Zastosuvannya_teoriyi_chisel_u_kriptografiyi_metodi

в) Розв’язати конгруенцію 10x º 33(mod 55).

Розв’язання

(10,55) = 5 > 1, але 33 на 5 не ділиться, отже, ця конгруенція не має розв’язків.

4.2.2. ВИКОРИСТАННЯ ПІДХІДНИХ ДРОБІВ ДЛЯ РОЗВ’ЯЗАННЯ КОНГРУЕНЦІЙ.

Випадок ax º b(mod m) , (a, m) = 1. Розкладемо у неперервний дріб відношення

+ 1 qn

Будемо мати набір неповних часток q1 , q2 ,..., qn . За відомою

51

a(− 1)n−1 bPn−1 ≡ b(mod m).

Отже, розв’язок конгруенції буде x ≡ (− 1)n Pn−1b(mod m) .

Приклад

Розв’язати конгруенцію 256x ≡ 179(mod 337)

Із схеми маємо

52

n = 5, Pn−1 = P4 = 104, b = 179

Отже, x º 81(mod 337).

4.2. ОБЕРНЕНИЙ ЕЛЕМЕНТ ЗА МНОЖЕННЯМ

Отримавши правила для розв’язання конгруенцій з одним невідомим, можемо дати відповідь на питання:

ДЛЯ ЯКИХ ЕЛЕМЕНТІВ ПОВНОЇ СИСТЕМИ ЛИШКІВ ЗА ДОВІЛЬНИМ МОДУЛЕМ m ІСНУЄ ОБЕРНЕНИЙ ЕЛЕМЕНТ З МНОЖЕННЯ?

Щоб дати відповідь на це питання, необхідно розглянути розв’язання конгруенції

ax º 1(mod m) .

Виходячи з вимог існування розв’язку такої конгруенції – (a, m) = 1, оскільки права частина конгруенції дорівнює 1. Якщо

за a взяти елементи повної системи найменших додатних лишків (як базу для всіх класів чисел за модулем m ), то очевидно, що конгруенція не завжди буде мати розв’язок. Наприклад, m = 15, a = 5 . Отже, з повної системи необхідно відкинути всі елементи, кратні модулю. Отримаємо зведену систему лишків, кількістю j(m) елементів. Для будь якого елементу зведеної системи за модулем m обернений елемент буде розв’язком конгруенції ax º 1(mod m) :

x º aϕ(m )−1 (mod m).

Позначимо обернений елемент через a−1 .

Отже, для складеного модуля m обернений елемент існує

тільки для його зведеної системи лишків. Для будь-якого елемента a з класу зведеної системи лишків він дорівнює

53

a−1 ≡ aϕ(m )−1 (mod m) .

Якщо модуль є просте число p , то зведена система лишків

для нього збігається з повною системою лишків.

Отже, для будь-якого елемента повної системи лишків за простим модулем p обернений елемент заданий та єдиний:

a−1 ≡ a p−2 (mod p).

Знайти обернений елемент просто, використовуючи неперервні дроби.

a−1 = (− 1)n −1 Pn −1

Приклад

Знайти обернений елемент для числа a = 131 за модулем m = 437 .

Використовуючи властивості підхідних дробів, можна записати:

54

P ×Q - P ×Q = (-1)4 або 437 ×3 -10 ×131 =1.

4 3 3 4 123

≡0 (mod 437 )

Отже, можемо записати (-10)×131 º1(mod 437) .

Звідси 131−1 º -10(mod 437) або 131−1 º 427(mod 437).

Відповідь

Обернений елемент для числа a = 131 за модулем m = 437

з одним невідомим за різними модулями. Будемо вважати також, що m1 , m2 ,..., mk - попарно прості:

(mi , m j )= 1, i = 1, k; j = 1, k; i ¹ j .

Розв’язок системи конгруенцій з одним невідомим є таке ціле число α , яке задовольняє усі конгруенції даної системи.

ai −1 : ai × ai −1 º 1(mod mi ) . Помноживши кожне рівняння системи на свій зворотний елемент, перейдемо до еквівалентної системи:

55

Отже, розв’язавши систему (2), ми тим самим знайдемо розв’язок системи (1).

Відповідь про існування та структуру розв’язку системи (2)

дає Китайська теорема про остачі:

Нехай дані k попарно простих чисел m1 , m2 ,..., mk та чисел

Доведення

Доводити будемо побудовою числа α . Позначимо через M НСК усіх модулів. Оскільки вони попарно прості, то M = m1m2 ...mk . Далі побудуємо систему чисел

Кожне M i є взаємно простим з числом mi , тому для нього існує обернений елемент

56

тотожна конгруенція c1 ≡ c1 (mod m1 ).

У другому рівнянні неконгруентним 0 за модулем m2 буде

тільки доданок M 2 M 2 −1c2 . Отже, α є розв’язком для другої

конгруенції і т. д.

Розв’язок підійде до кожної конгруенції через свою структуру.

Висновок

Розв’язок системи (2) існує, і це є клас чисел x = α + Mt, t Z .

Наведемо приклад практичного розв’язання систем з невеликою кількістю конгруенцій.

Приклад

Розв’язати систему конгруенцій

743x ≡ 16 (mod13),≡ ( )59x 128 mod 5 ,

136x ≡ 82 (mod 3).

Розв’язок

Маємо систему з трьох конгруенцій за простими модулями. КРОК 1. Спрощуємо систему. Замінимо числа в кожній

конгруенції на найменші лишки за відповідними модулями.

2x ≡ 3(mod13),≡ ( )4x 3 mod 5 ,

x ≡ 1(mod 3).

Зведемо систему до вигляду (2):

57

8 +13t1 = 2 (mod 5) 13t1 º -6 (mod 5)3t1 º -6 + 5 ×3(mod 5) 3t1 º 9 (mod 5) .

Оскільки (3,5) =1 поділимо обидві частини конгруенції на 3:

47+13×5t2 º 1(mod 3) 65t2 º -46 (mod 3)

-t2 º -1(mod 3) t2 º1(mod 3) t2 =1+ 3t3 .

Підставимо t2 у (**):

58

x = 47 +13 ×5(1 + 3t3 ) = 47 + 65 +13 ×5 ×3t3 =112 +13 ×5 ×3t3 .

Отже, можна записати розв’язок:

x º112(mod13×5 ×3), а оскільки x º112(mod195).

Відповідь

x º112(mod195).

Перевірка

системи.

Якщо для нової системи збереглася попарна простота модулів, то вона має єдиний розв’язок, згідно з китайською теоремою про остачі. Але в цьому випадку i - та конгруенція має

59

виконана і розв’язок є, він буде знайдений за модулем, який дорівнює НСК m1 та m2 .

3. Якщо система складається з k > 2 конгруенцій з модулями, що мають НСД>1, то перевірку необхідно проводити поступово. У разі, коли хоча б одна з отриманих конгруенцій у ході розв’язання не має розв’язку, то і вся система несумісна. Якщо розв’язок є, то це буде конгруенція за НСК усіх модулів.

ЗАВДАННЯ ДЛЯ ВИКОНАННЯ ІНДИВІДУАЛЬНИХ КОНТРОЛЬНИХ РОБІТ ЗА ТЕМОЮ 4.

Завдання 8

Знайти обернений елемент для числа a за модулем m .

Завдання

Розв’язати систему конгруенцій, попередньо спростивши її.

60