數論筆記7-一元高次同餘方程與多元同餘方程

這裏我們先討論一般情況 (但一點也不簡單, 有很多厲害的定理), 二次剩餘之後再說.

1. 一元同餘方程的具體解法

我們考慮一般的一元同餘方程 \(f(x)\equiv0\pmod m\), 容易想到將 \(m\) 素因數分解, 分別求解再進行合併. 這就需要下面的定理:

1. 設 \(m=m_1\cdots m_k\) 且 \(m_j\) 兩兩互素. 則原方程等價於同餘方程組 \(f(x)\equiv0\pmod {m_j}, 1\leqslant j\leqslant k\). 並且對於解數, 有 \(T(m;f)=T(m_1;f)\cdots T(m_k;f)\).

根據 5.1.9 易知等價性. 對於解數, 若存在 \(T(m_j;f)=0\) 顯然成立.
根據中國剩餘定理, \(k\) 個同餘方程構成的方程組的解對應了原方程的一個解; 另一方面, 對原方程的解進行取模也能對應到方程組的解. 因此方程組的解和方程的解是一一對應的, 排列組合即得原式.

因此我們對 \(m\) 進行素因數分解 \(m=p_1^{\alpha_1}\cdots p_s^{\alpha_s}\), 令 \(m_j=p_j^{\alpha_j}\), 我們就將問題轉化到了模爲素數冪的情況. 下面我們給出具體求解方法.

2. 設 \(f(x)=\sum\limits_{k=0}^na_kx^k,n\geqslant2\). 設 \(c\) 是 \(f(x)\equiv0\pmod{p^{\alpha-1}}\) 的解 \((\alpha\geqslant2)\), 則 \(f(x)\equiv0\pmod{p^\alpha}\) 滿足 \(x\equiv c\pmod{p^{\alpha-1}}\) 的解爲 \(x\equiv c+p^{\alpha-1}y_j\pmod{p^\alpha},1\leqslant j\leqslant l\), 其中 \(y\equiv y_j\pmod p\) 是 \(f'(c)y\equiv-f(c)p^{1-\alpha}\pmod p\) 的全部解, \(f'(x)\) 爲 \(f(x)\) 的導函數.

根據 6.1.5, 實際上我們需要做的只有確定 \(x\equiv c+p^{\alpha-1}y_j\pmod{p^\alpha},1\leqslant j\leqslant l\) 中 \(y_j\) 滿足的條件.
直接將 \(x=c+p^{\alpha-1}y\) 代入原方程:

\[\sum\limits_{k=1}^{n}a_k(c+p^{\alpha-1}y)^k\equiv\sum\limits_{k=1}^{n}a_k(c^k+kc^{k-1}p^{\alpha-1}y)\equiv f(c)+p^{\alpha-1}f'(c)y\equiv0\pmod{p^\alpha} \]

中間使用二項式定理化簡, 並消去了 \(p\) 的次數過高的項.
因爲 \(c\) 是 \(f(x)\equiv0\pmod{p^{\alpha-1}}\) 的解, 有 \(p^{\alpha-1}|f(c)\), 由 5.1.6 化簡即有

\[f'(c)y\equiv-f(c)p^{1-\alpha}\pmod p \]

這就證明了原定理. 下面我們利用 6.1.6 對這個方程進行進一步的討論:

• \((p,f'(c))=1\), 即 \(p\nmid f'(c)\): 容易發現有唯一解.
• \(p|f'(c),p\nmid f(c)p^{1-\alpha}\): 無解.
• \(p|f'(c),p|f(c)p^{1-\alpha}\): 解數爲 \(p\), \(y\equiv0,\cdots,p-1\pmod p\).

上面的做法在實際計算時可能是非常麻煩的 (上述討論的第三種情況會使解數增長迅速). 不過在特殊情況下, 也會是十分簡單的:

3. 設 \(c\) 是 \(f(x)\equiv0\pmod{p}\) 的解, 且 \(p\nmid f'(c)\), 則 \(f(x)\equiv0\pmod{p^\alpha}\) 滿足 \(x\equiv c\pmod{p^{\alpha-1}}\) 的解數在 \(\alpha\geqslant2\) 時均爲 \(1\).

根據上面討論的第一種情況易得.

實例計算見習題篇.

2. 模爲素數的一元高次同餘方程

我們發現, 上面的解法中降低了素數的冪次, 歸於模爲素數的情況. 不過對於該情況我們還沒有除了枚舉以外的通用解法. 這裏我們只進行初步討論.

考慮同餘方程 \(f(x)=\sum\limits_{j=0}^na_jx^j\equiv0\pmod p\), \(p\nmid a_n\). 設它有 \(k\) 個解 \(x\equiv c_1,\cdots,c_k\pmod p\). 我們有下面有力的定理:

1. 存在唯一的一組正整數 \(\alpha_1,\cdots,\alpha_k\) 和整係數多項式 \(h_k(x),s_k(x)\), 使 \(f(x)=(x-c_1)^{\alpha_1}\cdots(x-c_k)^{\alpha_k}h_k(x)+ps_k(x)\), 其中 \(\deg s_k(x)<\alpha_1+\cdots+\alpha_k\leqslant n\), \(\deg h_k(x)=n-(\alpha_1+\cdots+\alpha_k)\geqslant0\), \(h_k(x)\) 的首項係數爲 \(a_n\) 且滿足 \(p\nmid h_k(c_j),1\leqslant j\leqslant k\).

定理的形式比較複雜, 考慮數學歸納法.

• \(k=1\):
  易知 \(n\geqslant1\). 若 \(n=0\), 則必有 \(a_0\equiv0\pmod p\), 與 \(p\nmid a_n\) 矛盾.
  設 \(f(x)=(x-c_1)h_{11}(x)+r_{11}\). 顯然 \(h_{11}(x)\) 是 \(n-1\) 次多項式, 且首項係數爲 \(a_n\). \(r_{11}\) 是常數.
  代入 \(x=c_1\), 由 \(f(c_1)\equiv0\pmod{p}\) 知 \(p|r_{11}\), 則 \(r_{11}=ps_{11}\).
  若 \(p|h_{11}(c_1)\), 同上有 \(h_{11}(x)=(x-c_1)h_{12}(x)+pr_{12}\), \(h_{12}(x)\) 是 \(n-2\) 次多項式, 且首項係數爲 \(a_n\).
  代入到上一式有 \(f(x)=(x-c_1)^2h_{12}(x)+ps_{12}(x)\), 其中 \(s_{12}(x)=(x-c_1)r_{12}+s_{11}\).
  重複直到 \(p\nmid h_{1\alpha_1}(c_1)\), 此時有 \(f(x)=(x-c_1)^{\alpha_1}h_{1\alpha_1}(x)+ps_{1\alpha_1}(x)\) (簡單數學歸納即可證明).
  令 \(h_1(x)=h_{1\alpha_1}(x),s_1(x)=s_{1\alpha_1}(x)\) 即滿足各項限制, 並且由構造過程知唯一性.
• 假設已證明 \(k=l\) 成立, 要證 \(k=l+1\) 成立:
  設 \(f(x)=(x-c_1)^{\alpha_1}\cdots(x-c_l)^{\alpha_l}h_l(x)+ps_l(x)\) 滿足以上限制. 代入 \(x=c_{l+1}\), 由 \(f(c_{l+1})\equiv0\pmod p\) 易知 \(p|h_l(x)\). 又有 \(p\nmid a_n\), \(h_l(x)\) 的首項係數爲 \(a_n\), 則 \(\deg h_l\geqslant1\).
  根據 \(k=1\) 的情況, 易知 \(h_l(x)=(x-c_{l+1})^{\alpha_{l+1}}h_{l+1}(x)+pr_{l+1}(x)\) 滿足限制條件.
  代入即得 \(f(x)=(x-c_1)^{\alpha_1}\cdots(x-c_l)^{\alpha_l}(x-c_{l+1})^{\alpha_{l+1}}h_{l+1}(x)+p((x-c_1)^{\alpha_1}\cdots(x-c_l)^{\alpha_l}r_{l+1}(x)+s_l(x))\).
  令 \(s_{l+1}(x)=(x-c_1)^{\alpha_1}\cdots(x-c_l)^{\alpha_l}r_{l+1}(x)+s_l(x)\), 容易驗證各項限制和唯一性. 定理證畢.

如果在上面的定理中不限制 \(p\nmid h_k(c_j),1\leqslant j\leqslant k\), 我們有下面更弱的定理:

2. 存在唯一的整係數多項式 \(g_k(x),r_k(x)\), 使 \(f(x)=(x-c_1)\cdots(x-c_k)g_k(x)+pr_k(x)\), 其中 \(\deg r_k(x)<k,\deg g_k(x)=n-k\geqslant 0\), 且 \(g_k(x)\) 的首項係數爲 \(a_n\).

存在性根據上面的定理是顯然的 (將次數高的 \((x-c_j)\) 項乘到 \(h_k(x)\) 裏面即可). 只需證唯一性.
設還有 \(\bar{g}_k(x),\bar{r}_k(x)\) 滿足條件. 則化簡易得

\[(x-c_1)\cdots(x-c_k)(g_k(x)-\bar{g}_k(x))=p(\bar{r}_k(x)-r_k(x)) \]

右邊的多項式次數更小, 因此只能有 \(\bar{g}_k(x)=g_k(x)\), \(\bar{r}_k(x)=r_k(x)\).

3. \(T(p;f)\leqslant\min(n,p)\) (拉格朗日定理)

顯然無解時成立, 且 \(T(p;f)\leqslant p\).
根據上面的定理 2 中 \(\deg g_k(x)=n-k\geqslant0\) 即有 \(T(p;f)\leqslant n\). 證畢.

根據上面的定理, 我們有簡單的推論:

4. 若 \(T(p;f)>n\), 則有 \(f(x)≣0\pmod p\).
5. 若 \(\deg f_1(x)<p, \deg f_2(x)<p\), 則 \(f_1(x)\equiv f_2(x)\pmod p\Lrarr f_1(x)≣f_2(x)\pmod p\).
6. \(T(p;f)=n\Lrarr f(x)=a_n(x-c_1)\cdots(x-c_n)+pr(x)\), 其中 \(c_j\) 兩兩模 \(p\) 不同餘, \(\deg r(x)<n\).

必須注意的是, 這些結論能夠成立的一個重要前提是, \(p\nmid a_n\).

我們發現上面的 6 給出了 \(T(p;f)=n\) 的一個充分必要條件. 實際上我們還有其它的結論.

7. 若 \(a_n=1\), 則 \(T(p;f)=n\) 的充分必要條件爲 \(x^p-x=f(x)q(x)+pr(x)\), \(q(x),r(x)\) 都是整係數多項式, \(\deg r(x)<n\).

• 必要性:
  解數爲 \(n\), 故 \(n\leqslant p\). 直接做多項式除法.

3. 多元同餘方程

(多元同餘方程中的概念可以類比一元同餘方程, 這裏不列舉了)
一般來說解多元同餘方程是很困難的. 不過我們還是能得出一些有用的結果.