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初等数论 第四章 同余式
140+63 233+30 2×105 =23 =233
2015/11/17
为什么啊？
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问题1：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩二，七七数之剩二，问物几何。 x-2是3、5、7的公倍数。 问题2：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩三，问物几何。
3|x 2, 5|x 3 x 3k1 2 5k2 3
2015/11/17
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例3 解同余方程6x 7 (mod 23)。
m ax b (mod m) a1 x b[ ](mod m ) a
解 由定理4，依次得到
6x 7 (mod 23) 5x 73 2 (mod 23)
3x 24 8 (mod 23)
则(1)的解为
x ai M i M i (mod m )
i 1
k
(2)
其中，整数Mi（1 i k），满足MiMi 1 (mod mi).
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证明： 由 (Mi, mi) = 1，利用辗转相除法可以求出 Mi与yi ，使得 MiMi yimi = 1，
rm sm rm sm 注：x0 x0 (mod m ) (mod m ) r s d d d d
解方程(2)的方法： 先求出相应不定方程 ax my = b的一个特解
m 再代入 x x0 r (mod m ), 0 r d 1. d
2015/11/17
（3）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。
初等数论第三章同余
第三章同余§ 1 同余的概念及其基本性质定义1设m Z，称之为模。
若用m去除两个整数a与b所得的余数相同,则称a, b对模m同余，记作：a b (mod m)；若所得的余数不同，则称a, b对模m不同余，记作： a b(mod m)。
例如，8 1(mod 7)，；所有偶数 a 0(mod 2)，所有奇数 a 1(mod 2)。
同余是整数之间的一种关系，它具有下列性质：1、a a(mod m)； (反身性)2、若a b (mod m)，则b a (mod m);(对称性)3、若a b (mod m)，b c (mod m)，则a c(mod m);(传递性) 故同余关系是等价关系。
定理1 整数a,b对模m同余的充分必要条件是m|(a b)，即卩a b mt，t Z。
证明设 a mq1r1， b mq2r2，0 r1,r2m，则 a b(mod m) r1r2a b m(q1q2) m|(a b)。
性质1 (1)若a i b i (mod m)，a? b2 (mod m)，贝U a i a? b i b2 (mod m)；(2) 若a b c (mod m),贝U a c b (mod m)。
性质2 若a1b1 (mod m)，a2b2 (mod m),贝U a1a2b1b2(mod m);特别地，若 a b (mod m)，贝U ka kb (mod m)。
定理2 若A1kB 1 k (mod m)，x i y i (mod m)，i 1,2, ,k，则 A 1 k x1 11k k xk k B 1 k y1 11kky k k(mod m)；特别地，若a i b i (mod m)，i 0,1,2, ,n，则n a n x n1a n 1x a0 n n 1b n x b n 1x b0 (mod m)。
性质3 若aa1d， b b1d，(d,m) 1， a b(mod m)，则a1 b1 (mod m)。
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41、实际上，我们想要的不是针对犯 罪的法 律，而 是针对 疯狂的 法律。 ——马 克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就 像影子 跟随着 身体一 样。— —贝卡 利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进 步。— —杰弗 逊 44、人类受制于法律，法律受制于情 理。— —托·富 勒
45、法律的制定是为了保证每一个人 自由发 挥自己 的才能 ，而不 是为了 束缚他 的才能 。—— 罗伯斯 庇尔
谢谢
11、越是没有本领的就越加自命不凡。——邓拓 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者样任意揉捏。——歌德 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。——迈克尔·F·斯特利
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 同余
注意：这条与前面的(5)的推论和(7)不同, 模变了. 证明： m | (a－b) => km | k(a－b)
a b m a b mt t. d d d
2013年11月13日10时5分
我喜欢数学
性质(9)
若 a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), m=[ m1, m2 ], 则 a ≡ b (mod m) . 证明： 由充要条件, 有 m2 | (a－b)， m1 | (a－b)
2013年11月13日10时5分
性质的应用：
由 10≡1（mod 9），有 102≡12（mod 9）， 103≡13（mod 9），…，10n≡1n（mod 9）,
an an 1 a2 a1a0 an 10n an 1 10n 1 a1 10 a0 an an 1 a1 a0 (mod 9).
性质⑺ 同余式的“除”.
性质⑻⑼⑽
涉及模的改变！分别与a，b和m的约 数，倍数，公约数，最小公倍数有关.
性质⑾是关于a，b和m最大公约数的。
2013年11月13日10时5分
例 2
分析
今天是星期二，101000天之后的那天是星期几？
由于1乘a为a ，1n=1，先求得某数的n次幂与1对模同余 是非常方便的. 我们已知 7 | 1001, 即103 ＋1≡0 (mod 7), ， 103 ≡－1(mod 7), 得106 ≡1 (mod 7).
又23m1 2(mod 7)， 从而当且仅当
23m 2 4(mod 7),
n 3m时, 7 2n 1.
（2）由23m 1 2(mod 7)，3m 1 1 3(mod 7), 23m 2 1 5(mod 7), 2 可知，对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.
初等数论第二章同余
和
N = cin_Yan_2…①仇=a2ci[a()-10°+a5a4a3-103H。
注:一般地，在考虑使N = an_{an_2-被加除的余数时,首先 是求岀正整数匕使得
10*三 一1或1(modm),
再将N=ci叶\5_2…写成
x + y+ 1 = 9或18,
3-y + x = 0或llo
这样得到四个方程组：
j\ + y + l = a
\3- y+x = b
其中。取值9或18, b取值0或11。在0<x,y<9的条件下解这四个 方程组，得到x=8, y = 0, z = 6o
习题一
1.证明定理1和定理2。
2.证明定理4。
3.证明定理5中的结论（i ）—（iv）o
(v)由
ac=be(mod m)
得到m |c(a-b),再由(c,加)=1和鉛一章翕三节定理4得到m \a- b,即
a = b(mod m)o
证毕。
例1设N = anall_［- --aQ是整数N的十进制表示，即
N=ani0,?+an-ilO,/_1+ …+ailO+ao ,
则
(i )3|Nq3|£⑷；
x = y(modm),⑷三切(modm),0 < / <n,
则பைடு நூலகம்
工4兀’三工(mod力7)。⑵
i=0i=0
证明留作习题。
定理5下面的结论成立：
(i)a = b(mod m),d \ m, d> 0 a = b(modd)；
初等数论(三)同余
初等数论（三）--同余基本性质：（1） 反身性：(mod )a a m ≡（2） 对称性：若(mod ),a b m ≡则(mod ),b a m ≡（3） 传递性：如果(mod ),a b m ≡(mod ),b c m ≡那么(mod ),a c m ≡以上三个性质说明∙“同余是一个等价关系，Z 中元素可以按照模m 分成m 个类，粗略地讲，用一类中的元素可以认为是相同的”（4） 如果(mod ),a b m ≡(mod ),c d m ≡那么(mod ),(mod ),a c b d m ac bd m ±≡±≡（5） 如果(mod ),a b m ≡那么(mod ),n n a b m ≡（6） 如果(mod )ac ab m ≡，不一定有(mod )c b m ≡（整数之间的乘法消去律不一定成立），（7） 若(mod ),ac bc m ≡则mod (,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭。
因此，(,)1c m =时，才会有(mod )a b m ≡。
例1.若质数5,p ≥并且21p +也是质数，证明：41p +是合数。
例2.对于任何n 个整数的集合，存在一个子集，该子集的元素之和被n 整除。
例3.证明表达式23,95x y x y ++按照相同的,x y 被17整除。
例4.设3p ≥为奇质数且111...21a p b +++=-， 证明：p a 。
作业：证明：3131421x x ++++被7整除。
例5.30对夫妻围着圆桌而坐。
证明：至少有两名妻子到各自丈夫的距离相等。
例6.设(,)1a m =，证明方程(mod )ax b m ≡在{0,1,2,3,...,1}m -中有唯一解。
例7.设01,,,,1,2,3,...n n a b x N x ax b n -∈=+=。
证明：数列12,,....,,...n x x x 不可能都是质数。
例8.证明方程2222x y z xyz ++=只有一个整数解0x y z ===。
初等数论同余式
72M ,1 1(mod7),63M , 2 1(mod8),56M ,3 1(mod9)
所以有x 72 4 1 63 (1) 2 56 5 3 498(mod504)
是原一次同余式组的解。
f ( x) 0(modmi ),i 1,2k 设 和 f ( x) 0(modmi ) f ( x) 0(mod m) 数为 则有
（2） 的解
T , Ti . 下面来看证明
T T1T2 Tk
证明：若 x0 是（1）的解，即 f ( x0 ) 0(modm) 则 m | f ( x0 ) 从而有 mi | f ( x0 ) ，即 f ( x0 ) 0(modmi ) 即（1）的解就是（2）的解， 反之若 x0 是（2）的解，则有 f ( x0 ) 0(modmi ),i 1,2k 即 mi | f ( x0 ) 从而有[m1, m2 ,mk ] | f ( x0 ) 由于 m1 , m2 ,mk 两两互素，所以
模m的一个完全剩余系中满足同余方程的个 数称为满足同余方程的解数。
.
注：对模m互相同余的解是同一个解。 例：同余式 x 2 x 1 0(mod3)
x 1(mod3) 是解， x 2(mod3)也 次数为2， 是解，因为 1 2(mod3)
所以为同一解，解数是1，
为了求方程的解经常有等价变形的问题， 对 于同余方程同样也有等价变形，即使原同余 方程和新的同余方程互相等价的若干变换。 常用的变换有
§3 一次同余方程组的解法
定义:如下(*)称为一次同余方程组
x≡b1(mod m1)
x≡b2(mod m2)