第3章 同余式
定义 3.1.1
设 m m m是一个正整数, f ( x ) f(x) f(x)为多项式
f ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0 f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0
其中 a i a_i ai是正整数,则
f ( x ) ≡ 0 m o d m f(x)\equiv0\mod m f(x)≡0modm
叫做模 m m m同余式。若 m ∤ a n m\nmid a_n m∤an,则 n n n称为 f ( x ) f(x) f(x)的次数,记为 d e g f ( x ) deg\ f(x) deg f(x)。此时,上式又称为模 m m m的 n n n次同余式。
如果整数 x = a x=a x=a使得上式成立
f ( a ) ≡ 0 m o d m f(a)\equiv0\mod m f(a)≡0modm
则 a a a叫做该同余式的解。事实上,满足 x ≡ a m o d m x\equiv a\mod m x≡amodm 的所有整数都会使得同余式成立。因此,同余式的解 a a a通常写成
x ≡ a m o d m x\equiv a\mod m x≡amodm
在模 m m m的完全剩余系中,使得同余式成立的剩余个数叫做同余式的解数。
同余式的基本求解思路
- 求解规约( f ( x ) ≡ 0 m o d m ⇐ f ( x ) ≡ 0 m o d p α ⇐ f ( x ) ≡ 0 m o d p f(x)\equiv0\mod m\Leftarrow f(x)\equiv 0\mod p^{\alpha} \Leftarrow f(x)\equiv0 \mod p f(x)≡0modm⇐f(x)≡0modpα⇐f(x)≡0modp )
- 解的存在性。
- 解的个数。
- 具体求解。
定理3.1.1
设 m m m是一个正整数, a a a是满足 m ∤ a m\nmid a m∤a的整数,则一次同余式
a x ≡ 1 m o d m ax\equiv1\mod m ax≡1modm
有解的充分必要条件是 ( a , m ) = 1 (a,m)=1 (a,m)=1。
并且,当上面的同余式有解时,其解是唯一的。
定义 3.1.2
设 m m m是一个正整数, a a a是一个整数。如果存在整数 a ′ a' a′使得
a ⋅ a ′ ≡ a ′ ⋅ a ≡ 1 m o d m a\cdot a'\equiv a'\cdot a\equiv1\mod m a⋅a′≡a′⋅a≡1modm
成立。则 a a a叫做模 m m m可逆元。
定理 3.1.2
设 m m m是一个正整数,则整数 a a a是模 m m m简化剩余的充要条件是整数 a a a是模 m m m逆元。
定理 3.1.3
设 m m m是一个正整数, a a a是满足 m ∤ a m\nmid a m∤a的整数,则一次同余式
a x ≡ b m o d m ax\equiv b\mod m ax≡bmodm
有解的充分必要条件是 ( a , m ) ∣ b (a,m)\mid b (a,m)∣b。
而且,当上式有解时,其解为
x ≡ b ( a , m ) ( ( a ( a , m ) ) − 1 m o d m ( a , m ) ) + t ⋅ m ( a , m ) m o d m t = 0 , 1 , ⋯ , ( a , m ) − 1 x\equiv \frac{b}{(a,m)}((\frac{a}{(a,m)})^{-1}\mod \frac{m}{(a,m)})+t\cdot\frac{m}{(a,m)}\mod m\\ t=0,1,\cdots,(a,m)-1 x≡(a,m)b(((a,m)a)−1mod(a,m)m)+t⋅(a,m)mmodmt=0,1,⋯,(a,m)−1
定理 3.2.1 中国剩余定理
设 m 1 , m 2 , ⋯ , m k m_1,m_2,\cdots,m_k m1,m2,⋯,mk是 k k k个两两互素的正整数,则对任意的整数 b 1 , b 2 , ⋯ , b k b_1,b_2,\cdots,b_k b1,b2,⋯,bk,同余方程组
{ x ≡ b 1 m o d m 1 x ≡ b 2 m o d m 2 ⋮ x ≡ b k m o d m k \left\{ \begin{array}{l}\\ x\equiv b_1&\mod m_1\\ x\equiv b_2&\mod m_2\\ &\vdots\\ x\equiv b_k&\mod m_k\\ \end{array} \right. ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x≡b1x≡b2x≡bkmodm1modm2⋮modmk
一定有解,解为
x = ∑ i = 1 k b i M i M i ′ m o d m m = Π i = 1 k m i M i = m m i M i ′ ⋅ M i ≡ 1 m o d m x=\sum_{i=1}^{k}b_iM_iM_i'\mod m\\ m=\Pi_{i=1}^{k}m_i\\ M_i=\frac{m}{m_i}\\ {M'_i}\cdot {M_i}\equiv1\mod m x=i=1∑kbiMiMi′modmm=Πi=1kmiMi=mimMi′⋅Mi≡1modm
中国剩余定理也可以递归证明。
定理 3.2.4
在定理 3.2.1的条件下,若 b 1 , b 2 , ⋯ , b k b_1,b_2,\cdots,b_k b1,b2,⋯,bk分别遍历模 m 1 , m 2 , ⋯ , m k m_1,m_2,\cdots,m_k m1,m2,⋯,mk的完全剩余系,则
x ≡ ∑ i = 1 k b i M i M i ′ m o d m x\equiv \sum_{i=1}^{k}b_iM_iM_i'\mod m x≡i=1∑kbiMiMi′modm
也遍历 m m m的完全剩余系。
命题 3.2.1
设 m 1 , m 2 , ⋯ , m k m_1,m_2,\cdots,m_k m1,m2,⋯,mk是k个互素的正整数。令 m = m 1 m 2 ⋯ m k m=m_1m_2\cdots m_k m=m1m2⋯mk,则对任意的整数 0 ≤ b < m 0\le b <m 0≤b<m,存在唯一的整数 b 1 , b 2 , ⋯ , b k b_1,b_2,\cdots,b_k b1,b2,⋯,bk, 0 ≤ b i < m i , i = 1 , 2 , ⋯ , k 0\le b_i < m_i,i=1,2,\cdots,k 0≤bi<mi,i=1,2,⋯,k,使得
∑ i = 1 k b i M i M i ′ = b m o d m \sum_{i=1}^{k}b_iM_iM'_i=b\mod m i=1∑kbiMiMi′=bmodm
成立。
进一步, ( b , m ) = 1 (b,m)=1 (b,m)=1的充要条件是 ( b i , m i ) = 1 , 1 ≤ i ≤ k (b_i,m_i)=1,\ 1\le i\le k (bi,mi)=1, 1≤i≤k
定理 3.3.1
设 m 1 , m 2 , ⋯ , m k m_1,m_2,\cdots,m_k m1,m2,⋯,mk是k个两两互素的正整数, m = m 1 m 2 ⋯ m k m=m_1m_2\cdots m_k m=m1m2⋯mk,则同余式
f ( x ) ≡ 0 m o d m f(x)\equiv 0\mod m f(x)≡0modm
和方程组
{ f ( x ) ≡ 0 m o d m 1 f ( x ) ≡ 0 m o d m 2 ⋮ f ( x ) ≡ 0 m o d m k \left\{ \begin{array}{l} f(x)\equiv 0&\mod m_1\\ f(x)\equiv 0&\mod m_2\\ &\vdots\\ f(x)\equiv 0&\mod m_k\\ \end{array} \right. ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧f(x)≡0f(x)≡0f(x)≡0modm1modm2⋮modmk
等价。如果用 T i T_i Ti来表示同余式
f ( x ) ≡ 0 m o d m f(x)\equiv 0 \mod m f(x)≡0modm
的解的个数,则有
T = T 1 T 2 ⋯ T k T=T_1T_2\cdots T_k T=T1T2⋯Tk
定理 3.3.2
设 x ≡ x 1 m o d m x\equiv x_1\mod m x≡x1modm是同余式
f ( x ) ≡ 0 m o d p f(x)\equiv 0\mod p f(x)≡0modp
的一个解,且
( f ′ ( x 1 ) , p ) = 1 (f'(x_1),p)=1 (f′(x1),p)=1
则同余式
f ( x ) ≡ 0 m o d p α f(x)\equiv0\mod p^{\alpha} f(x)≡0modpα
有解
x ≡ x α m o d p α x\equiv x_{\alpha}\mod p^{\alpha} x≡xαmodpα
其中, x α x_{\alpha} xα可由下面的递推式给出
x i = x i − 1 + t i − 1 ⋅ p i − 1 m o d p i x_i=x_{i-1}+t_{i-1}\cdot p^{i-1}\mod p^i xi=xi−1+ti−1⋅pi−1modpi
这里
t i − 1 ≡ − f ( x i − 1 ) p i − 1 ⋅ ( f ′ ( x 1 ) − 1 m o d p ) m o d p , i = 1 , 2 , ⋯ , α t_{i-1}\equiv\frac{-f(x_{i-1})}{p^{i-1}}\cdot(f'(x_1)^{-1}\mod p)\mod p,\ i=1,2,\cdots,\alpha ti−1≡pi−1−f(xi−1)⋅(f′(x1)−1modp)modp, i=1,2,⋯,α
引理 3.4.1
设 f ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0 f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0为 n n n次整系数多项式, g ( x ) = x m + ⋯ + b 1 x + b 0 g(x)=x^m+\cdots+b_1x+b_0 g(x)=xm+⋯+b1x+b0为 m ≥ 1 m\ge1 m≥1的首一整系数多项式,则存在整系数多项式 q ( x ) q(x) q(x)和 r ( x ) r(x) r(x)使得
f ( x ) = g ( x ) q ( x ) + r ( x ) , d e g g ( x ) > d e g r ( x ) f(x)=g(x)q(x)+r(x),\ deg\ g(x) > deg\ r(x) f(x)=g(x)q(x)+r(x), deg g(x)>deg r(x)
定理 3.4.1
同余式
f ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 ≡ 0 m o d p f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\equiv 0 \mod p f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0≡0modp
和一个次数不超过 p − 1 p-1 p−1的模 p p p同余式等价。
f ( x ) = q ( x ) ( x p − x ) + r ( x ) f(x)=q(x)(x^p-x)+r(x) f(x)=q(x)(xp−x)+r(x)
定理 3.4.2
设 1 ≤ k ≤ n 1\le k\le n 1≤k≤n,若
x ≡ a i m o d p , i = 1 , 2 , ⋯ , k x\equiv a_i\mod p,\ i=1,2,\cdots,k x≡aimodp, i=1,2,⋯,k
是同余式
f ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 ≡ 0 m o d p f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\equiv 0 \mod p f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0≡0modp
的 k k k个不同的解,则对任何整数 x x x,都有
f ( x ) = f k ( x ) ( x − a 1 ) ( x − a 2 ) ⋯ ( x − a k ) ≡ 0 m o d p f(x)=f_k(x)(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_k)\equiv 0\mod p f(x)=fk(x)(x−a1)(x−a2)⋯(x−ak)≡0modp
成立。其中 f k ( x ) f_k(x) fk(x)是 n − k n-k n−k次多项式,且最高次数项系数为 a n a_n an
定理 3.4.3
设 p p p是一个素数,则对任何整数 x x x,有
x p − 1 − 1 ≡ ( x − 1 ) ( x − 2 ) ⋯ ( x − p + 1 ) m o d p x^{p-1}-1\equiv (x-1)(x-2)\cdots(x-p+1)\mod p xp−1−1≡(x−1)(x−2)⋯(x−p+1)modp
定理 3.4.4
同余式
f ( x ) = a n x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 ≡ 0 m o d p f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\equiv 0 \mod p f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0≡0modp
的不同解的个数不超过其次数。
定理 3.4.5
设 p p p是一个素数, n n n是一个正整数, n ≤ p n\le p n≤p,则同余式
f ( x ) = x n + a n − 1 x n − 1 + ⋯ + a 1 x + a 0 ≡ 0 m o d p f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0\equiv 0 \mod p f(x)=xn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0≡0modp
有 n n n个解的充分必要条件是 x p − x x^p-x xp−x被 f ( x ) f(x) f(x)除所得余式的所有系数都是 p p p的倍数。
推论 3.4.5
设 p p p是一个素数, d d d是 p − 1 p-1 p−1的正因数,那么同余式
x d − 1 ≡ 0 m o d p x^d-1\equiv0\mod p xd−1≡0modp
有 d d d个不同的根。