Modulo polinomios, excluyendo la solución seleccionada combinaciones

Question

Dado $$ (x-a)(x-b)(x-c) \equiv 0\ \ \pmod {p} $$ $$ (x-d)(x-e)(x-f)\ \equiv 0\ \ \pmod {q} $$

x: variable desconocida. p,q : conoce los números primos. a,b,c,d,e,f : valores conocidos.

Hay uno o más modulo ecuaciones que se excluye a la combinación $$ (x \equiv \pmod {p})\ Y\ (x \equiv d \pmod {q}) $$ pero todavía permiten que todas las demás combinaciones de x soluciones?

saludos arturo

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Editar

He intentado $\left(mod\ pq\right)$ pero no podía llegar a trabajar. Lista de todos los requisitos legales y combinaciones de excluir a la ilegal $\left(mod\ pq\right)$.

Deje $$r_{jk} \equiv j \left(mod\ p\right)\ and\ \ r_{jk} \equiv k \left(mod\ q\right)$$

$$(x-r_{ae})(x-r_{af})(x-r_{bd})(x-r_{be})(x-r_{bf})(x-r_{cd})(x-r_{ce})(x-r_{cf}) \equiv 0 \left(mod\ pq\right)$$

Pero si $x = r_{ad}$ (ilegales), a continuación, $x = a +k_1p$ $x = d + k_2q$

$$(x-r_{ae})\dots(x-r_{bd})\dots \equiv (a+k_1p - (a + k_3p))\dots(d+k_2q-(d+k_4q))\dots\left(mod\ pq\right)$$ $$\equiv p(k_1-k_3)\dots q(k_2-k_4)\dots \equiv 0\left(mod\ pq\right)$$ El $x\equiv r_{ad}$ (ilegal), que produce una $p$ $q$ solución de la ecuación de $\left(mod\ pq\right)$.

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Edit 2

Mi aplicación funciona con la simplificación del problema:

Vamos $$(x-a)(x-b) \equiv 0\ \ \pmod {p}$$ $$(x-a)(x-b) \equiv 0\ \ \pmod {q}$$

Encontrar las ecuaciones que permitirán $$x \equiv a \ \pmod {p}\ \ and \ \ x \equiv a \ \pmod {q}$$ $$or$$ $$x \equiv b \ \pmod {p}\ \ and\ \ x \equiv b \ \pmod {q}$$ pero el bloque $$x \equiv a \ \pmod {p}\ \ and \ \ x \equiv b \ \pmod {q}$$ $$or$$ $$x \equiv b \ \pmod {p}\ \ and\ \ x \equiv a \ \pmod {q}$$ donde $p$ $q$ son distintos.

Answer 1

Vamos $\left(\frac{a}{p}\right)=\left(\frac{a}{q}\right)=1$ , $\left(\frac{b}{p}\right)=\left(\frac{b}{q}\right)=-1$

$$x^{\frac{p-1}{2}} \equiv \pm1\ (mod\ p)\ \ , \ x^{\frac{q-1}{2}} \equiv \pm1\ (mod\ q)$$

$$x^{\frac{p-1}{2}} = \pm1\ + k_1 p\ \ ,\ x^{\frac{q-1}{2}} = \pm1\ + k_2 q$$

$$qx^{\frac{p-1}{2}} = \pm q\ + k_1 pq\ \ , \ px^{\frac{q-1}{2}} = \pm p\ + k_2p q$$

$$qx^{\frac{p-1}{2}} + px^{\frac{q-1}{2}} = \pm q\ \pm p\ + (k_1 + k_2)pq$$

$$qx^{\frac{p-1}{2}} + px^{\frac{q-1}{2}} = \pm q\ \pm p\ (mod\ pq)$$ Para seleccionar $\left(\frac{x}{p}\right)\left(\frac{x}{q}\right)=1$ es decir, el bloque de $\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{q}\right)=\left(\frac{b}{p}\right)\left(\frac{a}{q}\right)=-1$

$$qx^{\frac{p-1}{2}} + px^{\frac{q-1}{2}} \equiv \pm (q+p)\ (mod\ pq)$$ $$qx^{\frac{p-1}{2}} - px^{\frac{q-1}{2}} \equiv \pm (q-p)\ (mod\ pq)$$

si $d$ se puede encontrar donde $d|\phi(pq)$ s.t. $a^d\equiv 1\ (mod\ pq)$ $b^d\equiv -1\ (mod\ pq)$ $\pm$ signo puede ser removido s.t. $$qx^{\frac{p-1}{2}} + px^{\frac{q-1}{2}} \equiv x^d (q+p)\ (mod\ pq)$$ Aún me falta para determinar si $d$ siempre existe.

Es cierto que condiciones adicionales se han añadido. Una solución más general sería bienvenido.

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$$\left(x^{\frac{p-1}{2}}\right)^{odd} \equiv \pm1\ (mod\ p)\ \ , \ \left(x^{\frac{q-1}{2}}\right)^{odd} \equiv \pm1\ (mod\ q)$$ Multiplicar cada lado de por sí un número impar de veces que conserva el signo de la $\pm1$. si $p \equiv q \equiv 3\ mod\ 4$ $\frac{p-1}{2}$ $\frac{q-1}{2}$ son impares.

$$x^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}} \equiv \pm1\ (mod\ p)\ \ , \ x^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}} \equiv \pm1\ (mod\ q)$$ $$x^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}} \equiv \pm1\ (mod\ pq)$$ Así que si $p \equiv q \equiv 3\ mod\ 4$$d = \frac{\phi(pq)}{4}$.