§ 4 D. Auflösung von Kongruenzen ersten Grades. 
231 
Bei der Voraussetzung, daß e und A relativ prim sind, kann die 
Kongruenz nicht mehr als eine Lösung haben, wenn (modM) kon 
gruente Zahlen nicht als verschieden betrachtet werden: denn aus 
ex 1 = a (mod A) und ex 2 = a (mod A) 
würde folgen: 
e * {x x — x 2 ) = 0 (mod A). 
Da nun e und A teilerfremd sind, müßte 
27 x = 1 (mod 100). 
Lösung: 
Zo _ 3_ _ 2-4 + 3 11, 
N 0 1 ’ JVi 1 ’ JV 2 2-1 + 13’ 
Z s 2-11 + 4 26 _ 1-26 + 11 37 
W s ~ 2-3 + 1 “ 7 5 JV 4 — 1 • 7 + 3 10 ’ 
Z h 2 • 37 + 26 _ 100 _ 
W 6 ~ 2-10 + 7 ~ “27“ ’ 
also: 
m = 5, Z x = 37, a= 1; 
demnach: 
(mod 100). 
Aufgabe II: Gregeben seien die beliebigen ganzen Zahlen a, h, c, d 
und die zueinander teilerfremden, im übrigen auch beliebigen ganzen 
Zahlen A, B, C, D. Die ganze Zahl x so zu finden, daß gleichzeitig 
x = a (mod A)-, x = b (mod B); x = c (mod 0); x = d (mod D). 
Lösung: Man bestimme die vier ganzen Zahlen «, ß, y, d aus 
den Kongruenzen: 
B CB ■ cc = a (mod A) ; 
AC B • ß = h (mod B)- 
ABB ■ y ~ c (mod C) -, 
ABC • d = d (modB) . 
Dann ist 
x = BGBa + ACBß + ABBy + ABCd + Je ■ ABCB, 
wo 1c eine beliebige positive oder negative ganze Zahl bedeutet.