Page 207 - vol1

Tehát c = 1, c = 2, c = 3, c = és m = 3, m = 4, m = 5, m = . Mivel az
4
6
1 2 3 4 1 2 3 4
,
,
m 1 ,m m m páronként nem mind relatív prím, előbb ellenőrizzük, hogy
2
3
4
teljesülnek-e a tételben leírt, a megoldáshoz szükséges és elégséges feltételek:
3| x − és 6| x − esetén (3, 6) 3| ( 1 4) 3= − + = igaz,
4
1
4| x − és 6| x − esetén (4, 6) = 2 | ( 2 + 4) = igaz.
2
−
4
2
Tehát a feladatnak van egész megoldása. Amennyiben észrevesszük, hogy
x0 = –2 esetén
−
−
−
−
3| 2 1; 4 | 2 − 2; 5 | 2 3 és 6 | 2 −
−
−
4
éppen egy partikuláris megoldás, akkor, mivel [3, 4, 5, 6] = 60, az 1. tétel alapján
a feladat összes megoldása: x = 60t − 2, t  . Mivel a juhásznak 200-nál

kevesebb juha van, ezért t  1, 2, 3 esetén a juhok lehetséges száma:

x 58, 118, 178 .
A kínai maradéktétel egy másik általánosítása a következő:
2. tétel. Adott k  * \   1 esetén legyen , ,..., ;a a 2 a k c 1 , ,..., ; m m 2 ,...,m olyan
c
,
c
k
k
2
1
1

=
=
egész szám, amelyre ( ,a m ) 1 és ( ,m m ) 1 minden i  , i és j  1,2,...,k
j
i i i j
esetén. Ekkor az
−
−
−
|
;
|
m 1 | a x c m a x c 2 ; ...; m a x c
1
k
1
2
k
k
2
oszthatóságoknak közös egész megoldásuk van, és az általános megoldást az
x = x + m m 2 ...m t

k
1
0
összefüggés szolgáltatja, ahol t  és x0 egy partikuláris megoldás.
Bizonyítás
A kínai maradéktétel bizonyításakor leírtakat kissé módosítva átültethetjük
a jelen esetre is. Ezúttal azonban az M y m z c− i i = i egyenletek helyett az
=
=
−
=
,
a M y m z c egyenleteket képezzük. Az ( ,a m i ) (M m i ) 1 feltételek miatt,
i
i
i
i
i
i
az utóbbi egyenleteknek van egész megoldásuk. Könnyen ellenőrizhető, hogy
+
x M y + M y + ... M y tényleg megoldása az oszthatóságoknak.
=
1 1 2 2 k k
Továbbá a kínai maradéktétel (b) pontja is enyhén módosul: Az
x = x + m m ...m t valóban megoldása az oszthatóságoknak, hiszen:

0 1 2 k

−
−
a x c = a i (x + mm 2 ...m t ) c = (a x − c i ) a mm 2 ...m t ,
+

i
i
k
i
i
0
0
1
k
i
1

és így x c m− i i minden i 1, 2,..., k esetén. Az is belátható, hogy minden
−

egész megoldás x = x + m m ...m t alakú. Mivel a x c m és a x − c m ,
0 1 2 k i i i i 0 i i

ezért a x c− = m és a x − c = m  ( ,  * és i 1, 2,..., k . Tehát
)
i i i i i 0 i i i i i
=
−
=
−
a i (x x 0 ) m i (  i  − i ) , ezért m i | (x x . De ( ,m i ) 1, következik, hogy
a
)
a
0
i
i

−
−
m i | x x minden i 1, 2,..., k esetén, ezért m m 2 ...m x x , vagyis
|
1
k
0
0

x x = m m 2 ...m t , tehát x = x + m m 2 ...m t , ahol t  .
−

k
0
1
k
0
1

207