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初等数论§4同余式
2013-8-2
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四、其他解法 ——应用欧拉定理 定理5 设(a, m) = 1，并且有整数 > 0使得 a 1 (mod m)， 则同余方程ax b (mod m)的解是 x ba 1 (mod m). 注1：直接验证即可。 注2：由定理5及Euler定理可知，若(a, m) = 1，则 x ba(m) 1 (mod m) 是同余方程ax b (mod m)的解。
17 x 14(mod 21)
例4 解同余方程
解：x ba(21) 1 14 1711 7(mod 21)
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五、简单同余方程组〔模相同〕的解法
3 x 5 y 1(mod7) (*) 例5 解同余方程组 2 x 3 y 2(mod7)
（1）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； （2）设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与 bf(x) 0 (mod m)等价；
（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。
第四章
同 余 式
§4.1 基本概念及一次同余式
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一、基本概念 定义1
设f ( x ) an x n an1 x n1 a1 x a0 , ai Z ,
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)。
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)
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初等数论同余式
21、没有人陪你走一辈子，所以你要 适应孤 独，没 有人会 帮你一 辈子， 所以你 要奋斗 一生。 22、当眼泪流尽的时候，留下的应该 是坚强 。 23、要改变命运，首先改变自己。
24、勇气很有理由被当作人类德性之 首，因 为这种 德性保 证了所 有其余 的德性 。--温 斯顿． 丘吉尔 。 25、梯子的梯阶从来不是用来搁脚的 ，它只 是让人 们的脚 放上一 段时间 ，以便 让别一 只脚能 够再往 上登。
拉
60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走到底 ，决不 回头。 ——左
初等数论第四章课件
解：取模15的绝对最小完全剩余系：-7, , -1, 0,1,7,直接代入检验知x 6,3是解，
所以同余式有两个解： x 6(mod15), x 3(mod15)
注：①同余式x x 0(mod p)有p个解
p
（由Fermat小定理可得）
②同余式f ( x) ms( x) 0(mod m)与（2）等价 特别地，一个同余式中系数为模的倍数的项去掉 后，同余式的解不变。
qd k x =x0 m d m x0 mq k d m x0 k (mod m)，k 0,1, 2,, d 1 d
（3）
m 但x0 k , k 0,1, 2, , d 1是对模m两两不同余的，故 d （1）有d 个解，即（3）
例2
求解18x 30(mod 42)
一般地用数学归纳法不难证明同余方程
a1 x1 ak xk b(mod m)有解的充要条件为d b , d (a1 , , ak , m), 此时有m k 1d 个解
第二节
孙子定理
我国古代的《孙子算经》里有问题如下： “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”. 这是一个求解同余式组的问题，《孙子算经》 已给出了求解方法，即为下面的孙子定理:
例3、求解9 x 21(mod30)
解： (9,30) 3 21， 同余式有3个解
将同余式化为9x 30 y 21 或3x 10 y 7
上述不定方程有一组解为x 1, y 1
则同余式的3个解为：x 1,9,19(mod30)
注：由ax b(mod m) 或my b(mod m)，
第三四节高次同余式一质数模的同余式其中是质数1定理同余式与一个次数不超过的质数模同余式等价xqxrx利用带余除法及费马小定理可得出结论埃菲尔铁塔的整个塔体结构高耸上窄下宽给人以平衡稳定的美感
初等数论 第四章 同余式
第四章 同余式§1 基本概念及一次同余式作为一个解。
中的一切数，即成立，故把都能使中的任意整数，则剩余类的合理性：若定义的一个解。
叫做成立的一个整数，则是使若称为次数。
，则的同余式。
若称为模，则，其中，设余方程）的求解问题。
课题是研究同余式（同初等数论中的一个基本)(m od )(m od 0)()(m od 0)(2)(m od 0)()(m od )(m od 0)()(m od 0)(m od 0)()(011m a x K m a f a K m a f m x f m a x m a f a n m a m m x f a a x a x a x f m a a n i n n n n ≡≡''≡≡≡≡≡/≡∈+++=∈--+定义2定义1Z Z 。
，解数为，的解为同余式，所以，，的一切整数解为因为不定方程。
有解不定方程有解同余式的任一个解。
是同余式其中，，个解，它们是余式共有。
当此条件成立时，同有解的充分必要条件是，则一次同余式设d d k m dmk x x m b ax t t dmx x b my ax b d b my ax m b ax m b ax x d k m dmk x x d b d m b ax d m a 1,,1,0)(m od )(m od )2(|)(m od )1()(m od 1,,1,0)(m od |)(m od ),(0000-=⋅+≡≡∈+==+⇔=+⇔≡≡-=⋅+≡≡= Z 证明定理。
解时，一次同余式有唯一当)(m od 1),(1)(m b a x m a m -≡=ϕ注同余式的解法1、代入法（适用于模较小时） 。
，得的完全剩余系逐一代入以，，所以同余式有唯一解因为解同余式)17(m od 6171)17,3()17(m od 13≡=≡x x 解例12、公式法（适用于模较小时）。
从而，，，所以同余式有唯一解因为解同余式)11(m od 8656)2()2()3(98981)11,8()11(m od 98491101)11(≡⋅≡⋅-≡-⋅-≡⋅≡⋅≡=≡--ϕx x 解例23、变换系数法 。