初等数论 第五章 同余方程
一次同余方程的几种解法
© 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 2009年第3期 牡丹江教育学院学报 No 13,2009(总第115期) J OU RNAL OF MUDANJ IAN G COLL EGE OF EDUCA TION Serial No 1115[收稿日期]2008-12-22[作者简介]原新生(1967-),男,河南林州人,安阳师范学院副教授,主要从事初等数论、高等数学的教学与研究.。
一次同余方程的几种解法原 新 生(安阳师范学院,河南安阳455002) [摘 要] 介绍一次同余方程的几种解法,并比较它们的优劣,探讨不同情况下所应采用的不同方法,对解一次同余方程具有一定的指导作用。
[关键词] 一次同余方程;解法;完全剩余系[中图分类号]O151 [文献标识码]A [文章编号]1009-2323(2009)03-0115-01 定义1:设a ,b 为整数,m 是一个正整数且a ≠0(modm ),则称ax ≡b (mod m )为模m 的一次同余方程。
定义2:若x 0是使ax ≡b (mod m )成立的一个整数,则x ≡x 0(mod m )称为一次同余方程ax ≡b (mod m )的一个解。
定理:一次同余方程ax ≡b (mod m ),a ≠0(mod m )有解的充要条件(a ,m )|b,且有解时解数为(a ,m ).一次同余方程的理论各初等数论教材都作了详细的论述(见[1]、[2]、[3]),但对它的具体解法介绍的较少。
笔者在初等数论教学实践中,针对该方程总结了几种解法,并通过各种解法优劣的比较,探讨了在不同情况下所应采用的不同方法,这对学生学习初等数论,特别是解一次同余方程具有一定的指导作用。
方法一:验根法由定义2可以看出,求一次同余方程ax ≡b (mod m )有几个解,有哪些解,只需取模m 的一个完全剩余系(如0,1,2,…,m -1)中的每一个数,将其代入同余方程中逐一验证,即可求出其全部解。
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论学习总结本课程只介绍初等数论的的基本内容。
由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系， 因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师范院校)的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的．一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练，这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此，许多高等院校，特别是高等师范院校，都开设了数论课程。
最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。
数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中着名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法 最大公因数和辗转相除法 整除的进一步性质和最小公倍数 素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程c by ax =+多元一次不定方程c x a x a x a n n =++ 2211 勾股数 费尔马大定理。
习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质 剩余类和完全剩余系 欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用 习题要求43p ：2，6；46p ：1；49p ：2，3；53p 1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念 孙子定理高次同余方程的解数和解法 素数模的同余方程 威尔逊定理。
浅谈初等数论中同余式的解法
浅谈初等数论中同余式的解法
初等数论是数学的一个分支，主要探讨整数、有理数和代数式等基础概念。
“同余”是初等
数论中概念的一个重要部分，它引用数学定义可以写为：若两个有理数或者有理函数在一
个事件上有相同的值，则它们称为“同余”。
也就是说，两个有理数或者有理函数的值不同，但它们的值是相等的。
同余的解法首先应该把同余方程写成有理函数的形式，然后进行求解。
一般可以使用图像法、合并法或者二分法来求解。
图形法是一种直观清晰的求解方法，它通过在坐标系中绘制图像来求解同余方程，从而得到所求解的值。
这是最简单也是最容
易理解的求解方法。
合并法是一种基于数学运算技巧的求解方法。
它通过合并两个同余方程来求解同余方程，得到所求的值。
二分法是运用有理数的属性来求解的方法，用二分的方法对有理数的值进行查找，来获得有理数的值。
以上就是同余的几种常用方法，虽然每种方法都有其优势和缺点，但它们都是多元素的有理函数。
使用正确的方法，可以对同余
方程进行快速准确的求解，以解决初等数论中的多元素有理函数问题。
初等数论 同余方程组
初等数论同余方程组初等数论是数学中的一个分支，主要研究自然数的性质和整数的性质。
同余方程组是初等数论中的一个重要概念，它涉及到数与数之间的整除关系。
本文将介绍同余方程组的定义、性质以及解法，并通过例题来加深理解。
一、同余方程组的定义同余方程组是由若干个同余方程组成的一组方程。
同余方程的定义如下：对于整数a、b和正整数m，如果m能整除(a-b)，即(a-b)能被m整除，则称a与b对于模m同余，记为a≡b(mod m)。
这里的≡表示同余关系。
二、同余方程组的性质1. 同余关系具有自反性、对称性和传递性。
即对于任意的整数a、b和正整数m，有a≡a(mod m)，a≡b(mod m)等价于b≡a(mod m)，若a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
2. 同余关系具有加法和乘法的性质。
即对于任意的整数a、b和正整数m，若a≡b(mod m)，则a+c≡b+c(mod m)，ac≡bc(mod m)。
三、同余方程组的解法1. 线性同余方程组的解法：线性同余方程组是形如ax≡b(mod m)的方程组，其中a、b为整数，m为正整数。
若a与m互质，则存在唯一的解x0，且x≡x0(mod m)。
若a与m不互质，且b可被a整除，则方程组有无穷多个解，否则无解。
2. 中国剩余定理：中国剩余定理适用于一组两两互质的模数的同余方程组。
设m1、m2、...、mn为两两互质的正整数，a1、a2、...、an为整数，则同余方程组：x≡a1(mod m1)x≡a2(mod m2)...x≡an(mod mn)有唯一的解x，且0≤x<m1m2...mn。
四、例题解析1. 解线性同余方程组：求解方程组2x≡3(mod 5)和3x≡4(mod 7)。
首先，对于第一个方程，由于2与5互质，所以存在唯一解x0。
根据扩展欧几里得算法，我们可以求出x0=4。
然后，将x0代入第二个方程，得到3*4≡4(mod 7)，即12≡4(mod 7)。
初等数论的性质与定理总结
初等数论的性质与定理总结初等数论是数论中的一个基础分支，研究整数的性质和整数运算规律。
本文将总结初等数论中的一些重要性质与定理。
一、整数的整除性质1. 整数的除法基本性质：对于任意整数a、b和非零整数c，存在唯一的整数q使得a = bq + c。
2. 整除关系的传递性：如果a能整除b，且b能整除c，则a能整除c。
3. 整除关系的辗转相除法：对于任意整数a和非零整数b，存在唯一的整数q和r使得a = bq + r（其中0 ≤ r < |b|）。
二、质数与合数1. 质数的定义：质数是指大于1且只能被1和自身整除的整数。
例如，2、3、5、7等都是质数。
2. 质因数分解定理：每个大于1的整数都可以唯一地表示为若干个质数的乘积。
3. 最大公约数与最小公倍数的性质：对于任意整数a和b，记a和b 的最大公约数为gcd(a, b)，最小公倍数为lcm(a, b)，则有以下性质： - gcd(a, b) = gcd(b, a)- gcd(a, 0) = |a|- lcm(a, b) = |ab| / gcd(a, b)三、模运算与同余1. 模运算的基本性质：对于任意整数a、b和正整数n，有以下性质：- (a + b) mod n = (a mod n + b mod n) mod n- (a - b) mod n = (a mod n - b mod n) mod n- (a * b) mod n = (a mod n * b mod n) mod n2. 同余关系的性质：对于任意整数a、b和正整数n，如果a与b模n同余（记作a ≡ b (mod n)），则有以下性质：- a + c ≡ b + c (mod n)- ac ≡ bc (mod n)- 如果a ≡ b (mod n)，则a^k ≡ b^k (mod n)对于任意正整数k四、费马小定理与欧拉定理1. 费马小定理：如果p是质数，a是任意正整数且p不整除a，则有a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。
同余方程的解法
本科毕业论文题目：同余方程的解法学生姓名：学号：专业：数学与应用数学班级:指导教师：二〇一年四月摘要：本文论述了同余方程的基本概念及同余方程的一些基本性质与解法，主要对一次同余方程的解法进行了探讨，特别是对一次同余方程的欧拉定理算法，欧几里德算法等七种解法进行了比较与分析，并介绍了同余方程组、孙子定理、素数模的同余方程，模p 的同余方程的解法。
关键词：同余同余方程孙子定理Abstract：This paper mainly discusses the basic concepts of congruence equations and congruence equation some of the basic nature of solution,and highlights the Remainder Theorem,solution of the congruence equation,mod p congruence equation solution,congruence equation of primes mode solution,etc.Key words:Congruence Congruence equation Remainder Theorem目录引言 (1)1.同余与同余方程的基本性质 (2)1.1 同余的概念与基本性质 (2)1.2同余方程的概念与性质 (3)2.一次同余方程的解法 (4)2.1 ()a=的情况 (4), m 12.2 ()=≠的情况 (7),1a m d3.同余方程组的解法 (8)3.1简单同余方程组的解法 (8)3.2 孙子定理 (9)4.高次同余方程的的解法 (11)4.1素数模的同余方程 (11)4.2模pα的同余方程 (12)总结： (17)参考文献 (18)致谢： (19)引言对于同余方程的解法国内外的数学家们均对其做出了非常全面与细致的研究。
北师大版高中数学选修4-6初等数论初步：同余方程(组)
知识探究
（2）在3与7的公倍数中找除以5余3的数。 ∵[3，7]=21，21÷5=4（余1）， （21×3）÷5=12（余3）， ∴63就是符合条件的数。
知识探究
（3） 在3与5的公倍数中找除以7余2的数。 ∵[3，5]=15，15÷7=2（余1）， （15×2）÷7=4（余2）， ∴30就是符合条件的数。
同余方程（组）
知识探究
一、 “物不知其数”问题及其解法 大约在公元4世纪，我国南北朝时期有一 部著名的算术著作《孙子算经》，其中 就有这样一个“物不知其数”问题：
知识探究
“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”。
知识探究
明朝程大位编著的《算法统宗》里 记载了此题的解法，他是用一首歌谣 叙述出来的：
知识梳理
在代数中，含有未知数的等式叫作方程， 同样地，我们把含有未知数x的同余式：
f（x）=0(modm) （其中f（x）是整系数多项式）称为模 m的同余方程。
谢谢欣赏！
三人同行七十稀， 五树梅花廿一枝， 七子团圆正半月， 除百零五便得知。
知识探究
解答算式是： 70×2＋21×3＋15×2＝233， 233－105×2＝23.
知识探究
上面解法的步骤及理由是：
（1）先在5与7的公倍数中找除以3余1的数， 进而找到除以3余2的数。 ∵[5，7]=35，35÷3=11（余2）， （35×2）÷3=23（余1），
知识探究
∴23是满足该题的最小解， 它的所有解为:
X=105k+23(k=0,1,2, …)。
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ识探究
数学竞赛精讲精练专题—初等数论中的同余问题_1
∴
(
pk k
)
pk k
[
pk k p
]
pk k
pk 1 k
∴
(m)
(
p1 1
)
(
p2 2
)
(
pk k
)
(
p1 1
p1 1
1
)(
p2 2
p2 2
1
)
(
pk k
pk k
1
)
p1 1
(1
p11
)
p2 2
(1
p21)
pk k
(1
又 p 为奇素数， p 1为偶数，∴ ( p 1)!1 0(mod p) ，得证．
6、设 a 为整数， p 为正整数，若存在 x Z ，使得 x2 a(mod p) ，则称 a 为模 p 的二
次剩余，否则，称 a 为模 p 的二次非剩余．
p1
设 p 为奇素数，a Z 且 p a ，证明：a 是模 p 的二次剩余充要条件是 a 2 1(mod p) ；
若 a b(mod m) ， c d(mod m) ， n N* 则 a c b d(mod m) ， a c b d(mod m) ac bd(mod m) ， an bn (mod m) ．
3）除法运算：
ac bc(mod m) ，则 a b(mod m ) ． (c, m)
(1)k m p1 p2 pk
k
m(1
1
1 (1)k 1 )
p p p i1 i 1i jk i j
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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)107108 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 dm 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 dm d x d m x d m x x )1(20000-+++，，，， 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 ≡aym b +(mod m ) 是方程(2)的解。
解 直接验算，有ax ≡ b + ym ≡ b (mod m )。
109注：例1说明，求方程(2)的解可以转化为求方程my ≡ -b (mod a ) (5)的解，这有两个便利之处：第一，将一个对于大模m 的同余方程转化为一个对于小模a 的同余方程，因此有可能通过对模a 的完全剩余系进行逐个验证，以求出方程(5)和(2)的解；第二，设m ≡ r (mod a )，r < a ，则又可继续转化成一个对于更小的模r 的同余方程。
例2 解同余方程325x ≡ 20 (mod 161) (6)解 同余方程(6)即是3x ≡ 20 (mod 161)。
解同余方程161y ≡ -20 (mod 3)，2y ≡ 1 (mod 3)，得到y ≡ 2 (mod 3)，因此方程(6)的解是x ≡3161220⋅+= 114 (mod 161)。
例3 设a > 0，且(a , m ) = 1，a 1是m 对模a 的最小非负剩余，则同余方程a 1x ≡ -b ][am (mod m ) (7) 等价于同余方程(2)。
解 设x 是(2)的解，则由m =][am a + a 1得到 ][][])[(1am b a m ax x a m a m x a -≡-≡-=(mod m )， 即x 是同余方程(7)的解。
但是由假设条件可知同余方程(2)与(7)都有且只有一个解。
所以这两个同余方程等价。
注：用本例的方法，可以将同余方程(2)转化成未知数的系数更小一些的同余方程，从而易于求解。
例4 解同余方程6x ≡ 7 (mod 23)。
解 由例3，依次得到6x ≡ 7 (mod 23) ⇔ 5x ≡ -7⋅3 ≡ 2 (mod 23)⇔ 3x ≡ -2⋅4 ≡ -8 (mod 23)110⇔ 2x ≡ -8(-7) ≡ 10 (mod 23)⇔ x ≡ 5 (mod 23)。
例5 设(a , m ) = 1，并且有整数δ > 0使得a δ ≡ 1 (mod m )，则同余方程(2)的解是x ≡ ba δ - 1 (mod m )。
解 直接验证即可。
注：由例5及Euler 定理可知，若(a , m ) = 1，则x ≡ ba ϕ(m ) - 1 (mod m )总是同余方程(2)的解。
例6 解同余方程81x 3 + 24x 2 + 5x + 23 ≡ 0 (mod 7)。
解 原同余方程即是-3x 3 + 3x 2 - 2x + 2 ≡ 0 (mod 7)。
用x = 0，±1，±2，±3逐个代入验证，得到它的解是x 1 ≡ 1，x 2 ≡ 2，x 3 ≡ -2 (mod 7)。
注：本例使用的是最基本的解同余方程的方法，一般说来，它的计算量太大，不实用。
例7 解同余方程组⎩⎨⎧≡-≡+)7(mod 232)7(mod 153y x y x 。
(8) 解 将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到19y ≡ -4 (mod 7)，5y ≡ -4 (mod 7)，y ≡ 2 (mod 7)。
再代入(8)的前一式得到3x + 10 ≡ 1 (mod 7)，x ≡ 4 (mod 7)。
即同余方程组(8)的解是x ≡ 4，y ≡ 2 (mod 7)。
例8 设a 1，a 2是整数，m 1，m 2是正整数，证明：同余方程组⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 2211m a x m a x (9)111 有解的充要条件是a 1 ≡ a 2 (mod (m 1, m 2))。
(10)若有解，则对模[m 1, m 2]是唯一的，即若x 1与x 2都是同余方程组(9)的解，则x 1 ≡ x 2 (mod [m 1, m 2])。
(11)解 必要性是显然的。
下面证明充分性。
若式(10)成立，由定理2，同余方程m 2y ≡ a 1 - a 2 (mod m 1)有解y ≡ y 0 (mod m 1)，记x 0 = a 2 + m 2y 0，则x 0 ≡ a 2 (mod m 2)并且x 0 = a 2 + m 2y 0 ≡ a 2 + a 1 - a 2 ≡ a 1 (mod m 1)，因此x 0是同余方程组的解。
若x 1与x 2都是方程组(9)的解，则x 1 ≡ x 2 (mod m 1)，x 1 ≡ x 2 (mod m 2)，由同余的基本性质，得到式(11)。
习 题 一1. 证明定理1。
2. 解同余方程：(ⅰ) 31x ≡ 5 (mod 17)；(ⅱ) 3215x ≡ 160 (mod 235)。
3. 解同余方程组：⎩⎨⎧≡-≡+)47(mod 10)47(mod 3853y x y x 。
4. 设p 是素数，0 < a < p ，证明：!)1()2)(1()1(1a a p p pb x a +-⋅⋅⋅---≡-(mod p )。
是同余方程ax ≡ b (mod p )的解。
5. 证明：同余方程a 1x 1 + a 2x 2 + + a n x n ≡ b (mod m )有解的充要112 条件是(a 1, a 2, , a n , m ) = d ∣b 。
若有解，则恰有d ⋅m n -1个解，mod m 。
6. 解同余方程：2x + 7y ≡ 5 (mod 12)。
第二节 孙子定理本节要讨论同余方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡≡≡)(mod )(mod )(mod 2211k k m a x m a x m a x 。
(1) 在第一节的例题中，我们已讨论了k = 2的情形。
下面考察一般情形。
定理1(孙子定理) 设m 1, m 2, , m k 是正整数，(m i , m j ) = 1，1 ≤ i , j ≤ k ，i ≠ j 。
(2)记m = m 1m 2 m k ，M i =im m ，1 ≤ i ≤ k ， 则存在整数M i '（1 ≤ i ≤ k ），使得M i M i ' ≡ 1 (mod m i )， (3)M i M i ' ≡ 0 (mod m i )，1 ≤ j ≤ k ，i ≠ j ， (4)并且i ki i i M M a x '≡∑=10(mod m ) (5)是同余方程组(1)对模m 的唯一解，即若有x 使方程组(1)成立，则x ≡ x 0 (mod m )。
(6)证明 由式(2)，有(M i , m i ) = 1，因此利用辗转相除法可以求出M i '与y i ，使得M i M i ' + y i m i = 1，113 即M i '满足式(3)和式(4)。
由式(3)与式(4)，对于1 ≤ i ≤ k ，有x 0 ≡ a i M i M i ' ≡ a i (mod m i )，1 ≤ i ≤ k 。
若x 也使式(1)成立，则x ≡ x 0 (mod m i )，1 ≤ i ≤ k ，因此x ≡ x 0 (mod [m 1, m 2, , m k ])。
但是，由式(2)可知[m 1, m 2, , m k ] = m ，这就证明了式(6)。
证毕。
定理2 在定理1的条件下，若式(1)中的a 1, a 2, , a k 分别通过模m 1, m 2, , m k 的完全剩余系，则式(5)中的x 0通过模m 1m 2 m k 的完全剩余系。
证明 这是第二章第二节习题6的特例。
证毕。
定理3 同余方程组(1)有解的充要条件是a i ≡ a j (mod (m i , m j ))，1 ≤ i , j ≤ n 。
(7)证明 必要性是显然的。
下面证明充分性。
当n = 2时，由第一节例8可知充分性成立。
假设充分性当n = k 时成立。
假设式(7)当n = k + 1时成立。
我们来考虑同余方程组x ≡ a i (mod m i )，1 ≤ i ≤ k + 1。