决 定 , 其 中 j 1,2,
( i i i ) 若 取 y0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 解 , 则 x0 m o d m 是 ( 5) , 即 ( 2 ) 的 解 , 这 里 x0 (my0 b1 ) / a1 (7). 反 过 来 , 若 x0 m o d m是 ( 2 ) 即 ( 5 ) 的 解 , 则 y0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 解 , 这 里 y0 (a1 x0 b1 ) / m (8).此 外 , 若 y0 m o d a1 , y '0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 两 个 不 同 解 , 则 相 应 地 确 定 x0 m o d m, x '0 m o d m也 是 ( 5 ) 即 ( 2 ) 的 两 个 不 同 解 . 所 以 ( 6 ) 和 ( 5) 的 解 数 相 同 .
以 上 步 骤 的 ( i ) , ( i i ) , ( i i i ) 表 明 : 求 模 m 的 同 余 式 ( 2) , 通 过 同 余 式 ( 5 ) 转 化 为 求 解 较 小 的 模 a1 的 同 余 方 程 ( 6 ) . 如 果 ( 6) 能 立 即 解 出 , 则 由 ( 7 ) 就 得 到 ( 2) 的 全 部 解 ; 如 果 ( 6) 还 不 容 易 解 出 , 则 继 续 对 它 用 步 骤 ( i ) , ( i i ) , 化 为 一 模 更小的同余式.这样进行下去总能使问题归结为求解 一模很小且能直接看出其是否有解的同余式.再依次 利 用 式 ( 7 ) 返 回 上 去 即 可 求 得 ( 2) 的 全 部 解 .
大 约 公 元 5-6 世 纪 , 我 国 南 北 朝 时 期 有 一 部 著 名 的 算 术 著作《孙子算经》,其中有这样一个“物不知数”问题： “今有物,不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三， 七七数之剩二，问物几何？”这就是要求同余方程组 x 2 (mod 3) x 3 (mod 5) 的 正 整 数 解 . 书 中 求 出 了 满 足 这 一 问 题 的 最 小 x 2 (mod 7) 正 整 数 解 x 23. 因 此 把 定 理 1 称 为 孙 子 剩 余 定 理 或 孙 子 定 理 国际上称为中国剩余定理.
由 中 国 剩 余 定 理 知 每 个 整 数 a,0 a m, 均 可 以 唯 一 的 表 示 为 n元 组 . 这 个 n 元 组 由 a 除 以 mi的 余 数 组 成 , 也 就 是 说 a 可 以 唯 一 地 表 示 为 a mod m1 , a mod m2 , , a mod mn 这 样 大 整 数 算 术 运 算 就 可 以
定 义 若 a 是 使 f (a ) 0 (mod m)成 立 的 一 个 整 数, 则 x a (mod m)叫 做(1) 的 一 解. 这 就 是 说 今 后 我 们 把 适 合 (1) 式 而 对 模 m 互 相 同 余 的 一 切 数 算 作(1) 的 一 个 解.
同余式解的定义 同 余 类 c mod m 中 的 任 一 整 数 也 是 (1) 的 解 , 这 些 解 都 应 看 作 是 相 同 的 , 把 它 们 的 全 体 算 作 是 (1) 式 的 一 个 解 , 并 把 这 个 解 记 为 x c (mod m). 这 实 际 上 是 把 同 余 类 c mod m 看 作 是 满 足 ( 1 ) 的 一个解. 当 c1 , c2均 为 同 余 式 的 解 , 且 对 模 m 不 同 余 ( 即 c1 mod m, c2 mod m 是 不 同 的 同 余 类 ) 时 才 看 成 是 (1) 的 不 同 的 解 . 我 们 把 所 有 对 模 m 两 两 不 同 余 的 (1) 的 解 的 个 数 ( 即 满 足 (1) 的 模 m 的 同 余 类 的 个 数 ) 称 为 是 (1) 的 解 数 . 因 此 我 们 只 要 在 模 m 的 一 组 完 全 剩 余 系 中 来 解 模 m 的 同 余 式 . 显 然 , 模 m 的 同 余 式 的 解 数 至 多 为 m.
的 解 答 中 x 的 值 , 故 同 余 式(2)可 以 用 解 不 定 方 程 (4)的方法去解它.
( i ) 取 a1 a ( m o d m ) , - m / 2< a1 m / 2; b1 b ( m o d m ) , -m / 2< b1 m / 2; , 同 余 式 ( 2 ) 就 是 同 余 式 a1 x b1 ( m o d m ) . ( 5)
孙子定理
定 义 设 f j ( x)是 整 系 数 多 项 式 (1 j k ) , 把 含 有 变数x的一组同余式 f j ( x) 0 (mod m j ), 1 j k , 称 为 是 同 余 式 组 . 若 整 数 c同 时 满 足 f j (c) 0 (mod m j ), 1 j k , 则称是同余式组(1)的解.
第四章 高次同余式的解数 及解法、质数模的同余式
复习
定 义 若 f ( x)表 示 多 项 式 f ( x) an x n + + a1x a0 , 其 中 ai 是 整 数; 又 设 m 是 一 正 整 数, 则 f ( x) 0 (mod m) (1)
叫 做 模 m 的 同 余 式 . 若 an 0 (mod m), 则 n 叫 做 ( 1 ) 的 次 数. 由 第 三 章 §1 定 理2, 若 f (a) 0 (mod m), 则 剩 余 类 K a中 任 何 整 数 a ' 都 能 使 f (a ') 0 (mod m)成 立.
定理 一次同余式 ax b (mod m) , a 0 (mod m) (2) 有 解 的 充 要 条 件 是 ( a , m) | b . 若(2) 有 解 , 则(2) 的 解 数( 对 模 m 来 说 ) 是 d (a, m).
由定理的证明可以看出,适合(2)式的整数 也就是适合不定方程 ax - my b (4)
在 表 示 这 些 整 数 的 n元 组 的 分 量 上 完 成 , 每 个 分 量 都 是 用 大 整 数 除 以 mi的 余 数 , 若 计 算 出 的 大 整 数 运 算 结 果 用 n元 组 表 示 , 就 可 以 求 解 出 这 n 个 同 余 方程找出结果.
假设一个计算机的字长仅为100,如何实现大小 为106的 整 数 的 算 术 运 算 ? 首 先 , 找 到 小 于100的 两 两 互 素 的 正 整 数 , 使 它 们 的 积 超 过 1 0 ; 例 如 , 可 取 m1= 9 9, m2 = 9 8, m3= 9 7 和 m4 =
M k' M k bk (mod m)
(2)
其 中 M i' M i 1 (mod mi ), i 1,2, , k.
证 由 ( mi , m j ) = 1, i j 即 得( M i , mi ) 1,故 由 § 1 定 理 即 知 对 每 一 M i , 有 一 M i' 存 在 , 使 得 M i' M i 1 (mod mi ). 另 一 方 面 m mi M i , 因 此 m j M i , i j ,
' ' M M b M j j j j M jb j bi (mod mi ) j 1 k
即 为 (1) 的 解 . 若 x1 , x2是 适 合 ( 1 ) 式 的 任 意 两 个 整 数 , 则 x1 x2 (mod mi ),1 i k ， 因(mi , mLeabharlann Baiduj ) 1,于 是 x1 x2 (m od m), 故(1)的解只有(2).
6
9 5 . 将 小 于 1 0 6的 整 数 转 换 为 4 元 组 , 每 个 量 分 别 是 模 m1 , m2 , m3和 m4的 最 小 正 剩 余 .
然 后 , 例 如 做 整 数 的 加 法 , 仅 需 把 它 们 模 m1 , m2 , m3 , m4的 最 小 正 剩 余 相 加,这 用 到 结 论 : 若 x xi ( m o d mi ), y yi (mod mi ),则 x y xi yi (mod mi ). 然后利用中国剩余定理将所得的四个最小 正 剩 余 的 和 的 集 合 转 换 为 一 个 整 数.
( i i ) 同 余 式 ( 5) 与 同 余 方 程 my b1 ( m o d a1 ). (6) 同 时 有 解 或 无 解 , 这 是 因 为 由 定 理 知 , 同 余 式 ( 5) 与 不 定 方 程 a1 x my b1 同 时 有 解 或 无 解 , 而 这 不 定 方 程 可 写 成 my b1+ a1 x .同 样 理 由 , 上 述 不 定 方 程 与 同 余 方 程 ( 6 ) 同时有解或无解.
定 理 1 (孙 子 定 理) 设 m1 , , mk是 k 个 两 两 互 质 的 正 整 数 , m m1 mk ,
m mi M i , i 1,2, , k , 则 同 余 式 组 x b j (mod m j ), 1 j k (1) 的 解 是
' x M 1' M 1b1 M 2 M 2b2
孙子定理是数论中最重要的基本定理之一. 它 实 质 上 刻 画 了 剩 余 系 的 结 构 . 设 c 由 式 ( 2) 给 出 , c ' M M 1b '1
' 1
M M k b 'k .
' k
容 易 证 明 ： c c ' (mod m)的 充 要 条 件 是 b j b ' j (mod m j ),1 j k , c 和 m 既 约 的 充 要 条 件 是 b j和 m j都 既 约 .
同余式组解的定义 同 余 类 c mod m, m [m1 , , mk ]中 的 任 一 整 数 也 是 同 余 式 f j ( x) 0(mod m j )(1 j k )的 解 , 这 些 解 都 应 看 作 是 相 同 的 , 并 把 这 个 解 记 为 x c (mod m). 这 实 际 上 是 把 同 余 类 c mod m 看作是满足同余式组的一个解. 当 c1 , c2均 为 同 余 式 组 的 解 , 且 对 模 m不 同 余 时 才 看 成 是 同 余 式组的不同的解.我们把所有对模m两两不同余的同余式组 解的个数称为同余式组的解数.因此我们只要在模m的一组 完 全 剩 余 系 中 来 解 同 余 式 组 , 解 数 至 多 为 m. 此 外 , 只 要 同 余 式 组中任意一个同余式无解，则同余式组一定无解.
定 理 2 若 b1 , b2
, bk 分 别 过 模 m1 , m2 ,
, mk 的 完 全
剩 余 系 , 则 ( 2 ) 过 模 m m1m2
k
mk的 完 全 剩 余 系 . mk个 数.这 m 个 数
证 令 x0 M i' M ibi ,则 x0过 m1m2
i 1
是两两不同余的.这因为若
则 M i' M ibi' M i' M ibi'' (mod mi ), i 1,2,
, k ,即 bi' bi'' , i 1,2,
,
k .但 bi' , bi''是 模 mi 的 同 一 完 全 剩 余 系 里 中 的 二 数 , 故 bi' bi'' , i 1,2, , k .由 第 三 章 §2 定 理1 的 推 论 即 得 定 理 的 结 论.
应用─ 利用中国剩余定理的计算机算术运算
中国剩余定理提供了实施大整数的计算机 运算的方法.存储很大的整数并做它们之间的 算术运算需要特殊的技巧. 中国剩余定理告诉我们,给定两两互素的模 m1 , m2 , , mr ,一 个 小 于 M m1m2 mr的 正 整 数 a由 , r.
它 的 模 m j最 小 正 剩 余 唯 一 决 定 , 其 中 j 1,2,
( i i i ) 若 取 y0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 解 , 则 x0 m o d m 是 ( 5) , 即 ( 2 ) 的 解 , 这 里 x0 (my0 b1 ) / a1 (7). 反 过 来 , 若 x0 m o d m是 ( 2 ) 即 ( 5 ) 的 解 , 则 y0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 解 , 这 里 y0 (a1 x0 b1 ) / m (8).此 外 , 若 y0 m o d a1 , y '0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 两 个 不 同 解 , 则 相 应 地 确 定 x0 m o d m, x '0 m o d m也 是 ( 5 ) 即 ( 2 ) 的 两 个 不 同 解 . 所 以 ( 6 ) 和 ( 5) 的 解 数 相 同 .
以 上 步 骤 的 ( i ) , ( i i ) , ( i i i ) 表 明 : 求 模 m 的 同 余 式 ( 2) , 通 过 同 余 式 ( 5 ) 转 化 为 求 解 较 小 的 模 a1 的 同 余 方 程 ( 6 ) . 如 果 ( 6) 能 立 即 解 出 , 则 由 ( 7 ) 就 得 到 ( 2) 的 全 部 解 ; 如 果 ( 6) 还 不 容 易 解 出 , 则 继 续 对 它 用 步 骤 ( i ) , ( i i ) , 化 为 一 模 更小的同余式.这样进行下去总能使问题归结为求解 一模很小且能直接看出其是否有解的同余式.再依次 利 用 式 ( 7 ) 返 回 上 去 即 可 求 得 ( 2) 的 全 部 解 .
大 约 公 元 5-6 世 纪 , 我 国 南 北 朝 时 期 有 一 部 著 名 的 算 术 著作《孙子算经》,其中有这样一个“物不知数”问题： “今有物,不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三， 七七数之剩二，问物几何？”这就是要求同余方程组 x 2 (mod 3) x 3 (mod 5) 的 正 整 数 解 . 书 中 求 出 了 满 足 这 一 问 题 的 最 小 x 2 (mod 7) 正 整 数 解 x 23. 因 此 把 定 理 1 称 为 孙 子 剩 余 定 理 或 孙 子 定 理 国际上称为中国剩余定理.
由 中 国 剩 余 定 理 知 每 个 整 数 a,0 a m, 均 可 以 唯 一 的 表 示 为 n元 组 . 这 个 n 元 组 由 a 除 以 mi的 余 数 组 成 , 也 就 是 说 a 可 以 唯 一 地 表 示 为 a mod m1 , a mod m2 , , a mod mn 这 样 大 整 数 算 术 运 算 就 可 以
定 义 若 a 是 使 f (a ) 0 (mod m)成 立 的 一 个 整 数, 则 x a (mod m)叫 做(1) 的 一 解. 这 就 是 说 今 后 我 们 把 适 合 (1) 式 而 对 模 m 互 相 同 余 的 一 切 数 算 作(1) 的 一 个 解.
同余式解的定义 同 余 类 c mod m 中 的 任 一 整 数 也 是 (1) 的 解 , 这 些 解 都 应 看 作 是 相 同 的 , 把 它 们 的 全 体 算 作 是 (1) 式 的 一 个 解 , 并 把 这 个 解 记 为 x c (mod m). 这 实 际 上 是 把 同 余 类 c mod m 看 作 是 满 足 ( 1 ) 的 一个解. 当 c1 , c2均 为 同 余 式 的 解 , 且 对 模 m 不 同 余 ( 即 c1 mod m, c2 mod m 是 不 同 的 同 余 类 ) 时 才 看 成 是 (1) 的 不 同 的 解 . 我 们 把 所 有 对 模 m 两 两 不 同 余 的 (1) 的 解 的 个 数 ( 即 满 足 (1) 的 模 m 的 同 余 类 的 个 数 ) 称 为 是 (1) 的 解 数 . 因 此 我 们 只 要 在 模 m 的 一 组 完 全 剩 余 系 中 来 解 模 m 的 同 余 式 . 显 然 , 模 m 的 同 余 式 的 解 数 至 多 为 m.
的 解 答 中 x 的 值 , 故 同 余 式(2)可 以 用 解 不 定 方 程 (4)的方法去解它.
( i ) 取 a1 a ( m o d m ) , - m / 2< a1 m / 2; b1 b ( m o d m ) , -m / 2< b1 m / 2; , 同 余 式 ( 2 ) 就 是 同 余 式 a1 x b1 ( m o d m ) . ( 5)
孙子定理
定 义 设 f j ( x)是 整 系 数 多 项 式 (1 j k ) , 把 含 有 变数x的一组同余式 f j ( x) 0 (mod m j ), 1 j k , 称 为 是 同 余 式 组 . 若 整 数 c同 时 满 足 f j (c) 0 (mod m j ), 1 j k , 则称是同余式组(1)的解.
第四章 高次同余式的解数 及解法、质数模的同余式
复习
定 义 若 f ( x)表 示 多 项 式 f ( x) an x n + + a1x a0 , 其 中 ai 是 整 数; 又 设 m 是 一 正 整 数, 则 f ( x) 0 (mod m) (1)
叫 做 模 m 的 同 余 式 . 若 an 0 (mod m), 则 n 叫 做 ( 1 ) 的 次 数. 由 第 三 章 §1 定 理2, 若 f (a) 0 (mod m), 则 剩 余 类 K a中 任 何 整 数 a ' 都 能 使 f (a ') 0 (mod m)成 立.
定理 一次同余式 ax b (mod m) , a 0 (mod m) (2) 有 解 的 充 要 条 件 是 ( a , m) | b . 若(2) 有 解 , 则(2) 的 解 数( 对 模 m 来 说 ) 是 d (a, m).
由定理的证明可以看出,适合(2)式的整数 也就是适合不定方程 ax - my b (4)
在 表 示 这 些 整 数 的 n元 组 的 分 量 上 完 成 , 每 个 分 量 都 是 用 大 整 数 除 以 mi的 余 数 , 若 计 算 出 的 大 整 数 运 算 结 果 用 n元 组 表 示 , 就 可 以 求 解 出 这 n 个 同 余 方程找出结果.
假设一个计算机的字长仅为100,如何实现大小 为106的 整 数 的 算 术 运 算 ? 首 先 , 找 到 小 于100的 两 两 互 素 的 正 整 数 , 使 它 们 的 积 超 过 1 0 ; 例 如 , 可 取 m1= 9 9, m2 = 9 8, m3= 9 7 和 m4 =
M k' M k bk (mod m)
(2)
其 中 M i' M i 1 (mod mi ), i 1,2, , k.
证 由 ( mi , m j ) = 1, i j 即 得( M i , mi ) 1,故 由 § 1 定 理 即 知 对 每 一 M i , 有 一 M i' 存 在 , 使 得 M i' M i 1 (mod mi ). 另 一 方 面 m mi M i , 因 此 m j M i , i j ,
' ' M M b M j j j j M jb j bi (mod mi ) j 1 k
即 为 (1) 的 解 . 若 x1 , x2是 适 合 ( 1 ) 式 的 任 意 两 个 整 数 , 则 x1 x2 (mod mi ),1 i k ， 因(mi , mLeabharlann Baiduj ) 1,于 是 x1 x2 (m od m), 故(1)的解只有(2).
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9 5 . 将 小 于 1 0 6的 整 数 转 换 为 4 元 组 , 每 个 量 分 别 是 模 m1 , m2 , m3和 m4的 最 小 正 剩 余 .
然 后 , 例 如 做 整 数 的 加 法 , 仅 需 把 它 们 模 m1 , m2 , m3 , m4的 最 小 正 剩 余 相 加,这 用 到 结 论 : 若 x xi ( m o d mi ), y yi (mod mi ),则 x y xi yi (mod mi ). 然后利用中国剩余定理将所得的四个最小 正 剩 余 的 和 的 集 合 转 换 为 一 个 整 数.
( i i ) 同 余 式 ( 5) 与 同 余 方 程 my b1 ( m o d a1 ). (6) 同 时 有 解 或 无 解 , 这 是 因 为 由 定 理 知 , 同 余 式 ( 5) 与 不 定 方 程 a1 x my b1 同 时 有 解 或 无 解 , 而 这 不 定 方 程 可 写 成 my b1+ a1 x .同 样 理 由 , 上 述 不 定 方 程 与 同 余 方 程 ( 6 ) 同时有解或无解.
定 理 1 (孙 子 定 理) 设 m1 , , mk是 k 个 两 两 互 质 的 正 整 数 , m m1 mk ,
m mi M i , i 1,2, , k , 则 同 余 式 组 x b j (mod m j ), 1 j k (1) 的 解 是
' x M 1' M 1b1 M 2 M 2b2
孙子定理是数论中最重要的基本定理之一. 它 实 质 上 刻 画 了 剩 余 系 的 结 构 . 设 c 由 式 ( 2) 给 出 , c ' M M 1b '1
' 1
M M k b 'k .
' k
容 易 证 明 ： c c ' (mod m)的 充 要 条 件 是 b j b ' j (mod m j ),1 j k , c 和 m 既 约 的 充 要 条 件 是 b j和 m j都 既 约 .
同余式组解的定义 同 余 类 c mod m, m [m1 , , mk ]中 的 任 一 整 数 也 是 同 余 式 f j ( x) 0(mod m j )(1 j k )的 解 , 这 些 解 都 应 看 作 是 相 同 的 , 并 把 这 个 解 记 为 x c (mod m). 这 实 际 上 是 把 同 余 类 c mod m 看作是满足同余式组的一个解. 当 c1 , c2均 为 同 余 式 组 的 解 , 且 对 模 m不 同 余 时 才 看 成 是 同 余 式组的不同的解.我们把所有对模m两两不同余的同余式组 解的个数称为同余式组的解数.因此我们只要在模m的一组 完 全 剩 余 系 中 来 解 同 余 式 组 , 解 数 至 多 为 m. 此 外 , 只 要 同 余 式 组中任意一个同余式无解，则同余式组一定无解.
定 理 2 若 b1 , b2
, bk 分 别 过 模 m1 , m2 ,
, mk 的 完 全
剩 余 系 , 则 ( 2 ) 过 模 m m1m2
k
mk的 完 全 剩 余 系 . mk个 数.这 m 个 数
证 令 x0 M i' M ibi ,则 x0过 m1m2
i 1
是两两不同余的.这因为若