1 基本概念及一次同余式
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n n q a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++ 1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(2n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t < ()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b rq r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=, 即d '是(,)a b 的因数。
数论中的同余定理与模运算计算方法
数论中的同余定理与模运算计算方法数论是数学的一个分支，研究整数及其性质和关系。
同余定理与模运算是数论中的重要概念和计算方法。
本文将介绍同余定理的基本概念，同余关系的性质，以及模运算的计算方法。
一、同余定理的基本概念同余定理是指两个整数在除以同一个正整数时，如果得到的余数相等，则这两个整数被称为同余。
用数学符号表示为：若a、b、n为整数且n>0，则当n|(a-b)时，称a与b模n同余，记作a≡b(mod n)。
同余关系是一个等价关系，具有自反性、对称性和传递性。
下面分别介绍同余关系的性质：1. 自反性：对于任意整数a和正整数n，a ≡ a (mod n)，即a与自身模n同余。
2. 对称性：如果a ≡ b (mod n)，则b ≡ a (mod n)，即a与b模n同余，那么b与a也模n同余。
3. 传递性：如果a ≡ b (mod n)，b ≡ c (mod n)，则a ≡ c (mod n)，即若a与b模n同余，b与c模n同余，那么a与c也模n同余。
二、模运算的计算方法模运算是指用除法计算一个数除以另一个数的余数，常用符号为“mod”。
模运算的计算方法如下：1. 加法：若(a+b) mod n = c ，则(a mod n + b mod n ) mod n = c mod n。
2. 减法：若(a-b) mod n = c ，则(a mod n - b mod n ) mod n = c mod n。
3. 乘法：若(a*b) mod n = c ，则(a mod n * b mod n ) mod n = c mod n。
4. 除法：若(a/b) mod n = c ，则(a mod n / b mod n ) mod n = c mod n。
三、应用实例同余定理与模运算在实际应用中有广泛的应用。
以下列举两个具体的实例：1. 密码学中的应用：同余定理用于密码学中的RSA算法，其中大素数的选择和快速幂取模运算是该算法的核心步骤。
zsl第三章第1节1
同余式
1
3.1 基本概念及一次同余式
定义1 设m是一个正整数, f ( x )为多项式 f ( x ) a n x n a n 1 x n 1 其中ai 是整数,则 f ( x ) 0 (mod m ) (1) 叫做模m的同余式.若an 0 (mod m ), 则n叫做f ( x ) 的次数, 记为 deg f , (1)式又叫做模m的n次同余式.
例1 x 5 x 1 0 (mod 7) 是首项系数为1的 模7同余式. 因
2 2 1 0 (mod 7),
5
所以 x 2 (mod 7) 是该同余式的解.
另外在模7的完全剩余系中, x 4 (mod 7)也是 解,故同余式解数是2.
3
定理1 一次同余式 ax b (mod m ), a (2) 0 (mod m ) 有解 (a , m ) | b. 且当同余式(2)有解时,其解数为 d (a , m ).
4
首先求出同余式 a m x 1 (mod ) (a , m ) (a , m ) m 的一个解 x x0 (mod ); (a , m ) 其次, 写出同余式ax b (mod m)的一个特解 x0 b x (mod m ) (a , m ) 最后, 写出同余式ax b (mod m)的全部解
x0 b m x t (mod m ), t 0,1, (a , m ) (a , m ) ,(a, m ) 1
5
例2 求解一次同余式 57 x 531 (mod123)
例3 求解一次同余式 37 x 3819 (mod 10)
6
定理2 设m是一个正整数,(a , m ) 1, 则一次同 余式 ax 1 (mod m ) 有唯一解 x a ' (mod m ).
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 751＋1＋1＝3≡3 mod 752＋2＋1＝35≡0 mod 753＋3＋1＝247≡2 mod 754＋4＋1＝1029≡0 mod 755＋5＋1＝3131≡2 mod 756＋6＋1＝7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0（mod 15）的解。
ISM_3 同余式
例2 韩信点兵 : 有兵一队,若列成五行纵队, 则末行一人;成六行纵队,则末行五人;成七行纵 队,则末行四人;成十一行纵队,则末行十人,求 兵数.
解法一 韩信点兵问题可转化为同余式组 :
x 1 (mod 5)
x 5 (mod 6)
x4
(mod 7)
x 10 (mod11)
27
这里b1 =1,b2 5, b3 4, b4 10,由例1,同余式的解为
(a, m)
(a, m)
的一个解
x x0
(mod m ); (a, m)
其次,写出同余式ax b (mod m)的一个特解
x x0b (mod m) (a, m)
最后,写出同余式ax b (mod m)的全部解
x x0b t m (mod m), t 0,1, ,(a, m) 1 (a, m) (a, m)
注 :中国剩余定理又叫做孙子定理.
我国宋代数学家秦九韶在数学九章(1247年) 中提出了上述同余式的一般解法,把此解法叫做“求 一术”.
21
其解法可列表如下 :
除数 余数 最小公倍数 衍数 乘率 各总
答数
m1 b1
M 1 M1' M1 M1' b1
m2
b2
m m1m2
mk
M2
M
' 2
M
2
M
' 2
8
第二种：利用二元一次不定方程的解法
ax b(mod m)求 :
1.当(a, m) 1,则存在s, t使得：
a(sb) m(bt ) b
a(sb) b(mod m)
x sb(mod m)是唯一的解。 2.当(a, m) d 1, d | b, d遍除原同余式后，得简约
同余问题口诀的原理
同余问题口诀的原理（实用版）目录1.同余问题的定义与基本概念2.同余问题口诀的原理3.同余问题的解法及应用举例4.总结与拓展正文一、同余问题的定义与基本概念同余问题是指在模运算下，两个或多个整数之间的关系。
若整数 a、b 除以整数 m，所得的余数相同，则称 a、b 对模 m 同余。
同余关系用符号“≡”表示，如 a≡b(mod m)，读作“a 同余于 b 模 m”。
二、同余问题口诀的原理同余问题口诀，也被称为“同余定理”或“欧拉定理”，是数论中解决同余问题的重要方法。
其原理如下：若 a≡b(mod m)，则 a^φ(m)≡b^φ(m)(mod m)，其中φ(m) 表示模 m 的欧拉函数值，即小于等于 m 的与 m 互质的正整数的个数。
三、同余问题的解法及应用举例利用同余问题口诀，我们可以轻松地解决许多同余问题。
下面举一个典型的例子：问题：有一个自然数，用它分别去除 63、90、103，都有余数，且三个余数的和是 25。
这三个余数中最大的一个是多少？解：设这个自然数为 x，则根据题意可列出以下三个同余式：x ≡ 1 (mod 63)x ≡ 1 (mod 90)x ≡ 23 (mod 103)由同余问题口诀，我们有：x ≡ 1^φ(63) (mod 63)x ≡ 1^φ(90) (mod 90)x ≡ 23^φ(103) (mod 103)其中，φ(63) = 17，φ(90) = 18，φ(103) = 19。
因此，我们可以将原问题转化为求解以下三个同余式：x ≡ 1 (mod 63)x ≡ 1 (mod 90)x ≡ 23^19 (mod 103)解得 x = 63k + 1 = 90m + 1 = 103n + 23^19，其中 k、m、n 均为整数。
由于三个余数的和是 25，我们有：1 + 1 + 23^19 ≡ 25 (mod 103)即 23^19 ≡ 23 (mod 103)因此，最大的余数为 23。
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 。
第四章同余式
§4同余式1 基本概念及一次同余式定义 设()110nn n n f x a x a xa --=+++ ，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()543222230mod 7x x x x x +++-+≡仅有解()1,5,6mod 7.x ≡例2 同余式()410mod16x -≡有8个解()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡例3 同余式()230mod 5x +≡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,,1mx x k m k d d≡+=- （3） 证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程ax my b =+ （4）有解. 而不定方程（4）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,,1mx k k d d +=- 对模m 两两部同余. 设 ()00mod ,01,1m mx 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()001mx 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.mx 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 mx 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,,1mx x k m k d d≡+=- (5) 例1求同余式 ()912m o d 15x ≡ （6）的解. 解 因为()9,15 3.=又因312,故同余式（6）有解，且有三个解.先解()5mod 43≡x , 得().5mod 3≡x 故同余式（6）的三个解为()158mod15,0,1,2.3x k k ≡+= 即 ()3,8,13m o d 15.x ≡ 例2 求同余式 ()6483mod105x ≡ （7）的解. 解 ()831,1105,64= ,同余式有一个解. 将同余式表为21051921916152161054716476418864105836483+≡≡≡+≡≡≡+≡≡x ().105mod 622124≡≡例3 解同余式 325x ≡ 20 (mod 161) 解 ()1161,325= 同余式有一个解, 同余式即是3x ≡ 20 (mod 161) 即.161203y x +=解同余式 161y ≡ -20 (mod 3)， 即2y ≡ 1 (mod 3)， 得到y ≡ 2 (mod 3)，因此同余式的解是x ≡3161220⋅+= 114 (mod 161). 例4 设(a , m ) = 1，并且有整数δ > 0使得 a δ ≡ 1 (mod m )， 则同余式(2)的解是x ≡ ba δ - 1 (mod m ). 解 直接验证即可.注：由例4及Euler 定理可知，若(a , m ) = 1，则x ≡ ba ϕ(m ) - 1 (mod m ) 总是同余式(2)的解.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5 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6 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) 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。
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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 ()158mod15,0,1,2.3x k k ≡+=即()3,8,13mod15.x ≡例2 求同余式()6483mod105x ≡ （7）的解。
解 对64,105作辗转相除法。
10564141,6441123,4123118,231815,18533,5312,3211,212,=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯故()64,1051,=同余式（7）有唯一解。
由以上过程还可知 ()()()()()()()()()()()()()()()132135311513251185321825718223181723718923741231941923164196441116=+⨯-=+-⨯⨯-=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-=⨯+-⨯⨯-=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-=⨯+-⨯⨯-()()()()64164125641610564125105256441=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-故()()()()1052564411,105258364418383,64340383mod105.⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⨯-≡故同余式（7）的解为()3403mod105x ≡-即()62mod105.x ≡习题1．求下列同余式的解：（ⅰ）256179(mod337).x ≡ （ⅱ） 1215560(mod 2755).x ≡（ⅲ）12961125(mod935).x ≡解（ⅰ）因256337256811381101141010131133131042510425104319791979⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪→-→-→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-→-→* ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---*⎝⎭⎝⎭⎝⎭故()256,3371=，于是该同余式有解，且对模337有唯一解。
并且()()()()()256104337791,25610417933760179179,256104179179mod337,⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⎡⎤⎣⎦⨯⨯≡但是()1041791861681mod337,⨯=≡故()25681179337.⨯≡于是该同余式的唯一解为()81mod337.x ≡ （ⅱ）由辗转相除法，可得(1215,2755)5,5560,=故该同余式有解.由辗转相除法，还可得1215(195)275586 5.⋅-+⋅=在这个等式两边同时乘以112，得 1215(21840)27559632560.⋅-+⋅=故1215(21840)560(mod 2755).⋅-≡因21840200(mod 2755),-≡故1215200560(mod 2755).⋅≡故该同余式的全部解为2755200(mod 2755),0,1,,4.5x k k ≡+=即200,751,1302,1853,2404(mod 2755).x ≡2．求联立同余式()()4290mod143,29840mod143x y x y +-≡-+≡的解。
解 由同余式()4290mod143x y +-≡得()429mod143x y ≡-+代入同余式()29840mod143x y -+≡得()()()()24299840mod143,171420mod143,171mod143.y y y y -+-+≡-+≡≡-对17,143做辗转相除法。
因1431787,17723,7321,313,=⨯+=⨯+=⨯+=⨯故()17,1431,=且()()()()()()()173271772217275172143178514351742.=+⨯-=+-⨯⨯-=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-故()()()()143517421,17421mod143,17421mod143.⨯+⨯-=⨯-≡⨯≡-故由()171mod143y ≡-可得()42mod143.y ≡由()42mod143y ≡及()4290mod143x y +-≡得()()442290mod143,4mod143.x x +⨯-≡≡于是可得，该联立同余式的解为()()4mod143,42mod143.x y ≡≡3.（ⅰ）设m 是正整数，(,)1a m =，证明()1(mod )m x ba m ϕ-≡是同余式(mod )ax b m ≡的解。
（ⅱ）设p 是质数，0a p <<，证明1(1)(1)(1)(mod )!a p p a xb p a ---+≡- 是同余式(mod )ax b p ≡的解。
证（ⅰ）因m 是正整数，(),1,a m =故同余式()mod ax b m ≡有唯一解。
由欧拉定理得 ()()()1mod .m m aba ba b m ϕϕ-=≡故()1m x ba ϕ-≡是同余式()mod ax b m ≡的解。
（ⅱ）因p 是质数，0a p <<，故(,)1a p =，同余式(mod )ax b p ≡有惟一解。
因 (1)!(1)(1)a p p a ---+,故 1(1)(1)(1)(1)!(mod(1)!).a p p a a a ----+≡--易知 11(1)(1)(1)(1)!(1)(1)((1))(1)!(mod ).a a p p a a a a p -----+--≡----=-而((1)!,)1a p -=，故1(1)(1)(1)(1)!(mod (1)!).a p p a a p a ----+≡--因此 1(1)(1)(1)1(mod ).(1)!a p p a p a ---+-≡-因!(1)(1),(!,)1a p p p a a p --+=，故!(1)(1).a p p a --+于是 11(1)(1)(1)(1)(1)(1)(mod ).!(1)!a a p p a p p a ab b b p a a ----+--+-=-≡- 因此，1(1)(1)(1)(mod )!a p p a xb p a ---+≡-是同余式(mod )ax b p ≡的解。