同余问题(一)
同余问题
例1：著名的斐波那契数列是这样的：1、1、2、3、5、8、13、21……这串数列当中第2008个数除以3所得的余数为多少？
例2：（2009年走美初赛六年级）有一串数：1，1，2，3，5，8，……，从第三个数起，每个数都是前两个数之和，在这串数的前2009个数中，有几个是5的倍数？
例3：(圣彼得堡数学奥林匹克试题)托玛想了一个正整数，并且求出了它分别除以3、6和9的余数．现知这三余数的和是15．试求该数除以18的余数．
例4：(2005年香港圣公会小学数学奥林匹克试题)一个家庭，有父、母、兄、妹四人，他们任意三人的岁数之和都是3的整数倍，每人的岁数都是一个质数，四人岁数之和是100，父亲岁数最大，问：母亲是多少岁?
例5：(华杯赛试题)如图，在一个圆圈上有几十个孔(不到100个)，小明像玩跳棋那样，从A孔出发沿着逆时针方向，每隔几孔跳一步，希望一圈以后能跳回到A孔．他先试着每隔2孔跳一步，结果只能跳到B孔．他又试着每隔4孔跳一步，也只能跳到B孔．最后他每隔6孔跳一步，正好跳回到A孔，你知道这个圆圈上共有多少个孔吗?
例6：(1997年全国小学数学奥林匹克试题)将12345678910111213......依次写到第1997个数字，组成一个1997位数，那么此数除以9的余数是 ________．
例7：(2002年香港圣公会小学数学奥林匹克试题)有三所学校，高中A 校比B 校多10人，B 校比C 校多10人．三校共有高中生2196人．有一所学校初中人数是高中人数的2倍；有一所学校初中人数是高中人数的1.5倍；还有一所学校高中、初中人数相等．三所学校总人数是5480人，那么A 校总人数是________人．
例8：设21n +是质数，证明：21，22，…，2
n 被21n +除所得的余数各不相同．
例9：试求不大于100，且使3
74n n
++能被11整除的所有自然数n 的和．
例
10：若a 为自然数，证明2005194910()a a -．
例11：设n为正整数，2004n
k ，k被7除余数为2，k被11除余数为3，求n的最小值．
例12：有三个连续自然数，其中最小的能被15整除，中间的能被17整除，最大的能被19整除，请写出一组这样的三个连续自然数．
例13：一个自然数被7，8，9除的余数分别是1，2，3，并且三个商数的和是570，求这个自然数．
例14：(2008年西城实验考题)从1，2，3，……，n中，任取57个数，使这57个数必有两个数的差为13，则n的最大值为多少？
例15：从1，2，3，4，…，2007中取N个不同的数，取出的数中任意三个的和能被15整除．N最大为多少？
，那例16：将自然数1，2，3，4……依次写下去，若最终写到2000，成为12319992000
么这个自然数除以99余几？
例17：将1至2008这2008个自然数，按从小到大的次序依次写出，得一个多位数：
12345678910111213 20072008，试求这个多位数除以9的余数．
例18：(2008年清华附中考题)已知n 是正整数，规定!12n n =??? ，
令1!12!23!32007!2007m =?+?+?++? ，则整数m 除以2008的余数为多少？
例19：1351991???? 的末三位数是多少？
例20：有2个三位数相乘的积是一个五位数，积的后四位是1031，第一个数各个位的数字之和是10，第二个数的各个位数字之和是8，求两个三位数的和。
例21：设20092009
的各位数字之和为A ，A 的各位数字之和为B ，B 的各位数字之和为C ，C 的各位数字之和为D ，那么D =？
例22：一个自然数在1000和1200之间，且被3除余1，被5除余2，被7除余3，求符合条件的数．
例23：(首师大附中实验班分班测试题)有一个数，除以3余2，除以4余1，问这个数除以12余几？
例24：一个大于10的自然数，除以5余3，除以7余1，除以9余8，那么满足条件的自然数最小为多少？
例25：一个小于200的数，它除以11余8，除以13余10，这个数是多少？
例26：一个大于10的数，除以3余1，除以5余2，除以11余7，问满足条件的最小自然数是多少？
例27：一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，问满足条件的最小自然数为多少？
一次同余式解法的综述
一次同余式的解法的综述 陈明丹 （华南师范大学数学科学学院 广州 510070） 【摘要】本文系统地将解一次同余式的各种解法集中在一起，如欧拉定理算法、代入求解法、消去系数法、不定方程求解法、不定方程求解法、分式法、威尔逊定理法、求s 、t 法、矩阵求法、“倒数”求法，这样就使得学习者在学习一次同余式的时候有个系统的归纳总结，方便理解。 关键词：一次同余式；解法；欧拉定理；威尔逊定理；不定方程；综述 初等数论是师范院校数学专业学生的一门必修课，也是高中数学教师继续教育的一项重要内容，而同余式是初等数论中非常重要的一部分内容，主要研究一次同余式、二次同余式、同余式组及高次同余式的解法及解数。[1]一次同余式是学习这一部分内容的基础，且结一次同余式是学习初等数论必须要掌握的解题方法。但是在严士键 [2]的教材中只给出了如欧拉定理算法[3]等一些比较简单的方法，而且比 较散乱。本文旨在系统地整理解一次同余式的各种方法，以方便大家的学习。 1.一次同余式ax ≡ b(mod m)的解法 1.1 同余式(mod ),(,)1ax b m a m ≡= 的解法 1.1.1欧拉定理算法 李晓东[1]和李婷[3]指出欧拉定理这种算法主要是运用欧拉定理，则有()1(mod )m m a ?≡,则()(mod )m a b b m a ???≡，则
()1(mod )m x b m a ?-≡ 满足同余式(mod )ax b m ≡，故为同余式的解。李婷还指出这种解法在理论上较易分析，但当模m 较大时，求()m ?就涉及m 的标准分解，此时这种解法在计算量上较为复杂，不宜进行计算机编程计算。所以这种解法更适合模m 较小时，或()m ?较易求解时使用。王靖娜 [4]给出了详细的定理证明过程，以帮 助大家的理解。 1.1.2代入求解法 代入求解法也称为观察法[3]，当模m 较小时，可以将模m 的完全剩余系0、1、2……m-1 代入到(mod )ax b m ≡中，求出该同 余式的解。当模m 较大时，则可以利用同余式的性质[2]，将同余式的 系数减少，而且有带余除法定理[5]可保证系数在一个固定的范围内作为模m 的余数，从而再用观察法得出一次同余式的解。 李婷[3]这种解法适用于多数情况，但是当模m 及x 的系数较大时，计算量也会变得比较大，此时就不适合使用这种方法，而改用其他的方法。 1.1.3 消去系数法 在同余式(mod )ax b m ≡中，如果|a b ，则可以解出该同 余式的解，因此，将x 的系数a 消去是解一次同余式的最简捷的方 法[6]。如果在同余式中但能找到c 使得(mod )b c m ≡且 |a c ，则根据同余的传递性质有(mod )ax b c m ≡≡，可解出 (mod )c x m a ≡。或者找到(mod )ax b c m ≡≡，且,a c 有公
什么是中国剩余定理
什么是中国剩余定理？
剩余定理详细解法 中国数学史书上记载：在两千多年前的我国古代算书《孙子算经》中，有这样一个问题及其解法：今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三：七七数之剩二。问物几何？ 意思是说：现在有一堆东西，不知道它的数量，如果三个三个的数最后剩二个，如果五个五个的数最后剩三个，如果七个七个的数最后剩二个，问这堆东西有多少个？你知道这个数目吗？ 《孙子算经》这道著名的数学题是我国古代数学思想“大衍求一术”的具体体现，针对这道题给出的解法是：N=70×2＋21×3＋15×2-2×105＝23 如此巧妙的解法的关键是数字70、21和15的选择： 70是可以被5、7整除且被3除余1的最小正整数，当70×2时被3除余2 21是可以被3、7整除且被5除余1的最小正整数，当21×3时被5除余3 15是可以被3、5整除且被7除余1的最小正整数，当15×2时被7除余2 通过这种构造方法得到的N就可以满足题目的要求而减去2×105 后得到的是满足这一条件的最小正整数。 韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。 刘邦茫然而不知其数。 我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？ 首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（人）。 中国有一本数学古书「孙子算经」也有类似的问题： 「今有物，不知其数，三三数之，剩二，五五数之，剩三，七七数之，剩二，问物几何？」答曰：「二十三」术曰：「三三数之剩二，置一百四十，五五数之剩三，置六十三，七七数之剩二，置三十，并之，得二百三十三，以二百一十减之，即得。凡三三数之剩一，则置七十，五五数之剩一，则置二十一，七七数之剩一，则置十五，即得。」 孙子算经的作者及确实着作年代均不可考，不过根据考证，着作年代不会在晋朝之后，以这个考证来说上面这种问题的解法，中国人发现得比西方早，所以这个问题的推广及其解法，被称为中国剩余定理。 中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem）在近代抽象代数学中占有一席非常重要的地位。
4.1基本概念及一次同余式
1. 同余方程15x ≡12(mod99)关于模99的解是__ x ≡14,47,80(mod99)_。 2. 同余方程12x+7≡0 (mod 29)的解是__ x ≡26 (mod 29)_____. 3. 同余方程41x≡3(mod 61)的解是__ _ . 4. 同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是___ x ≡11(mod 37)______ 5. 同余方程13x ≡5(mod 31)的解是_ x ≡ 29(mod 31)__ 6. 同余方程24x ≡6(mod34)的解是__ x ≡13,30(mod34)__ 7. 同余方程26x+1≡33 (mod 74)的解是__ x ≡24,61 (mod 74)_ 8. 同余方程ax +b ≡0(mod m )有解的充分必要条件是__()b m a ,_ 9. 21x ≡9 (mod 43)的解是_ x ≡25 (mod 43)__ 10. 设同余式()m b ax mod ≡有解()m x x mod 0≡，则其一切解可表示为_ _ . 11. 解同余式()15mod 129≡x 12. 同余式()111mod 1227≡x 关于模11有几个解？（ ） A 1 B 2 C 3 D 4 13. 同余式3x ≡2(mod20)解的个数是（ B ） A.0 B.1 C.3 D.2 14. 同余式72x ≡27(mod81)的解的个数是_9_个。 15. 同余方程15x ≡12(mod27) 16. 同余方程6x ≡4(mod8)有 个解。 17. 同余式28x ≡21(mod35)解的个数是( B ) A.1 B.7 C.3 D.0 18. 解同余方程：63x ≡27(mod72) 19. 同余方程6x≡7(mod 23)的解是__ _ . 20. 以下同余方程或同余方程组中,无解的是（ B ） A.6x ≡10(mod 22) B.6x ≡10(mod 18) C.???≡≡20) 11(mod x 8) 3(mod x D. ???≡≡9) 7(mod x 12) 1(mod x 21. 同余方程12x ≡8(mod 44)的解是x ≡8,19,30,41(mod 44)____ 22. 同余方程20x ≡14(mod 72)的解是 ___ 23. 下列同余方程无解的是( A ) A.2x ≡3(mod6) B.78x ≡30(mod198) C.8x ≡9(mod11) D.111x ≡75(mod321) 24. 解同余方程 17x+6≡0(mod25) 25. 同余方程3x ≡5(mod16) 的解是___ x ≡7(mod16)____ 26. 同余方程3x ≡5(mod14)的解是_ x ≡11(mod14)的解是__。 27. 同余方程3x ≡5(mod13)的解是__ x ≡6(mod13)_________。 28. 下列同余方程有唯一解的是( C )
《数论算法》教案4章(二次同余方程与平方剩余)
第 4 章 二次同余方程与平方剩余 内容 1. 二次同余方程，平方剩余 2. 模为奇素数的平方剩余 3. 勒让德符号、雅可比符号 4. 二次同余方程的求解 要点 二次同余方程有解的判断与求解 4.1 一般二次同余方程 (一) 二次同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod m ），（a 0（mod m ）） （1） (二) 化简 设m ＝k k p p p α ααΛ2121，则方程（1）等价于同余方程 ??? ????≡++≡++≡++） （） （）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 0222 1221Λ Λ 问题归结为讨论同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （2） (三) 化为标准形式 p ≠2，方程（2）两边同乘以4a ， 422x a ＋4abx ＋4ac ≡0（mod αp ） ()22b ax +≡2b －4ac （mod αp ）
变量代换， y ＝2ax ＋b （3） 有 2y ≡2b －4ac （mod αp ） （4） 当p 为奇素数时，方程（4）与（2）等价。即 ● 两者同时有解或无解；有解时，对（4）的每个解 ()p y y mod 0≡， 通过式（3）（x 的一次同余方程，且（p , 2a ）＝1，所以解数为1）给出（2）的一个解()p x x mod 0≡，由（4）的不同的解给出（2）的不同的解；反之亦然。 ● 两者解数相同。 结论：只须讨论以下同余方程 2x ≡a （mod αp ） （5） 【例】化简方程7x 2＋5x －2≡0（mod 9）为标准形式。 （解）方程两边同乘以4a ＝4×7＝28，得 196x 2＋140x －56≡0（mod 9） 配方 (14x ＋5) 2－25－56≡0（mod 9） 移项 (14x ＋5) 2≡81（mod 9） 变量代换 y ＝14x ＋5 得 y 2≡0（mod 9） （解之得y ＝0, ±3，从而原方程的解为 x ≡114-(y －5)≡15- (y －5) ≡2(y －5)≡2y －10≡2y －1 ≡－7, －1, 5≡－4, －1, 2（mod 9））
1 基本概念及一次同余式
1 基本概念及一次同余式 定义 设()110n n n n f x a x a x a --=+++，其中()0,0,1,,i n a i n >=是整数，又设0m >，则 ()()0mod f x m ≡ （1） 叫做模m 的同余式。若()0mod n a m ≡，则n 叫做同余式（1）的次数。如果0x 满足 ()()00mod ,f x m ≡则()0mod x x m ≡叫做同余式 （1）的解。不同余的解指互不同余的解。 当m 及n 都比较小时，可以用验算法求解同余式。如 例1 同余式 ()543222230mod7x x x x x +++-+≡ 仅有解()1,5,6mod7.x ≡ 例2 同余式 ()410mod16x -≡ 有8个解 ()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡ 例3 同余式 ()230mod5x +≡无解。 定理 一次同余式 ()()0mod ,0mod ax m a m ≡≡ （2） 有解的充要条件是(),.a m b 若（2）有解，则它的解数为(),d a m =。以及当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),d a m =个解是 ()0mod ,0,1,,1m x x k m k d d ≡+=- （4） 证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程 ax my b =+ （5） 有解。而不定方程（5）有解的充要条件为()(),,.a m a m b =- 当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则
()0mod ,0,1,, 1.m a x k b m k d d ??+≡=- ??? 下证0,0,1,,1m x k k d d +=-对模m 两两部同余。设 ()00mod ,01,1m m x k x k m k d k d d d ''+≡+≤≤-≤≤- 则 ()mod ,mod ,.m m m k k d k k d k k d d d ??'''≡≡= ??? 再证满足（2）的任意一个整数1x 都会与某一个()001m x k k d d + ≤≤-对模m 同余。由 ()()01mod ,mod ax b m ax b m ≡≡得 ()101010mod ,mod ,.a a m m ax ax m x x x x d d d d ????≡≡≡ ? ????? 故存在整数t 使得10.m x x t d =+由带余除法，存在整数,q k 使得 ,0 1.t dq k k d =+≤≤-于是()()100mod .m m x x dq k x k m d d =++≡+ 故（2）有解时，它的解数为(),d a m =。以及若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),a m 个解是 ()0mod ,0,1,,1m x x k m k d d ≡+ =- 例1求同余式 ()912mod15x ≡ （6） 的解。 解 对如下的整数矩阵作初等列变换 9150303301052522501313113--???????? ? ? ? ?→--→--→- ? ? ? ? ? ? ? ?-???????? 故()9,15 3.=又因312,故同余式（6）有解，且由三个解。由以上初等变换还可知 ()()()()921513,924151412, 9812mod15. ?+?-=??+?-?=?????≡ 故同余式（6）的三个解为 ()158mod15,0,1,2.3 x k k ≡+=
三元一次方程组及其解法
7.3 三元一次方程组及其解法 【教学目标】 知识与能力 （1）了解三元一次方程组的概念. （2）会解某个方程只有两元的简单的三元一次方程组． （3）掌握解三元一次方程组过程中化三元为二元的思路． 过程与方法 通过消元可把“三元”转化为“二元”，充分体会“转化”是解二元一次方程组的基本思路. 情感、态度、价值观 通过本节的教学，应该使学生体会通过本节学习，进一步体会“消元”的基本思想，认识到数学的价值。 【教学重点】 （1）使学生会解简单的三元一次方程组． （2）通过本节学习，进一步体会“消元”的基本思想． 【教学难点】 针对方程组的特点，灵活使用代入法、加减法等重要方法． 【教学过程】 一、回顾旧知，引入新课 在7.2节中，我们应用二元一次方程组，求出了勇士队在我们的小世界杯足球赛第一轮比赛中胜与平的场数。 问题回顾 暑假里，《新晚报》组织了“我们的小世界杯”足球邀请赛。比赛规定：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分。勇士队在第一轮比赛中赛了9场，只负了2场，共得17分。 那么这个队胜了几场？又平了几场呢？ 解：设勇士队胜了x场，平了y场，则 胜 每场得分
?? ?=+=++17 39 2y x y x 解得???==25y x 提出问题： 在第二轮比赛中，勇士队参加了10场比赛，按同样的计分规则，共得18分。已知勇士队在比赛中胜的场数正好等于平与负的场数之和，那么勇士队在第二轮比赛中，胜、负、平的场数各是多少？ 解：设勇士队胜了x 场，平了y 场，负了z 场，则 0 ?? ? ??+==+=++z y x y x z y x 18310 引出定义：像这种含有三个未知数，并且含有未知数的项的次数都是1的方程叫做三元一次方程组。一般情况下，三元一次方程组有三个方程，但不一定每个方程都出现三个未知数。 二、自主探究--------三元一次方程组的解法 探究一： 怎样解这个方程组呢？能不能类比二元一次方程组的解法，设法消去一个或两个未知数，把它化成二元一次方程组或一元一次方程呢？(展开思路，畅所欲言) 解方程?? ? ??+==+=++③②① z y x y x z y x 18 310 解:把③分别带入①②得???=++=+++18)(310 y z y z y z y 整理得???=+=+⑤④18341022z y z y 由?????12⑤④得? ??=+=+⑦⑥ 18342044z y z y 由⑦⑥-得2=z 把2=z 代入④得1042=+y ， 即 3=y
《数论算法》教案5章(二次同余方程与平方剩余)
第5章 二次同余方程与平方剩余 内容 1. 二次同余方程，平方剩余 2. 模为奇素数的平方剩余 3. 勒让德符号、雅可比符号 4. 二次同余方程的求解 要点 二次同余方程有解的判断与求解 5.1 一般二次同余方程 （一） 二次同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod m ），（a 0（mod m ））（1） （二） 化简 设m ＝k k p p p αααΛ2 121，则方程（1）等价于同余方程组 ??? ????≡++≡++≡++） （） （）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 0222 1221Λ Λ ?2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （2） （三） 化为标准形式 p ≠2，方程（2）两边同乘以4a ， 422x a ＋4abx ＋4ac ≡0（mod αp ） ()22b ax +≡2b －4ac （mod αp ） 变量代换， y ＝2ax ＋b （3） 有
2y ≡2b －4ac （mod αp ） （4） 当p 为奇素数时，方程（4）与（2）等价。即 ● 两者同时有解或无解；有解时，对（4）的每个解 ()p y y mod 0≡， 通过式（3）（x 的一次同余方程，且（p , 2a ）＝1，所以解数为1）给出（2）的一个解()p x x mod 0≡，由（4）的不同的解给出（2）的不同的解；反之亦然。 ● 两者解数相同。 结论：只须讨论方程2x ≡a （mod αp ） （5） 【例5.1.1】化简方程7x 2＋5x －2≡0（mod 9）为标准形式。 （解）方程两边同乘以4a ＝4×7＝28，得 196x 2＋140x －56≡0（mod 9） 配方 (14x ＋5) 2－25－56≡0（mod 9） 移项 (14x ＋5) 2≡81（mod 9） 变量代换y ＝14x ＋5 得 y 2≡0（mod 9） （解之得y ＝0, ±3，从而原方程的解为 x ≡114-(y －5)≡15- (y －5) ≡2(y －5)≡2y －10≡2y －1 ≡－7, －1, 5≡－4, －1, 2（mod 9）） （四） 平方剩余 【定义5.1.1】设m 是正整数，a 是整数，m a 。若同余方程 2x ≡a （mod m ） （6） 有解，则称a 是模m 的平方剩余（或二次剩余）；若无解，则称a 是模m 的平方非剩余（或二次非剩余）。
一次同余式组的解法
学院学术论文 一次同余式组的解法 A congruence of the solution 姓名 所在学院 专业班级 学号 指导教师 日期
摘要:研究了有关同余式组的解法,特别是孙子定理的应用,当模不两两互质时,就不能用孙子定理来解了,那该怎么办呢?我们将在实例的求解中来揭密. [Summary] Has studied the related congruence group's solution, specially Residue theorem application, when the mold 22 are not coprime, could not use the Residue theorem to solve, how should that manage? We will reveal in the example solution. 关键字:一次同余式组 模 孙子定理 [Key words] A congruence group Mold Residue theorem 正文： 引理 1. （孙子定理）设1m ，2m ………. k m 是k 个两两互质的正数，m=12......k m m m , m=i i m M , i=1,2,…,k ,则同余式组x ≡1b (mod 1m ),x ≡2b (mod 2m )，…，x ≡k b (mod k m )的解为： x ≡` 111M M b +` 222M M b +…+` k k k M M b (modm ）,……(2)， 其中` i M M ≡1（mod i m ）,i=1,2,…,k. 证明：由（i m ，j m ）=1，i ≠j 即得（i M ，i m ）=1，故由§1定理即知对每一i M ，有一` i M 存在，使得` i i M M ≡1（mod i m ）. 另一方面m=i m i M ,因此j m |i M ，i ≠j ，故 `1k j j j j M M b =∑≡`i i i M M b ≡i b （mod i m ）即为（1）的解。 若12,x x 是适合（1）的任意两个整数，则 1x ≡2x （mod i m ）, i =1,2,…, k, 因（i m ，j m ）=1，于是1x ≡2x （mod m ），故（1）的解只有（2） 完【1】 引理2 . 设所给的一次同余式组为：
(精心整理)三元一次方程组及其解法说课稿 (修改)
三元一次方程组及其解法说课稿 东华附校代修勇 教学内容：沪教版初中数学六年级下册第六章第4节第一课时（教材第74页）一、说教材： (一)教材简析 沪教版教材开门见山直接给出三元一次方程组的定义，然后，引导学生通过消元（代入、加减）的思想方法，解一些特殊的三元一次方程组。上本节课前，学生已学习一元一次方程和二元一次方程组的概念及解法，也深刻体会解二元一次方程组中“消元”的思想，这为过渡到本节课的学习起到铺垫作用。同时这节课是对“代入”和“加减”消元的再次检验，也为学生未来类比学习解高次方程（降次）提供思维上的启迪。 (二)学情分析 学生总体比较听话，上课认真，虽然思维不是很活跃，但有较好的理解能力和基础。在上课前，学生已较熟练的掌握二元一次方程组的概念及解法，对用方程（组）解决问题的建模思想有初步的认识。 (三)教学目标 1.知识与技能： （1）了解三元一次方程组的概念。 （2）会用“代入”“加减”把三元一次方程组化为“二元”，进而化为“一元”方程来解决。 2.过程与方法： 经历认识三元一次方程组并掌握三元一次方程组解法的过程，进一步体会“消元”思想。 3.情感态度与价值观： 培养分析问题、解决问题的能力与探索精神。 (四)教学重难点 根据以上分析，我将本节课的教学重点确定为：三元一次方程组的概念及解法。教学难点确定为：三元一次方程组向二元一次方程组的转化。 二、说教法、学法
（一）说教法 现代教学理论认为，学生是学习的主体，教师是学习的组织者。根据这一理念，本节课我采用启发引导、讲练结合及分组竞赛的教学方法，以提出问题、解决问题为主线，让学生去观察、类比、探索并及时的反思，从真正意义上完成对知识的自我建构。另外，在教学中我采用多媒体辅助教学，以直观呈现教学素材，从而更好地激发学生的学习兴趣，增大教学容量，提高教学效率。 （二）说学法 三元一次方程组比二元一次方程组要复杂些，有些题的解法技巧性太强，因此在解前必须认真观察方程组中各个方程的特征，选择好先消去的“元”，这是决定解题过程繁简的关键，一般来说，要引导学生先消去系数最简单的未知数。 三、说教学过程 (一)创设情境、引入新课 设计意图：通过创设问题情境，引入新课，使学生了解三元一次方程组的概念及本节课要解决的问题。 提出问题：小明春节收到12张面额分别1元、2元、5元的微信红包，共计22元，其中1元红包的数量是2元红包的4倍，求1元、2元、5元红包各多少个？ 【通过学生实际生活中的问题，提高数学的学习兴趣，激发学生强烈的探究欲望。】 教师提问：这里有三个要求的量，直接设出三个未知数列方程组，顺理成章，直截了当，容易理解。如果设1元、2元、5元红包分别为x个、y个、z个，用它们可以表示哪些等量关系？ 预测学生回答： 教师活动设计：强调审题抓住的三个等量关系，从而表示成以上三个方程，这个问题的解答必须同时满足这三个条件，因此，这三个方程联立起来，成 为
初等数论 第五章 同余方程
第五章同余方程 本章主要介绍同余方程的基础知识，并介绍几类特殊的同余方程的解法。 第一节同余方程的基本概念 本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程。 在本章中，总假定m是正整数。 定义1设f(x) = a n x n a1x a0是整系数多项式，称 f(x) 0 (mod m) (1)是关于未知数x的模m的同余方程，简称为模m的同余方程。 若a n≡/0 (mod m)，则称为n次同余方程。 定义2设x0是整数，当x= x0时式(1)成立，则称x0是同余方程(1)的解。凡对于模m同余的解，被视为同一个解。同余方程(1)的解数是指它的关于模m互不同余的所有解的个数，也即在模m的一个完全剩余系中的解的个数。 由定义2，同余方程(1)的解数不超过m。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) 设b(x)是整系数多项式，则同余方程(1)与 f(x) b(x) b(x) (mod m) 等价； (ⅱ) 设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与 bf(x) 0 (mod m) 等价； (ⅲ) 设m是素数，f(x) = g(x)h(x)，g(x)与h(x)都是整系数多项式，又设x0是同余方程(1)的解，则x0必是同余方程 g(x) 0 (mod m) 或h(x) 0 (mod m)
的解。 证明 留做习题。 下面，我们来研究一次同余方程的解。 定理2 设a ，b 是整数，a ≡/0 (mod m )。则同余方程 ax b (mod m ) (2) 有解的充要条件是(a , m )b 。若有解，则恰有d = (a , m )个解。 证明 显然，同余方程(2)等价于不定方程 ax my = b ， (3) 因此，第一个结论可由第四章第一节定理1得出。 若同余方程(2)有解x 0，则存在y 0，使得x 0与y 0是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是 ??? ????-=+=t m a a y y t m a m x x ),(),(00，t Z 。 (4) 由式(4)所确定的x 都满足方程(2)。记d = (a , m )，以及 t = dq r ，q Z ，r = 0, 1, 2, , d 1， 则 x = x 0 qm r d m x r d m +≡0(mod m )，0 r d 1。 容易验证，当r = 0, 1, 2, , d 1时，相应的解 d m d x d m x d m x x )1(20000-+++，，，，Λ 对于模m 是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d 个解。证毕。 在定理的证明中，同时给出了解方程(2)的方法，但是，对于具体的方程(2)，常常可采用不同的方法去解。 例1 设(a , m ) = 1，又设存在整数y ，使得a b ym ，则 x a ym b +(mod m ) 是方程(2)的解。 解 直接验算，有 ax b ym b (mod m )。
数论02二次同余式与平方剩余4.3勒让德符号
■ 一勒让德符号定义 ■二欧拉判别法则 ■三高斯引理 ■四定理3及其证明 2013-4 10 一勒让彳惠符号定以 思考题（一）：.O o （r ） 求模17的平方剩余和平方非剩余 第 章 二次同余式与平方剩余 4. 3勒让彳惠苻号 ate
勒iJL徳号定义 思考题(二)：?。。辽］ 判断5是不是模17的平方剩余？ 52 = 25 = 8(mod 17) , 51 =82三—l(mod 17) 5s = (-4) =16 = -1 (mod 17) 所以5是模17的平方非剩余 2013-4 10ate 1717丿 9) 17> 侧朗;卅)需)需) 1 -1 —r勒庁上德符号 定义1设p是素数，定义勒让德符号如下: 卜若。是模"的平方剩余 (a)= < -L若d是模#的平方非剩余 P 0,若 p'a 2013-4 10 ate
Sodp)有解或杖有解. 2013-4 10 定土甲.1(欧扌立判 另IJ 法贝IJ) 设 P 是奇-素数，贝驭寸 任意執数a, (自三a 乎(mod p) 例2证明2是模17平方剩余；3是17 平方非剩余. 解:因为(17-1 )/2=2',且有 2 = 4,2’ = 4 = —1,2、= (— I)2 = l(mod 1 7) 由定义駅 政协同余式*劭 敦论 ~r 勒德符号 瓠P 冋财■仔卜1,翻? 二欧拉判别法
根据欧拉判断法则，并注意到a 二1 时, = 1以及a=?l 时，<<=（一1）丁，且P 是 奇数. 推论1,设p 是奇素数，则 例1若质数9=如+1,期一1是p 的平方剩余；若P0 4匕一I..则一1是P 的平方非剩余. (D (2) — =(—1尸 I P 丿 二欧拉判别法 2013-4-10 敷陀 7 二欧拉判另！J 法
数论算法讲义 3章(同余方程)
第 3 章 同余方程 （一） 内容： ● 同余方程概念 ● 解同余方程 ● 解同余方程组 （二） 重点 ● 解同余方程 （三） 应用 ● 密码学，公钥密码学 3.1 基本概念及一次同余方程 (一) 同余方程 （1） 同余方程 【定义3.1.1】（定义1）设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式 ()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--Λ 其中i a 是正整数（n a ≠0（mod m ）），则 f (x)≡0（mod m ） （1） 叫做模m 的（n 次）同余式（或模m 的（n 次）同余方程），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 。 （2） 同余方程的解 若整数a 使得 f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。 （3） 同余方程的解数 若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。即剩余类
a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）} 中的每个剩余都是解。故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解，这个解通常记为 x ≡a （mod m ） 当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程(2)的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为是同余方程（1）的解数，记作()m f T ;。显然 ()m f T ;≤m （4） 同余方程的解法一：穷举法 任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程（1），在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。 【例1】（例1）可以验证，x ≡2，4（mod 7）是同余方程 15++x x ≡0（mod 7） 的不同的解，故该方程的解数为2。 50＋0＋1＝1≡3 mod 7 51＋1＋1＝3≡3 mod 7 52＋2＋1＝35≡0 mod 7 53＋3＋1＝247≡2 mod 7 54＋4＋1＝1029≡0 mod 7 55＋5＋1＝3131≡2 mod 7 56＋6＋1＝7783≡6 mod 7 【例2】求同余方程122742 -+x x ≡0（mod 15）的解。 （解）取模15的绝对最小完全剩余系：－7，－6，…，－1，0，1，2，…，7，直接计算知x ＝－6，3是解。所以，该同余方程的解是 x ≡－6，3（mod 15）
二次同余式与平方剩余
本章的目的是较深入地讨论 1.一般二次 了解一般二次及： 教学过程: 本节主要讨论 2.单质数的 了解单质数的： 教学过程: 这节我们讨论单质数p 的)(mod 12 1p a p ≡-：而)(mod 12 1p a p -≡- 单质数p 的使的)(mod ),(mod 22 212 1p a r p a r ≡≡于是有)(mod )(212 21p a a r r ≡ 这说明 一般二次同余式 在第四章中，我们讨论了高次同余式的解的一般理论，但在实际中，要解一个高次同余式一般比较困难。在本章我们重点讨论二次同余式的解法。思路是先把一般二次同余式化为特殊的二次同余式，再引入平方剩余与平方非剩余，并利用勒让得符号来判断特殊二次同余式是否有解。 二次同余式的一般形式 二次同余式的一般形式是 ， 0 （ ） （1） 化一般二次同余式为特殊二次同余式 由高次同余式的理论知，若 的标准分解式为 ， 则（1）有解的充要条件是下面同余式组中每个同余式有解。 于是要判别（1）是否有解及如何解（1），我们可重点讨论 为质数。 （2） 下面对（2）分情况进行讨论。找到（2）有解的判别法。 由于（2）为二次同余式，故可假定 ，若有 但 (,,)， 则（2）化为。
而。故还可假定(,,)。 1) |，|。则 。因而同余式无解。故（2）设有解。 2) |， 。则 无解，故（2）有解的充要条件是 有解，即 有解。 但（ ， ）＝1。故有解，从而（2）有解，且（2）的解可由 的解求出。 3) ， >2。则 。用4乘（2）后再配方，即得 （3） 易证（2）和（3）等价。用代2 ＋得 （4） 则（2）有解的充要条件是（4）有解，于是将（2）化为（4）讨论。 4) ， ＝2。这时为奇。 （i ）若2 ，则 无解。故（2）有解的充要条件是 有解。 因对任何整数 恒有 。所以（2）有解的充要条件是 有解，即2|。 （ii ） 若2|，令 。由 知 （2）有解的充要条件是 有解。即 (5) 有解。 作代换 ＝ ＋，则（2）有解的充要条件是 有解。 由上面讨论，可将（2）的问题化为二次同余式 或一般情况即 (6) 平方剩余和非平方剩余 定义 若同余式（6）有解，则叫模的平方剩余，若同余式（6）无解，则叫模的平方非剩余。 由这一定义，要判断（6）是否有解，就是判断是否为模的平方剩余，下面几节
三元一次方程组及解法资料讲解
要点一、三元一次方程及三元一次方程组的概念 1. 三元一次方程的定义: 含有三个相同的未知数，并且含有未知数的项的次数都是1的整式方程．如x+y-z＝1，2a-3b+4c＝5等都是三元一次方程． 要点诠释： (1)三元一次方程的条件：①是整式方程，②含有三个未知数，③含未知数的项的最高次数是1次． (2) 三元一次方程的一般形式：ax+by+cz+d=0，其中a、b、c不为零． 2．三元一次方程组的定义： 一般地，由几个一次方程组成，并且含有三个未知数的方程组，叫做三元一次方程组. 要点诠释： (1) 三个方程中不一定每一个方程中都含有三个未知数，只要三个方程共含有三个未知量即可． (2) 在实际问题中含有三个未知数，当这三个未知数同时满足三个相等关系时，可以建 立三元一次方程组求解 要点二、三元一次方程组的解法 解三元一次方程组的一般步骤 (1)利用代入法或加减法，把方程组中一个方程与另两个方程分别组成两组，消去两组中的同一个未知数，得到关于另外两个未知数的二元一次方程组； (2)解这个二元一次方程组，求出两个未知数的值； (3)将求得的两个未知数的值代入原方程组中的一个系数比较简单的方程，得到一个一元一次方程； (4)解这个一元一次方程，求出最后一个未知数的值； (5)将求得的三个未知数的值用“{”合写在一起．
要点诠释： （1）解三元一次方程组的基本思路是：通过“代入”或“加减”消元，把“三元”化为“二 元”．使解三元一次方程组转化为解二元一次方程组，进而转化为解一元一次方程．其思想方法是： （2）有些特殊的方程组可用特殊的消元法，解题时要根据各方程特点寻求其较简单的 解法 要点三、三元一次方程组的应用 列三元一次方程组解应用题的一般步骤： 1．弄清题意和题目中的数量关系，用字母(如x，y，z)表示题目中的两个(或三个)未知数； 2．找出能够表达应用题全部含义的相等关系； 3．根据这些相等关系列出需要的代数式，从而列出方程并组成方程组； 4．解这个方程组，求出未知数的值； 5．写出答案(包括单位名称)． 要点诠释： (1)解实际应用题必须写“答”，而且在写答案前要根据应用题的实际意义，检查求得的结果是否合理，不符合题意的应该舍去． (2)“设”、“答”两步，都要写清单位名称，应注意单位是否统一． (3)一般来说，设几个未知数，就应列出几个方程并组成方程组 类型一、三元一次方程及三元一次方程组的概念 1. 下列方程组不是三元一次方程组的是（）．
第五节初等数论中的几个重要定理
第五节 初等数论中的几个重要定理 基础知识 定义（欧拉(Euler)函数）一组数s x x x ,,,21 称为是模m 的既约剩余系，如果对任意的s j ≤≤1，1),(=m x j 且对于任意的Z a ∈，若),(m a ＝1，则有且仅有一个j x 是a 对模m 的剩余，即)(mod m x a j ≡。并定义},,2,1{)(m s m ==?中和m 互质的数的个数，)(m ?称为欧拉（Euler ）函数。 这是数论中的非常重要的一个函数，显然1)1(=?，而对于1>m ，)(m ?就是1,2，…，1-m 中与m 互素的数的个数，比如说p 是素数，则有1)(-=p p ?。 引理：∏? =为质数）－（P |P 11)(m P m m ?；可用容斥定理来证（证明略）。 定理1：（欧拉（Euler ）定理）设),(m a ＝1，则)(mod 1)(m a m ≡?。 证明：取模m 的一个既约剩余系))((,,,,21m s b b b s ?= ，考虑s ab ab ab ,,,21 ，由于a 与m 互质，故)1(s j ab j ≤≤仍与m 互质，且有i ab )1(s j i ab j ≤<≤?，于是对每个 s j ≤≤1都能找到唯一的一个s j ≤≤)(1σ， 使得)(mod )(m b ab j j σ≡，这种对应关系σ是一一的，从而)(mod )(mod )(11)(1m b m b ab s j j s j j s j j ∏∏∏===≡≡σ，∴))(mod ()(11m b b a s j j s j j s ∏∏==≡。 1),(1=∏=s j j b m ，)(mod 1m a s ≡∴，故)(mod 1)(m a m ≡?。证毕。 分析与解答：要证)(mod 1)(m a m ≡?，我们得设法找出)(m ?个n 相乘，由)(m ?个数我们想到m ,,2,1 中与m 互质的)(m ?的个数：)(21,,,m a a a ? ，由于),(m a ＝1，从而)(21,,,m aa aa aa ? 也是与m 互质的)(m ?个数，且两两余数不一样，故)(21m a a a ???? ≡)(21,,,m aa aa aa ? ≡)(m a ?)(21m a a a ???? （m mod ），而 （)(21m a a a ???? m ）＝1，故)(mod 1)(m a m ≡?。 这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。
一次同余式组解法
一次同余式组解法 摘 要:同余式定义 同余式组有解条件 同余式组解法 关键词:同余式;孙子定理;同余式组有解条件;同余式组解法 引言 在日常生活中,我们所要注意的常常不是某些整数,而是这些数用某一固定的数去除所得的余数.例如问我们现在几点钟，就是用24去除某一个总的时数所得的余数.又如问现在是星期几,就是问用问7去除某一个总的天数所得的余数,同是几点钟或同为星期几,常常生活中有所同样的意义.这样,就在数学中产生了同余的概念. 1预备知识 定义 1 若用f(x)表示多项式011a x a x a n n n n +++-- ,其中i a 是整数;又设m 是一个正整数, 则 f(x)≡0(mod m) (1) 叫做模m 的同余式.若0(mod m),则n 叫做(1)的次数. 2 若a 是使f(a) ≡0(mod m)成立的一个整数,则 x ≡a (mod m) 叫做(1)的一解. 定理 1 一次同余式 ax ≡b(mod m)，a 不同余零模m (2) 有解的充分与必要条件是 (a ,m)|b. 且若(2)有解，则(2)的解数（对模m 来说）为 d=(a ,m). 证明 易知(2)有解的充分与必要条件是 ax-my=b 有解.从而由第二章第一节定理2即知(2)有解的充分与必要条件是(a ,m)|b. 设d=(a ,m).若(2)有解,则由第二章第一节定理1知适合（2）式的 一切整数可以表成 x=1m t+0x ,1m =d m ,t=0,1,-1,2，-2,… 此式对模m 来说,可以写成 x ≡0x +k 1m (mod m),k=0,1, …,d-1.(3) 但0x +k 1m ,k=0,1, …,d-1 是对模m 两两不同余的,故（2）有d 个解,即(3). 证完 定理2(孙子定理) 设1m ,2m ,…,k m 是k 个两两互质的正整数,m=1m 2m …k m ,m=i M i m ,i=1,2,…,k,则同余式组(1)的解是 X ≡ ()m b M M b M M b M M k k k mod '22'211'1+++ , 其中i i M M '≡1(mod i m ) i=1,2,…,k.
线性同余方程组的解
线性同余方程组的解 学生：罗腾，江汉大学数计学院（数学与应用数学系） 指导老师：许璐，江汉大学 摘要 “孙子算经”一书中写于公元前三世纪，这个谜题如下：有堆东西不知道有多少，如果三个三地数，最后余下两个；五个五个的数，最后余下三个；七个七个的数，最后余下二个，问这堆东西共有多少？我们可以把这个问题用数学符号表示成同余式的形式： ()()().7mod 3,5mod 2,3mod 1≡≡≡x x x 定理1 设,,,,,a b c d e f 和m 均为整数，0m >，若(,)1m ?=，其中ad bc ?=-.则 线性同余方程组(mod ) (mod )ax by e m cx dy f m +≡??+≡? ，有唯一一组关于模m 的解为 ()(mod ) ()(mod ) x de bf m y af ce m ?≡?-?? ≡?-??， 其中?是?关于模m 的逆，即1(mod )m ??≡. 证 首先，将同余式(mod )ax by e m +≡两边都乘以d ，将同余式(mod )cx dy f m +≡两边都乘以b ，得到 (mod )(1) (mod )(2)adx bdy de m bcx bdy bf m +≡?? +≡? ()()12-得到 ()()mod ad bc x de bf m -≡- 令ad bc ?=-，则()mod x de bf m ??≡-.下面我们把同余式两边都乘以?，其中 1(mod ) m ??≡ ∴()()mod x de bf m ≡?- 同理，将同余式(mod )ax by e m +≡两边都乘以c ，将同余式(mod )cx dy f m +≡两边