高次同余式的解数及解法.doc

4.3高次同余式的解数及解法本节初步讨论高次同余式的解数与解法：先把合数模的同余式化成质数模的同余式，然后通过下一节来解质数模的同余式。A回顾与强调二、同余式解的相关定理上一节由孙子定理：设m1, m2, L, mk是正整数，(mi, mj) = 1，m = m1m2Lmk ，Mi = ， MiMi 1 (mod mi)，同余式组（同余方程组）(1) 的解为 (mod m)。反过来，解同余式 ，可将它化为同余式组 ，于是，有下面的定理B重要定理证明的讲解定理1设m = m1m2Lmk ，其中m1, m2, L, mk 是两两互素的正整数，f(x)是整系数多项式，则A：同余式 f(x) 0 (mod m) （1）与同余式组f(x) 0 (mod mi) （1 i k） （2）等价；B：以T与Ti（1 i k）分别表示f(x) 0 (mod m)与f(x) 0 (mod mi) （1 i k）的解的个数，则T = T1T2Tk 。证明 A：设x0是适合（1）的解，即f(x0) 0 (mod m)，由整除的性质知 f(x0) 0 (mod mi) ，1 i k，反之，设x0是适合（2）的解，即f(x0) 0 (mod mi) ，1 i k，则m1, m2, L, mk是两两互素的正整数知，f(x0) 0 (mod m)，故（1）与（2）同解。B：设同余方程(2)的全部解是 (mod mi)， （3）即模mi有Ti个解，则同余方程组(2)等价于下面的T1T2Tk个方程组：（4）其中 通过式(3)中的数值，即通过同余方程(1)的全部解。由孙子定理，对于选定的每一组 ，同余方程组(4)对模m有唯一解，而当每个 通过(3)式中的值时，由孙子定理的证明知所得到的T1T2Tk个同余方程组(4)的解对于模m都是两两不同余的。证毕。由定理4及算术基本定理，设 ， 从而，解一般模的同余方程 可以转化为解模为素数幂 的同余方程组 。下面我们利用数学中的化归思想对模p的同余方程做进一步讨论容易看出，若x0是同余方程 f(x) 0 (mod p) (5)的解，则它必是方程 f(x) 0 (mod p-1) (6)的解，因此，必有与x0相应的方程(6)的某个解x1，使x0 x1 (mod p-1)，x0 = x1 + p-1t0，t0Z。这提示我们：可以从方程(6)的解中去求方程(5)的解。于是，现在的问题是，对于方程(6)的每个解x1，是否必有方程(5)的解x0与之对应？若有，如何去确定它？定理2 设p是素数，a 2是整数，f(x) = anxn + L + a1x + a0是整系数多项式，又设x1是同余方程(6)的一个解。以f(x)表示f(x)的导函数。() 若f(x1) 0 (mod p)，则存在整数t，使得 x = x1 + p-1t (7)是同余方程(5)的解。() 若f(x1) 0 (mod p)，并且f(x1) 0 (mod p)，则对于t = 0，1, 2, L, p - 1，式(7)中的x都是方程(5)的解。证明 我们来说明，如何确定式(7)中的t，使x1 + p-1t满足同余方程(5)，即要使f(x1+ p-1t) =an(x1+ p- 1t)n+an-1(x1+ p-1t)n-1+L+a1(x1+ p-1t)+a0 0 (mod p) (8)利用泰勒展开式将f(x1+ p-1t)在x1处展开得f(x1) + p-1t f(x1) 0 (mod p)，由于x1 是f(x) 0 (mod p-1)的解(p-1 |f(x1) ),上式两端同除p-1t f(x1) - (mod p) (9)下面考虑两种情形。 () 若f(x) 0 (mod p)，则关于t的同余方程(9)有唯一解t t0 (mod p)，即t = t0 + pk（kZ）代入x = x1 + p-1t得 x x1 + p-1t0 (mod p)是同余方程(5)的解。 () 若f(x1) 0 (mod p)，并且f(x1) 0 (mod p)，则式(5)对于任意的整数t成立，即同余方程(5)有p个解 t i (mod p)，0 i p - 1。于是x x1 + p-1i (mod p)，0 i p - 1，都是同余方程(5)的解。证毕。在定理中，没有对f(x1) 0 (mod p)并且 f(x1) 0 (mod p)的情形进行讨论。事实上，此时，同余方程(6)无解。即，我们无法从同余方程(6)的解x1出发去求得同余方程(5)的解。由定理，可以把解同余方程(5)，转化为解同余方程 f(x) 0 (mod p) (10)事实上，由方程(10)的解，利用定理，可以求出方程f(x) 0 (mod p2)的解，再利用定理，又可以求出方程f(x) 0 (mod p3)的解，LL，直到求出方程(5)的解。C总结本节主要讲解了解把高次同余式划归为模p的同余式，进一步划归为求模p的同余式（质数模的同余式）-化归思想。D讲解例题三、高次同余式解法举例例1 解同余方程2x2 + 13x - 34 0 (mod 53)。 解 容易验证，同余方程 2x2 + 13x - 34 0 (mod 5) 有两个解x -1，2 (mod 5)。 (i)令x = -1 + 5t，代入同余方程 2x2 + 13 x - 34 0 (mod 52)， 得到 2(-1 + 5t)2 + 13(-1 + 5t) - 34 0 (mod 52)， -45 + 45t 0 (mod 52)， 9t 9 (mod 5)，t 1 (mod 5)，t = 1+ 5 t1。 于是，将t = 1+ 5 t1代入x = -1 + 5t得到 x = -1 + 5(1 + 5t1) = 4 + 25t1，t1Z。 将上式的x代入原同余方程得到 2(4 + 25t1)2 + 13(4 + 25t1) - 34 0 (mod 53)， 50 + 725t1 0 (mod 53)， 2 + 29t1 0 (mod 5)， t1 2 (mod 5)。得到原同余方程的一个解 x = 4 + 25t1 = 4 + 25(2 + 5t2) 54 (mod 53)。() 从同余方程的另一个解 x 2 (mod 5)出发利用上述方法，可以求出同余方程的另一个解。解略。例2 解同余方程x2 1 (mod 2k)，kN。 (11)解 若k = 1，则方程(11)的解是x 1 (mod 2)。若k = 2，则方程(11)的解是x 1，-1 (mod 4)。若k 3，则同余方程(11)可化为 x2 - 1 = (x + 1)(x - 1) 0 (mod 2k)，的解必是奇数，设x = 2y + 1，则同余方程(11)成为 (2y + 2)2y 0 (mod 2k)， y(y + 1) 0 (mod 2k-2) (12)同余方程(12)的解是y1 0，y2 -1 (mod 2k-2)（解数次数），即 y1 = 2k-2u， y2 = -1 + 2k-2v，u, vZ，所以，方程(11)的解是 x1 = 2k-1u + 1，x2 = 2 k-1v - 1， u, vZ，即 x 1，1 + 2 k-1，-1，-1 + 2 k-1 (mod 2k)。这是由于u为偶数（u=0）时结果都为x 1 (mod 2k)； u为奇数时（u=1）时结果都为x 1 + 2 k-1 (mod 2k)；同理，v为偶数时x -1 (mod 2k)，v为奇数时x -1 + 2 k-1 (mod 2k)。例3 解同余方程 x2 2 (mod 73)。解 设x是这个同余方程的解，把它可以表示成7进制数 x = x0 + 7x1 + 72x2，0 xi 6，0 i 2， 代入原方程，得到 (x0 + 7x1 + 72x2)2 2 (mod 73)， (13) 因此 (x0 + 7x1 + 72x2)2 2 (mod 7)， x02 2 (mod 7)， 所以x0 3或4 (mod 7)。于是x0 = 3或4（因为0 x0 6）。 () 若x0 = 3，由式(13)，有 (3 + 7x1 + 72x2)2 2 (mod 72)， 9 + 42x1 2 (mod 72)， 注：分别剩余7的零次相和交叉相乘得到的7的一次相 6x1 -1 (mod 7)， x1 1 (mod 7)，x1 = 1。 再由式(11)，有 (3 + 71 + 72x2)2 2 (mod 73)， (10