二次的 Congruence Equations

4.4. Chinese Remainder Theorem

假設 m = pⁿ₁¹··· pⁿ_r^r 其中 p_i 為相異質數且 f (x) 是一個整係數多項式. Proposition 4.2.4 告 訴我們若對所有 i∈ {1,...,r}, f (x) ≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ) 皆有解且有共同解, 則 f (x)≡ 0 (mod m) 便有解. 如何找到共同解呢? 中國剩餘定理 (Chinese Remainder Theorem) 告訴我們只要 個別地將 f (x)≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ) 的解找到, 就可得到共同解.

Theorem 4.4.1 (Chinese Remainder Theorem). 給定一組 m1, . . . , mr∈ N 其中這些 mi 皆 兩兩互質 ( 即當 i̸= j 時, gcd(mi, m_j) = 1). 則對任意的一組 c₁, . . . , c_r∈ Z 皆可找到一整數 c 使得

c≡ ci (mod mi),∀i ∈ {1,...,r}.

Proof. 為了方便, 我們令 M = m1···mr 且對任意 i∈ {1,...,r}, 令 Mi= M/mi.

要注意這裡 M_j 和 m_i 有以下的關係: (1) 若 i̸= j, 則 mi|Mj. (2) gcd(Mi, mi) = 1. 這裡 (1) 由 M_j 的定義相信大家很容易得知, 至於 (2) 不失一般性 (變換一下 m_i 的順序), 我們僅 需證明 gcd(M1, m₁) = 1. 假設 M₁, m₁ 不互質, 即存在一質數 p 使得 p|M1 且 p|m1. 然而依定 義 M₁= m2···mr, 故由 Corollary 1.5.3 知存在 i∈ {2,...,r} 使得 p|mi. 但是 i̸= 1, 依假設 gcd(m₁, m_i) = 1, 故 p|m1 且 p|mi 和 m₁, m_i 互質相矛盾, 故得證 gcd(M₁, m₁) = 1.

接下來我們想要找到一組 t₁, . . . ,t_r∈ Z 使得對所有的 i ∈ {1,...,r}, t = c₁M₁t₁+··· + crM_rt_r

皆滿足 t≡ ci (mod m_i). 然而對任何的一組 t₁, . . . ,t_r∈ Z 以及一給定的 i ∈ {1,...,r}, 由 (1) (即 mi|Mj for i̸= j) 我們皆有 t ≡ ciMiti (mod mi). 故我們僅需找到 t_i ∈ Z 使得 ciMiti ≡ ci

(mod m_i) 即 可. 然 而 由 (2) (即 gcd(M_i, m_i) = 1) 以 及 Proposition 3.2.5 知 存 在 e_i ∈ Z 使 得 M_iei ≡ 1 (mod mi), 故 若 令 t_i= ei, 則 得 t ≡ ciMiei≡ ci (mod mi). 因 此 對 所 有 i∈ {1,...,r}, 我們先找到 ei 使得 M_ie_i ≡ 1 (mod mi), 再令 c = c₁M₁e₁+··· + crM_re_r, 則可得

c≡ ci (mod m_i),∀i ∈ {1,...,r}. 

要注意! 當這些 m_i 不是兩兩互質時, 給定任意的 c₁, . . . , cr 不見得可找到一個整數 c 使 得 c≡ ci (mod m_i) 對所有的 i∈ {1,...,r} 都成立. 例如當 m1= 4, m₂= 6 時若考慮 c₁= 1, c2= 2, 則不可能找到一整數 c 同時滿足 c≡ 1 (mod 4) 且 c ≡ 2 (mod 6). 這是因為若 c ≡ 1 (mod 4) 表示 c 為 4k + 1 的形式, 故必為奇數. 然而若 c≡ 2 (mod 6), 則 c 為 6k +2 之形式, 必為偶數. 因此當然不可能找到一整數是奇數又是偶數.

一般來說我們可以將中國剩餘定理看成是解如











x≡ c1 (mod m₁) x≡ c2 (mod m₂)

... ... x≡ cr (mod m_r)

58 4. Congruence Equations

這樣的聯立方程式. 一般來說聯立方程式是要找到一個共同解同時符合這 r 個式子感覺起 來較難. 而在 Theorem 4.4.1 的證明中, 大家可以看出參數 t₁, . . .t_r 的設定, 就是要把這 r 個 聯立的式子化成 r 個獨立的式子個別解出 t_i 來, 自然就變簡單了. 我們來看看以下的例子.

Example 4.4.2. 給定 m1= 3, m₂= 4, m₃= 5 以及 c₁= 2, c₂= 1, c₃= 3 我們希望找到一 整數 c 使得 c≡ ci (mod mi),∀i ∈ {1,2,3}. 也就是說找到 c 同時滿足





c≡ 2 (mod 3) c≡ 1 (mod 4) c≡ 3 (mod 5)

依照 Theorem 4.4.1 的符號訂法我們有 M₁= 20, M₂= 15 以及 M₃= 12. 首先我們找到 e1∈ Z 使得 M1e1≡ 1 (mod m1), 即 20e1≡ 1 (mod 3), 也就是說滿足 2e1≡ 1 (mod 3). 由 此找到 e₁= 2. 同理我們要找到 e2, e3 分別滿足 15e2 ≡ 1 (mod 4) (即 3e2≡ 1 (mod 4)) 以及 12e₃≡ 1 (mod 5) (即 2e3≡ 1 (mod 5)). 可得 e2= 3 和 e₃= 3 分別滿足上式. 故令 c = 2× 20 × 2 + 1 × 15 × 3 + 3 × 12 × 3 = 233 滿足 233 ≡ 2 (mod 3), 233 ≡ 1 (mod 4) 以及 233≡ 3 (mod 5).

前面提過, 給定 m∈ N, 假設 m = pⁿ₁¹··· pⁿr^r, 其中 p_i 為相異質數. 如果 f (x) 是一個整係 數多項式, 要解 f (x)≡ 0 (mod m), 我們可以先對每個 pi 考慮解 f (x)≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ). 如果有 一個 p_i 發生 f (x)≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ)無解的情況, 那麼依 Proposition 4.2.4 知 f (x)≡ 0 (mod m) 無解. 如果每一個 p_i 皆會使得 f (x)≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ), 則依 Proposition 4.2.4 知, 需解聯立方

程式 









f (x)≡ 0 (mod pⁿ₁¹) f (x)≡ 0 (mod pⁿ₂²)

... ... f (x)≡ 0 (mod pⁿ_r^r)

有一共同解才可得 f (x)≡ 0 (mod m) 的解. 解聯立方程是困難的, 而中國剩餘定理告訴我們 可以不必考慮解聯立式子, 先個別將解求出便可得到共同的解.

Corollary 4.4.3. 假設 m = pⁿ₁¹··· pⁿr^r, 其中這些 p_i 為相異質數且 f (x) 為一整係數多項式.

則對任意 i∈ {1,...,r}, f (x) ≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ) 皆有解若且唯若 f (x)≡ 0 (mod m) 有解.

Proof. 依 Proposition 4.2.4 知, 如果 f (x)≡ 0 (mod m) 有解, 則對任意 i ∈ {1,...,r}, f (x) ≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ) 皆有解.

現假設對任意 i∈ {1,...,r}, f (x) ≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ) 皆有解且 x≡ ci (mod pⁿ_iⁱ) 為其一解. 由 於這些 pⁿ_iⁱ 是兩兩互質的故依 Theorem 4.4.1 知, 存在 c∈ Z 滿足對任意 i ∈ {1,...,r} 皆有 c≡ ci (mod pⁿ_iⁱ). 也就是說任意 i∈ {1,...,r}, x ≡ c (mod pⁿ_iⁱ) 為 f (x)≡ 0 (mod pⁿ_iⁱ)之一解.

故再利用 Proposition 4.2.4 得知 x≡ c (mod m) 為 f (x) ≡ 0 (mod m) 之一解.  我們就來看一個這方面的簡單例子. 雖然底下的例子可以直接代數字得到解答, 但是我 們只是希望利用此例來講解這裡所用的概念, 所以希望大家了解應著重於如何應用所學的方 法而不在於解答為何.

Example 4.4.4. 我 們 來 解 x² ≡ 1 (mod 15). 依前面結果知我們可以分別考慮 x²≡ 1 (mod 3) 及 x²≡ 1 (mod 5) 的解. 因為 3 和 5 皆為質數, 依 Lemma 3.4.2 知 x ≡ ±1 (mod 3) 和 x≡ ±1 (mod 5) 分別為 x²≡ 1 (mod 3) 和 x²≡ 1 (mod 5) 之解. 因此我們要找到以下的 四個聯立的 congruence equation:

(1)

{ x≡ 1 (mod 3) x≡ 1 (mod 5) , (2)

{ x≡ −1 (mod 3) x≡ −1 (mod 5) , (3)

{ x≡ −1 (mod 3) x≡ 1 (mod 5) , (4)

{ x≡ 1 (mod 3) x≡ −1 (mod 5) .

(1) 和 (2) 我們很容易看出分別取整數 1 和 −1 就可分別滿足 (1) 和 (2). 而 11 可以滿足 (3), 4 可以滿足 (4). 所以由 Proposition 4.2.4 我們知 x≡ 1,−1,11,4 (mod 15) 都為 x²≡ 1 (mod 15) 的解. 我們找到 x²≡ 1 (mod 15) 在 modulo 15 之下的 4 個解, 並不表示就只有這 4 個解. 不過大家可以自行驗證一下在 modulo 15 之下確實僅有這 4 個解.

在上個例子中我們解出 x²≡ 1 (mod 15) 在 modulo 15 之下的 4 個解但不敢確定是否僅 有這 4 解是因為我們不知在利用中國剩餘定理時, 是否還有其他的解. 也就是說 Theorem 4.4.1 只告訴我們解的存在性, 並未告訴我們是否有其他解. 當然我們都知道會有無窮多解, 但是其他的解如何得知呢? 我們再套用一次常用的老方法, 看看兩個解之間的關係為何, 自 然就可將所有的解寫下了.

Theorem 4.4.5. 給定一組 m1, . . . , m_r∈ N 其中這些 mi 皆兩兩互質. 令 M = m₁···mr, 則對 任意的一組 c₁, . . . , cr∈ Z 以下聯立的 congruence equation











x≡ c1 (mod m1) x≡ c2 (mod m₂)

... ... x≡ cr (mod mr)

在 modulo M 之下存在唯一的一個解. 事實上若 c∈ Z 滿足此聯立 congruence equation, 則 對任意 c^′∈ Z 滿足 c^′≡ c (mod M) 皆會滿足此聯立 congruence equation.

Proof. Theorem 4.4.1 已證得存在性, 我們要證明在 modulo m₁···mr 之下其解唯一.

假設 c, c^′∈ Z 皆滿足以上聯立的 congruence equation. 也就是說對任意 i ∈ {1,...,r} 我 們皆有 c≡ ci (mod m_i)且 c^′≡ ci (mod m_i). 因此之對任意 i∈ {1,...,r} 皆有 mi|c − c^′. 然而 這些 m_i 兩兩互質, 故利用 Proposition 1.8(2), 我們得 m₁···mr|c − c^′, 即 c≡ c^′ (mod M). 也 就是說在 modulo M 之下其解唯一.

另一方面, 若 c 滿足聯立 congruence equation 且 c^′ ∈ Z 滿足 c^′≡ c (mod M), 則由 於對任意 i∈ {1,...,r}, mi|M, 故知 c^′≡ c ≡ ci (mod mi). 亦即 c^′ 滿足此聯立 congruence

equation. 

例如在 Example 4.4.2 中, 我們知道 x = 233 滿足





x≡ 2 (mod 3) x≡ 1 (mod 4) x≡ 3 (mod 5)

60 4. Congruence Equations

這一組聯立的 congruence equation, 所以由 Theorem 4.4.5 知任意的整數 c 滿足 c≡ 233 ≡ 53 (mod 60) 都可以滿足這一組聯立 congruence equation. 當然了也僅有滿足 c≡ 53 (mod 60) 的整數會滿足此聯立 congruence equation.

Theorem 4.4.5 比 Theorem 4.4.1 完整. 因為在 Theorem 4.4.1 中我們僅提及解的存在 性, 而 Theorem 4.4.5 提及解在 modulo m₁···mr 之下是存在且唯一的, 而且因而可由一解 找到所有的解. 有的書不會將兩定理分開來談, 而直接談論較完整的 Theorem 4.4.5 並稱之 為 Chinese remainder theorem. 我們將兩定理分開主要是因為想先強調中國剩餘定理解的 存在性及如何找到一解.

Exercise 4.5. 試解: (a)









x≡ 1 (mod 3) x≡ 2 (mod 4) x≡ 3 (mod 5) x≡ 4 (mod 7)

(b)





5x≡ 3 (mod 7) 2x≡ 4 (mod 8) 3x≡ 6 (mod 9)

(c) x²≡ x (mod 525).

Exercise 4.6. 中國剩餘定理也可推廣到不互質的情況.

(1) 試證明

{ x≡ b1 (mod m1)

x≡ b2 (mod m₂) 有聯立解若且唯若 gcd(m1, m2)| b1− b2. 並證明若有 解則其解在 modulo lcm(m1, m2)之下唯一.

(2) 試求以下聯立解: (a)

{ x≡ 3 (mod 4) x≡ 1 (mod 6) (b)

{ x≡ 7 (mod 16) x≡ 3 (mod 24) (3) 試將 (1) 的結果推廣到 n 個聯立式的情形.

二次的 Congruence Equations

這一章中我們要專注於解二次的 congruence equation. 我們先從解一般的二次 congruence equation 開始, 然後慢慢化簡成簡單的形式, 最後介紹 quadratic reciprocity law. 整體來說 我們會得到一個有效判別二次 congruence equation 是否有解的方法, 至於若有解如何求解 就不在本章的討論範圍了. 我們希望能著重於學習如何由繁化簡的步驟.

5.1. 二次 Congruence Equation 的化簡

所 謂 二 次 的 congruence equation, 即 給 定 m∈ N, 考慮 ax²+ bx + c≡ 0 (mod m), 其中 a, b, c∈ Z 且 m - a 這樣的 equation.

大家看到這樣的方程式, 首先會想到用配方法來解. 沒錯, 我們也是要用配方法. 不過 這裡有一點要特別注意, 就是我們都是在整數的情況, 所以須避免用到除法. 例如大家要 解 ax²+ bx + c = 0 時, 第一個想到的是將 x² 項的係數 a 除去得 x²+ (b/a)x + (c/a) = 0. 由 於我們在談 congruence equation, 多項式需要求為整係數, 這個方法就行不通了 (除非 a|b 且 a|c). 當然了, 當 a 和 m 互質時存在 e ∈ Z 使得 ae ≡ 1 (mod m), 所以此時我們可以將 ax²+ bx + c≡ 0 (mod m) 兩邊乘上 e 而得 x²+ bex + ce≡ 0 (mod m). 不過這個方法要限制在 gcd(m, a) = 1 的情形, 而我們要探討的是一般情況, 所以我們需想辦法處理. 不管怎樣為了讓 多項式為整係數, 我們不要用除的方法, 儘量用乘的. 所以為了使用配方法我們可以讓 x² 項 係數成為完全平方, 也就是將 ax²+ bx + c≡ 0 (mod m) 兩邊乘上 a 而得 (ax)²+ abx + ac≡ 0 (mod m). 接著處理 x 項係數, 由於不能用除的所以不能將 abx 寫成 2(ab/2)x, 但用配方法 x 項係數需偶數, 因此好的方法是將原式兩邊乘以 2. 不過這樣一來又破壞了原先 x²項係數為 完全平方的好處, 所以我們再多乘一個 2 使得 x² 項係數仍為完全平方.

也 就 是 說, 在 解 ax²+ bx + c≡ 0 (mod m) 時我們可以將兩邊乘上 4a 使得原式成 為 4a²x²+ 4abx + 4ac = (2ax)²+ 2(2ax)b + 4ac≡ 0 (mod m). 接下來就可用配方法常用 步驟將式子寫成 (2ax + b)²≡ b²− 4ac (mod m). 因此我們將問題簡化成解 y²≡ b²− 4ac 61

62 5. 二次的 Congruence Equations

(mod m). 今若沒有整數 k 滿足 k²≡ b²−4ac (mod m), 那麼我們便知原 congruence equation, ax²+ bx + c≡ 0 (mod m) 無解. 若可找到 k ∈ Z 滿足 k²≡ b²−4ac (mod m), 那麼我們便可依 前面探討一次的 congruence equation 的方法解 2ax + b≡ k (mod m), 而得到 ax²+ bx + c≡ 0 (mod m) 的解.

總之, 解二次 congruence equation, ax²+ bx + c≡ 0 (mod m) 的問題, 可化簡成解 y²≡ d (mod m) 其中 d = b²− 4ac. 因此不失一般性, 我們接下來僅探討 x²≡ a (mod m) 這樣形式 的 congruence equation.

假設 m = pⁿ₁¹··· pⁿt^r, 其中這些 pi為相異質數. 由 Corollary 4.4.3 知, x²≡ a (mod m) 有解 若且唯若對所有的 p_i, x²≡ a (mod pⁿ_iⁱ) 有解. 因此我們又將問題化簡為求 x²≡ a (mod pⁿ), 其中 p 為質數且 n∈ N 的情形.

我們來看一個綜合以上結果的例子.

Example 5.1.1. 我們試著解 29x²+ 15x + 1≡ 0 (mod 45). 首先將式子兩邊乘上 4 × 29, 得 (58x)²+ 2×58 ×15x +116 ≡ 0 (mod 45). 接著利用配方法得 (58x +15)²≡ 109 (mod 45), 即 (13x + 15)²≡ 19 (mod 45) (別忘了 58x ≡ 13x (mod 45)).

接著因為 45 = 3²× 5, 我們可以將式子轉化成解 (13x + 15)² ≡ 19 (mod 9) 及 (13x + 15)²≡ 19 (mod 5). 也就是說分別解 (4x + 6)²≡ 1 (mod 9) 以及 (3x)²≡ 4 (mod 5). 由於 y≡ ±1 (mod 9) 為 y²≡ 1 (mod 9) 之解, 故知 4x + 6 ≡ ±1 (mod 9), 解得 x ≡ 1,5 (mod 9) 為 (13x + 15)²≡ 19 (mod 9) 之解. 另一方面 y ≡ ±2 (mod 5) 為 y²≡ 4 (mod 5) 之解, 故得 3x≡ ±2 (mod 5), 解得 x ≡ 1,4 (mod 5) 為 (13x²+ 15)²≡ 19 (mod 5) 之解.

最後要解 29x²+ 15x + 1≡ 0 (mod 45), 由前知 x 需符合:

(1)

{ x≡ 1 (mod 9)

x≡ 1 (mod 5) , (2)

{ x≡ 1 (mod 9) x≡ 4 (mod 5) , (3)

{ x≡ 5 (mod 9)

x≡ 1 (mod 5) 或 (4)

{ x≡ 5 (mod 9) x≡ 4 (mod 5) . 因此求得 x≡ 1,14,19,41 (mod 45) 為 29x²+ 15x + 1≡ 0 (mod 45) 之解.

Exercise 5.1. 試利用配方法解以下二次的 congruence equations.

(1) x²+ x≡ 3 (mod 13) (2) 2x²+ x≡ 3 (mod 39) (3) 3x²+ x≡ 3 (mod 39)

———————————– 11 May, 2018