同余式

同余式

在同余的基础上，引入同余式的概念，这里将要介绍如何求解一次同余式，以及如何求解同余式方程组。

求解同余式

一次同余式的求解思路：

$$(a,m)=1, ax\equiv 1 \mod m \\ \Downarrow \\ (a, m)=1, ax\equiv b\mod m\\ \Downarrow \\ ax\equiv b\mod m$$

$\mathrm{Thm. 1}$：设$m$是一个正整数，整数$a$满足$m\nmid a$，则同余式$ax\equiv 1\mod m$有解的充要条件是$(a,m)=1$，并且解唯一。

证明.
由贝祖等式可知，存在唯一的整数$s,t$满足$sa+tm=(a,m)=1$，而贝祖等式中的整数$s,t$可以通过广义欧几里得除法算出。
$\mathrm{Remark}$: 最效率的求逆元的方法是通过广义欧几里得除法。

如果有逆元，即$a\cdot a'\equiv 1 \mod m$，那么求解$ax\equiv b\mod m$也很简单了，即$x\equiv a'b\mod m$，其中$a'$为$a$的逆元。

$\mathrm{Thm. 2}$：设$m$是一个正整数，整数$a$满足$m\nmid a$，则同余式$ax\equiv b\mod m$有解的充要条件是$(a,m)|b$，并且其解为：
$x\equiv \frac{b}{(a,m)}\cdot ((\frac{a}{(a,m)})^{-1}(\mod \frac{m}{(a,m)})) + t\cdot\frac{m}{(a,m)}\mod m$

$\mathcal{Proof}$:
必要性.
当$ax\equiv b\mod m$有解$x_0$时，意味着$\exist y_0\in\Z$，满足$ax_0 - y_0m = b$
同时，$(a,m) \mid a, (a,m) \mid m$
$\because \forall a$，若满足$a\mid b, a\mid c$，则$a \mid sa+tb, \forall s,t\in\Z$
$\therefore (a,m) \mid ax_0 - y_0m = b$
充分性.
若$(a,m)\mid b$，则$\frac{b}{(a,m)}\in\Z$
考虑如下同余式：
$\frac{a}{(a,m)} x\equiv 1\mod \frac{m}{(a,m)}$
由算术基本定理可得，$(\frac{a}{(a,m)}, \frac{m}{(a,m)}) = 1$
根据$\mathrm{Thm. 1}$，则能得到上述同余式的解$x_0$
则同余式：
$\frac{a}{(a,m)}x\equiv \frac{b}{(a,m)}\mod \frac{m}{(a,m)}$
的解为$x_1=x_0\cdot\frac{b}{(a,m)}\mod \frac{m}{(a,m)}$，即：
$\frac{a}{(a,m)}\cdot x_1=\frac{b}{(a,m)} + t\cdot\frac{m}{(a,m)}, t\in\Z$
那么显然有：$ax_1\equiv b\mod m$

$\mathrm{Remark}$: 同余式 $ax\equiv b\mod m$，相当于是$(a,m)=1, ax\equiv b\mod m$同余式的基础上，$k\in\Z, (ax)\cdot k\equiv b\cdot k\mod (m\cdot k)$
所以，可以将$ax\equiv b\mod m$的求解问题归约到求解同余式$(a,m)=1, ax\equiv 1\mod m$问题上。

中国剩余定理

$\mathrm{Chinese Remainder Theorem}$：设$m_1,m_2,\dots,m_k$是$k$个两两互素的正整数，则对任意的整数$b_1,b_2,\dots, b_k$同余式组：
$\begin{cases}x\equiv b_1\mod m_1\\\vdots\\x\equiv b_k\mod m_k\end{cases}$
一定有解，且解唯一，令：$m=m_1\cdot m_2\cdots m_k$
$M_i=\frac{m}{m_i}$
$M_i'\cdot M_i\equiv 1\mod m_i$
则上述同余式组的解可以表示为：
$x\equiv b_1\cdot M_1\cdot M_1' + b_2\cdot M_2\cdot M_2' + \cdots + b_k\cdot M_k\cdot M_k'\mod m$
也就是说，上述同余式有解的充要条件是$m_1, m_2, \dots, m_k$两两互素。

$\mathcal{Proof}$:
已知$(m_i, m_j)=1, i\ne j$，且$m=m_1\cdot m_2\cdots m_k$，而
$M_i=\frac{m}{m_i}=m_1\cdot m_2\cdots m_{i-1}\cdot m_{i+1}\cdots m_k$
所以有$(m_i, M_i)=1$，即一组与$m_i$互素的数的乘积仍然与$m_i$互素
对于满足$M_i'\cdot M_i\equiv 1\mod m_i$的整数$M_i'$，可进行如下构造：
$x\equiv b_1\cdot M_1'\cdot M_1+b_2\cdot M_2'\cdot M_2 + \cdots b_k\cdot M_k\cdot M_k'\mod m$
将其代入到上述同余式中的任意式子：
$b_1\cdot M_1'\cdot M_1+b_2\cdot M_2'\cdot M_2 + \cdots b_k\cdot M_k\cdot M_k' \equiv b_i\mod m_i$
因为$m_i | M_j, i\ne j$，因此上述同余式转换为：
$0+0+\cdots +b_i\cdot M_i\cdot M_i'+0+\cdots+0\equiv b_i\mod m_i$
而$M_i\cdot M_i'\equiv 1\mod m_i$
所以上述构造显然是成立的，并且唯一性显然成立。

$\mathrm{Example}$: 取自《孙子算经》：“有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”
$\begin{cases}x\equiv 2\mod 3\\x\equiv 3\mod 5\\x\equiv 2\mod 7\end{cases}$
则$m=3\cdot 5\cdot 7=105$
$M_1=35, M_2=21, M_3=15$，算出对应的逆元$M_1'=2, M_2'=1, M_3'=1$，构造同余式解：
$x=2\cdot 70 + 3\cdot 21 + 2\cdot 15 = 233 \equiv 23\mod 105$

环上中国剩余定理

也就是中国剩余定理在环论中的延伸。

在环论中，环$R$与其理想$I$构成的商集$R/I$也能构成一个环，这个环称为商环。

理想$I$满足，$\forall a\in R, aI\in I, Ia\in I$
构造理想的方式通常是取$n\in R, I=nR=\{na | \forall a\in R\}$

环上中国剩余定理，对于环$R$，其中理想$I$满足$I=I_1\cdot I_2\cdots I_k$，并且$I_i$两两互素，则根据中国剩余定理能够如下的映射：
$s:R/I\to R/I_1\times R/I_2\times \cdots \times R/I_k$
$s(a): a\mapsto a\mod I_1, a\mod I_2, \dots, a\mod I_k$

该映射是同构映射：同态，$s(ab) = s(a)s(b)$；满射，$s^{-1}(b_1, b_2, \dots, b_k)=b\in R/I$。而构造该映射的逆映射$s^{-1}$实际上就是同余方程组的求解过程。

将中国剩余定理应用到多项式环上，就可以得到多项式的数论变换，也就是将两个多项式的乘法转换成两个向量的乘法。

反之，也可以用环$\Z_m$理解中国剩余定理:
$m=m_1\cdot m_2\cdots m_k$，其中$(m_i,m_j)=1, i\ne j$，则可构造同构映射：
$s:\Z_m\to \Z_{m_1}\times \Z_{m_2}\times\cdots\times \Z_{m_k}$
$s(a): a\mapsto (a\mod m_1, a\mod m_2,\dots, a\mod m_k)$
同构映射的逆映射$s^{-1}$的构造，实际就是中国剩余定理。