12. 5. Определение 4.
Два сравнения с неизвестной х по модулю т называются равносильными, если множества их решений совпадают.
12. 6. Теоремы равносильности сравнений с одной неизвестной.
Дано сравнение f(x) g(x) (mod m) (1). Если:
10 к обеим частям сравнения (1) прибавить один и тот же целочисленный многочлен от х; или
20 обе части сравнения (1) умножить на одно и то же целое число, взаимно простое с модулем т; или
30 обе части сравнения (1) и модуль т умножить на одно и то же натуральное число, – то получим сравнение, равносильное данному.
12. 7. Следствие 1.
а) Можно переносить слагаемые из одной части сравнения в другую с противоположным знаком.
б) Можно все коэффициенты обеих частей сравнения разделить на к, (к, т) = 1.
12. 8. Теорема 2 о замене коэффициентов сравнения.
Пусть даны два сравнения с одной неизвестной:
f(x) = an xn + an – 1 xn – 1 + + a1 x + a0 0 (mod m), (*)
g(x) = bn xn + bn – 1 xn – 1 + + b1 x + b0 0 (mod m). (**)
Если соответствующие коэффициенты ai и bi этих многочленов сравнимы по модулю т, то есть если ai bi (mod m) (i = 0, 1, 2, … , n), – то сравнения (*) и (**) – равносильны.
12. 9. Следствие 2.
Если все коэффициенты ai сравнения (*) заменить числами bi , сравнимыми с ai по модулю т, – то получим сравнение (**), равносильное данному.
Пример. 16 х2 – 17 х + 10 0(mod 3) х2 – 2 х + 1 0(mod 3), откуда х 1(mod3).
12.10. Определение 5.
Степенью сравнения (*) называются наибольший показатель степени члена многочлена, коэффициент ai которого не делится на т.
Пример. Какова степень сравнения 24 х3 + 5 х + 1 0(mod 3) (1) ? Найти его решения.
Решение.
1) По теореме 2 это сравнение равносильно сравнению 5 х + 1 0 (mod 3) (2) Поэтому данное сравнение – 1-й степени.
2)
Для решения сравнения (2) составим
классы вычетов по модулю 3:
Z3
= {
}
и
полную систему вычетов: {0,
1, 2}. Так
как х =
0 и
х =
2 не
удовлетворяют сравнению (2), а х
= 1 удовлетворяет
ему (проверьте!), – то решением сравнения
(2) будет класс вычетов
,
т. е. x
= 1 + 3q,
qZ,
или
х
1(mod
3). Этот
же класс вычетов будет и решением
сравнения (1). Ответ:
х
1(mod3).
12.11. Теорема 3.
Сравнение п-й степени по простому модулю р ( п < p ) вида
an xn + an – 1 xn – 1 + + a1 x + a0 0 (mod р), где an не р, может иметь не более п классов решений по модулю р.
В частности, при п = 2 сравнение имеет не более двух классов решений. Однако это неверно для составного модуля. Например, сравнение х2 – 5х + 6 0 (mod 6) имеет 4 класса решений: х 0, 2, 3, 5 (mod 6) (проверьте!).
Типовые задачи
1. С помощью следствий 1 и 2 заменить сравнение
547 х3 – 342 х2 – 289 х + 782 434 х3 + 179 х2 + 87 х – 134 (mod 3) равносильным сравнением, коэффициенты которого по абсолютной величине были бы меньше модуля.
Решение.
1) По следствию 1 перенесём все члены сравнения в левую часть и приведём подобные члены: 113 х3 – 521 х2 – 376 х + 916 0 (mod 3).
2) По следствию 2 коэффициенты полученного сравнения заменим числами, сравнимыми с ними по модулю 3 (то есть отбросим слагаемые, кратные трём):
(113 – 111) х3 – (521 – 519) х2 – (376 – 375) х + (916 – 915) 0 (mod 3),
или 2 х3 – 2 х2 – х + 1 0 (mod 3), или – х3 + х2 – х + 1 0 (mod 3),
или х3 – х2 + х – 1 0 (mod 3).
2. Решить сравнения методом перебора соответствующих классов вычетов.
1) 2 х + 3 0 (mod 8); 2) 6 х3 – 7 х2 + 13 х – 8 – 3 х3 + 4 х2 + 25 х – 7(mod 9).
Решение.
1) Полная система вычетов по модулю 8: {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Подставляя в сравнение каждый из этих вычетов, находим, что ни один из них не удовлетворяет сравнению. Значит, данное сравнение не имеет решения.
2)
Упростив данное сравнение (см. задачу
1),
получим: 9 х3
– 11 х2
–12 х
– 1
0(mod
9)
– 2 х2
– 3 х
– 1
0(mod
9)
2 х2
+ 3 х
+ 1
0(mod
9). Полная
система вычетов по модулю 9:
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,
7, 8}.
Подставляя в сравнение каждый из
этих вычетов, находим, что сравнению
удовлетворяют вычеты 4
и
8.
Значит, решением данного сравнения
являются классы вычетов
и
:
х
4 (mod
9) и
х
8 (mod
9).
Ответ: 1) нет решения; 2) х 4 ; 8 (mod 9).