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Congruence equation

定义

同余方程

对正整数 \(m\) 和一元整系数多项式 \(f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i\),其中未知数 \(x\in\mathbf{Z}_m\),称形如

\[ f(x)\equiv 0\pmod m\tag{1} \]

的方程为关于未知数 \(x\) 的模 \(m\) 的一元 同余方程(Congruence Equation)。

\(a_n\not\equiv 0\pmod m\),则称上式为 \(n\) 次同余方程。

类似可定义同余方程组。

关于一次同余方程与方程组的相关内容请参见 线性同余方程中国剩余定理

本文首先研究同余方程的可解性和解集结构,之后会简要介绍高次同余方程的解法。

中国剩余定理 可知,求解关于模合数 \(m\) 的同余方程可转化为求解模素数幂次的情况。故以下只介绍素数幂模同余方程和素数模同余方程的相关理论。

素数幂模同余方程

以下假设模数 \(m=p^a~(p\in\mathbf{P},a\in\mathbf{Z}_{>1})\).

注意到若 \(x_0\) 是方程

\[ f(x)\equiv 0\pmod{p^a} \]

的解,则 \(x_0\) 是方程

\[ f(x)\equiv 0\pmod{p^{a-1}} \]

的解,这启发我们尝试通过较低的模幂次的解去构造较高的模幂次的解。我们有如下定理:

定理 1

对素数 \(p\) 和整数 \(a>1\),取整系数多项式 \(f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i~(p^a\nmid a_n)\),令 \(f'(x)=\sum_{i=1}^nia_ix^{i-1}\) 为其导数。令 \(x_0\) 为方程

\[ f(x)\equiv 0\pmod{p^{a-1}}\tag{2} \]

的解,则:

  1. \(f'(x_0)\not\equiv 0\pmod p\), 则存在整数 \(t\) 使得

    \[ x=x_0+p^{a-1}t\tag{3} \]

    是方程

    \[ f(x)\equiv 0\pmod{p^a}\tag{4} \]

    的解。

  2. \(f'(x_0)\equiv 0\pmod p\)\(f(x_0)\equiv 0\pmod{p^a}\), 则对 \(t=0,1,\dots,p-1\),由式 \((3)\) 确定的 \(x\) 均为方程 \((4)\) 的解。

  3. \(f'(x_0)\equiv 0\pmod p\)\(f(x_0)\not\equiv 0\pmod{p^a}\), 则不能由式 \((3)\) 构造方程 \((4)\) 的解。

证明

我们假设式 \((3)\) 是方程 \((4)\) 的解,即

\[ f(x_0+p^{a-1}t)\equiv 0\pmod{p^a} \]

整理后可得

\[ f(x_0)+p^{a-1}tf'(x_0)\equiv 0\pmod{p^a} \]

于是

\[ tf'(x_0)\equiv -\frac{f(x_0)}{p^{a-1}}\pmod p\tag{5} \]
  1. \(f'(x_0)\not\equiv 0\pmod p\),则关于 \(t\) 的方程 \((5)\) 有唯一解 \(t_0\),代入式 \((3)\) 可验证其为方程 \((4)\) 的解。
  2. \(f'(x_0)\equiv 0\pmod p\)\(f(x_0)\equiv 0\pmod{p^a}\),则任意 \(t\) 均能使方程 \((5)\) 成立,代入式 \((3)\) 可验证其均为方程 \((4)\) 的解。
  3. \(f'(x_0)\equiv 0\pmod p\)\(f(x_0)\not\equiv 0\pmod{p^a}\),则方程 \((5)\) 无解,从而不能由式 \((3)\) 构造方程 \((4)\) 的解。

进而我们有推论:

推论 1

定理 1\(p\)\(a\)\(f(x)\)\(x_0\)

  1. \(s\) 是方程 \(f(x)\equiv 0\pmod p\) 的解,且 \(f'(a)\not\equiv 0\pmod p\),则存在 \(x_s\in\mathbf{Z}_{p^a}\)\(x_s\equiv s\pmod p\) 使得 \(x_s\) 是方程 \((4)\) 的解。
  2. 若方程 \(f(x)\equiv 0\pmod p\)\(f'(a)\equiv 0\pmod p\) 无公共解,则方程 \((4)\) 和方程 \(f(x)\equiv 0\pmod p\) 的解数相同。

从而我们可以将素数幂模同余方程化归到素数模同余方程的情况。

素数模同余方程

以下令 \(p\in\mathbf{P}\),整系数多项式 \(f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i\),其中 \(p\nmid a_n\)\(x\in\mathbf{Z}_p\).

定理 2

若方程

\[ f(x)\equiv 0\pmod p\tag{6} \]

\(k\) 个不同的解 \(x_1,x_2,\dots,x_k~(k\leq n)\),则:

\[ f(x)\equiv g(x)\prod_{i=1}^k(x-x_i)\pmod p \]

其中 \(\deg g=n-k\)\([x^{n-k}]g(x)=a_n\).

证明

\(k\) 应用数学归纳法。

  • \(k=1\) 时,做多项式带余除法,有 \(f(x)=(x-x_1)g(x)+r\),其中 \(r\in\mathbf{Z}\).

    \(f(x_1)\equiv 0\pmod p\) 可知 \(r\equiv 0\pmod p\),从而 \(f(x)\equiv(x-x_1)g(x)\pmod p\).

  • 假设命题对 \(k-1\)(\(k>1\)) 时的情况成立,现在设 \(f(x)\)\(k\) 个不同的解 \(x_1,x_2,\dots,x_k\), 则 \(f(x)\equiv(x-x_1)h(x)\pmod p\), 进而有

    \[ (\forall i=2,3,\dots,k),~~0\equiv f(x_i)\equiv (x_i-x_1)h(x_i)\pmod p \]

    从而 \(h(x)\)\(k-1\) 个不同的解 \(x_2,x_3,\dots,x_k\), 由归纳假设有

    \[ h(x)\equiv g(x)\prod_{i=2}^k(x-x_i)\pmod p \]

    其中 \(\deg g=n-k\)\([x^{n-k}]g(x)=a_n\).

    因此命题得证。

推论 2

对素数 \(p\)

  • \((\forall x\in\mathbf{Z}),~~x^{p-1}-1 \equiv \prod_{i=1}^{p-1}(x-i)\pmod p\)
  • Wilson 定理\((p-1)! \equiv -1 \pmod p\)

定理 3(Lagrange 定理)

方程 \((6)\) 至多有 \(n\) 个不同解。

证明

假设 \(f(x)\)\(n+1\) 个不同解 \(x_1,x_2,\dots,x_{n+1}\),则由 定理 2,对 \(x_1,x_2,\dots,x_n\)

\[ f(x)\equiv a_n\prod_{i=1}^n(x-x_i)\pmod p \]

\(x=x_{n+1}\), 则

\[ 0\equiv f(x_{n+1})\equiv a_n\prod_{i=1}^n(x_{n+1}-x_i)\pmod p \]

而右侧显然不是 \(p\) 的倍数,因此假设矛盾。

推论 3

若同余方程 \(\sum_{i=0}^nb_ix^i\equiv 0\pmod p\) 的解数大于 \(n\),则

\[ (\forall i=0,1,\dots,n),~~p\mid b_i \]

定理 4

方程 \((6)\) 若解的个数不为 \(p\),则必存在满足 \(\deg r<p\) 的整系数多项式 \(r(x)\) 使得 \(f(x)\equiv 0\pmod p\)\(r(x)\equiv 0\pmod p\) 的解集相同。

证明

不妨设 \(n\geq p\),对 \(f(x)\) 做多项式带余除法

\[ f(x)=g(x)\left(x^p-x\right)+r(x) \]

其中 \(\deg r<p\).

Fermat 小定理 知对任意整数 \(x\)\(x^p\equiv x\pmod p\),从而

  • \(r(x)\equiv 0\pmod p\),则由 推论 2 可知 \(f(x)\)\(p\) 个不同的解。
  • \(r(x)\not\equiv 0\pmod p\),则由 \(f(x)\equiv r(x)\pmod p\) 可知 \(f(x)\)\(r(x)\) 的解集相同。

我们可以通过这个定理对同余方程降次。

定理 5

\(n\leq p\),则方程

\[ x^n+\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\equiv 0\pmod p\tag{7} \]

\(n\) 个解当且仅当存在整系数多项式 \(q(x)\)\(r(x)~(\deg r < n)\) 使得

\[ x^p-x=f(x)q(x)+pr(x)\tag{8} \]
证明
  • 必要性:由多项式除法知存在整系数多项式 \(q(x)\)\(r_1(x)~(\deg r_1 < n)\) 使得

    \[ x^p-x=f(x)q(x)+r_1(x) \]

    若方程 \((7)\)\(n\) 个解,则 \(r_1\equiv 0\pmod p\) 也有 \(n\) 个相同的解,进而由 推论 3 可知存在整系数多项式 \(r(x)\) 满足 \(r_1(x)=pr(x)\),从而命题得证。

  • 充分性:若式 \((8)\) 成立,则由 Fermat 小定理 可知,对任意整数 \(x\),

    \[ 0\equiv x^p-x\equiv f(x)q(x)\pmod p \]

    即方程 \(f(x)q(x)\equiv 0\pmod p\)\(p\) 个解。

    设方程 \((7)\) 的解数为 \(s\),则由 Lagrange 定理 可知 \(s\leq n\).

    又由于 \(\deg q=p-n\),则由 Lagrange 定理 可知 \(q(x)\equiv 0\pmod p\) 的解数不超过 \(p-n\),而方程 \(f(x)q(x)\equiv 0\pmod p\) 的解集是 \(f(x)\equiv 0\pmod p\) 解集和 \(q(x)\equiv 0\pmod p\) 解集的并集,故 \(s+(p-n)\geq p\),有 \(s\geq n\).

    因此 \(s=n\).

对于非首 1 多项式,由于 \(\mathbf{Z}_p\) 是域,故可以将其化为首 1 多项式,从而适用该定理。

定理 6

\(n\nmid p-1\)\(p\nmid a\), 则方程

\[ x^n\equiv a\pmod p\tag{9} \]

有解当且仅当

\[ a^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1\pmod p \]

且若 \((9)\) 有解,则解数为 \(n\).

Note

方程 \((9)\) 解集的具体结构可参见 k 次剩余

证明
  • 必要性:若方程 \((9)\) 有解 \(x_0\),则

    \[ a^{\frac{p-1}{n}}\equiv {\left(x_0^n\right)}^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1\pmod p \]
  • 充分性:若 \(a^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1\pmod p\),则

    \[ \begin{aligned} x^p-x&=x\left(x^{p-1}-1\right)\\ &=x\left(\left(x^n\right)^{\frac{p-1}{n}}-a^{\frac{p-1}{n}}+a^{\frac{p-1}{n}}-1\right)\\ &=\left(x^n-a\right)P(x)+x\left(a^{\frac{p-1}{n}}-1\right)\\ \end{aligned} \]

    其中 \(P(x)\) 是某个整系数多项式,因此由 定理 5 可知方程 \((9)\)\(n\) 个解。

高次同余方程(组)的求解方法

首先我们可以借助 中国剩余定理 将求解 同余方程组 转为求解 同余方程,以及将求解模 合数 \(m\) 的同余方程转化为求解模 素数幂次 的同余方程。之后我们借助 定理 1 将求解模 素数幂次 的同余方程转化为求解模 素数 的同余方程。

结合模素数同余方程的若干定理,我们只需考虑方程

\[ x^n+\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\equiv 0\pmod p \]

的求法,其中 \(p\) 是素数,\(n<p\).

我们可以通过将 \(x\) 代换为 \(x-\dfrac{a_{n-1}}{n}\) 来消去 \(x^{n-1}\) 项,从而我们只需考虑方程

\[ x^n+\sum_{i=0}^{n-2}a_ix^i\equiv 0\pmod p\tag{10} \]

的求法,其中 \(p\) 是素数,\(n<p\).

参考资料

  1. Congruence Equation -- from Wolfram MathWorld
  2. Lagrange's theorem (number theory) - Wikipedia
  3. 潘承洞,潘承彪。初等数论。
  4. 冯克勤。初等数论及其应用。
  5. 闵嗣鹤,严士健。初等数论。