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1、本文格式为Word版，下载可任意编辑高次同余式的解数及解法 4.3高次同余式的解数及解法 本节初步议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回想与强调 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
2、两两互素的正整数，f(x)是整系数多项式，那么 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T（分别表示f(x) 0 (mod m)与f(x) 0 i1 i k）(mod mi) （1 i k）的解的个数，那么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，那么m1, m2, L, mk是两两互素的正整数知，f(x0
3、) 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，那么同余方程组(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及算术根本定理，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议论轻
4、易看出，若x0是同余方程 f(x) 0 (mod p) (5) 的解，那么它必是方程 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
5、(x1) 0 (mod p)，那么存在整数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)，那么对于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得志同余方程(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) 利用泰勒开展式将f(x1+ p-1t)在x1处开展得 f(x1) + p-1t
6、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)，那么关于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)，那么式(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 -
7、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)的情形举行议论。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启程去求得同余方程(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
8、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 轻易验证，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 =
9、 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)启程利用上述方法，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，那么方程(11)的解是x 1 (mod 2)。 若k = 2，那么方程(11)的解是x 1，-1 (mod 4)。 若k 3，那么同余方程(11)可化为 x2 - 1 = (x + 1)(x - 1) 0 (mod 2k)， 的解必是奇数，设x = 2y + 1，那么同余方程(11)成为 6
