Congruence Equations
既然在 modulo m 之下 “≡” 可以如 “=” 一樣運算, 我們同樣的可以探討解方程式的問題.
這樣的方程式就稱為 congruence equation. 本講義中, 我們只討論解單變數的 congruence equation. 這一章中, 我們將探討解 congruence equation 的一般原則, 並討論中國剩餘定理 以及解一次的 congruence equation.
4.1. 解 Congruence Equation 的原則
給定一整係數多項式 f (x) (即 f (x) = cnxn+···+c1x + c0, 其中 ci∈ Z), 由於 f (x) 的係數是整 數, 將 x 代任一整數 a 時, f (a) 仍為整數. 因此若給定 m∈ N, 我們可以問怎樣的整數 a 會使 得 f (a)≡ 0 (mod m) (即 m| f (a)). 找這樣所有的整數解就是所謂的解 congruence equation.
給定 f (x) = cnxn+··· + c1x + c0, 其中 ci ∈ Z. 若已知對於 m ∈ N, a ∈ Z 是 f (x) ≡ 0 (mod m) 的一個解, 即 f (a)≡ 0 (mod m). 假設 b ≡ a (mod m), 由 Proposition 3.2.2 知, 對任意 i∈ N 皆有 bi≡ ai (mod m). 再由同一 Proposition 知 cibi≡ ciai (mod m), 進而得 f (b)≡ f (a) (mod m). 也就是說, 若 x = a 是 f (x) ≡ 0 (mod m) 的一個整數解, 則對任意 b∈ Z 滿足 b ≡ a (mod m), x = b 亦為 f (x) ≡ 0 (mod m) 的一個解. 所以若 x = a 是 f (x) ≡ 0 (mod m) 的一個整數解, 我們通常會說 x≡ a (mod m) 是 f (x) ≡ 0 (mod m) 的一個解. 當 然還有可能有其他在 modulo m 之下和 a 不同餘的整數會是 f (x)≡ 0 (mod m) 的解. 我們 必須把這些解用 modulo m 的同餘類的方式全部寫下, 這樣的表達方法才能將所有的整數 解寫下. 所以我們在談 f (x)≡ 0 (mod m) 的解時, 談的是 modulo m 的同餘類, 因此當我們 說 f (x)≡ 0 (mod m) 的解的個數時, 談的是在 modulo m 之下有多少的相異同餘類會滿足
f (x)≡ 0 (mod m), 而不是談有多少個整數解.
從這個角度來看, 我們只要列出一個 modulo m 的 complete residue system S, 然後將 S 的元素一一帶入 f (x) 中, 看看哪一些會使得 f (x)≡ 0 (mod m), 那麼就可以找到所有的解 了. 不過這方法在 m 很大時就顯得不切實際了. 因此我們希望能發展一套理論, 至少能理解 一些較特殊的 congruence equation 其解的特性. 不過不管怎樣, 我們知道一個 congruence equation 在 modulo m 之下其解的個數至多就是 m.
49
其實上, 我們之前就已接觸到一些解 congruence equation 的問題了. 在 modulo m 之下 找 a∈ Z 的乘法反元素的問題事實上就是在解 ax ≡ 1 (mod m) (即 ax−1 ≡ 0 (mod m)) 這一 個 congruence equation. 由 Proposition 3.2.5 知當 a 和 m 不互質時, 此 congruence equation 無解. 另外加上 Proposition 3.2.3, 我們知道當 a 和 m 互質時此 congruence equation 在 modulo m 之下有唯一解.
再如 Lemma 3.4.2 是討論當 p 是質數時 x2≡ 1 (mod p) 的解. 此時由 Lemma 3.4.2 我 們知當 p 是奇質數時有兩個解, 分別是 x≡ 1 (mod p) 和 x ≡ −1 (mod p). 我們提過當 m 不 是質數時, 雖然 x≡ ±1 (mod m) 仍為 x2≡ 1 (mod m) 這一個 congruence equation 的兩個 解, 但此 congruence equation 有可能有多於兩個解. 例如 x2≡ 1 (mod 15) 的解就是 x ≡ ±1 (mod 15) 和 x≡ ±4 (mod 15) 這 4 個解. 這和我們一般熟知一個 n 次多項式至多有 n 個解 不同, 應特別注意.
一個 n 次的實係數多項式至多有 n 個解的原因是因為實係數多項式之間也有所謂的除 法原理, 這個原理並不能套用在整係數多項式中. 不過當除式是一個最高次項係數為 1 的整 係數多項式時, 仍可套用除法原理. 由於我們並不需要一般的性質, 這裡我們僅探討除式是 一次多項式的情況.
Lemma 4.1.1. 假設 f (x) 是一個 n 次 (n≥ 1) 的整係數多項式且 a ∈ Z. 則存在一個 n − 1 次的整係數多項式 h(x) 以及 r∈ Z 滿足
f (x) = (x− a)h(x) + r.
Proof. 對 f (x) 的次數 n 做數學歸納法. 假設 f (x) 是 1 次多項式, 即 f (x) = c1x + c0, 則令 h(x) = c1 且 r = ac1+ c0, 我們得 (x− a)h(x) + r = f (x).
應用數學歸納法, 假設對次數 n < k 的整係數多項式 g(x), 皆存在 n− 1 次的整係數多項 式 h0(x) 以及 r0∈ Z 使得 g(x) = (x − a)h0(x) + r0. 現考慮 f (x) 的次數 n = k 的情形, 也就是 說 f (x) = ckxk+ ck−1xk−1+···+c1x + c0, 其中 ci∈ Z 且 ck̸= 0. 令 g(x) = f (x)−(x−a)ckxk−1, 則 g(x) = (ck−1+ cka)xk−1+···c1x + c0 是一個次數小於 k 的整係數多項式. 故套用歸納假設 知存在一次數小於 k− 1 的整係數多項式 h0(x) 以及 r0∈ Z 使得 g(x) = (x − a)h0(x) + r0. 也 就是說 f (x) = (x− a)ckxk−1+ (x− a)h0(x) + r0. 故令 h(x) = ckxk−1+ h0(x) 以及 r = r0, 我們 有 h(x) 是一個次數為 k− 1 的整係數多項式且 r ∈ Z 滿足 f (x) = (x − a)h(x) + r. 套 用 Lemma 4.1.1, 我 們 可 以 證 得 當 p 是 一 質 數 時 在 modulo p 之 下 一 個 n 次 的 congruence equation 最多有 n 個解. 不過首先我們需對一個 congruence equation 的次數下 個定義.
Definition 4.1.2. 假設 f (x) = cnxn+··· + c1x + c0 是一個整係數多項式, 給定 m∈ N.
(1) 若 m- cn, 則我們稱 f (x) 在 modulo m 之下是一個次數 (degree) 為 n 的多項式.
(2) 若 m- cr 但 m|ci, for r < i≤ n, 則我們稱 f (x) 在 modulo m 之下是一個次數為 r 的 多項式.
如果一個整係數多項式 g(x) 其在 modulo m 之下之次數為 n, 則我們稱 g(x)≡ 0 (mod m) 是一個 n 次的 congruence equation.
由此定義我們知道若 f (x) 是一個在 modulo m 之下次數為 n 的整係數多項式, 有可能 f (x) 本身的次數是大於 n 的. 不過我們可以找到一個次數為 n 的整係數多項式 g(x) (例 如刪去 f (x) 中可以被 m 整除的項) 使得對任一整數 a, 皆有 f (a)≡ g(a) (mod m). 所以 f (x)≡ 0 (mod m) 的解會和 g(x) ≡ 0 (mod m) 相同. 由於我們只關心 congruence equation 的解, 所以今後當討論一個 n 次的 congruence equation f (x)≡ 0 (mod m) 時, 不失ㄧ般性, 我們就直接假設 f (x) 的次數為 n.
Theorem 4.1.3 (Lagrange). 給定一質數 p 以及一整係數多項式 f (x). 如果在 modulo p 之下 f (x)≡ 0 (mod p) 是一個次數為 n 的多項式, 其中 n ≥ 1, 則 f (x) ≡ 0 (mod p) 在 modulo p 之下至多有 n 個解.
Proof. 不失一般性, 我們假設 f (x) = cnxn+··· + c1x + c0, 其中 p- cn. 我們對 n 做歸納法.
首先當 f (x) = c1x + c0 是一次整係數多項式時, 假設 x≡ a (mod p) 是 f (x) ≡ 0 (mod p) 的一個解. 現另假設 x≡ b (mod p) 也是一個解, 亦即 c1a + c0≡ c1b + c0 (mod p). 因為 gcd(p, c1) = 1, 由 Lemma 3.2.4 可得 a≡ b (mod p). 也就是說 n = 1 時至多有一個解.
用歸納假設當 n < k 時一個 n 次的 congruence equation 至多有 n 個解. 現考慮 n = k 的 情形. 若 x≡ a (mod p) 是 f (x) ≡ 0 (mod p) 的一個解, 利用 Lemma 4.1.1 知存在一個次數 為 k− 1 的整係數多項式 h(x) 以及 r ∈ Z 使得 f (x) = (x − a)h(x) + r. 依假設 x ≡ a (mod p) 是 f (x)≡ 0 (mod p) 的一個解, 即 f (a) ≡ 0 (mod p), 將 a 代入得 f (a) = r ≡ 0 (mod p). 現 另假設 x≡ b (mod p) 也是一個解, 則由 f (b) = (b−a)h(b)+r 知 (b−a)h(b) ≡ 0 (mod p). 換 言之, 若 b̸≡ a (mod p), 即 p - (b−a), 則由 Lemma 1.5.2 知, p|h(b), 也就是說 x ≡ b (mod p) 是 h(x)≡ 0 (mod p) 的一個解. 因此我們知道 k 次 congruence equation f (x) ≡ 0 (mod p) 的解為 x≡ a (mod p) 或 h(x) ≡ 0 (mod p) 的解. 然而 h(x) ≡ 0 (mod p) 是一個次數小於 k 的 congruence equation, 故依歸納法假設其至多有 k− 1 個解, 故得證 f (x) ≡ 0 (mod p) 至
多有 k 個解.
最後我們再次提醒, 要解 congruence equation f (x)≡ 0 (mod m) 需將解的所有情況寫 下來, 一般會將解以 x≡ a (mod m) 這樣的形式寫下來. 不過有時為了方便我們會將解以 modulo 別的數的方式寫下. 例如解 x2≡ 1 (mod 8), 我們發現所有的奇數都滿足, 所以為了 方便我們可以將解以 x≡ 1 (mod 2) 寫下. 不過要注意這種形式寫下後當我們提及解的個 數時需提及在 modulo 什麼之下的解的個數. 例如在此例中我們可以說 x2≡ 1 (mod 8) 在 modulo 8 之下有 x≡ 1,3,5,7 (mod 8), 4 個解, 也可以說在 modulo 2 之下有一個解.
4.2. 兩個常用的方法
我們介紹兩種常用的方法將一個給定的 congruence equation 化成簡單一點的形式, 再來求 解.
在這一節中我們都假設 f (x) = anxn+··· + a1x + a0, 其中 ai∈ Z, 而 m ∈ N 是一給定的正 整數. 我們要談論 f (x)≡ 0 (mod m) 這一個 congruence equation.
第一種情形是這樣的: 如果 d 是 an, . . . , a1, a0 以及 m 的正公因數. 也就是說我們可以 將 ai 及 m 寫成 an= a′nd, . . . , a1= a′1d, a0= a′0d 以及 m = m′d, 其中這些 a′i∈ Z 且 m′ ∈ N.
令 g(x) = a′nxn+···a′1x + a′0, 我們來探討 f (x)≡ 0 (mod m) 及 g(x) ≡ 0 (mod m′) 這兩個 congruence equation 之間的關係.
Proposition 4.2.1. 給 定 m∈ N 及 f (x) = anxn+··· + a1x + a0, 其 中 ai ∈ Z. 假設 d 是 an, . . . , a1, a0 及 m 的 正 公 因 數 且 an= a′nd, . . . , a1= a′1d, a0 = a′0d 以 及 m = m′d. 令 g(x) = a′nxn+··· + a′1x + a′0.
若 x≡ c (mod m′) 是 g(x)≡ 0 (mod m′) 的一個解, 則對任意 t∈ Z, x ≡ c + m′t (mod m) 為 f (x)≡ 0 (mod m) 的解. 另一方面, 若 g(x) ≡ 0 (mod m′) 無解, 則 f (x)≡ 0 (mod m) 無 解.
Proof. x≡ c (mod m′) 為 g(x)≡ 0 (mod m′) 的一個解, 表示 m′|a′ncn+··· + a′1c + a′0. 因此 可得 m′d|a′ndcn+··· + a′1dc + a′0d, 也就是說 m|ancn+···a1c + a0. 因此 x≡ c (mod m) 是
f (x)≡ 0 (mod m) 的一個解.
現對任意 t∈ Z 考慮 c′= c + m′t. 由於 c≡ c′ (mod m′), 知 x≡ c′ (mod m′) 也是 g(x)≡ 0 (mod m′)的一個解. 故套用上面的討論於 c′= c + m′t 的情形, 我們知 x≡ c+m′t (mod m) 是 f (x)≡ 0 (mod m) 的一個解. 因此證明了對任意 t ∈ Z, x ≡ c + m′t (mod m) 也會是 f (x)≡ 0 (mod m) 的一個解.
另一方面, 若 x≡ c (mod m) 為 f (x) ≡ 0 (mod m) 的一個解, 即 m|ancn+··· + a1c + a0, 則 m′|a′ncn+··· + a′1c + a′0. 也就是說 x≡ c (mod m′)為 g(x)≡ 0 (mod m′) 的一個解. 因此若 g(x)≡ 0 (mod m′) 無解, 則 f (x)≡ 0 (mod m) 亦無解. Proposition 4.2.1 告訴我們, 如果 x≡ c (mod m′) 是 g(x)≡ 0 (mod m′) 的一個解, 則對 任意 t∈ Z, x ≡ c + m′t (mod m) 便會是 f (x)≡ 0 (mod m) 的一個解. 不過這裡由於我們要 考慮在 modulo m 的情況, 很多解是重複的. 事實上若 t≡ t′ (mod d), 則由 d|t − t′, 可得 dm′|m′(t−t′). 也就是說 c + m′t≡ c + m′t′ (mod m). 因此我們只要考慮 x≡ c + m′t (mod m) 其中 0≤ t ≤ d −1, 就可以了. 也就是說, 在 modulo m′ 之下 g(x)≡ 0 (mod m′)的一個解, 便 會對應到 f (x)≡ 0 (mod m) 在 modulo m 之下 d 個解. 然而每個 f (x) ≡ 0 (mod m) 的解都 會是 g(x)≡ 0 (mod m′) 的解, 因此有以下的結果.
Corollary 4.2.2. 給 定 m∈ N 及 f (x) = anxn+··· + a1x + a0, 其 中 ai ∈ Z. 假設 d 是 an, . . . , a1, a0 及 m 的正公因數且 an= a′nd, . . . , a1= a′1d, a0= a′0d 以及 m = m′d. 令 g(x) = a′nxn+··· + a′1x + a′0. 若 g(x)≡ 0 (mod m′) 在 modulo m′ 之下有 k 個解, 則 congruence equation f (x)≡ 0 (mod m) 在 modulo m 之下會有 kd 個解.
Proposition 4.2.1 將一個 modulo m 的 congruence equation 化成一個 modulo 比較小的 m′ 的 congruence equation. 這樣一來由於在 modulo m′ 之下要考慮的數較少, 應該將原來
的問題簡化了. 然而若 an, . . . , a1, a0 和 m 是互質的, 我們仍然可以考慮 modulo 較小的值看 看有沒有解. 事實上, 我們有以下之結果.
Lemma 4.2.3. 給定 m∈ N 及一整係數多項式 f (x). 若 m′|m 且 f (x) ≡ 0 (mod m′) 無解, 則 f (x)≡ 0 (mod m) 亦無解.
Proof. 假設 f (x)≡ 0 (mod m) 有解且 x ≡ c (mod m) 為其中一解, 即 m| f (c). 由於 m′|m, 知 m′| f (c), 也就是說 x ≡ c (mod m′)為 f (x)≡ 0 (mod m′)之一解. 此與假設 f (x)≡ 0 (mod m′)
無解矛盾, 故得證 f (x)≡ 0 (mod m) 無解.
Lemma 4.2.3 和 Proposition 4.2.1 不同之處在於 Proposition 4.2.1 將原多項式各係數 除以公因數後考慮 modulo m′ 之解, 而且可利用其解得到原多項式在 modulo m 之解, 而 Lemma 4.2.3 並沒有改變多項式, 且僅知原多項式在 modulo 比較小的 m′ 之下無解可推得 原多項式在 modulo m 之下無解. 但無從判斷在 modulo m′ 之下有解是否可得在 modulo m 之下有解, 而且也無從推得解之形式. 不過若我們多考慮幾個 m 的因數所得的 congruence equations, 確實可以幫我們得知解之情形. 這就是我們要探討的第二種方法.
這一種常用的方法就是先將 m 寫成質因數的分解, 即 m = pn11··· pnrr, 其中這些 pi 為相 異質數. 接著僅要探討對所有 i = 1, . . . , r, f (x)≡ 0 (mod pnii) 之解的情形就可, 因為我們有 以下之結果.
Proposition 4.2.4. 假設 m = pn11··· pnrr, 其中這些 pi 為相異質數且 f (x) 為一整係數多 項式. 若存在 i∈ {1,...,r}, 使得 f (x) ≡ 0 (mod pnii) 無解, 則 f (x)≡ 0 (mod m) 無解. 另 一方面, x≡ c (mod m) 為 f (x) ≡ 0 (mod m) 之ㄧ個解若且唯若對任意 i ∈ {1,...,r}, x ≡ c (mod pnii) 皆為 f (x)≡ 0 (mod pnii) 的解.
Proof. 首先, 由於 pnii|m, 因此套用 Lemma 4.2.3 知, 若 f (x) ≡ 0 (mod pnii)無解, 則 f (x)≡ 0 (mod m) 無解.
現假設 x≡ c (mod m) 為 f (x) ≡ 0 (mod m) 的一個解, 也就是說 m| f (c), 由於對任意 i∈ {1,...,r} 皆有 pnii|m, 知 pnii| f (c). 因此知對所有的 i ∈ {1,...,r}, x ≡ c (mod pnii) 為
f (x)≡ 0 (mod pnii) 的解.
反之, 若對所有 i∈ {1,...,r}, x ≡ c (mod pnii)皆為 f (x)≡ 0 (mod pnii) 的解. 即 pnii| f (c).
則由於這些 pnii 是兩兩互質的, 利用 Proposition 1.2.6(2) 知 pn11··· pnrr| f (c), 亦即 m| f (c). 故
得證 x≡ c (mod m) 為 f (x) ≡ 0 (mod m) 的一個解.
Proposition 4.2.4 告訴我們, 若有一個 pi 使得 f (x)≡ 0 (mod pnii) 無解, 那麼 f (x)≡ 0 (mod m) 就無解. 但是如果對所有的 pi, f (x)≡ 0 (mod pnii) 皆有解, 是否表示 f (x)≡ 0 (mod m) 有解呢? 答案是肯定的. 這是因為雖然對任意的 pi 解得的解未必相同, 但利用以 後會探討的中國剩餘定理可找到一整數同時滿足 modulo pnii 下每個解的形式, 因此可由 Proposition 4.2.4 得知 f (x)≡ 0 (mod m) 有解. 關於此部份以後在探討中國剩餘定理時我們 會再說明.
4.3. 一次的 Congruence Equations
我們探討最簡單的一種 congruence equation, 也就是一次的 congruence equation. 我們將 會知道其解的個數及解的形式.
給定 m∈ N 所謂 modulo m 的一次 congruence equation 即 ax ≡ b (mod m) 這樣形 式的 congruence equation, 其中 a, b∈ Z 且 m - a. 首先我們來看看如何判別一個一次的 congruence equation 是否有解.
Proposition 4.3.1. 給定 m∈ N. 考慮一次的 congruence equation ax ≡ b (mod m), 其中 m- a. 假設 d = gcd(m,a). 則 d|b 若且唯若 ax ≡ b (mod m) 有解.
Proof. 依假設 d = gcd(m, a), 故 d| m, 我們可以考慮 congruence equation ax ≡ b (mod d).
又由於我們有 d| a, 因此在 modulo d 之下得 ax ≡ 0x (mod d). 現若 d - b, 亦即 b̸≡0 (mod d), 得 congruence equation ax≡ b (mod d) (即 0x ≡ b (mod d)) 無解. 故由 Lemma 4.2.3 知 ax≡ b (mod m) 無解.
反 之, 若 d|b, 則可得 d = gcd(d,b) = gcd(gcd(m,a),b). 令 a = a′d, b = b′d, m = m′d.
由 Proposition 4.2.1 知 ax≡ b (mod m) 有解若且唯若 a′x≡ b′ (mod m′) 有解. 現由於 gcd(a, m) = d 我們有 gcd(a′, m′) = 1, 依 Proposition 3.2.5 知存在 e∈ Z 使得 a′e≡ 1 (mod m′).
故將 a′x≡ b′ (mod m′)之兩邊乘上 e 得 x≡ a′ex≡ b′e (mod m′).因此若令 x≡ b′e (mod m′) 可得 a′x≡ a′b′e≡ b′ (mod m′). 證得 x≡ b′e (mod m′) 為 a′x≡ b′ (mod m′) 的一個解, 因而 由 Proposition 4.2.1 得知 x≡ b′e (mod m) 亦為 ax≡ b (mod m) 的一個解. 在 Proposition 4.3.1 的證明中, 我們找到 a′x≡ b′ (mod m′) 在 modulo m′ 之下的一組 解. 事實上, 由於 gcd(a′, m′) = 1, a′x≡ b′ (mod m′) 在 modulo m′ 之下的解事實上是唯一的.
Lemma 4.3.2. 給 定 m∈ N. 考 慮 一 次 的 congruence equation ax ≡ b (mod m). 若 gcd(a, m) = 1, 則 ax≡ b (mod m) 在 modulo m 之下其解唯一.
Proof. 假設 x≡ c (mod m) 和 x ≡ c′ (mod m) 皆為 ax≡ b (mod m) 的一個解, 則由 ac ≡ b≡ ac′ (mod m) 得 m| a(c − c′). 再由 gcd(m, a) = 1, 得 m| c − c′ (Proposition 1.2.6), 亦即
c≡ c′ (mod m).
利用 Lemma 4.3.2 我們馬上可以知道若 congruence equation ax≡ b (mod m) 有解, 則 其在 modulo m 之下解的個數.
Proposition 4.3.3. 給定 m∈ N. 考慮一次的 congruence equation ax ≡ b (mod m). 若 d = gcd(m, a) 且 d| b, 則 ax ≡ b (mod m) 在 modulo m 之下共有 d 個解. 事實上, 若 x ≡ c (mod m/d) 是 (a/d)x≡ (b/d) (mod m/d) 的一個解, 則 ax ≡ b (mod m) 在 modulo m 之下 所有的解為
x = c + tm
d, t = 0, 1, . . . , d− 1.
Proof. 若 d|b, 則可得 d = gcd(d,b) = gcd(gcd(m,a),b). 令 a = a′d, b = b′d, m = m′d. 由於 gcd(a′, m′) = 1, 依 Lemma 4.3.2 我們知 a′x≡ b′ (mod m′) 在 modulo m′ 之下其解唯一. 現 若 x≡ c (mod m′) 是其解, 則由 Proposition 4.2.1 知 ax≡ b (mod m) 的解皆為 x = c +tm′ 其中 t∈ Z. 再由 Corollary 4.2.2 得知在 modulo m 之下 ax ≡ b (mod m) 共有 d 個解, 即
x = c + t(m/d), t = 0, 1, . . . , d− 1.
為了方便, 我們特別將 Proposition 4.3.1 和 Proposition 4.3.3 綜合成以下的定理.
Theorem 4.3.4. 給定 m∈ N, a,b ∈ Z 考慮一次的 congruence equation ax ≡ b (mod m).
令 d = gcd(m, a).
(1) 若 d- b, 則 ax ≡ b (mod m) 無解.
(2) 若 d| b, 則 ax ≡ b (mod m), 在 modulo m 之下有 d 個解. 且若已知 x ≡ c (mod m) 為一解, 則
x≡ c +m
dt, t = 0, 1, . . . , d− 1 為 ax≡ b (mod m) 在 modulo m 之下所有的解.
特別地, 當 a 和 m 互質時, 對於所有 b∈ Z, ax ≡ b (mod m) 皆有解, 且其解在 modulo m 之 下是唯一的.
Example 4.3.5. 我們要解 16x≡ 8 (mod 52). 因 gcd(52,16) = 4 且 4|8, 故知此 congruence equation 必有解, 且在 modulo 52 之下共有 4 個解.
首先我們先解 4x≡ 2 (mod 13). 由於 4 × 10 ≡ 1 (mod 13), 我們得知 x ≡ 2 × 10 ≡ 7 (mod 13) 為 4x≡ 2 (mod 13) 的一個解. 因而得 x ≡ 7 (mod 52) 為 16x ≡ 8 (mod 52) 的一 個解 (即 16× 7 = 112 = 52 × 2 + 8).
至於其他的解, 由於 52/4 = 13 故依 Theorem 4.3.4 知在 modulo 52 之下 x≡ 7,20,33,46 (mod 52) 為 16x≡ 8 (mod 52) 的所有解.
最後我們要補充說明, 由 Theorem 4.3.4 知道只要找到 ax≡ b (mod m) 的一個解, 就可 以找到其在 modulo m 之下所有的解. 由於此時 d = gcd(a, m)| b. 我們也可以利用輾轉相除 法先求出 ax + my = b 的一組整數解 x = r, y = s. 此時由於 ar≡ b (mod m) 由此可得 x ≡ r (mod m) 為 ax≡ b (mod m) 的一個解.
Exercise 4.1. 令 p 為一質數.
(1) 假 設 f (x) = anxn+··· + a1x + a0 其 中 n≥ 1 且 ai ∈ Z, ∀i = 0,1,...,n. 若存在 r1, . . . , rn+1∈ Z 滿足 f (ri)≡ 0 (mod p) 且對任意 i ̸= j 皆有 ri̸≡ rj (mod p), 試證明 對所有 0≤ i ≤ n 皆有 p | ai.
(2) 考慮 g(x) = (x−1)(x−2)···(x−(p−1))−(xp−1−1). 試證明 g(x) = ap−2xp−2+···+
a1x + a0, 其中對所有 0≤ i ≤ p − 2 皆有 p | ai. (3) 試利用 (b) 之結果證明 Wilson’s Theorem.
Exercise 4.2. 解 congruence equation 的方法也可推廣到多變數多項式的情況.
(1) 假設 f (x, y)∈ Z[x,y] 為以 x,y 為變數的整係數多項式. 試證明若 m′| m 且 f (x,y) ≡ 0 (mod m′) 無整數解, 則 f (x, y)≡ 0 (mod m) 無整數解.
(2) 試證明 congruence equation 3x2− 7y2≡ 2 (mod 525) 無整數解.
Exercise 4.3. 試解以下的 congruence equation.
(1) 求 9x≡ 21 (mod 30) 在 modulo 30 之下的所有解.
(2) 求 18x≡ 15 (mod 27) 在 modulo 27 之下的所有解.
Exercise 4.4. 解一次的 congruence equation 的方法也可推廣到解多變數的一次 congru- ence equation.
(1) 考慮 congruence equation a1x + a2y≡ b (mod m). 令 d = gcd(a1, a2, m). 試證明 若 d- b, 則此 congruence equation 無解, 而若 d | b, 則此 congruence equation 在 modulo m 之下共有 dm 組解.
(2) 試解以下的 congruence equation:
(1) 2x + 3y≡ 4 (mod 7); (2) 3x + 6y ≡ 2 (mod 9).
(3) 試將 (1) 的結果推廣到 n 個變數的一次 congruence equation.
———————————– 04 May, 2018
