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

$$\begin{gathered} Theorem: \\ 对于同余式组 \\ \{\begin{array}{lr}x\equiv b_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1)& \\ x\equiv b_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2)& \\ x\equiv b_3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_3)& \\ ......& \\ x\equiv b_s(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_s)& \end{array} \\ 若m_1,m_2,...m_s两两互质,对于M=\prod _{i=1}^s{m}_i,有 \\ 唯一解x\equiv \sum _{i=1}^s{b}_i(\frac{M}{m_i})\cdot [(\frac{M}{m_i}{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)](\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M) \\ 注意[(\frac{M}{m_i}{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)]是指对m_i的数论倒数,即逆元. \\ 逆元是x\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)的解. \\ 逆元用以下定理求得: \\ 设m为正整数,gcd(a,m)=1,那么a^{\phi (m)-1}是a模m的逆. \\ 或者用欧几里得辗转相除. \end{gathered}$$

---

1. 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$M_i^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)=t_i$
   即$M_i\cdot t_i\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$
   有$b_i\cdot t_i\cdot M_i\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$
   且∀j∈{1,2,⋯ ,n},  j≠i,    bitiMi≡0(modmj)\forall j \in \{1, 2, \cdots , n\}, \; j\neq i, \; \; b_i t_i M_i \equiv 0 \pmod {m_j}∀j∈{1,2,⋯,n},j̸​=i,bi​ti​Mi​≡0(modmj​).
   (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$b_i{t}_i{M}_i$,在其他的同余式中并无任何对余数的贡献.
   所以对于解$x_0={\sum }_1^s{b}_i{t}_i{M}_i$,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$b_i{t}_i{M}_i$,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.

2. 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,$k\in \mathbb{Z}.$
3. 所以最后的通解为$x\equiv {\sum }_1^s{b}_i{t}_i{M}_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$.完毕.

---

接下来是形如$f(x)\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$的同余式组.
如果一个式子$f(x)\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$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{b1,b2,...bCi}\{b_1,b_2,...b_{C_i}\}{b1​,b2​,...bCi​​},组合这些解得到
$$x\equiv \sum _{i=1}^s{b}_i(\frac{M}{m_i})\cdot [(\frac{M}{m_i}{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)](\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$$
其中bi遍历{bi,1,...bi,Ci},解数为∏1sCi.b_i遍历\{b_{i,1},...b_{i,C_i}\},解数为\prod_1^s C_i.bi​遍历{bi,1​,...bi,Ci​​},解数为∏1s​Ci​.
这些解可以证明是互不同余的.

---

Theorem:p为素数,i1≥i2≥...≥is,{b1,b2,...bs}为素数,则同余式组{x≡b1(modpi1)x≡b2(modpi2)x≡b3(modpi3)... ...x≡bs(modpis)有解的充要条件是{b1≡b2(modpi2)b1≡b3(modpi3)b1≡b4(modpi4)... ...b1≡bs(modpis)且解是x≡b1(modpi1){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}} Theorem:p为素数,i1​≥i2​≥...≥is​,{b1​,b2​,...bs​}为素数,则同余式组⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​x≡b1​(modpi1​)x≡b2​(modpi2​)x≡b3​(modpi3​)... ...x≡bs​(modpis​)​​有解的充要条件是⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧​b1​≡b2​(modpi2​)b1​≡b3​(modpi3​)b1​≡b4​(modpi4​)... ...b1​≡bs​(modpis​)​​且解是x≡b1​(modpi1​)

---

例题

$$\begin{gathered} 判断并求解 \\ \{\begin{array}{lr}x\equiv 9(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}15)& \\ x\equiv 49(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}50)& \\ x\equiv -41(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}140)& \end{array} \end{gathered}$$

1. 先将模分解,得到
   $$\{\begin{array}{lr}x\equiv 9(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}5)& \\ x\equiv 9(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)& \\ x\equiv 49(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{5}^2)& \\ x\equiv 49(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2)& \\ x\equiv -41(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7)& \\ x\equiv -41(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{2}^2)& \\ x\equiv -41(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}5)& \end{array}$$
2. 由于$49\equiv 9\equiv -41(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}5)$,所以有解.并进一步化简
   $$\{\begin{array}{lr}x\equiv 9(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)& \\ x\equiv 49(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{5}^2)& \\ x\equiv -41(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{2}^2)& \\ x\equiv -41(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7)& \end{array}$$
   $$\{\begin{array}{lr}x\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)& \\ x\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{5}^2)& \\ x\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{2}^2)& \\ x\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7)& \end{array}$$
   根据中国剩余定理,
   $m_1=2^2,m_2=3,m_3=5^2,m_4=7$
   $M={\prod }_1^4{m}_i=2100$
   $M_1=525,M_2=84,M_3=300$
   $M_1^{-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1),M_3^{-1}\equiv 14(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_3),M_4^{-1}\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_4)$,
   得解为
   $$\begin{gathered} x\equiv \sum _{i=1}^s{b}_i(\frac{M}{m_i})\cdot [(\frac{M}{m_i}{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)] \\ \equiv 3\times 525+84\times 14\times (-1)+300\times (-1)\times 1 \\ \equiv 99(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M) \end{gathered}$$

---

Colclusion

对于同余式的求解,一般流程是:

1. 分解模
2. 判断解
3. 化简至$x\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$的组
4. 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.