第四章 (8) 高次同余式的解法、质数模的同余式
初等数论(严蔚敏版) 第四章同余式
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
2、 （i）设 m1 , m2 , m3 是三个正整数，证明：
(m1 , m3 ),( m2 , m3 ) m1 , m2 , m3
．
（ii）设 d (m1 , m2 ).证明：同余式组
x b1 (mod m1 ), x b2 (mod m2 )
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第四章
同余式
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§4.1
基本概念及一次同余式
同余多项式有 3 个解
例、 解同余式 12 x 15 0 mod 45 解：（12，45）= 3 15
而原同余式为 4 x 5 0(mod15)
先解同余式 256x 1 mod 337 由辗转相除法，得 256 104 337 79 1
上述同余式的解是 x 104 mod 337 原同余式的解是 x 104 179 81 mod 337
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即 b( 1) 2( a 1) ( a 1)! k ( a 1)!(mod p )
k b(mod p )
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即 x b(1)
a 1
( p 1) ( p a 1) (mod p ) a!
是 ax b(mod p ) 的解．
其中 x1,2,,k 是适合 (2) 的一个整数。 证明： （i） (m1 , m3 ),(m2 , m3 ) (m1 , m3 )(m2 , m3 ) (m1 , m3 )(m2 , m3 ) (( m1 , m3 ),( m2 , m3 )) ( m1 , m2 , m3 )
《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。
素数模的同余方程
素数模的同余方程素数模的同余方程是数论中的一个重要问题。
在数论中，同余方程是指形如ax ≡ b (mod p)的方程，其中a，b和p都是整数，p是一个素数。
同余方程的解是使得方程成立的整数x。
在解决素数模的同余方程前，首先需要理解一些基本概念。
首先，模运算是指在整数集上定义的一种运算，即对一个数除以另一个数得到的余数。
例如，5 mod 3 = 2，表示将5除以3得到的余数是2。
其次，素数是一种只能被1和自身整除的正整数，没有其他因数。
对于给定的同余方程ax ≡ b (mod p)，我们想要找到满足方程的整数x。
为了解这个问题，我们可以利用同余方程的性质和数论中的定理。
首先，同余方程的一个基本性质是如果a≡b (mod p)，那么对于任意整数n，na≡nb (mod p)。
这个性质可以通过对方程两边同时乘以n来证明。
第二，如果对于整数a和整数p，a和p互质（即它们没有公因数），那么同余方程ax ≡ b (mod p)有唯一解。
这个定理被称为费马小定理。
根据费马小定理的推论，如果p是一个素数，那么对于任意整数a，a^p ≡ a (mod p)。
这个推论对于解决素数模的同余方程非常有用。
例如，对于方程x^2 ≡ 1 (mod p)，其中p是一个素数，我们可以利用费马小定理的推论来求解。
我们首先观察到，如果a是方程的一个解，那么p-a也是方程的一个解。
因为根据模运算的性质，如果a ≡ b (mod p)，那么p-a ≡ p-b (mod p)。
因此，我们只需要找到方程的一个解，然后可以通过计算p-a来得到另一个解。
为了找到方程的一个解，我们可以利用费马小定理的推论。
根据这个推论，我们知道a^2 ≡ 1 (mod p)对于每个不被p整除的整数a成立。
因此，我们只需要找到一个不被p整除的整数a，计算a^2 mod p，然后检查是否等于1。
如果等于1，则a是方程的一个解；否则，我们需要继续寻找下一个候选解。
通过这种方式，我们可以找到方程x^2 ≡ 1 (mod p)的所有解。
初等数论 第四章 同余式
140+63 233+30 2×105 =23 =233
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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
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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
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（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。
高次同余方程解法
高次同余方程解法高次同余方程是数论中一种经典问题，它涉及到模运算和数的整除性质。
解决高次同余方程的方法有很多，本文将介绍其中的几种常见方法。
首先，我们来了解一下什么是高次同余方程。
高次同余方程指的是形如 $ax^n \equiv b \pmod{m}$ 的方程，其中 $a, b, m$ 是已知整数，$n$ 是已知正整数。
解决这类方程的目标是找到一个满足条件的整数解。
一种解决高次同余方程的方法是试位法。
这种方法的基本思想是通过尝试不同的取值来找出满足方程的整数解。
具体步骤如下：1. 准备一个数列 $S$，根据 $n$ 的大小可以选择不同的增量。
例如，如果 $n = 2$，可以选择 $S=\{0,1,2,3,\ldots\}$；如果 $n = 3$，可以选择$S=\{0,1,2,3,4,5,\ldots\}$。
2. 遍历数列 $S$，对于每个数 $s$，计算 $as^n \bmod m$ 的结果。
3. 如果找到某个数 $s$，使得 $as^n \equiv b \pmod{m}$ 成立，则 $s$ 是方程的一个解。
4. 继续遍历数列 $S$，直到找到所有满足条件的解。
试位法的优点是简单易懂，但缺点是效率较低。
当 $m$ 较大、$n$ 较大时，试位法的计算量会非常大，很难在合理的时间内求解。
另一种解决高次同余方程的方法是费马小定理。
费马小定理是数论中的一条重要定理，它表明如果 $p$ 是一个素数，$a$ 是一个不被 $p$ 整除的整数，则 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$。
利用费马小定理，可以简化高次同余方程的求解过程。
具体步骤如下：1. 如果 $n$ 不是一个素数，可以将方程转化为 $a^{n-1} \cdot a \equiv b\pmod{m}$ 的形式。
2. 如果 $n$ 是一个素数，根据费马小定理，可以得到 $a^{n-1} \equiv 1\pmod{n}$。
即方程可简化为 $a \equiv b \pmod{m}$ 的形式。
第四章 同余式 (2)
1、小模：即把一般模高次同等方程转化为 一系列模两两互素的高次同余方程组，即有
m 定理：设m m1m2 mk ， 1, m2 ,mk 两两互素， f ( x) 0(mod m) 等价于下面方程组 则 （1）
例：同余方程 x3 x2 x 1 0(mod15)
解：原同余方程等价于同余方程组
x3 x2 x 1 0(mod3)
x3 x2 x 1 0(mod5)
即有
x 1,2(mod 3) x 1,4(mod 5)
所以有4解，由孙子定理为
x 1,4,11,14(mod15)
9 9 4
6 2） 30 8(mod11 （ )
4
(3)用形式分数
定义1：当（a，m）=1时，若ab 1(modm)， 则记b 1 (modm)称为形式分数。 a
c 1 (mod m) 根据定义和记号， 有性质 a
c a
1、
c c mt1 (mod m), t1 , t2 Z a a mt 2
（1）移项运算是传统的，
（2）同余方程两边也可以加上模的若干倍。 相当于同余方程两边加“零”。 （3）乘上一数k或除去一个数k，为了保持其 同解性，必须（k ,m）=1，这一点和同余的性 质有区别。
例
15x2 17x 5(mod12) 等价于 3x2 5x 5(mod12)
12 7
x 2x 6x 8 0(mod5)
x0 m1t2 mk x0 m1t2 mod m) （
2.2 一次同余方程ax≡b(mod m)的解法。
（1）化为不定方程ax+my=b
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)
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( i i i ) 若 取 y0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 解 , 则 x0 m o d m 是 ( 5) , 即 ( 2 ) 的 解 , 这 里 x0 (my0 b1 ) / a1 (7). 反 过 来 , 若 x0 m o d m是 ( 2 ) 即 ( 5 ) 的 解 , 则 y0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 解 , 这 里 y0 (a1 x0 b1 ) / m (8).此 外 , 若 y0 m o d a1 , y '0 m o d a1 是 ( 6 ) 的 两 个 不 同 解 , 则 相 应 地 确 定 x0 m o d m, x '0 m o d m也 是 ( 5 ) 即 ( 2 ) 的 两 个 不 同 解 . 所 以 ( 6 ) 和 ( 5) 的 解 数 相 同 .
定 理 1 (孙 子 定 理) 设 m1 , , mk是 k 个 两 两 互 质 的 正 整 数 , m m1 mk ,
m mi M i , i 1,2, , k , 则 同 余 式 组 x b j (mod m j ), 1 j k (1) 的 解 是
' x M 1' M 1b1 M 2 M 2b2
孙子定理是数论中最重要的基本定理之一. 它 实 质 上 刻 画 了 剩 余 系 的 结 构 . 设 c 由 式 ( 2) 给 出 , c ' M M 1b '1
' 1
M M k b 'k .
' k
容 易 证 明 ： c c ' (mod m)的 充 要 条 件 是 b j b ' j (mod m j ),1 j k , c 和 m 既 约 的 充 要 条 件 是 b j和 m j都 既 约 .
以 上 步 骤 的 ( i ) , ( i i ) , ( i i i ) 表 明 : 求 模 m 的 同 余 式 ( 2) , 通 过 同 余 式 ( 5 ) 转 化 为 求 解 较 小 的 模 a1 的 同 余 方 程 ( 6 ) . 如 果 ( 6) 能 立 即 解 出 , 则 由 ( 7 ) 就 得 到 ( 2) 的 全 部 解 ; 如 果 ( 6) 还 不 容 易 解 出 , 则 继 续 对 它 用 步 骤 ( i ) , ( i i ) , 化 为 一 模 更小的同余式.这样进行下去总能使问题归结为求解 一模很小且能直接看出其是否有解的同余式.再依次 利 用 式 ( 7 ) 返 回 上 去 即 可 求 得 ( 2) 的 全 部 解 .
' ' M M b M j j j j M jb j bi (mod mi ) j 1 k
即 为 (1) 的 解 . 若 x1 , x2是 适 合 ( 1 ) 式 的 任 意 两 个 整 数 , 则 x1 x2 (mod mi ),1 i k ， 因(mi , m j ) 1,于 是 x1 x2 (m od m), 故(1)的解只有(2).
大 约 公 元 5-6 世 纪 , 我 国 南 北 朝 时 期 有 一 部 著 名 的 算 术 著作《孙子算经》,其中有这样一个“物不知数”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？”这就是要求同余方程组 x 2 (mod 3) x 3 (mod 5) 的 正 整 数 解 . 书 中 求 出 了 满 足 这 一 问 题 的 最 小 x 2 (mod 7) 正 整 数 解 x 23. 因 此 把 定 理 1 称 为 孙 子 剩 余 定 理 或 孙 子 定 理 国际上称为中国剩余定理.
同余式组解的定义 同 余 类 c mod m, m [m1 , , mk ]中 的 任 一 整 数 也 是 同 余 式 f j ( x) 0(mod m j )(1 j k )的 解 , 这 些 解 都 应 看 作 是 相 同 的 , 并 把 这 个 解 记 为 x c (mod m). 这 实 际 上 是 把 同 余 类 c mod m 看作是满足同余式组的一个解. 当 c1 , c2均 为 同 余 式 组 的 解 , 且 对 模 m不 同 余 时 才 看 成 是 同 余 式组的不同的解.我们把所有对模m两两不同余的同余式组 解的个数称为同余式组的解数.因此我们只要在模m的一组 完 全 剩 余 系 中 来 解 同 余 式 组 , 解 数 至 多 为 m. 此 外 , 只 要 同 余 式 组中任意一个同余式无解，则同余式组一定无解.
的 解 答 中 x 的 值 , 故 同 余 式(2)可 以 用 解 不 定 方 程 (4)的方法去解它.
( i ) 取 a1 a ( m o d m ) , - m / 2< a1 m / 2; b1 b ( m o d m ) , -m / 2< b1 m / 2; , 同 余 式 ( 2 ) 就 是 同 余 式 a1 x b1 ( m o d m ) . ( 5)
6
9 5 . 将 小 于 1 0 6的 整 数 转 换 为 4 元 组 , 每 个 量 分 别 是 模 m1 , m2 , m3和 m4的 最 小 正 剩 余 .
然 后 , 例 如 做 整 数 的 加 法 , 仅 需 把 它 们 模 m1 , m2 , m3 , m4的 最 小 正 剩 余 相 加,这 用 到 结 论 : 若 x xi ( m o d mi ), y yi (mod mi ),则 x y xi yi (mod mi ). 然后利用中国剩余定理将所得的四个最小 正 剩 余 的 和 的 集 合 转 换 为 一 个 整 数.
第四章 高次同余式的解数 及解法、质数模的同余式
复习
定 义 若 f ( x)表 示 多 项 式 f ( x) an x n + + a1x a0 , 其 中 ai 是 整 数; 又 设 m 是 一 正 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 ( 1 ) 的 次 数. 由 第 三 章 §1 定 理2, 若 f (a) 0 (mod m), 则 剩 余 类 K a中 任 何 整 数 a ' 都 能 使 f (a ') 0 (mod m)成 立.
定 义 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. 这 就 是 说 今 后 我 们 把 适 合 (1) 式 而 对 模 m 互 相 同 余 的 一 切 数 算 作(1) 的 一 个 解.
同余式解的定义 同 余 类 c mod m 中 的 任 一 整 数 也 是 (1) 的 解 , 这 些 解 都 应 看 作 是 相 同 的 , 把 它 们 的 全 体 算 作 是 (1) 式 的 一 个 解 , 并 把 这 个 解 记 为 x c (mod m). 这 实 际 上 是 把 同 余 类 c mod m 看 作 是 满 足 ( 1 ) 的 一个解. 当 c1 , c2均 为 同 余 式 的 解 , 且 对 模 m 不 同 余 ( 即 c1 mod m, c2 mod m 是 不 同 的 同 余 类 ) 时 才 看 成 是 (1) 的 不 同 的 解 . 我 们 把 所 有 对 模 m 两 两 不 同 余 的 (1) 的 解 的 个 数 ( 即 满 足 (1) 的 模 m 的 同 余 类 的 个 数 ) 称 为 是 (1) 的 解 数 . 因 此 我 们 只 要 在 模 m 的 一 组 完 全 剩 余 系 中 来 解 模 m 的 同 余 式 . 显 然 , 模 m 的 同 余 式 的 解 数 至 多 为 m.
孙子定理
定 义 设 f j ( x)是 整 系 数 多 项 式 (1 j k ) , 把 含 有 变数x的一组同余式 f j ( x) 0 (mod m j ), 1 j k , 称 为 是 同 余 式 组 . 若 整 数 c同 时 满 足 f j (c) 0 (mod m j ), 1 j k , 则称是同余式组(1)的解.
定 理 2 若 b1 , b2
, bk 分 别 过 模 m1 , m2 ,
, mk 的 完 全
剩 余 系 , 则 ( 2 ) 过 模 m m1m2
k
mk的 完 全 剩 余 系 . mk个 数.这 m 个 数
证 令 x0 M i' M ibi ,则 x0过 m1m2
i 1
是两两不同余的.这因为若
在 表 示 这 些 整 数 的 n元 组 的 分 量 上 完 成 , 每 个 分 量 都 是 用 大 整 数 除 以 mi的 余 数 , 若 计 算 出 的 大 整 数 运 算 结 果 用 n元 组 表 示 , 就 可 以 求 解 出 这 n 个 同 余 方程找出结果.
假设一个计算机的字长仅为100,如何实现大小 为106的 整 数 的 算 术 运 算 ? 首 先 , 找 到 小 于100的 两 两 互 素 的 正 整 数 , 使 它 们 的 积 超 过 1 0 ; 例 如 , 可 取 m1= 9 9, m2 = 9 8, m3= 9 7 和 m4 =
' ' ' '' M M b M M b i i i i i i (mod m) i 1 i 1 k k
则 M i' M ibi' M i' M ibi'' (mod mi ), i 1,2,
, k ,即 bi' bi'' , i 1,2,
,
k .但 bi' , bi''是 模 mi 的 同 一 完 全 剩 余 系 里 中 的 二 数 , 故 bi' bi'' , i 1,2, , k .由 第 三 章 §2 定 理1 的 推 论 即 得 定 理 的 结 论.