Ciszterci rendi katolikus gimnázium, Baja, 1881
— 13 — nak megfelelő congruentia gyöke a n , akkor az adott congruentia gyöke : I. aj=a+&ja, -\-k lk 2<x-2 + k ik ; ik 3ct a + +k xk 2k 3 [«„ ben áll elénk. — Ezek nyomán az ily fajta congruentiának megoldására a kiszámolásban nagy elönynyel követhető eme szabályt vonhatjuk el: Bontsuk föl a modult törzstényezőire; az adott congruentia mindegyik tényező mint modul mellett érvényes; keressük meg e tényezők számának megfelelő congruentiák a„ «„ gyökeit; alakitsuk e részlet megoldásokból I. szerint az adott congruentia gyökeit. Pl. 1287a;—4096^0 (mod. 675), mivel 675=3 2.5 2, tehát 1237a;—4096=0 (mod. 27) s mivel 1237=22 és 4006=19 (mod. 27), lesz: 22a?—19s0 (mod. 27) a megoldandó congruentia, melynek gyöke aj=7+27a?[ 1). Helyettesitve a fölvett congruentiába, kellő összevonással lesz: 1237 . 27 . x x +4563=0 (mod. 27.25) osztva 27-el 1237^+169=0 (mod. 25) s mivel 1237=12 ós 169=19 (mod. 25), tehát 12a;, +19=0 (mod. 25), miből a?, =13, tehát l)-be bevezetve 7+27.13=358 s valóban 1237.358—4096=0 (mod. 675). 7. §. Az első fokú congruentia alkalmazása. Az első fokú congruentiák alkalmazása nevezetes következő feladatoknál ; I. Határoztassék meg azon x szám, mely több adott/f h modul mellett adott a t, a 2, « 3.... számokkal congruens. Azon szám következő feltéteknek fog megfelelni : x'=a, (mod. &,) 1) a=a 2 (mod. k 2) 2) x=n 3 (mod. k 3)... 3. Vegyük az 1) congruentiát. Mindazon szám, mely 1) congruentiának megfelel az x=a, +&,« 4) kifejezésben foglaltatik, hol n ismeretlen, tetszőleges; igen, de e 4) számnak a 2) feltétnek is eleget kell tenni,tehát a t + & 1n=a 2 (mod, k 2) vagy k^i+a^— í 2=0 (mod. k 2) 5) Ha ez 5) congruentiában k l és k % 1. k. o. S'akkor, ha — 1 \ a< l— egész szám, a congruentia lehetséges és létezik a feladatnak megfelelő egész szám; mig ha nem osztható, a congruentiával a feladat is lehetetlen. Yevén a lehetőt 5) congruentiánkból ^-^—"'=0 (mod. j 6) lesz, s gyöke sc akkor h n=a+ J w, a 6) congruentia gyökeinek kifejezése. Bevezetve ezt a; 4)
