Ciszterci rendi katolikus gimnázium, Baja, 1881

— 82 lehetséges, mert x, y, h páratlan számok s a congruentia egyik oldala páros, másik páratlan. Eredményeinket tehát következőkben foglalhatjuk össze : n \ 2 A p

a =1 (mod. 2») feltéti congruentia két összetartozó gyöke vagy +p, — p, vagy 2*A + 1, 2—1 alakú s nem lehet mindkettő egyszerre a 2^ hatvány maradéka vagy nem maradéka. E tétel alapján nem vagyunk ugyan még képesek szétválasztani a maradékgyököket a nem maradékoktól, de a kisérletezés jelentékenyen szűkebb körre szorul s ép e szempontból kiváló alkalmazásnak örvend a (mod. 2

n) hatványmaradékainak meghatározásánál. 29. §. Az Ax^=R (mod. K) congruentia megoldása, liol K tetszőleges szám. E congruentiában A

:R, K viszonylagos törzsszámok s K tetszőleges t r a S v összetett szám pl. K=a J'c . Mindenkor található az Ay.=1 (mod. K) congruentia megoldásában oly (J. szorzó, melylyel az adott congruentia szorozva x*=r (mod. K) alakot nyer. Ha e congruentiának lesznek x gyökei, kell, hogy e gyökökkel az (mod. a*) x*=r (mod. b

[

J) £C

N=r (mod. c') congruentiarendszer is létjogot nyerjen, s megforditva, ha e congruentiarendszer érvényes, az adott congruentia is következik, mivel a", ?/, c

l viszonylagos törzsszámok. Ha a congruentiarendszert megoldjuk te—p (mod. a") // 3 x=p" (mod. i') cc=p'" (mod. c

T) alakú eredményekre jutunk, melyekkel feladatunk visszacsatlakozik a 7. §. I. feladatához, mely szerint oly számot (x) kell meghatároznunk, mely adott modulokra adott számokkal legyen congruens. Legyen az p' maradékok száma n', n", rí", akkor az p', p", p'" maradékokból, n'ri'n'" számú különböző combinatio lehetséges s az adott congruentia megoldásai K modul szerint ép ily számban jelentkeznek. A megoldásra szintén a 7. §. I. 2) szerint alakitott