中国剩余定理及其他

中国剩余定理研究的是不同模的剩余类的交集问题.

中国剩余定理

${Theorem:}\\ 对于同余式组\\ \left\{ \begin{array}{lr} x\equiv b_1\pmod {m_1}& \\ x\equiv b_2\pmod {m_2} & \\ x\equiv b_3\pmod {m_3} & \\ ...\ ... & \\ x\equiv b_s\pmod {m_s}\\ \end{array} \right. \\ 若m_1,m_2,...m_s两两互质,对于M=\prod_{i=1}^s m_i,有\\ 唯一解\ x\equiv \sum_{i=1}^s b_i(\frac{M}{m_i})\cdot[(\frac{M}{m_i})^{-1}\pmod {m_i}]\pmod M\\ 注意 [(\frac{M}{m_i})^{-1}\pmod {m_i}]是指对m_i的数论倒数,即逆元.\\ 逆元是x\equiv 1\pmod m的解.\\ 逆元用以下定理求得: \\ 设m为正整数,gcd(a,m)=1,那么a^{\varphi(m)-1} 是a模m的逆.\\ 或者用欧几里得辗转相除.$

存在性:
个人定义 $\frac{M}{m_i}$ 为 $m_i$ 的特征值,记作 $M_i$ .由于 $m_i$ 两两互质,所以 $gcd(m_i,M_i)=1$ ,所以 $m_i$ 对 $M_i$ 的数论倒数(逆元)存在.
设逆元 $M_i^{-1}\pmod {m_i}=t_i$
即 $M_i\cdot t_i\equiv 1\pmod {m_i}$
有 $b_i\cdot t_i\cdot M_i\equiv b_i\pmod {m_i}$
且 $\forall j \in \{1, 2, \cdots , n\}, \; j\neq i, \; \; b_i t_i M_i \equiv 0 \pmod {m_j}$ .
(因为 $M_i$ 内包含了除 $m_i$ 外其他所有m的因数.)
也就是说,对于结构 $b_it_iM_i$ ,在其他的同余式中并无任何对余数的贡献.
所以对于解 $x_0=\sum_1^s b_it_iM_i$ ,对于每一个式子都成立.(有且只有分式i贡献 $b_i$ 余数,其余为0).

对于每个分式 $b_it_iM_i$ ,为了保证对其他的m不起作用,必须要有一个 $M_i$ .为了平衡 $M_i$ ,要存在对于 $M_i$ 的逆元 $t_i$ .而 $b_i$ 则是为了保证该分式在 $m_i$ 的环境下能贡献 $b_i$ 的余数.

由于m之间互质, ${m_i}$ 的最小公倍数为 $\prod_1^s m_i$ ,即 $M$ .所以在存在特解 $x_0$ 的情况下,剩余的解必定有 $kM$ 的步进, $k\in \mathbb{Z}.$
所以最后的通解为 $x\equiv \sum_1^s b_it_iM_i\pmod M$ .完毕.

接下来是形如 $f(x)\equiv b_i\pmod {m_i}$ 的同余式组.
如果一个式子 $f(x)\equiv b_i\pmod {m_i}$ 有 $C_i$ 个解,则同余式组有 $\prod_1^s C_i$ 个解.
解释:
设对于一个式子的 $C_i$ 个解为 $\{b_1,b_2,...b_{C_i}\}$ ,组合这些解得到
$\ x\equiv \sum_{i=1}^s b_i(\frac{M}{m_i})\cdot[(\frac{M}{m_i})^{-1}\pmod {m_i}]\pmod M$
其中 $b_i遍历\{b_{i,1},...b_{i,C_i}\},解数为\prod_1^s C_i.$
这些解可以证明是互不同余的.

${Theorem:}\\ p为素数,i_1\geq i_2\geq ...\geq i_s,\{b_1,b_2,...b_s\}为素数,则同余式组\\ \left\{ \begin{array}{lr} x\equiv b_1\pmod {p^{i_1}}& \\ x\equiv b_2\pmod {p^{i_2}} & \\ x\equiv b_3\pmod {p^{i_3}} & \\ ...\ ... & \\ x\equiv b_s\pmod {p^{i_s}}\\ \end{array} \right. \\ 有解的充要条件是 \left\{ \begin{array}{lr} b_1\equiv b_2\pmod {p^{i_2}}& \\ b_1\equiv b_3\pmod {p^{i_3}} & \\ b_1\equiv b_4\pmod {p^{i_4}} & \\ ...\ ... & \\ b_1\equiv b_s\pmod {p^{i_s}}\\ \end{array} \right. \\ 且解是x\equiv b_1\pmod {p^{i_1}}$

例题

$判断并求解 \\ \left\{ \begin{array}{lr} x\equiv 9\pmod {15}& \\ x\equiv 49\pmod {50} & \\ x\equiv-41\pmod {140} & \\ \end{array} \right. \\$

先将模分解,得到
$\left\{ \begin{array}{lr} x\equiv 9\pmod {5}& \\ x\equiv 9\pmod {3}& \\ x\equiv 49\pmod {5^2} & \\ x\equiv 49\pmod {2} & \\ x\equiv-41\pmod {7} & \\ x\equiv-41\pmod {2^2} & \\ x\equiv-41\pmod {5} & \\ \end{array} \right. \\$
由于 $49\equiv 9\equiv -41\pmod 5$ ,所以有解.并进一步化简
$\left\{ \begin{array}{lr} x\equiv 9\pmod {3}& \\ x\equiv 49\pmod {5^2} & \\ x\equiv-41\pmod {2^2} & \\ x\equiv-41\pmod {7} & \\ \end{array} \right. \\$
$\left\{ \begin{array}{lr} x\equiv 0\pmod {3}& \\ x\equiv -1\pmod {5^2} & \\ x\equiv-1\pmod {2^2} & \\ x\equiv 1\pmod {7} & \\ \end{array} \right. \\$
根据中国剩余定理,
$m_1=2^2,m_2=3,m_3=5^2,m_4=7$
$M=\prod_1^4 m_i=2100$
$M_1=525,M_2=84,M_3=300$
$M_1^{-1}\equiv 1\pmod {m_1},M_3^{-1}\equiv 14\pmod {m_3},M_4^{-1}\equiv -1\pmod {m_4}$ ,
得解为
$x\equiv \sum_{i=1}^s b_i(\frac{M}{m_i})\cdot[(\frac{M}{m_i})^{-1}\pmod {m_i}]\\\equiv 3\times 525+84\times 14\times(-1)+300\times(-1)\times 1\\ \equiv 99 \pmod M$

Colclusion

对于同余式的求解,一般流程是:

分解模
判断解
化简至 $x\equiv b\pmod m$ 的组
按照中国剩余定理求解
这部分有些难以理解,还需要进一步说明和分析.