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
的方程为关于未知数 \(x\) 的模 \(m\) 的一元 同余方程(Congruence Equation)。
若 \(a_n\not\equiv 0\pmod m\),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 与 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。
由 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
的解,则 \(x_0\) 是方程
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
的解,则:
-
若 \(f'(x_0)\not\equiv 0\pmod p\), 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。
-
若 \(f'(x_0)\equiv 0\pmod p\) 且 \(f(x_0)\equiv 0\pmod{p^a}\), 则对 \(t=0,1,\dots,p-1\),由式 \((3)\) 确定的 \(x\) 均为方程 \((4)\) 的解。
-
若 \(f'(x_0)\equiv 0\pmod p\) 且 \(f(x_0)\not\equiv 0\pmod{p^a}\), 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
整理后可得
于是
- 若 \(f'(x_0)\not\equiv 0\pmod p\),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。
- 若 \(f'(x_0)\equiv 0\pmod p\) 且 \(f(x_0)\equiv 0\pmod{p^a}\),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。
- 若 \(f'(x_0)\equiv 0\pmod p\) 且 \(f(x_0)\not\equiv 0\pmod{p^a}\),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
对 定理 1 的 \(p\),\(a\),\(f(x)\),\(x_0\),
- 若 \(s\) 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。
- 若方程 \(f(x)\equiv 0\pmod p\) 与 \(f'(a)\equiv 0\pmod p\) 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
有 \(k\) 个不同的解 \(x_1,x_2,\dots,x_k~(k\leq n)\),则:
其中 \(\deg g=n-k\) 且 \([x^{n-k}]g(x)=a_n\).
证明
对 \(k\) 应用数学归纳法。
-
当 \(k=1\) 时,做多项式带余除法,有 \(f(x)=(x-x_1)g(x)+r\),其中 \(r\in\mathbf{Z}\).
由 \(f(x_1)\equiv 0\pmod p\) 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 \(f(x)\) 有 \(k\) 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 \(h(x)\) 有 \(k-1\) 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 \(\deg g=n-k\) 且 \([x^{n-k}]g(x)=a_n\).
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 \(f(x)\) 有 \(n+1\) 个不同解 \(x_1,x_2,\dots,x_{n+1}\),则由 定理 2,对 \(x_1,x_2,\dots,x_n\) 有
令 \(x=x_{n+1}\), 则
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
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 \(f(x)\equiv 0\pmod p\) 和 \(r(x)\equiv 0\pmod p\) 的解集相同。
证明
不妨设 \(n\geq p\),对 \(f(x)\) 做多项式带余除法
其中 \(\deg r<p\).
由 Fermat 小定理 知对任意整数 \(x\) 有 \(x^p\equiv x\pmod p\),从而
- 若 \(r(x)\equiv 0\pmod p\),则由 推论 2 可知 \(f(x)\) 有 \(p\) 个不同的解。
- 若 \(r(x)\not\equiv 0\pmod p\),则由 \(f(x)\equiv r(x)\pmod p\) 可知 \(f(x)\) 和 \(r(x)\) 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
设 \(n\leq p\),则方程
有 \(n\) 个解当且仅当存在整系数多项式 \(q(x)\),\(r(x)~(\deg r < n)\) 使得
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 \((7)\) 有 \(n\) 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 \(f(x)q(x)\equiv 0\pmod p\) 有 \(p\) 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
设 \(n\nmid p-1\),\(p\nmid a\), 则方程
有解当且仅当
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 \((9)\) 有 \(n\) 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
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
的求法,其中 \(p\) 是素数,\(n<p\).
- 若 \(n=1\),则求法参见 线性同余方程。
- 若 \(n=2\),则求法参见 二次剩余。
-
若方程 \((10)\) 可化为
\[ x^n\equiv a\pmod p \]则求法参见 k 次剩余。
参考资料
- Congruence Equation -- from Wolfram MathWorld
- Lagrange's theorem (number theory) - Wikipedia
- 潘承洞,潘承彪。初等数论。
- 冯克勤。初等数论及其应用。
- 闵嗣鹤,严士健。初等数论。
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