п.2.6. ср.высш.ст.

§ 6. Сравнения высших степеней.
1. Сравнения n -ой степени.
Определение 1. Сравнением с одним неизвестным по модулю m
называется сравнение вида f ( x)  an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0(mod m) , (1)
левая часть которого – многочлен с целыми коэффициентами. Если an не
делится на число m , то число n называется степенью сравнения; если an m ,
то старший член сравнения (1) удовлетворяет условию an x n  0(mod m) и
поэтому в (1) его можно отбросить.
f ( x)  0( m omd) всякое целое
Определение 2. Решением сравнения
число a , которое удовлетворяет сравнению, то есть такое, что f (a)  0(mod m) .
Легко понять, что в этом случае вместе с числом a сравнению
удовлетворяют и все числа класса a . Поэтому класс вычетов по модулю m ,
числа которого удовлетворяют сравнению f ( x)  0(mod m) , считается за
одно решение этого сравнения. При таком соглашении сравнение (1) будет
иметь столько решений, сколько вычетов ПСВ ему удовлетворяют.
Поскольку ПСВ по модулю m состоит из m вычетов, то сравнение (1) может
иметь только конечное количество решений или не может иметь их совсем.
Сравнения решают путем построения более простых сравнений,
равносильных заданным.
Определение 3. Два сравнения называются равносильными, если
множества их решений совпадают.
Чтобы построить сравнения, равносильные заданному, над заданным
сравнением проводят операции, которые основываются на свойствах
сравнимости, рассмотренных раньше. К операциям, которые не меняют
множества решений, принадлежат такие:
а) прибавление к обеим частям сравнения произвольного многочлена
g (x ) с целыми коэффициентами,
б) прибавление к одной из частей сравнения многочлена с
коэффициентами, кратными модулю m ,
в) умножение обеих частей сравнения на число, взаимно простое с
модулем,
г) умножение обеих частей сравнения и модуля на одно и тоже
положительное целое число.
Рассмотрим способы приведения сравнений по составному модулю к
сравнениям по простому модулю.
Теорема 1. Если m  p1  p2  ...  pss - каноническое разложение модуля
m , то сравнение
f ( x)  0(mod m)
(2)
эквивалентно системе сравнений:
1
2
86
 f ( x)  0(mod p11 )


 f ( x)  0(mod p212 )
.

..........
..........
.........

 f ( x)  0(mod ps1s )
Пусть
(3)
решение
сравнения
(1),
то
есть

f ( x0 )  0(mod m)  f ( x0 ) m  f ( x0 ) pi . Таким образом, достаточно научиться
решать сравнение
(4)
f ( x)  0(mod p ) .
Покажем, что вопрос о решении сравнения (4) сводится к вопросу
решения сравнения
(5)
f ( x)  0(mod p 1 ) ,
то есть, зная решение сравнения (5) нетрудно найти решение сравнения (4).
Этим
мы покажем, что от p  p 1  p  2  ...  p 2  p .
Пусть x  x1 (mod p 1 ) решение сравнения (4), тогда
(6)
x  x1  p 1t .
Найдем t , применим формулу Тейлора:
x0
-
i



та
как

f ' ( x1 )  1
f ' ' ( x1 )  1 2
p t 
p t  ...  0(mod p ) ,
1!
2!
как, начиная с третьего, все остальные члены кратны p , то получаем
f ( x)  f ( x1  tp 1 )  f ( x1 ) 
f ( x1 )  f ' ( x1 )  p 1  t  0(mod p ) ,
f ( x1 )
 f ' ( x1 )  t  0(mod p ) p 1
f ( x1 ) p 1 ,
так
то
относительно t это линейное сравнение (полагая
f ' ( x1 )  0(mod p) ), его мы умеем решать, пусть решение будет t  t ' (mod p) ,
x  x1  p k  t ' p 1 ,
тогда подставляя в (6), получаем
то есть
 1

x  x1  t ' p (mod p ) . Что и требовалось показать.
Рассмотрим методику решения сравнений n -ой степени вида
f ( x)  an x n  an 1 x n 1  ...  a1 x  a0  0(mod p) ,
(7)
где p - простое число. С помощью операций, описанных выше, можно
построить сравнение, равносильное
(7), степени не выше p  1 ,
коэффициенты которого являются наименьшие неотрицательные или
абсолютно наименьшие вычеты ПСВ по модулю p .
Построение такого сравнения можно провести следующим образом.
а) Заменить все коэффициенты ai многочлена f (x) соответствующими им
наименьшими неотрицательными или абсолютно наименьшими вычетами из
ПСВ по модулю p .
б) Сделать коэффициент при старшем члене сравнения равным единице.
в) Понизить степень сравнения, используя теорему Ферма : x p  x(mod p) .
Теорема 2. Сравнение n -ой степени по простому модулю может
иметь не более n решений.
Доказательство. Метод математической индукции. При n  1
сравнение (7) имеет вид a1x  a0  0(mod p) , где (a1, p)  1. Сравнение имеет
87
единственное решение, следовательно, теорема верна. Пусть теорема верна
для n  k  1 . Докажем, что она верна и для n  k . Сравнение (7), либо не
имеет решений, то теорема верна, либо имеет хотя бы одно решение, пусть
x  x0 (mod p) . Тогда по теореме Безу
f ( x)  ( x  x0 ) g ( x)  f ( x0 ) ,
где g (x ) - многочлен степени k  1 , и сравнение (7) приобретает вид
( x  x0 ) g ( x)  0(mod p) , ( x  x0 ) g ( x)  0(mod p)
Множество решений этого сравнения, очевидно, состоит из решений
сравнения
x  x1  0(mod p) и сравнения g ( x)  0(mod p) . Первое из них имеет единственное
решение, а второе, в силу индуктивного предположения, не более k  1
решений. Следовательно, сравнение (7) имеет не более k решений.
Следствие. Если сравнение (7) имеет более n решений, то все его
коэффициенты кратны p .
Теорема 3. (Теорема Вильсона). Если p - простое число,
( p  1)!1  0(mod p ) .
Доказательство. Если p  2 , то сравнение очевидно выполняется. Пусть
p  2 , то есть любое нечетное простое число. По теореме Ферма, если
( a, p )  1 , то
(8)
x p 1  1(mod p)
причем оно имеет ( p  1) решение, поскольку ему удовлетворяют числа : 1, 2,
3, …, p  1 . Сравнение
g ( x)  ( x  1)( x  2)( x  3)...( x  ( p  1))  0(mod p)
(9)
имеет те же решения. Из (8) и (9) составим сравнение, то есть вычтем,
(10)
( x p 1  1)  ( x  1)( x  2)...( x  ( p  1))  0(mod p) .
Очевидно, ему удовлетворяют те же числа. То есть сравнение имеет
p  1 решение, но оно является сравнением степени p  2 . Следовательно, по
следствию его коэффициенты кратны p . Свободный член его
 1  (1)( 2)...( ( p  1))  0(mod p) или (1) p 1 ( p  1)!1  0(mod p) .
При нечетном простом имеем утверждение теоремы.
Теорема 4. (Критерий простоты числа). Если (n  1)!1  0(mod n) , то n простое число.
Доказывается методом от противного.
Критерии простоты числа:
1) (теорема Вильсона) Для того, чтобы n было простым, необходимо и
достаточно, чтобы (n  1)!1  0(mod n) .
2) (теорема Лейбница) Для того, чтобы n было простым, необходимо и
достаточно, чтобы (n  2)!1  0(mod n) .
3) Для того, чтобы n было простым, необходимо и достаточно, чтобы
 ( n)   ( n)  n   ( n) .
88
Теорема Лейбница. Число p является простым тогда и только
тогда, когда справедливо сравнение
 p  2 !  1 (mod
p) .
(3)
Доказательство. Пусть выполняется (3), покажем, что p – простое число. Перепишем (3) в виде  p  2 !  1  0 (mod p) и домножим на сравнение
 p  1
 ( p  1) (mod p) .
Получим,
 p  2 !  ( p  1)  ( p  1) !  1  p  ( p  1) !1  0 (mod
или окончательно,
 p  1 !  1  0 (mod
p) ,
p) .
(4)
Сравнение (4) по теореме 1 выполняется тогда и только тогда, когда p
– простое число, (3) и (4) ─ эквивалентные сравнения, поэтому, (3)
выполняется тогда и только тогда, когда p – простое число. Таким образом,
теорема полностью доказана.
Теорема. Чтобы число p являлось простым необходимо и
достаточно, чтобы выполнялось равенство
 ( p)   ( p)  p   ( p)
(5)
Доказательство. Необходимость. Пусть p – простое число, покажем,
что справедливо равенство (5). В самом деле, для простого числа
 ( p)  p  1 ,  ( p)  p  1 ,  ( p)  2 .
Подставляя их непосредственно в (5), получаем:
 ( p)   ( p)  ( p  1)  ( p  1)  p  2  p   ( p)
Таким образом, для простого числа выполняется равенство (5).
Достаточность. Пусть выполняется (5), надо показать, что p – простое
число. Воспользуемся методом доказательства от противного: предположим,
что p – не простое число. Соотношение (5) не выполняется для p  1 ,
поэтому, не умаляя общности, будем полагать p  2 .
Для p  1 функция  ( p ) не учитывает само число p и мы имеем  ( p )  p . Так
как p по предположению – составное, то оно имеет не менее трех делителей.
Обозначим  ( p ) через k , а положительные делители числа p через
89
d1  1  d 2  ...  d k  p .
Так как, k   ( p)  3 , то делитель d 2 не является наибольшим делителем и
поэтому d2  p и n  d2  1 .Следовательно, получаем
p   ( p)   ( p)  k  p  (d1  d 2  ...  d k )  ( p  d1 )  ...  ( p  d k ) 
 ( p  d1 )  ( p  d 2 )  ( p  d k )  ( p  1)  1  0  p   ( p)
.
Тем самым мы показали невозможность условия (5). Полученное противоречие показывает, что p – является простым числом. Что и требовалось доказать.
Теорема Клемента. Числа n и n  2 – простые числа-близнецы, тогда и
только тогда, когда 4(( n  1) !1)  n  0 (mod n  (n  2)) , n  1 .
Доказательство. Так как n  2 или n  4 должно быть по теореме Вильсона
(n  1) !1  0 (mod n) , где n – нечетное простое число.
Так как n  2 (mod n  2) , то (n  1) !  2  (n  1) ! (mod n  2) и n  1  1(mod n  2) ,
(n  1)! (n  1)! (mod n  2) . Отсюда
0  4  (( n  1)!1)  n  2  (n  1)!2  2  (( n  1)!1) (mod n  2) , 4  n  2 (mod n  2)
(*)
Так что по теореме Вильсона простым числом является и (n  2) . Предположим, наоборот, что n и n  2 – простые, тогда 4  (( n  1)! 1)  n делится по теореме Вильсона на n, а вследствие (*) на n  2 , так что делится и на n  (n  2) .
2. Квадратичные вычеты и невычеты.
Рассмотрим сравнение
a2 x 2  a1 x  a0  0(mod m) ,
умножая обе части сравнения на 4a2
и
вводя
(11)
обозначение
2a2 x  a1  y, a  4a2a0  a
2
1
получаем следующее сравнение
y 2  a(mod m)
(12)
Учитывая предыдущие рассуждения, достаточно научиться решать сравнение
x 2  a(mod p)
(13)
где p - простое число, причем (a, p)  1,1  a  p, p  2 .
Определение 4. Число a называется квадратичным вычетом по
простому модулю p , если сравнение (13) разрешимо, то есть имеет решение,
и называют квадратичным невычетом по этому модулю, если сравнение
(13) не разрешимо, то есть не имеет решений.
Рассмотрим сравнение
90
x n  a(mod p) ,
(14)
где (a, p )  1, p - простое число.
Определение 5. Число a называется вычетом степени n по простому
модулю p , если сравнение (14) разрешимо, то есть имеет решение, и
называют невычетом степени n по этому модулю, если сравнение (14) не
разрешимо, то есть не имеет решений.
Найдем все квадратичные вычеты и невычеты по модулю p  17 . Легко
проверить, что
12  1(mod 17), 22  4(mod 17),32  9(mod 17),42  16(mod 17),52  8(mod 17),62  2(mod 17),
7 2  15(mod 17),82  13(mod 17),92  13(mod 17),102  15(mod 17),112  2(mod 17),122  8(mod 17),
132  16(mod 17),142  9(mod 17),152  4(mod 17),162  1(mod 17).
Из таблицы видно, что числа ПрСВ по модулю 17: 1, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16 –
являются квадратичными вычетами, а 3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 14 – являются
квадратичными невычетами, то есть каждое квадратичное сравнение по
модулю 17 либо имеет два решения, либо не имеет их совсем и половина
вычетов ПрСВ по модулю !? являются квадратичными вычетами, а половина
- невычетами.
Теорема 5. Если a - квадратичный вычет по простому модулю p ,
(a, p)  1, p  2, то квадратичное сравнение (13) имеет два решения.
Теорема 6. Для любого простого числа p  2 ПрСВ по модулю p
состоит из
p 1
p 1
квадратичных невычетов и
квадратичных вычетов,
2
2
p 1
 .
 2 
2
сравнимых по модулю p с числами 12 ,22 ,32 ,..., 
(15)
Все решения сравнения (13) надо искать среди чисел ПрСВ по модулю
p . Однако при больших значениях модуля ПрСВ состоит из большого
количества чисел, и процесс подстановки чисел в сравнение (13) для
нахождения его решений становится громоздким. Поэтому еще перед
решением сравнения (13) важно выяснить является ли число a квадратичным
вычетом. Это можно установить с помощью теоремы 7 (критерия Эйлера) и
символа Лежандра.
p 1
Теорема 7. a - квадратичный вычет  a
2
 1(mod p) ,
p 1
a p 1
a - квадратичный невычет  a 2  1(mod p) .
( a, p )  1 ,
Доказательство.
Если
то
по
теореме
Ферма
p 1

2
либо
,
a
 1(mod p )

p 1
p 1
p 1


 

 1(mod p )   a 2  1   a 2  1  0(mod p )  
либо, a 2  1(mod p )

 

p 1
p 1


 

 либо, a 2  1(mod p ), a 2  1(mod p )

p 1
, третье невозможно, так как (a
2
p 1
 1)  (a
91
2
 1)  2 , а p  2 .
Необходимость. Пусть a - квадратичный вычет, то есть разрешимо
сравнение (13). Следовательно, существует решение x0 , что
p 1
x0  a(mod p)  ( x0 )
2
2
2
p 1
a
2
(mod p)  x0
p 1
p 1
a
2
(mod p) .
Так как x0  ПрСВ по модулю p и следовательно ( x0 , p)  1 , то по теореме
Ферма x0 p 1  1(mod p)  a
p 1
2
 1(mod p) .
p 1
Достаточность. Пусть a 2  1(mod p) , покажем, что (13) разрешимо, то
есть a - квадратичный вычет. Проиндексируем (13), получаем
2  indx  inda (mod( p  1))
(16)
Для разрешимости (16) необходимо показать, что inda 2 . Покажем это.
p 1
Так как a
2
 1(mod p) , то индексируя , получаем
p 1
inda
inda  0(mod( p  1)) 
 Z  inda  2 .
2
2
Что и требовалось доказать. Аналогично доказываются остальные случаи.
3. Символ Лежандра.
При больших p и a пользоваться критерием Эйлера практически почти
невозможно. Значительно более эффективным является метод, основанный
a
a
 
 
на так называемом символе Лежандра   . Читается этот символ   так: «а
p
p
относительно р или а по р».
a
Определение 6, Символ Лежандра   определяется для всех целых
 p
чисел a , которые не делятся на простое число p  2 , равенством
 a    1, если a есть квадратичный вычет по модулю p,
   
.
 p   1, если a есть квадратичный невычет по модулю p
Используя критерий Эйлера, очевидно имеем
a
   a
 p
p 1
2
(17)
(mod p)
Свойства символа Лежандра.
a
b
 
 
1°. Если a  b(mod p) , то   =   .
p
p
a
 p

  1 .

1
3°.    1 . Это следствие свойства 2.
 p
2°. 
4°. °.
2
 1
   (1)
 p
p 1
2
. Число -1 является квадратичным вычетов, если
и квадратичным невычетом, если
непосредственно вытекает из сравнения (17).
p  4k  1
92
p  4k  3 .
Это свойство
 a1a2 ...ak
p

5°. 
  a1   a2 
a
        ...   k
  p  p
 p

 .

Используя свойства сравнений и
сравнение (17), нетрудно показать справедливость этого свойства.
p 1
2
6°.    (1) 8 . Число 2 является квадратичным вычетом по модулю p ,
 p
если p  8k  1 , и квадратичным невычетом, если p  8k  3 .
 p
7°. Закон взаимности квадратичных вычетов:    (1)
q
 ab 2
Следствие 1. 
 p
k
 ak   a 
2.      .
 p   p
p 1 q 1

2
2
q
  .
 p
 a
    для всех b .

  p
3. Если a  p1n1  p 2 n2  ...  p k nk , то
 p1 n1  p 2 n2  ...  p k nk


p

  p1  n1
 
  p 

p 
  2 
 p 
n2
n
 pk  k
 .
 ...  
 p 
Теорема 8. Пусть p - простое число, (a, p)  1, p1 
p 1
, a - нечетное,
2
то имеет место
1
 ax  p 1
2 a
 
8
       1
.
x 1  p 
 p  p
p
2
(18)
Доказательство. Рассмотрим сравнения:
 a  1  1r1 (mod p)
 a  2   r (mod p)

2 2


a  p1   p1 rp1 (mod p)
(19)
где  x rx - абсолютно наименьший вычет ax , rx - его модуль, так что
 x  1 .
Числа a 1,a 1, a  2,a  2,..., a  p1,a  p1 образуют ПрСВ по модулю p ; их
1r1 ,1r1 ,  2 r2 , 2 r2 ,...,  p rp , p rp , .
абсолютно наименьшие вычеты суть
Положительные из последних, то есть r1 , r2 ,..., rp , должны совпадать с числами
Перемножая теперь сравнения (19) и сокращая на
1,2,3,..., p1 .
1  2  3  ...  p1  r1  r2  ...  rp , получим
1
1
1
1
1
p 1
a
2
a
 1    ...   p1 (mod p)     1    ...   p1 .
 p
Далее находим
 2ax    ax 
 ax 
 ax    ax 

   2    2    2     2   ,
 p    p
 p 
 p    p 
93
(20)
1
что будет четным или нечетным, в зависимости от того, будет ли
наименьший неотрицательный вычет числа ax меньше или больше 0,5 p , то
 2 ax 

p 
есть будет ли  x  1 или  x  1 . Отсюда, очевидно,  x   1
(20) находим
, и потому из
1
 2 ax 
a

    1x 1  p  .
 p
p
Предполагая a нечетным, преобразуем последнее равенство. Имеем ( a  p нечетное)
 a p  a p
p1
p1
p
 (a  p) x 
 ax  1
 2 a   2a  2 p   4 2   2 
 x







   1x 1  p    1x 1  p  x 1 .
   

p   p   p 
 p 

 


 

Откуда и следует утверждение теоремы.
Из этой теоремы как следствие вытекает свойство 6.
p 1 q 1

будет нечетным лишь в
2
2
случае, когда оба числа p и q будут вида 4k  3 , и четным, если хоть одно из
этих чисел будет вида 4k  1, то указанное свойство можно сформулировать
Доказательство свойства 7. Так как
так:
 p
q


Если оба числа p и q будут вида 4k  3 , то      , если хоть одно из этих
q
p
 p
q




чисел будет вида 4k  1, то      .
q
p


Для доказательства заметим, что ввиду свойства 6 формула (18)
принимает вид
1
 ax 
a

    1x 1  p  .
 p
p
(21)
q 1
 q1 , рассмотрим p1  q1 пар чисел, получаемых, когда в
2
выражениях qx, py числа x и y независимо друг от друга пробегают системы
значений x  1,2,..., p1, y  1,2,..., q1 . Никогда не может быть qx  py , потому что из
Полагая теперь
этого равенства следовало бы, что py кратно q , что в виду ( p, q)  ( y, q)  1 (так
как 0  y  q ) невозможно. Поэтому мы можем положить p1  q1  S1  S2 , где S1
- число пар с qx  py , и S 2 - число пар с py  qx . Очевидно, S1 есть также
число пар с x 
p
y ( этому не противоречит неравенство x  p1 , так как из
q
p
p
p
y
следует 
q
2
q
  p
y      p1 ). Поэтому
 2
p
S1   
y 1  q
q1
Аналогично убеждаемся, что
94

y .

p1
q 
S2    x .
x 1  p 
Но тогда равенство (21) дает нам
 p
   (1) S1 ,
q
q
   (1) S 2 ,
 p
поэтому
 p  q 
       1S1  S 2   1p1 q1 ,
 q   p
откуда и следует свойство 7.
Полезным обобщением символа Лежандра является символ Якоби.
Пусть P - нечетное, большее единицы, и P  p1  p2  ...  pk - разложение его на
простые множители ( среди них могут быть и равные). Пусть, далее, (a, P )  1.
a
Тогда символ Якоби   определяется равенством
P
 a 
a  a   a 
         ...    .
 P   p1   p2 
 pk 
Известные свойства символа Лежандра дают возможность установить
аналогичные свойства и для символа Якоби.
Пример 1. Решить сравнение
 2  x  3  x11  2  x9  3  x9  3  x7  x6  3  x5  10  x3  15  0(mod 5) (1)
12
Решение. Нуль удовлетворяет сравнению, т.е. x1  0(mod 5) есть одно из
решений. Остальные решения (если они существуют) взаимно просты с
модулем, поэтому по теореме Ферма они удовлетворяют сравнению:
x 4  1(mod 5) (2)
Следовательно, для отыскания остальных решений сравнения (1) и (2)
решаем совместно, т.е. подставим (2) в (1).
Получаем  2  3  x3  2  x  3  x3  x 2  3  x  0(mod 5) или
x 2  x  2  0(mod 5) , x  1  x  2  0(mod 5) , отсюда находим
x2  1(mod 5) ,
x3  2(mod 5) .
Ответ: x1  0(mod 5) , x2  1(mod 5) , x3  3(mod 5) .
Пример 2. С помощью критерия Эйлера среди чисел 3, 5, 7 и 9 найти
квадратичные вычеты по модулю 13.
Решение. Замечаем, что каждое из данных чисел взаимно просто с модулем,
поэтому критерий Эйлера применим. Имеем
131
2
3
 36  27   1(mod 13) ; 56  25   1  1(mod 13) ;
3
2
3
7 6  49   3  1(mod 13) ; 96   4   163  33  1(mod 13) .
3
3
6
Ответ: числа 3 и 9 - квадратичные вычеты, 5 и 7 - квадратичные невычеты по
модулю 13.
47
Пример 3. Вычислить символ Лежандра   .
 73 
95
Решение. Применяя свойства Лежандра и закон взаимности, находим
2
47 2 1
132 1
 47 
 26   2   13 
 8  2   2 
2336  73 
6 23  47 
    1               1 8   1               1 8  1
 73 
 47   47   47   47 
 13   13   13   13 
Если стоял бы вопрос о решении сравнения x 2  47(mod 73) , то из решения
примера 3 следовало бы, что сравнение не имеет решений.
Упражнения.
№1. Перечислите преобразования по простому модулю, приводящие к
равносильному сравнению.
№2. Сколько решений может иметь сравнение n -й степени по простому
модулю.
№3. Сформулируйте теорему Вильсона.
№4. Дайте определение квадратичного вычета и невычета по данному
модулю.
№5. Сформулируйте критерий Эйлера.
№6. Дайте определение символа Лежандра.
№7. Перечислите свойства символа Лежандра.
№8. Может ли сравнение: 4  x5  2  x3  3  x 2  1  0(mod 41) иметь 7 корней?
№9. Решить следующие сравнения путем испытаний абсолютно наименьших
вычетов (кроме нуля) по данным модулям:
1) x 2  2(mod 7) ; 2) x 2  4(mod 7) ;
3) x 2  3(mod 13) ; 4) x 2  (mod 11) ;
5) x3  2(mod 5) ; 6) x 4  5(mod 11) ;
7) x6  3(mod 7) .
№10.Упростите сравнения:
1) 6  x9  5  x8  4  x7  x3  2  x 2  x  3  0(mod 7) ;
2) 6  x18  18  x15  3  x 4  8  x3  x 2  3  0(mod 11) .
№11. При помощи испытаний решите сравнения:
1) x5  5  0(mod 7) ; 2) x 2  x  6  0(mod 2) ;
3) x3  x  4  0(mod 5) ; 4) x 4  2  0(mod 5) .
№12. Проверьте теорему Вильсона для p  5 и p  7 .
№13. Пользуясь теоремой Вильсона, докажите, что сравнение x2  1(mod p) ,
2
p  4  n  1 удовлетворяет число 2  n !. Например, 6!  1(mod 13) .
№15. Докажите, что для простого и любого числа имеет место сравнение:
a p   p  1!a  0(mod p) .
№16. Решить сравнения предварительно заменяя их эквивалентными:
1) 6  x10  12  x  1  0(mod 5) ; 2) x5  2  x3  x 2  2  0(mod 3) ;
3) x7  x6  5  x 2  3  0(mod 5) ; 4) x7  6  0(mod 5) ;
5) 6  x 4  17  x 2  16  0(mod 3) .
№17. Выясните, имеют ли максимальное число решений сравнения:
1) x3  1(mod 7) ; 2) x 4  5(mod 11) ;
96
3) x6  3(mod 7) ; 4) x 4  x  4  0(mod 11) .
№18. Пользуясь критерием Эйлера, найти классы квадратичных вычетов по
модулям: 1) m  7 ; 2) m  13 ; 3) m  17 .
№19. Вычислить символ Лежандра:
63
1)   ;
 131 
35
29 
 241 
 257 
 251 
 342 
2)   ; 3) 
 ; 4) 
 ; 5) 
 ; 6) 
 ; 7) 
.
 97 
 383 
 593 
 571 
 577 
 677 
№20. Вычислением символа Лежандра установить, какие из следующих
сравнений разрешимы и найти их решения:
1) x 2  6(mod 7) ; 2) x 2  3(mod 11) ;
3) x 2  12(mod 13) ; 4) x 2  13(mod 17) .
№21. Доказать, что уравнения не разрешимы в целых числах.
а) 11  y  5  x 2  7 ;
б) x 2  10  x  11  y  5  0 ;
в) 13  y  x 2  21  x  110 ; г) 15  x 2  7  y 2  9 .
№22. Произведение двух последовательных целых чисел не может быть сравнимо с 1 по модулю 13.
№23. Следующие сравнения разложить на множители по данным модулям:
1) x3  4  x 2  3  0(mod 5) ;
2) x 4  x  4  0(mod 11) ;
3) 3  x3  1  0(mod 5) ;
4) 2 x3 5  x  2  x  3  0(mod 7) .
№24. Решить сравнения:
1) x 4  4  x 2  2  x 2  x  12  0(mod 45) ;
2) x 4  3  x3  4  x 2  2  x  2  0(mod 50) ;
3) 4  x3  7  x 2  7  x  10  0(mod 225) ;
4) 2  x6  6  x 4  7  x 2  4  0(mod 441) .
97