п.2.4 Сравнения 1 степеи.

§ 4. Линейные сравнения с одним неизвестным.
1. Общие определения.
Определение 1. Сравнением с одним неизвестным по модулю m
называется сравнение вида f ( x)  an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0(mod m) , (1)
левая часть которого – многочлен с целыми коэффициентами. Если an не
делится на число m , то число n называется степенью сравнения; если an m ,
то старший член сравнения (1) удовлетворяет условию an x n  0(mod m) и
поэтому в (1) его можно отбросить.
Определение 2. Решением сравнения f ( x)  0( m o md) всякое целое
число a , которое удовлетворяет сравнению, то есть такое, что
f (a)  0(mod m) .
Легко понять, что в этом случае вместе с числом a сравнению
удовлетворяют и все числа класса a . Поэтому класс вычетов по модулю m ,
числа которого удовлетворяют сравнению f ( x)  0(mod m) , считается за
одно решение этого сравнения. При таком соглашении сравнение (1) будет
иметь столько решений, сколько вычетов ПСВ ему удовлетворяют.
Поскольку ПСВ по модулю m состоит из m вычетов, то сравнение (1)
может иметь только конечное количество решений или не может иметь их
совсем.
Сравнения решают путем построения более простых сравнений,
равносильных заданным.
Определение 3. Два сравнения называются равносильными, если
множества их решений совпадают.
Чтобы построить сравнения, равносильные заданному сравнению, над
заданным сравнением проводят операции, которые основываются на
свойствах сравнимости, рассмотренных раньше. К операциям, которые не
меняют множества решений, принадлежат такие:
а) прибавление к обеим частям сравнения произвольного многочлена
g (x ) с целыми коэффициентами,
б) прибавление к одной из частей сравнения многочлена с
коэффициентами, кратными модулю m ,
в) умножение обеих частей сравнения на число, взаимно простое с
модулем,
г) умножение обеих частей сравнения и модуля на одно и тоже
положительное целое число.
2. Сравнение первой степени.
Сравнения первой степени имеют вид a1x  a0  0(mod m) (2). Перенеся
свободный член в правую часть сравнения, и меняя обозначения
коэффициентов, получим
ax  b(mod m) . (3)
При решении таких сравнений рассматривают два случая: (a, m)  1 и
( a , m)  d  1 .
71
Теорема 1. Если (a, m)  1 , то сравнение (3) имеет единственное
решение.
Доказательство. Сравнение может иметь не более m решений, в
соответствии с количеством чисел в ПСВ. Если x пробегает ПСВ, то и
линейная форма ax  b также пробегает ПСВ. При этом один раз линейная
форма примет то значение, которое сравнимо с нулем, та как нуль есть один
из вычетов ПСВ.
Теорема 2. Если (a, m)  d  1 и число b не делится на d , то сравнение
ax  b(mod m) не имеет решений.
Доказательство проводится методом от противного, с использованием
свойств делимости.
(a, m)  d  1 и b d , то сравнение (3) имеет d
Теорема 3. Если
решений.
Доказательство. Пусть a  a1d , b  b1d , m  m1d . Тогда сокращая (3)
на d , получим сравнение a1x  b1 (mod m1 )
(4), которое равносильное
сравнению (3). Поскольку (a1,m1)  1 , то последнее сравнение по теореме 1
имеет единственное решение - x0 , то есть x  x0 (mod m1 ) . Рассмотрим
последовательность классов
x0 , x0  m1, x0  2m1,..., x0  (d  1)m1 (5)
Нетрудно убедиться, что эти классы являются решениями сравнения (3), для
этого достаточно подставить их в сравнение, причем они различны (это
доказывается методом от противного
и с использованием свойств
сравнимости) и других решений нет.
Замечание.
Неопределенное
уравнение
первой
степени
ax  by  c сводится к решению сравнения ax  c(mod b) или by  c(mod a ) .
Способы решения сравнения первой степени.
Рассмотрим некоторые наиболее распространенные способы решения
сравнений первой степени.
I способ. Подстановка в сравнение чисел ПСВ. Этот способ
применяется при небольших модулях. При больших модулях подстановку
вычетов ПСВ проводят только на заключительном этапе построения
равносильных сравнений.
II способ. Приведение сравнения первой степени к равносильному
сравнению с коэффициентом при x , равному единице. Этот способ
основывается на проведение ряда равносильных преобразований заданного
сравнения с помощью операций, рассмотренных нами выше.
III способ. Способ Эйлера. Пусть задано сравнение ax  b(mod m) , (6)
где (a, m)  1 . Сравнение имеет единственное решение. По теореме Эйлера
a ( m)  1(mod m) , верным будет и сравнение a(a ( m) 1b)  b(mod m) и сравнивая его
с (6), видим, что x  a ( m) 1b(mod m) (7).
IV способ. Решение сравнения при помощи цепных дробей.. Пусть
задано сравнение
ax  b( mo dm) , (6) где (a, m)  1 . Разложим
72
m
в цепную
a
дробь. Если
по
Pn 1
P
m
и n  являются последними подходящими дробями, то
Qn 1
Qn a
свойству
подходящих
дробей
имеем PnQn 1  Pn 1Qn  (1) n 1 ,
mQn 1  Pn 1a  (1) n 1 . Учитывая, что первое слагаемое кратно модулю,
получим дальше (1) Pn 1a  (1) n 1 (mod m) . Умножая левую и правую часть
сравнения на (1)n 1b , получим a(1) n 1 Pn 1b  b(mod m) . Следовательно,
решением сравнения будет x  (1) n 1 Pn 1b(mod m) . (8)
3. Системы сравнений.
Более общей является задача решения системы сравнений:
 f ( x1 )  0(mod m1 ),
 f ( x )  0(mod m ),

2
2

................................,
 f ( xs )  0(mod ms )
(9)
где f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xs ) - заданные многочлены с целыми коэффициентами.
Если некоторое число a удовлетворяет этой системе, то есть если
m1 f1 ( x), m2 f 2 ( x),..., ms f s ( x) и M  m1 , m2 ,..., ms  - наименьшее общее кратное этих
b  a(mod M ) , то по свойствам
чисел, а b - любое число, такое, что
сравнимости для всех
i(1  i  s), fi (b)  fi (a)(mod M ) , а, следовательно,
fi (b)  fi (a)(mod mi ) , то есть fi (b)  0(mod mi ), (1  i  s) .
Мы видим, что вместе с каждым числом a , удовлетворяющим системе
(9), этой же системе удовлетворяет и любое число класса à по модулю М.
Перейдем теперь к рассмотрению системы сравнений первой степени с
 x  c1 (mod m1 ),
(10).
 x  c2 (mod m2 )
одним неизвестным. Рассмотрим сначала систему вида: 
Теорема 4. Пусть d - наименьший общий делитель, а М – наименьшее
кратное m1 и m2 ; тогда если d не делит c2  c1 , то система сравнений (10)
не имеет решений, а если d делит c2  c1 , то система имеет одно решение,
представляющее собой класс по модулю М.
Доказательство. Из первого сравнения (10) получаем x  c1  m1t . Задача
нахождения решений системы сводится, таким образом, к тому, чтобы
выбрать такие t , при которых x удовлетворяет и второму сравнению, то есть
найти все целые t , такие, что c1  m1t  c2 (mod m2 ) . Следовательно, надо
решить сравнение
m1t  c2  c1 (mod m2 ) (11).
Если (m1, m2 )  d и d не делит c2  c1 , то сравнение (11) не имеет
решений, а, следовательно, и система (10) также не имеет решений.
Если же d делит c2  c1 , то решение сравнения (11) можно записать в
виде t   (mod
m2
m
), t    2 y, y  Z . Подставляя эти значения в уравнение
d
d
73
x  c1  m1t , выделяем из множества значений x , удовлетворяющих первому
сравнению,
те,
которые
удовлетворяют
и
второму:
. Эти значения x
m 
mm
mm

x  c1  m1    2 y   c1  m1  1 2 y    1 2 y, y  Z
d 
d
d

образуют класс по модулю М, то есть x   (mod M ) , что и является решением
системы (10), причем оно единственное.
Теорема 5. Система
 x  c1 (mod m1 ),
 x  c2 (mod m2 ),
........................., (12)

 x  cs (mod ms )
либо совсем не имеет решений, либо имеет одно решение.
Доказательство проводится индукцией по s .
Теорема 6. Если m1, m2 ,..., ms - попарно взаимно простые числа, то
система (12) совместна и имеет одно решение, представляющее собой
класс по модулю M  m1  m2  ...  ms .
Доказательство проводится индукцией по s .
Пусть два натуральных числа a1 и a2 взаимно просты. Поставим перед
собой задачу: найти целое число, которое при делении на эти числа образует
данные остатки r1 и r2 . Существование такого числа вытекает из того, что
уравнение a1x1  a2 x2  r2  r1 разрешимо в целых числах x1 и x 2 , а именно,
искомым является, например, число a1x1  r1  a2 x2  r2 .
Оказывается, что аналогичное утверждение справедливо и для случая
m  2.
Теорема 7. (Китайская теорема об остатках). Пусть a1, a2 ,..., as 1, as натуральные числа, каждые два из которых взаимно просты, r1, r2 ,..., rs произвольные целые числа. Существуют целые числа x1, x2 ,..., xs 1, xs ,
удовлетворяющие системе уравнений a1x1  r1  a2 x2  r2  ...  as xs  rs .
Доказывается индукцией по s .
Название теоремы объясняется тем, что если каждые два из
натуральных чисел a1, a2 ,..., as 1, as взаимно просты, то существует целое
число, которое при делении на эти числа дает любые заданные остатки
r1 , r2 ,..., rs . Увеличивая его на любые кратные числа a1 , a2 ,..., as 1 , as , мы получим
бесконечное множество натуральных чисел, дающих при делении на
a1 , a2 ,..., as 1 , as соответственно остатки r1 , r2 ,..., rs . Китайцы довольно давно
владели этой теоремой, во всяком случае в III веке.
Рассмотрим m членов арифметической прогрессии
a, a  d ,..., a  (m  1)d ,
(13)
где a – целое число, а d - взаимно простое с m . Часто бывает очень
полезной следующая теорема.
Теорема 8. Среди чисел прогрессии (13) имеется ровно одно,
делящееся на m .
Доказательство. Разность k -го т l -го чисел (13), равная d (k  l ), не
делится на m . Иначе оказалось бы, что k  l делится на m , что невозможно,
74
так как k  l  m . Тем самым числа (13) попарно не сравнимы по модулю m
и поэтому дают различные остатки при делении на m . Следовательно,
среди чисел (13) представлены все классы по модулю m , то есть для
каждого из остатков 0,1,2,..., m  1 ровно одно из чисел (13) сравнимо с ним по
модулю m .
Мы доказали даже несколько более сильное утверждение, чем
теорема 8. Теперь применим эту теорему для доказательства китайской
теоремы об остатках (немного в другой формулировке).
Теорема 9. Пусть даны n попарно взаимно простых чисел m1, m2 ,..., mn
и n чисел r1 , r2 ,..., rn таких, что 0  ri  mi  1 (i  1,2,..., n) . Тогда существует
число N , дающее при делении на mi остаток ri .
Доказательство. Применим индукцию по n . При n  1 утверждение
теоремы очевидно. Пусть теорема справедлива при n  k  1 . Тогда
существует число M такое , что M  ri (mod mi ) при i  1,2,..., k  1 . Пусть
d  m1m2 ...mk 1 . Рассмотрим числа M , M  d , M  2d ,..., M  (mk  1)d . Поскольку d
взаимно просто с mk , из доказательства теоремы 9 следует, что среди
выписанных чисел найдется число N , дающее при делении на mk остаток rk .
В то же время при делении на m1, m2 ,..., mk 1 число N дает остатки r1 , r2 ,..., rk 1
соответственно. Теорема доказана.
И наконец, еще одна теорема.
Теорема 10. Для любых попарно взаимно простых чисел m1, m2 ,..., mn и
остатков r1 , r2 ,..., rn по модулям m1, m2 ,..., mn найдутся n последовательных чисел a, a  1,..., a  n  1 таких, что
a  r1 (mod m1 ), a  1  r2 (mod m2 ),..., a  n  1  rn (mod mn ) .
Иначе говоря, для любых попарно взаимно простых модулей найдутся
n подряд идущих натуральных чисел, дающих соответственно любые
заданные остатки при делении на эти числа.
Доказательство. По китайской теореме об остатках существует такое
a  r1 (mod m1 ), a  r2  1(mod m2 ),..., a  rn  n  1(mod mn ) . Но тогда числа
a , что
a, a  1,..., a  n  1 удовлетворяют условию теоремы.
Для нахождения решения системы сравнений первой степени с
взаимно простыми модулями удобнее пользоваться китайской теоремой об
остатках в другой формулировке.
Теорема 10. Пусть m1, m2 ,..., ms - попарно взаимно простые числа,
M  m1  m2  ...  ms ; y1 , y2 ,..., ys подобраны так, что
M
M
M
M
M
M
y1  1(mod m1 ),
y2  1(mod m2 ),...,
ys  1(mod ms ), x0 
y1c1 
y2c2  ... 
ys cs
m1
m2
ms
m1
m2
ms
.Тогда решение системы (12) будет иметь вид: x  x0 (mod M ) .
Пример 1. Решить сравнение 7  x  5(mod 9) .
Решение. I способ. Решим сравнение методом проб (подстановка в
сравнение чисел ПСВ). Выпишем ПСВ (наименьших неотрицательных): 0,
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 и подставим каждый вычет в данное сравнение: 7  3 не
75
сравнимо с 5 ; 7  1 не сравнимо с 5; 7  2  5(mod 9) . Следовательно, x  2(mod 9)
- решение. Дальше проверять не следует, т. к. поскольку (7,9)  1 , то данное
сравнение имеет единственное решение. Этот способ применяется при
небольших модулях. При больших модулях подстановку вычетов ПСВ
проводят только на заключительном этапе построения равносильных
сравнений.
II способ. Приведение сравнения I-й степени к равносильному сравнению с
коэффициентом при x , равном 1. Этот способ основывается на проведении
ряда равносильных преобразований заданного сравнения. Прибавив в
правой части 9, получим: 7  x  5  9(mod 9) или 7  x  14(mod 9) . Так как
7,9  1, то обе части сравнения можно поделить на 7. Получим: x  2(mod 9) .
III способ. (способ Эйлера). Применим теорему Эйлера:
7 (9)  1(mod 9) ,  (9)  6 , 76  1(mod 9) . Умножим обе части сравнения на 75 .
7  75  x  5  75 (mod 9) , 76  x  5  75 (mod 9) , x  575 (mod 9) или x  (4)  (2)5 (mod 9) ,
x  128(mod 9) , x  2(mod 9) . Можно сразу же по общей формуле записать:
x  5  7 (9) 1 (mod 9) . Отметим, что метод решения сравнения, основанный на
применении теоремы Эйлера и Ферма, нельзя отнести к рациональным
методам решения сравнений.
Пример 2. Разрешимы ли следующие сравнения:
1) 5  x  6(mod 7) ; 2) 15  x  18(mod 21) ; 3) 14  x  9(mod 22) .
Решение. 1) Так как (5,7)  1 , следовательно, сравнение имеет единственное
решение: x  4(mod 7) .
2) Так как (15,21)  3 и 183 , следовательно, сравнение имеет по модулю 21
три класса решений, которые объединяются в один класс по модулю
21
 7 . Данное сравнение равносильно (сокращение на 3) сравнению из
3
условия 1). Общее решение: x  4  7  k (mod 21) , где k  0,1,2 . Окончательно
получим: x1  4(mod 21) , x2  11(mod 21) , x3  18(mod 21) .
Пример 3. Решить сравнение 78  x  30(mod 198) с помощью цепных
дробей (4-способ).
Решение. Так как (78,198)  6 , 306 , то сравнение имеет 6 решений. Поделив
обе части сравнения и модуль на 6, получим сравнение 13  x  5(mod 33) .
Представим в виде цепной дроби число
33 33
 2;1,1,6 , n  3 . Составим
.
13 13
таблицу подходящих дробей.
n
0
1
2
3
q
2
2
1
3
1
5
6
33
Pn
x  (1) n  Pn 1  b(mod m) ; x  (1)3  5  5(mod 33) ; x  8(mod 33) .
76
Это решение исходного сравнения по вспомогательному модулю 33. Все
шесть решений по заданному модулю x  8  33  k (mod 198) , где k  0,1,2,3,4,5 .
Окончательно, x  8;21;74;107;140;173(mod 198) .
Пример 4. Решить неопределенное уравнение 23  x  91  y  2 .
Решение. Так как (23,1)  1 , то уравнение имеет решение в целых числах;
учитывая, что 23 – целое положительное число, его можно принять за
модуль соответствующего сравнения, в результате получим: 91  y  2(mod 23) .
Прибавляя к левой части сравнения число  92  y , кратное модулю,
приходим к сравнению , y  2(mod 23) , т.е. y  2  33  k , где k  Z ; подставив
полученное значение y в данное уравнение, после простейших
преобразований находим, что x  8  91 k , где k  Z . Получим общее
решение данного уравнения в виде x  8  91 k , y  2  23  k , где k  Z .
Пример 5. Найти числа, которые при делении на 7, 13, 17 дают в
остатке соответственно 4, 9 и 1.
Решение. Искомые числа должны удовлетворять системе сравнений:
 x  4(mod 7),

 x  9(mod 13),
 x  1(mod 17).

Так как модули сравнений попарно взаимно просты, что эта система имеет
единственное решение по модулю m  7,13,17  7 13 17 . Первое сравнение
имеет единственное решение: x  4  7  k , где k  Z . Подставим во второе
сравнение вместо x выражение 4  7  k , получим: 7  k  5(mod 13) . Так как
(7,13)  1 , то последнее сравнение имеет единственное решение: k  10(mod 13) ,
т.е. k  10  13  n , n  Z , а значит, x  74  91 n , n  Z . Найдем те значения n ,
при которых x будет удовлетворять третьему сравнению Имеем:
91  n  74  1(mod 17) или 6  n  12(mod 17) . Откуда n  2(mod 17) , следовательно,
n  2  17  m ; итак, x  256  1547  m или x  256(mod 1547) .
Упражнения.
№1. Что называется сравнением n -й степени с неизвестно величиной?
№2. Почему сравнение f ( x)  0(mod m) имеет не более чем m решений?
Почему при решении этого сравнения достаточно ограничиться
испытанием чисел 0, 1, 2, …, (m  1) ?
№3. Какие сравнения называются равносильными?
№4. Перечислите преобразования и операции, приводящие к равносильным
сравнениям.
№5. Дано сравнение a  x  b(mod m) . При каких условиях оно имеет
единственное решение, не имеет решений, имеет   1 решений?
№6. Чему равна степень сравнения: 7  x6  14  x5  3  x 2  6  x  1  0(mod 7) ?
№7. После некоторых преобразований, приводящих к равносильным
сравнениям, решить путем испытаний наименьших неотрицательных
вычетов следующие сравнения:
1) 5  x 2  15  x  22  0(mod 3) ; 2) 2  x 2  5  x  2  0(mod 5) ;
77
3) 25  x3 36  x 2  18  x  13  0(mod 6) ; 4) 92  x 20  46  x 2  52  x  46  0(mod 4) .
№8. Решите следующие сравнения:
1) 12  x  1(mod 7) ; 2) 6  x  3(mod 7) ; 3) 20  x  10(mod 25) ;
4) 3  x  1(mod 5) ; 5) 25  x  15(mod 17) ; 6) 10  x  25(mod 35) ;
7) 3  x  13(mod 11) ; 8) 5  x  7(mod 10) ; 9) 12  x  9(mod 15) ;
10) 2  x  7(mod 15) ; 11) 12  x  9(mod 18) ; 12) 9  x  15(mod 48) .
№9. Решите сравнение вида a  x  b(mod m) , где a, b, m принимают соответственно следующие значения:
№
a
b
m
№
a
b
m
1
15
21
18
17
95
59
308
2
12
16
28
18
91
1
132
3
18
12
30
19
37
25
107
4
5
15
25
20
185
125
353
5
75
54
21
21
7
4
19
6
37
16
11
22
23
667
693
7
39
5
11
23
13
1
27
8
20
35
45
24
143
41
221
9
183
93
111
25
37
5
217
10
42
105
245
26
91
143
222
11
11
15
24
27
113
89
311
12
39
19
53
28
271
25
119
13
45
21
132
29
221
111
360
14
12
15
35
30
13
178
153
15
21
10
25
31
14
50
62
Начиная с № 17 сравнения решите с помощью цепных дробей.
№10 Определите день и месяц рождения, зная, что сумма произведений
числа месяца на a и номера месяца на b равна c :
1) a  12 ; b  7 ; c  275 ; 2) a  11 ; b  12 ; c  233 ;
2) a  13 ; b  9 ; c  136 ; 4) a  17 ; b  8 ; c  372 .
№11. На прямой a  x  b  y  c найдите количество точек, лежащих между
точками с абсциссами a1 и a2 :
1) 10  x  11  y  15 , a1  30 , a2  50 ;
2) 31  x  47  y  23 , a1  50 , a2  60 ;
3) 101  x  39  y  89 , a1  0 , a2  100 .
№12. Припишите справа к числу 629 такое трехзначное число, чтобы полученное шестизначное число делилось на 5. 8, 11.
№13. Припишите справа к числу 32 такое двузначное число, чтобы полученное четырехзначное число делилось на 3 и на 7.
№14. Припишите справа к числу 723 такое двузначное число, чтобы полученное пятизначное число при делении на 31, давало в остатке 1. Припишите справа к числу 79 такое двузначное число, чтобы полученное
четырехзначное число при делении на 11 и на 13 дало бы
соответственно остатки 3 и 5.
a1  x  b1 (mod m1 ),
№15. Решите следующие системы сравнений вида: a2  x  b2 (mod m2 ),
a  x  b (mod m ),
3
3
 3
где ai , bi , mi , i  1,2,3 принимают следующие значения:
78
16
15
7
16
32
23
5
71
№
a1
b1
m1
a2
b2
m2
a3
b3
m3
1
3
2
13
5
11
16
5
2
9
2
3
5
13
2
17
21
5
31
32
3
1
1
4
1
3
5
1
2
7
4
1
2
3
1
2
7
1
-2
11
5
3
5
14
5
1
9
7
2
25
6
7
4
15
3
23
28
5
8
11
7
2
5
21
5
22
31
4
5
29
8
3
5
12
7
3
25
3
2
17
9
1
8
15
1
9
13
1
5
14
10
1
10
11
1
9
16
1
5
7
11
1
5
3
1
7
10
1
2
7
№16. Найдите все тройки чисел вида p, p  2, p  4 .
№17. Найдите конечную арифметическую прогрессию с разностью 6 максимальной длины и состоящую из простых чисел.
№18. Пятнадцать простых чисел образуют арифметическую прогрессию с
разностью d . Докажите, что d  30000 .
№19. Докажите, что среди а) любых десяти; в) любых шестнадцати последовательных натуральных чисел найдется число, взаимно простое с
остальными; в) верно ли утверждение задачи для любых 17 последовательных натуральных чисел?
№20. Докажите, что для любого n существуют n последовательных натуральных чисел, каждое из которых делится на квадрат некоторого
числа.
№21. Существует ли в сутках момент, когда расположенные на общей оси
часовая, минутная и секундная стрелки правильно идущих часов образуют попарно углы в 120°?
№22. Найдите наименьшее натуральное число, дающее при делении на 2, 3,
5, 7 соответственно остатки 1, 2, 4, 6.
№23. Найдите наименьшее четное число a такое, что a  1 делится на 3,
(a  2) делится на 5, a  3 делится на 7, a  4 делится на 11,
делится на 13.
79
12
1
14
19
1
5
7
1
9
10