§6 Lineare Kongruenzen

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§6 Lineare Kongruenzen
Sei m > 0 und a, b beliebig. Wir wollen die Frage untersuchen, unter welchen
Bedingungen an a, b und m eine Zahl x0 existiert, so daß
ax0 ≡ b mod m.
Wenn ein solches x0 existiert, sagen wir: Die lineare Kongruenz
(∗)
aX ≡ b mod m
in einer Unbestimmten X ist lösbar (und zwar, indem man die Unbestimmte
durch die Zahl x0 ersetzt).
Ist x0 eine Lösung der Kongruenz (∗), so ist auch jedes y aus der Restklasse
von x0 modulo m eine Lösung von (∗). (y ≡ x0 =⇒ ay ≡ ax0 ≡ b mod m
nach 5.5 (b)).
Deshalb versteht man unter der Anzahl der Lösungen von (∗) die Anzahl
der verschiedenen Restklassen von Lösungen. Dies ist auch die Anzahl der
Lösungen x0 mit 0 ≤ x0 < m.
Ferner gilt: Ist a0 ≡ a und b0 ≡ b, so hat a0 X ≡ b0 mod m die gleiche
Lösungsmenge wie (∗). (Beweis: Übungsaufgabe.)
6.1 Satz. Ist (a, m) = 1 so hat die lineare Kongruenz aX ≡ b mod m genau
eine Lösung. Also gibt es genau ein x0 , 0 ≤ x0 < m mit ax0 ≡ b mod m.
Beweis. Nach 5.4(b) bilden a · 0, a · 1, . . . , a(m − 1) ein vollständiges Restsystem modulo m. Also gibt es genau ein x0 mit 0 ≤ x0 < m, so daß
ax0 ≡ b mod m.
Beispiel. a = 10, b = 4, m = 7 : (a, m) = 1
Betrachte die Kongruenz 10X ≡ 4 mod 7. Sie ist wegen 10 ≡ 3 mod 7
äquivalent zur Kongruenz
3X ≡ 4 mod 7.
Berechne den Divisionsrest von 3x0 modulo 7 für 0 ≤ x0 < 7.
1
3·0
3·1
3·2
3·3
3·4
3·5
3·6
=
=
=
=
=
=
=
6=
6
=
6
=
≡
≡
≡
≡
0
3
6
9
12
15
18
4
4
4
2 6= 4
5 6= 4
1 6= 4
4 mod 7
Also ist x0 = 6 die einzige Zahl x0 mit 0 ≤ x0 < 7 und 3x0 ≡ 4 mod 7.
Alle Lösungen bilden die Restklasse von 6 modulo 7. Die Lösungsmenge ist
also
. . . , −22, −8, −1, 6, 13, 20, 27, . . .
6.2 Satz. Die Kongruenz aX = b mod m ist genau dann lösbar, (a, m) | b.
Zusatz. Ist (a, m) | b, so bilden die Lösungen von aX ≡ b mod m genau eine
m
Restklasse modulo (a,m)
.
Zum Beweis von 6.2 zeigen wir zunächst
6.3 Lemma. Sei n ≥ 2 und a1 , . . . , an nicht alle Null. Genau dann ist die
lineare Gleichung
(∗∗)
a1 X1 + . . . + an Xn = c
in den Unbestimmten X1 , . . . , Xn ganzzahlig lösbar, wenn (a1 , . . . , an ) | c.
Insbesondere gilt
• aX + bY = c lösbar ⇐⇒ (a, b) | c
• Ist (a, b) = 1, so ist aX + bY = c lösbar für alle c
Beweis von 6.3 Nach 3.10 besteht die Menge M = {a1 x1 + . . . + an xn |
x1 , . . . , xn ∈ Z} gerade aus den Vielfachen von (a1 , . . . , an ). Also gilt:
(∗∗)
ist lösbar ⇐⇒ c ist Vielfaches von (a1 , . . . an ), d.h. (a1 , . . . , an ) | c.
Beweis des Satzes. aX ≡ b mod m ist lösbar ⇐⇒ Es gibt ein x0 mit
ax0 ≡ b mod m ⇐⇒. Es gibt ein x0 mit m | ax0 − b ⇐⇒. Es gibt x0 , y0 mit
2
ax0 − b = my0 ⇐⇒. Es gibt x0 , y0 mit ax0 + (−m)y0 = b. Letzteres ist nach
6.3 damit äquivalent, daß (a, m) = (a, −m) | b.
Beweis des Zusatzes. Sei (a, m) | b ; Wir setzen
a0 =
b
m
a
, b0 =
und m0 =
(a, m)
(b, m)
(a, m)
Dann gilt nach 5.6(b): ax0 ≡ b mod m ⇐⇒ a0 x0 ≡ b0 mod m0 . Also stimmen
die Lösungsmengen von aX ≡ b mod m und von a0 X ≡ b0 mod m0 überein.
a
m
Nun gilt aber nach 2.8(e) (a0 , m0 ) = ( (a,m)
, (a,m)
) = 1. Aus 6.1 folgt: Die
0
0
0
Lösungsmenge von a X ≡ b mod m besteht aus genau einer Restklasse
modulo m0 .
6.4 Korollar. Wir betrachten die lineare Gleichung
(L)
a 6= 0 oder b 6= 0
aX + bY = c ,
(i) Ist d = (a, b) kein Teiler von c, so ist (L) nicht (ganzzahlig) lösbar.
(ii) Ist d | c (etwa wenn (a, b) = 1), so ist (L) lösbar.
(iii) Aus einem Lösungspaar x0 , y0 bekommt man wie folgt die Gesamtheit
aller Lösungen:
x = x0 + h ·
b
d
,
y = y0 − h ·
a
d
durchläuft die Gesamtheit aller Lösungen von (L), wenn h alle ganzen
Zahlen durchläuft.
Beweis von (iii). ax + by = ax0 + h ab
+ by0 − h ab
= ax0 + by0 = c, somit
d
d
sind die angegebenen Paare Lösungen. Wir zeigen nun, daß jede Lösung von
(L) die angegebene Gestalt hat. Dazu können wir b 6= 0 annehmen.
Sei x, y ein Lösungspaar von (L), also ax + by = c = ax0 + by0 =⇒
6.2
ax ≡ c mod |b|
=⇒
Zusatz
x ≡ x0 mod |b|
=⇒
d
ax0 ≡ c mod |b|
x = x0 + h db mit h ∈ Z =⇒ by = c − ax =
= by0 − b ha
=
= c − a(x0 + h db ) = (c − ax0 ) − b ha
d
d
ha
ha
= b(y0 − d ) und b 6= 0 =⇒ y = y0 − d .
3
Spezialfall (a, b) = 1: Ist (a, b) = 1 und x0 , y0 eine beliebige Lösung von
aX + bY = c, so wird die Lösungseinheit beschrieben durch die Formeln
x = x0 + hb,
y = y0 − ha,
h ∈ Z beliebig.
Der Chinesische Restsatz.
6.5 Lemma. Seien m1 > 0 und m2 > 0 teilerfremd. Dann haben die Kongruenzen
X ≡ a1 mod m1
X ≡ a2 mod m2
eine gemeinsame Lösung.
Zusatz. Die Menge aller gemeinsamen Lösungen besteht aus genau einer
Restklasse modulo m1 m2 .
Beweis. Es sind z1 , z2 zu finden, so daß a1 + z1 m1 = a2 + z2 m2 . Dann ist
x = a1 +z1 m1 = a2 +z2 m2 eine gemeinsame Lösung der obigen Kongruenzen.
Äquivalente Aufgabe: Finde z1 , z2 , so daß
a2 − a1 = z1 m1 + z2 (−m2 ).
Wegen (m1 , −m2 ) = (m1 , m2 ) = 1 gibt es nach 6.3 solche z1 , z2 .
Eindeutigkeit der Lösung modulo m1 m2 : Wegen (m1 , m2 ) = 1 gilt nach
2.7: m1 m2 = kgv(m1 , m2 ).
Sind x und y Lösungen der beiden Kongruenzen, so ist x ≡ y ≡ a1 mod m1
und x ≡ y ≡ a2 mod m2 , also m1 | (x − y) und m2 | (x − y). Nach 2.6 gilt
daher m1 m2 = kgV (m1 , m2 ) | (x − y) =⇒ x ≡ y mod m1 m2 .
Ist umgekehrt x gemeinsame Lösung und y ≡ x mod m1 m2 , so gilt auch
y ≡ x mod m1 und y ≡ x mod m2 . Es folgt y ≡ x ≡ a1 mod m1 , y ≡ x ≡ a2
mod m2 , d.h. y ist ebenfalls gemeinsame Lösung.
6.6 Der Chinesische Restsatz. Sei r ≥ 2 und seien m1 , . . . , mr positiv und
paarweise teilerfremd (d.h. (mi , mj ) = 1 falls i 6= j). Dann hat das System
von Kongruenzen


X ≡ a1 mod m1


 X ≡ a2 mod m2
(∗)
..

.


 X ≡ a mod m
n
n
4
eine gemeinsame Lösung.
Zusatz. Die Menge der gemeinsamen Lösungen besteht aus genau einer Restklasse modulo m = m1 · . . . · mr .
Beweis. (Induktion nach r.) Für r = 2 bewiesen in 6.5. Sei r > 2 und die
Behauptung sei für r − 1 schon bewiesen.
Induktionsschluß: Es gibt nach Annahme eine Zahl a0 , so daß die Lösungsmenge von


 X ≡ a1 mod m1
..
(∗∗)
.

 X ≡ a
r−1 mod mr−1
aus allen Zahlen x mit x ≡ a0 mod (m1 · . . . · mr−1 ) besteht.
M.a.W.: Die Lösungsmenge von (∗∗) stimmt mit der Lösungsmenge der Kongruenz X ≡ a0 mod (m1 · . . . · mr−1 ) überein.
Daher stimmt die Lösungsmenge von (∗) mit der Lösungsmenge von
X ≡ a0 mod (m1 · . . . · mr−1 )
(∗ ∗ ∗)
X ≡ ar mod mr
überein. Dabei ist auch (m1 · . . . · mr−1 , mr ) = 1, da (mi , mr ) = 1 für i =
1, . . . , r − 1. Nach 6.5 ist daher (∗ ∗ ∗) lösbar, und die Lösungsmenge besteht
aus genau einer Restklasse modulo (m1 · . . . · mr−1 )mr = m.
Verfahren zur Lösung einer simultanen linearen Kongruenz.
Seien Kongruenzen X ≡ ai mod mi , i = 1, . . . , r vorgegeben mit paarweise
teilerfremden m1 , . . . , mr .
Q
1. Schritt. Setze bi =
mj für i = 1, . . . , r
j6=i
2. Schritt. Löse die Kongruenzen bi Xi ≡ ai mod mi . Dies ist nach 6.1
möglich, denn (bi , mi ) = 1.
3. Schritt. Berechne x := b1 x1 + b2 x2 + . . . + br xr .
Behauptung: x löst das obige System von linearen Kongruenzen.
Beweis. mi |bj für i 6= j =⇒ bj xj ≡ 0 mod mi für i 6= j =⇒ x ≡ bi xi ≡ ai
mod mi für i = 1, . . . , r.
Beispiel. X ≡ 1 mod 2, X ≡ 2 mod 3, X ≡ 4 mod 5.
5
1. m = 2 · 3 · 5 = 30, b1 = 15, b2 = 10, b3 = 6. Löse
2. (a) 15X1 ≡ 1 mod 2 : x1 = 1
(b) 10X2 ≡ 2 mod 3 : x2 = 2
(c) 6X3 ≡ 4 mod 5 : x3 = 4
3. x = b1 x1 + b2 x2 + b3 x3 = 15 · 1 + 10 · 2 + 6 · 4 = 59
x = 59 ist eine Lösung. Die allgemeine Lösung ist
59 + λ · 30,
λ∈Z
Also sind z.B. auch 59 − 30 = 29 und 59 − 60 = −1 Lösungen.
Anmerkung. Beim obigen Lösungsverfahren waren im 2. Schritt Kongruenzen der Form bi X ≡ ai mod mi mit (bi , mi ) = 1 aufgetreten. Bei großen
Zahlen hilft Probieren nicht viel:
Verfahren zur Lösung einer Kongruenz cX ≡ d mod n mit (c, n) = 1.
1. Schritt. Finde (mit Hilfe des euklidischen Algorithmus) Zahlen y und z,
so daß
cy + nz = 1
2. Schritt. Setze x := y · d. Dann ist cx ≡ d mod n. (Ändert man x um ein
Vielfaches von n ab (x0 = x+kn), so gilt ebenfalls: cx0 = cx+(ck)n ≡ cx ≡ d
mod n.)
Beweis. cy + nz = 1 =⇒ cy ≡ 1 mod n =⇒ cx = (cy)d ≡ 1 · d = d mod n,
also cx ≡ d mod n.
Beispiel. 44X ≡ 5 mod 97 : c = 44, d = 5, n = 97
1. Schritt. Zeige daß (44, 97) = 1 und löse 44Y + 97Z = 1 (vgl. §2)
97 = 2 · 44 + 9
44 = 4 · 9 + 8
9 = 1·8+ 1
=⇒ (44, 97) = 1
Liest man den Algorithmus von unten nach oben, so ergibt sich eine Lösung
von 44Y + 97Z = 1 (vgl. §2)
6
1 = 9−1·8
8 = 44 − 4 · 9
1 = 9 − 1(44 − 4 · 9) = (−1) · 44 + 5 · 9
1 = (−1)44 + 5 · 9
9 = 97 − 2 · 44
1 = (−1) · 44 + 5(97 − 2 · 44) = 44 · (−11) + 97 · 5
Es folgt y = −11.
2. Schritt. X = y · d = (−11) · 5 = −55
Dann ist auch −55 + 97 = 42 eine Lösung.
Fazit: 44 · 42 ≡ 5 mod 97
Probe: 44 · 42 = 1848
1848 : 97 = 19 Rest 5, d.h. 1848 ≡ 5 mod 97.
7
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