2 孙子定理
中国剩余定理（孙子定理）详解
中国剩余定理（孙⼦定理）详解问题：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？简单点说就是，存在⼀个数x，除以3余2，除以5余三，除以7余⼆，然后求这个数。
上⾯给出了解法。
再明⽩这个解法的原理之前，需要先知道⼀下两个定理。
定理1：两个数相加，如果存在⼀个加数，不能被整数a整除，那么它们的和，就不能被整数a整除。
定理2：两数不能整除，若除数扩⼤（或缩⼩）了⼏倍，⽽被除数不变，则其商和余数也同时扩⼤（或缩⼩）相同的倍数（余数必⼩于除数）。
以上两个定理随便个例⼦即可证明！现给出求解该问题的具体步骤：1、求出最⼩公倍数lcm=3*5*7=1052、求各个数所对应的基础数（1）105÷3=3535÷3=11......2 //基础数35（2）105÷5=2121÷5=4 (1)定理2把1扩⼤3倍得到3，那么被除数也扩⼤3倍，得到21*3=63//基础数633、105÷7=1515÷7=2 (1)定理2把1扩⼤2倍得到2，那么被除数也扩⼤2倍，得到15*2=30//基础数30把得到的基础数加和（注意：基础数不⼀定就是正数）35+63+30=1284、减去最⼩公倍数lcm（在⽐最⼩公倍数⼤的情况下）x=128-105=23那么满⾜题意得最⼩的数就是23了。
⼀共有四个步骤。
下⾯详细解释每⼀步的原因。
（1）最⼩公倍数就不解释了，跳过（记住，这⾥讨论的都是两两互质的情况）（2）观察求每个数对应的基础数时候的步骤，⽐如第⼀个。
105÷3=35。
显然这个35是除了当前这个数不能整除以外都能够被其他数整除，就是其他数的最⼩公倍数。
相当于找到了最⼩的起始值，⽤它去除以3发现正好余2。
那么这个基础数就是35。
记住35的特征，可以整除其他数但是不能被3整除，并且余数是2。
体现的还不够明显，再看下5对应的基础数。
21是其他数的最⼩公倍数，但是不能被5整除，⽤21除以5得到的余数是1，⽽要求的数除以5应该是余1的。
中国剩余定理
中国剩余定理我国古代著名的数学书《孙子算经》中有这样一道名题“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，问物有几何？”此乃就是著名的“孙子问题”，俗称“韩信点兵”。
关于它的解法就是享誉国内外的“孙子定律”或“孙子定理”。
外国人称之为“中国剩余定理”。
一、“孙子定理”某数除以3余2，除以5余3，除以7余2。
这个数最小是多少？它的解题思路是：除以3余2的数要在5和7的公倍数数中去找。
5和7的最小公倍数是35.35÷3=11 (2)35符合除以3余2的条件。
除以5余3的数要在3和7的公倍数中去找，3和7的最小公倍数是21。
但21÷5=4 (1)条件要求是除以5余3，如果是21，余数只能是1，要满足余数是3的条件，就必须使被除数、除数、商、余数同时扩大3倍。
21×3=63则63÷5=12 (3)63符合除以5余3的条件。
除以7余2的数，要在3和5的公倍数中去找。
3和5的最小公倍数是15，条件要求除以7余2，如果是15，余数只能是1，要满足余数是2的条件，被除数、除数、商、余数，必须扩大2倍。
15×2=3030÷7=4 (2)30符合除以7余2的条件。
把1、2、3式的被除数和起来，35+63+30=128加得的结果128符合题目中所提的全部条件。
因为35加上的都是3的倍数，所以它们的和128，除以3的余数，不会改变；对63来讲，它所加上的数都是5的倍数。
因此，它们的和除以5的余数，也不会改变；对30来讲，它所加上的都是7的倍数，因此，它们的和除以7的余数，也不会改变。
由于3、5、7的最小公倍数是105，题目中要求的是满足条件的最小的数，因此128-105=23，这所得的差，除以3、5、7的余数也没变，所以23符合题目中所有条件的最小的一个数。
这就是著名的“孙子定理”，世界称之为“中国剩余定理”。
二、“变更被除数法”约定：将“N”分别除以n1,n2…nk所得的余数依次为r1、r2…rk。
详析孙子定理
㊀㊀㊀㊀㊀１４６㊀详析孙子定理详析孙子定理Һ赵云平㊀（滇西科技师范学院数理学院，云南㊀临沧㊀６７７０９９）㊀㊀ʌ摘要ɔ孙子定理在各版本的初等数论教材中均有介绍，但细节不够明确，使读者在学习过程中产生很多疑问，本文在给出孙子定理的基础上，通过实例详细分析了孙子定理的算法，让更多的读者受益．ʌ关键词ɔ孙子定理；同余式；一次同余式组孙子定理在数论及近世代数学领域是非常重要的理论，起着基础作用，所解决的问题是求未知量的系数为１，模两两互质的一次同余式的解．它在国际上被称为中国剩余定理或中国余数定理，是数论中一个重要定理，定理的构造值得仔细推敲．求解一个未知数联立同余式组，通常应用 孙子定理 ，这是初等数论教材中介绍的主要算法．１㊀基本概念定义１［１］㊀给定一个正整数ｍ，把它叫作模．如果用ｍ去除任意两个整数ａ和ｂ，所得余数相同，称ａ与ｂ关于模ｍ同余，记作ａʉｂ（ｍｏｄｍ）．若余数不同，称ａ与ｂ关于模ｍ不同余，记作ａʂｂ（ｍｏｄｍ）．定义２［２］㊀设ｆ（ｘ）＝ａｎｘｎ＋ａｎ－１ｘｎ－１＋ ＋ａ０，其中ａｉ是整数，ｍ是一个正整数，就把ｆ（ｘ）＝ａｎｘｎ＋ａｎ－１ｘｎ－１＋ ＋ａ０ʉ０（ｍｏｄｍ）叫作模ｍ的同余式，ｎ就叫作这个同余式的次数．定理１［２］㊀一次同余式ａｘʉｂ（ｍｏｄｍ），当（ａ，ｍ）＝１时，有唯一解．定理２［２］㊀（ａ，ｂ）＝１⇔存在整数ｓ，ｔ，使ａｓ＋ｂｔ＝１．定理３（传递性）［４］㊀如果ａʉｂ（ｍｏｄｍ），ｂʉｃ（ｍｏｄｍ）⇒ａʉｃ（ｍｏｄｍ）．２㊀孙子定理定理４（孙子定理）［１－６］㊀设ｍ１，ｍ２， ，ｍｋ是ｋ个两两互质的正整数，Ｍ＝ｍ１ｍ２㊃ ㊃ｍｋ＝ᵑｋｉ＝１ｍｉ，Ｍｉ＝Ｍｍｉ，ｉ＝１，２， ，ｋ，则同余式组ｘʉｂ１（ｍｏｄｍ１），ｘʉｂ２（ｍｏｄｍ２）， ，ｘʉｂｋ（ｍｏｄｍｋ）的解是ｘʉＭᶄ１Ｍ１ｂ１＋Ｍᶄ２Ｍ２ｂ２＋ ＋ＭᶄｋＭｋｂｋ（ｍｏｄｍ），其中ＭｉᶄＭｉʉ１（ｍｏｄｍｉ），ｉ＝１，２， ，ｋ．列表如下：除数余数最小公倍数衍数乘率各总答数ｍ１ｂ１ｍ２ｂ２︙︙ｍｋｂｋｍ＝ｍ１㊃ｍ２㊃ ㊃ｍｋＭ１Ｍ１ᶄＭ１ᶄＭ１ｂ１Ｍ２Ｍ２ᶄＭ２ᶄＭ２ｂ２︙︙︙ＭｋＭｋᶄＭｋᶄＭｋｂｋｘʉðｋｉ＝１ＭｉᶄＭｉ㊃ｂｉ（ｍｏｄｍ）这个孙子定理就给出了求解一次同余式组的一般算法，这是关于模ｍ的运算．３㊀具体算法与实例这个方法具体是什么呢？来看几个例子．例１㊀求解同余式组ｘʉ１（ｍｏｄ３），ｘʉ－２（ｍｏｄ５），ｘʉ４（ｍｏｄ１１）．分析㊀把它列成一个表，大体上就是这样一个算法．除数余数最小公倍数衍数乘率各总答数最小答数３１５－２１１４３ˑ５ˑ１１＝１６５５ˑ１１＝５５１５５ˑ１ˑ１＝５５３ˑ１１＝３３２３３ˑ２ˑ（－２）＝－１３２３ˑ５＝１５３１５ˑ３ˑ４＝１８０５５＋（－１３２）＋１８０＝１０３１０３它有这样几项，除数㊁余数㊁最小公倍数㊁衍数㊁乘率㊁各总㊁答数，最后还可以求出最小答数．这里除数分成三个，除数分别是３，５，１１，余数分别是１，－２，４，衍数是什么呢？如果对应除数３，那就是另外两个除数相乘，那就是５ˑ１１，对应除数５的就是３ˑ１１，对应除数１１的就是３ˑ５；来看这个乘率，就是１，２，３，这个所谓乘率是什么呢？求乘率稍麻烦一点，就是让衍数５ˑ１１＝５５乘上ｘ关于模３余１的解，即５５ｘʉ１（ｍｏｄ３），这个式子的解怎么求？因为（５５，３）＝１，１｜１有解，实际上就是转化为求二元一次不定方程５５ｓ＋３ｔ＝１的解，这种方法过程不够简便，那这个一次同余式里边，怎么方便地求出ｘ呢？首先把５５除以３，商１８余１，所以５５ｘʉ１（ｍｏｄ３）就变成了ｘʉ１（ｍｏｄ３），这是因为５５ʉ１（ｍｏｄ３），又ｘʉｘ（ｍｏｄ３），有５５ｘʉｘ（ｍｏｄ３），又根据同余的传递性，所以ｘʉ１（ｍｏｄ３）；另一种处理同余式５５ｘʉ１（ｍｏｄ３）的方法，就是当模不是太大的时候，可以把小于模３的３个整数０，１，２分别代入同余式试一下，看谁满足，所以可以推出ｘʉ１（ｍｏｄ３），所以除数３对应的乘率是１．再看下一个３ˑ１１＝３３，３３ｘʉ１（ｍｏｄ５），把３３除以５，商６余３，所以３３ｘʉ１（ｍｏｄ５），就变成了３ｘʉ１（ｍｏｄ５），模５不是很大可把小于模５的整数０，１，２，３，４这５个整数分别代入，容易得出ｘʉ２（ｍｏｄ５），除此之外还有一种处理方式，就是想办法把ｘ的系数变成１，通过把ｘ的系数变到和模５越来越接近，比如５和４，６很接近，比如３ｘʉ１（ｍｏｄ５），两边乘上２，６ｘʉ２（ｍｏｄ５），又６ʉ１（ｍｏｄ５），所以６ｘʉｘ（ｍｏｄ５）⇒ｘʉ２（ｍｏｄ５），所以除数５对应的乘率是２，在解同余式的过程中根据具体题目多种方法融入使用更加简便．同样地，３ˑ５＝１５，１５ｘʉ１（ｍｏｄ１１），１５ʉ４（ｍｏｄ１１），得４ｘʉ１（ｍｏｄ１１），两边同乘３，１２ｘʉ３（ｍｏｄ１１），１２ʉ１（ｍｏｄ１１），所以ｘʉ３（ｍｏｄ㊀㊀㊀１４７㊀㊀１１），除数１１对应的乘率是３．然后是各总，各总是什么呢？各总就是衍数㊁乘率㊁余数的乘积，５５ˑ１ˑ１＝５５，３３ˑ２ˑ（－２）＝－１３２，１５ˑ３ˑ４＝１８０，答数就是５５＋（－１３２）＋１８０＝１０３，也就是各总之和，那么这个答数可能会比较大，而且大于最小公倍数，要求它是最小的正整数，则这个最小答数就是用答数除以最小公倍数求余数，或答数减去最小公倍数的倍数．算出最小答数代回同余式组验证一下是否满足，如果在验证的过程中不满足某一个，说明该行可能算错了，经检验１０３是最小答数，这是孙子定理的算法．对于同余式组来说，要求出所有的解，也是很容易的，刚才在求最小答数的时候是减去最小公倍数的若干倍，现在是加上１６５的若干倍，所有解ｘʉ１０３＋１６５ｋ，ｋɪＺ．解㊀ȵ３，５，１１两两互质，由孙子定理得ｍ＝３ˑ５ˑ１１＝１６５，Ｍ１＝５ˑ１１，５ˑ１１ˑＭᶄ１ʉ１（ｍｏｄ３），Ｍᶄ１＝１，Ｍ２＝３ˑ１１，３ˑ１１ˑＭᶄ２ʉ１（ｍｏｄ５），Ｍᶄ２＝２，Ｍ３＝３ˑ５，３ˑ５ˑＭᶄ３ʉ１（ｍｏｄ１１），Ｍᶄ３＝３，ʑｘʉ５ˑ１１ˑ１ˑ１＋３ˑ１１ˑ２ˑ（－２）＋３ˑ５ˑ３ˑ４（ｍｏｄ１６５）ʉ１０３（ｍｏｄ１６５）．例２㊀求解同余式组ｘʉ５（ｍｏｄ７），ｘʉ３（ｍｏｄ１２），ｘʉ１７（ｍｏｄ５５）．分析㊀要求这个同余式组，列表如下：除数余数最小公倍数衍数乘率各总答数最小答数７５１２３５５１７７ˑ１２ˑ５５＝４６２０１２ˑ５５＝６６０４１３２００７ˑ５５＝３８５１１１５５７ˑ１２＝８４９２７１３２１３２００＋１１５５＋２７１３２＝４１４８７４５２７其中乘率，求６６０ｘʉ１（ｍｏｄ７）的解，（６６０，７）＝１，１｜１有解，这个解怎么来求呢？实际上就是求６６０ｓ＋７ｔ＝１．来看怎么方便快捷地求出ｘ，首先我们把６６０除以７，商９４余２，所以６６０ｘʉ１（ｍｏｄ７）就变成了２ｘʉ１（ｍｏｄ７），为什么６６０可以写成被７除的余数２呢？因为６６０ʉ２（ｍｏｄ７），两边同乘ｘ，６６０ｘʉ２ｘ（ｍｏｄ７），要找６６０ｘʉ１（ｍｏｄ７），由同余的传递性，有２ｘʉ１（ｍｏｄ７）．所以由６６０ｘʉ１（ｍｏｄ７）就推出２ｘʉ１（ｍｏｄ７），那返回去怎么办呢？返回去实际上也是一样的，因为６６０ｘ与２ｘ同余，２ｘ与１同余，由传递性，所以６６０ｘ与１同余，因此６６０ｘʉ１（ｍｏｄ７）⇔２ｘʉ１（ｍｏｄ７），然后从２ｘʉ１（ｍｏｄ７）里边找ｘ，怎么找呢？因为（２，７）＝１，所以它只有１个解，现在我们要求２ｓ＋７ｔ＝１很容易．或当模不是太大的时候，我们也可以从０到６一个一个代进去试一下，看谁满足，所以可以推出ｘ＝４，因此除数７对应的乘率是４．在这里还有一种解法，就是想办法把ｘ的系数变成１，通过把ｘ的系数变到和７越来越接近，比如６和８与７很接近，比如在２ｘʉ１（ｍｏｄ７）两边乘上３，得６ｘʉ３（ｍｏｄ７），因６模７余－１，所以－ｘʉ３（ｍｏｄ７），两边乘－１，ｘʉ－３（ｍｏｄ７），－３被７除，因－３＝－１ˑ７＋４，找最小正整数，就是４，所以ｘ＝４，或者在式子２ｘʉ１（ｍｏｄ７）两边乘４，得８ｘʉ４（ｍｏｄ７），又８模７余１，ｘʉ４（ｍｏｄ７），所以得到的也是４，这是乘率．这个除数和余数根据同余式组可以直接写出来，最小公倍数的计算也简单．衍数呢？在除数里边，除了这一行所在的数，把其他几个除数乘起来便可．乘率稍稍麻烦一点，要把它们解出来，对于模７，４是第一个乘率．对于模１２的乘率，就是要找３８５ｘʉ１（ｍｏｄ１２）的解，现在我们还是按刚才的办法，３８５太大，把它变小，就是３８５被１２除找余数，３８５除以１２，商３２余１，原同余式等价于ｘʉ１（ｍｏｄ１２），所以１２对应的乘率为１，最后一个乘率，找８４ｘʉ１（ｍｏｄ５５）的解，当然我们还是用８４被５５除，来看它的余数，２９ｘʉ１（ｍｏｄ５５），下面我们再让它接近５５，然后再去掉５５的倍数，上式两边乘２，得５８ｘʉ２（ｍｏｄ５５），再模一个５５，得３ｘʉ２（ｍｏｄ５５），再让３与５５接近，式子两边同时乘１８，５４ｘʉ３６（ｍｏｄ５５），又５４＝１ˑ５５－１，５４模５５余－１，有－ｘʉ３６（ｍｏｄ５５），式子两边乘－１，ｘʉ－３６（ｍｏｄ５５），取最小正整数１９，当然也不一定找最小的正整数，只是为了和古代的孙子算经对应，里面找的就是最小正整数．下面就要算各总，各总就是将表格每一行里边的衍数㊁乘率㊁余数这３个数乘起来，它们依次为６６０ˑ４ˑ５＝１３２００，３８５ˑ１ˑ３＝１１５５，８４ˑ１９ˑ１７＝２７１３２，答数就是把各数加起来得４１４８７，最小答数就是用答数除以最小公倍数，求余数，４１４８７ː４６２０＝８ ４５２７，最小答数为４５２７．算出最小答数代回同余式组验证一下是否满足，如果在验证的过程中不满足某一个，说明该行可能算错了．经检验４５２７是最小答数，这就是孙子算经的算法．对于同余式组来说，要求出所有的解也是很容易的，所有的解为ｘ＝４５２７＋４６２０ｋ．我们在求最小答数的时候是去掉４６２０的若干倍，而所有的解是加上４６２０的若干倍．４㊀结论中国著名数学著作‘孙子算经“中记载 物不知数 问题，就是孙子定理的体现，给出了求解一般同余式组的方法，成为解决特定一次同余式组的主要模式．文章对孙子定理进行了阐述，并通过实例对孙子定理问题的算法进行了详细的分析．但孙子定理也有一定缺陷，求解同余式㊁同余式组并不完善，有一定的局限性，要求模必须两两互素，且解法唯一．文章仅分析了一些简单的例子，以帮助学者更好地理解并掌握算法，相关问题有待进一步探讨．ʌ参考文献ɔ［１］潘承洞，潘承彪．初等数论（第二版）［Ｍ］．北京：北京大学出版社，２００３．［２］闵嗣鹤，严士健．初等数论（第三版）［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２００３．［３］课程教材研究所，数学课程教材研究开发中心．初等数论［Ｍ］．北京：人民教育出版社，２００６．［４］胡典顺，徐汉文．初等数论（第二版）［Ｍ］．科学出版社，２０１７．［５］边红平．初等数论［Ｍ］．浙江大学出版社，２００７．［６］柯召，孙琦．数论讲义（第二版）［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２００１．。
中国剩余定理
中国剩余定理
孙子定理是中国古代求解一次同余式组（见同余）的方法。
是数论中一个重要定理。
又称中国余数定理。
一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：
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？即，一个整数除以三余二，除以五余三，除以七余二，求这个整数。
《孙子算经》中首次提到了同余方程组问题，以及以上具体问题的解法，因此在中文数学文献中也会将中国剩余定理称为孙子定理。
一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：
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？
即，一个整数除以三余二，除以五余三，除以七余二，求这个整数。
《孙子算经》中首次提到了同余方程组问题，以及以上具体问题的解法，因此在中文数学文献中也会将中国剩余定理称为孙子定理。
宋朝数学家秦九韶于1247年《数书九章》卷一、二《大衍类》对“物不知数”问题做出了完整系统的解答。
明朝数学家程大位将解法编成易于上口的《孙子歌诀》：
三人同行七十稀，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五使得知
这个歌诀给出了模数为3、5、7时候的同余方程的秦九韶解法。
意思是：将除以3得到的余数乘以70，将除以5得到的余数乘以21，将除以7得到的余数乘以15，全部加起来后除以105（或者105的倍数），得到的余数就是答案。
比如说在以上的物不知数问题里面，按歌诀求出的结果就是23。
孙子定理公式
孙子定理公式孙子定理，又称中国剩余定理，这可是数学世界里一颗璀璨的明珠！咱先来说说啥是孙子定理。
简单来讲，就是在解决一类同余式组问题时的超级神器。
比如说，有一堆东西，除以 3 余 2，除以 5 余 3，除以 7 余 2，问这堆东西最少有多少？这时候孙子定理就派上用场啦。
那孙子定理的公式是啥样呢？咱来瞧瞧。
设 m1, m2,..., mk 是两两互质的正整数，M = m1 × m2 ×... × mk，Mi = M / mi ，ti 是满足Mi × ti ≡1 (mod mi) 的整数，则同余式组x ≡ a1 (mod m1) ，x ≡ a2 (modm2) ，... ，x ≡ ak (mod mk) 的解为x ≡ a1 × M1 × t1 + a2 × M2 × t2 +... + ak × Mk × tk (mod M) 。
是不是有点晕乎？别着急，我给您举个例子就清楚了。
有一天，我在课堂上讲这个孙子定理。
我问同学们：“假设一堆苹果，除以 5 余 2，除以 7 余 3，那最少有多少个苹果呀？”这时候，教室里安静得连根针掉地上都能听见。
大家都皱着眉头，苦思冥想。
我看着他们的样子，心里也有点着急。
不过我还是耐着性子，一步一步引导他们。
“咱们先算算 M 是多少呀？5×7=35，所以 M 就是 35。
那 M1 呢？就是 35÷5 = 7，M2 就是 35÷7 = 5。
接下来，咱们要找到满足7×t1 ≡ 1 (mod 5) 和5×t2 ≡ 1 (mod 7) 的 t1 和 t2 。
”这时候，有个平时挺机灵的同学小声说：“老师，t1 是不是 3 啊？因为 7×3 = 21，21 除以 5 余 1 。
”我一听，特别高兴，赶紧表扬他：“对啦，真聪明！那 t2 呢？”大家又陷入了思考。
孙子定理的定义
孙子定理的定义1. 引言孙子定理是数学中一个重要的几何定理，它与三角形的边长和角度之间的关系密切相关。
孙子定理起源于中国古代数学家孙子，被广泛应用于解决三角形相关问题。
2. 孙子定理的表述孙子定理可以通过以下方式表述：对于一个任意三角形ABC，其边长分别为a、b、c，对应的内角分别为A、B、C。
那么，可以得到以下等式关系：a/sinA = b/sinB = c/sinC3. 推导过程现在我们来推导一下孙子定理。
首先，根据正弦定理，我们可以得到以下等式：sinA/a = sinB/b = sinC/c将等式两边取倒数，并且交换分子和分母位置，得到：a/sinA = b/sinB = c/sinC这就是孙子定理的表述。
4. 孙子定理的应用孙子定理在解决三角形相关问题时非常有用。
下面我们将介绍一些常见的应用场景。
4.1 求解缺失边长或角度当我们已知一个三角形的两个边长和它们夹角的情况下，可以使用孙子定理来求解第三边的长度。
例如，已知一个三角形的边长a=5，b=7，夹角C=60°。
我们可以通过孙子定理来求解边长c。
根据孙子定理，我们有：c/sinC = a/sinA代入已知数据：c/sin60° = 5/sinA通过简单计算，我们可以得到sinA = (5/7) * sin60°。
然后，通过反正弦函数计算得到A的值。
最后，再利用三角函数关系求解出c的值。
4.2 判断三角形类型孙子定理也可以用于判断三角形的类型。
根据孙子定理中等式两边之间的比例关系，我们可以得到以下结论：•如果a=b=c，则三角形为等边三角形。
•如果a=b或b=c或c=a，则三角形为等腰三角形。
•如果a^2 + b^2 = c^2，则三角形为直角三角形。
•如果a^2 + b^2 < c^2，则三角形为钝角三角形。
•如果a^2 + b^2 > c^2，则三角形为锐角三角形。
4.3 解决几何问题除了上述应用外，孙子定理还能够帮助我们解决其他几何问题。
4.2 孙子定理
1 mod 2 的一个整数c5 1, 则 373065c5 70468 443533. 易知373065 2 746130.，故由补充定理得，所给同余式 组的解为x 443533 mod746130 .
习题
1.试解下列各题：
（ⅰ）十一数之余三，七二数之余一，十三数之余一，
1பைடு நூலகம்
数M1.因462 5 92 2,5 2 2 1,2 1 2, 故 1 5 2 2 5 462 5 92 2 462 2 5 185,
于是
462 2 5 185,462 2 1 mod5 ,462 3 1 mod5 . 取M1 3. 因385 6 64 1, 故385 1 1 mod6 .取M 1.
的k 1个整数. 例3 解同余式组 x 1 mod 2 , x 1 mod 7 , x 2 mod11 , x 2 mod15 , x 3 mod17 , x 3 mod19 .
5
x通过m个整数.下面证明这m个整数对模m两两不同余.若 M M b M M b M M b
1 1 1 2 2 2 k k k
M1M1b1 M 2M 2b2
M kM k bk mod m ,
其中M i , M i都是bi所通过的模mi的完全剩余系中的数，i 1, 2, , k，则M M b M M b mod m , i 1,2, , k.
解 因2,7,11,15,17,19两两互质，故可以用补充定理来解 该同余式组.为方便，我们把同余式组（5）改写为 x 3 mod19 , x 3 mod17 , x 2 mod15 , 6 x 2 mod11 , x 1 mod 7 , x 1 mod 2 .
中国剩余定理
中国剩余定理（孙子定理）定义中国古代求解一次同余式组（见同余）的方法。
是数论中一个重要定理。
又称中国剩余定理。
编辑本段内容1、分别找出能任两个数整除，而满足被第三个整除余几的数。
2、将三个未知数加起来，减去这三个数的最小公倍数的整数倍。
N≡R1(mod d1) ≡R2(mod d2)≡R3(mod d3)则N=k1d2d3R1+k2d1d3R2+k3d1d2R3±d1d2d3P其中P为任意非负整数k1是满足k1d2d3≡1(mod d1)的最小正整数k2是满足k2d1d3≡1(mod d2)的最小正整数k3是满足k3d1d2≡1(mod d3)的最小正整数编辑本段解法解法中的三个关键数70，21，15，有何妙用，有何性质呢?首先70是3除余1而5与7都除得尽的数，所以70a是3除余a,而5与7都除得尽的数，21是5除余1，而3与7都除得尽的数，所以21b是5除余b，而3与7除得尽的数。
同理，15c是7除余c，3与5除得尽的数，总加起来 70a+21b+15c 是3除余a，5除余b ，7除余c的数，也就是可能答案之一，但可能不是最小的，这数加减105(105=3*5*7)仍有这样性质，可以多次减去105而得到最小的正数解。
附：如70，其实是要找余2的，但只要找到了余1的再乘2即余二了。
孙子问题的解法，以现代的说法，是找出三个关键数70，21，15。
解法的意思就是用70乘3除所得的余数，21乘5除所得的余数，15乘7除所得的余数，然后总加起来，除以105的余数就是答案。
即题目的答案为70×2+21×3+15×2=140+63+30=233233-2×105=23公式：70a+21b+15c-105n题中有三个数，分别为3、5、7，5*7/3余数为2，取35；3*7/5余数为1，要使余数为3，只需将3*7扩大3倍变成63即可；同样3*5/7的余数为1，要使余数为2，则将3*5扩大2倍，变成30。
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§2 孙子定理孙子定理是数论中的一个重要定理，在数论中的应用非常广泛。
孙子定理给出了在一定条件下同余式组()()()1122mod ,mod ,,mod .k k x b m x b m x b m ≡≡≡ （1）的解的个数，以及求解的方法。
在公元四、五世纪的《孙子算经》中的“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?”答案为：“23”。
这个问题也就是求解同余式组()()()2mod3,3mod5,2mod7.x x x ≡≡≡明朝程大位根据孙子算经里所用的方法用歌谣给出了该题的解法：“三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆月正半，除百零五便得知。
”即解为()27032121523323mod105.x ≡⨯+⨯+⨯≡≡在西方，与《孙子算经》同类的算法，最早见于1202年意大利数学家斐波那契的《算经》。
1801年，德国数学家高斯的《算术探究》中，才明确写出了这一问题的求法。
把孙子算经给出的结果加以推广，就得到了如下定理。
定理1（孙子定理）设12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数，12,,1,2,,,k i i m m m m m m M i k ===则同余式组（1）的解是()111222mod ,k k k x M M b M M b M M b m '''≡+++ （2）其中()1mod ,1,2,,.i i i M M m i k '≡=证 因12,,,k m m m 两两互质，故(),1,1,2,,i i M m i k ==于是，对每一个i M ，必有整数i M '使得()1mod .i i i M M m '≡另外，因,,i j m m i j ≠故()1mod ,1,2,,.kjjji i i i i j M M bM M b b m i k =''≡≡=∑即（2）为（1）的解。
若令01kjjjj x M M b='=∑,则0x 是适合（1）的一个整数。
任取一个整数1x ，若()10mod x x m ≡，则()10mod ,0,1,,.i i x x b m i k ≡≡=即1x 也是适合（1）的一个整数。
反之，若1x 是适合（1）的任意一个整数，则()10mod ,1,2,,.i x x m i k ≡=因(),1,,i j m m i j =≠故()10mod ,x x m ≡于是同余式（1）仅有解（2）。
例1 解同余式组()()()2mod3,3mod5,2mod7x x x ≡≡≡ （3）解 这里1233,5,7m m m ===，它们两两互质。
1232,1, 2.b b b ===易得，123357105,5735,3721,3515.m M M M =⨯⨯==⨯==⨯==⨯=求出满足()1351mod3M '≡的一个整数1 2.M '= 求出满足()2211mod5M ≡的一个整数2 1.M '= 求出满足()3151mod7M ≡的一个整数3 1.M '= 由孙子定理得，同余式组（3）的解为()11122233323521213115223mod105.x M M b M M b M M b '''≡++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯≡ 例2 解同余式组()()()()1234mod5,mod6,mod7,mod11.x b x b x b x b ≡≡≡≡ (4) 解 这里12345,6,7,11,m m m m ====它们两两互质。
1234567112310,6711462,5711385,5611330,567210.m M M M M =⨯⨯⨯==⨯⨯==⨯⨯==⨯⨯==⨯⨯=下面由辗转相除法求出满足()14621mod5M '≡的一个整数1M '。
因4625922,5221,212,=⨯+=⨯+=⨯ 故()()()()15225462592246225185,=+⨯-=+-⨯⨯-=⨯-+⨯于是()()()()46225185,46221mod5,46231mod5.⨯-+⨯⨯-≡⨯≡取1 3.M '=因3856641,=⨯+故()38511mod6.⨯≡取2 1.M '= 因3307491,=⨯+故()33011mod7.⨯≡取3 1.M '= 因21011191,=⨯+故()21011mod11.⨯≡取4 1.M '=于是()12341386385330210mod2310.x b b b b ≡+++ 定理2设12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数， 12,,1,2,,,k i i m m m m m m M i k ===i M '是满足()1mod i i i M M m '≡的一个整数，1,2,,i k =，12,,,k b b b 分别过模12,,,k m m m 的一个完全剩余系，则111222k k k M M b M M b M M b '''+++通过模m 的一个完全剩余系。
证 设111222,k k k x M M b M M b M M b '''=+++则当12,,,k b b b 分别过模12,,,k m m m 的一个完全剩余系时，x 通过m 个整数。
下证这m 个整数对模m 两两不同余。
若()111222111222mod ,k k k k k k M M b M M b M M b M M b M M b M M b m ''''''+++'''''''''≡+++其中,i i M M '''都是i b 所通过的模i m 的完全剩余系中的数，1,2,,i k =，则()mod ,1,2,,.i i i i i i i M M b M M b m i k '''''≡=因(),1,1,2,,,i i i M M m i k '==故()mod ,1,2,,.i i i b b m i k '''≡=又因,i i b b '''都是模i m 的同一完全剩余系中的数，故,1,2,,.i i b b i k '''== 故这m 个整数对模m 两两不同余，从而作成模m 的一个完全剩余系。
补充定理（详见抚州师专学报自然科学版1996年第三期）设12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数，则同余式组（1）有解()111122111mod ,k k k k x m m c m m c m c b m ----≡++++其中111,,,k k m m m c c -=为满足同余式组()()()1112212211133111122111mod ,mod ,mod k k k k k k m c b b m m m c m c b b m m m c m m c m c b b m ----+≡⎧⎪++≡⎪⎨⎪⎪++++≡⎩ 的1k -个整数。
例3 解同余式组()()()()()()1mod 2,1mod 7,2mod11,2mod15,3mod17,3mod19.x x x x x x ≡⎧⎪≡-⎪⎪≡⎪⎨≡-⎪⎪≡⎪⎪≡-⎩（5） 解 因2,7,11,15,17,19两两互质，故可以用补充定理来解该同余式组。
为方便，我们把同余式组（5）改写为()()()()()()3mod19,3mod17,2mod15,2mod11,1mod 7,1mod 2.x x x x x x ≡-⎧⎪≡⎪⎪≡-⎪⎨≡⎪⎪≡-⎪⎪≡⎩（6） 取满足()11933mod17c -≡的一个整数13,c =则119354.c -=取满足()21917542mod15c ⨯+≡-即()2323542mod15c +≡-的一个整数27,c =-则2323542207.c +=-取满足()33231522072mod11c ⨯-≡即()3484522072mod11c -≡的一个整数34,c =则34845220717173.c -=取满足()4484511171731mod7c ⨯+≡-即()453295171731mod7c +≡-的一个整数44,c =则4532951717370468.c += 取满足()5532952704681mod2c ⨯+≡即()5373065704681mod2c +≡的一个整数51,c =则537306570468443533.c +=易知，3730652746130.⨯=故由补充定理得，所给同余式组的解为()443533mod746130.x ≡习题1. 试解下列各题：（ⅰ）十一数之余三，七二数之余一，十三数之余一，问本数。
（ⅱ）二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数。
（杨辉：续古摘奇算法（1275）） 解（ⅰ）此题相当于解同余式组()()()2mod 72,1mod13,3mod11.x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩ （7） 12312372,13,11,2,1, 3.m m m b b b ======由()17221mod13c +≡取12,c =-则1722142.c +=-由27213142c ⨯-即()29361423mod11c -≡取22,c =-则29631421730.c -=易知，9361110296.⨯=故同余式组（7）的解为()1730mod10296.x ≡最小解答为1730.（ⅱ）此题相当于解同余式组：()()()()4mod9,3mod 7,2mod5,1mod 2.x x x x ≡⎧⎪≡⎪⎨≡⎪⎪≡⎩（8） 123412341212312349,7,5,2,4,3,2,1,63,315,630.m m m m b b b b m m m m m m m m m ===========由()1943mod7c +≡ 取13,c =则19431.c +=由()263312mod5c +≡取22c =，则26331157.c +=由()33151571mod2c +≡取30.c =则3315157157.c +=故同余式组（8）的解为()157mod630.x ≡最小解答为157.2.（ⅰ）设123,,m m m 是三个正整数，证明()()[]()1323123,,,,,.m m m m m m m =⎡⎤⎣⎦（ⅱ）设12(,)d m m =，证明：同余式组1122(mod ),(mod )x b m x b m ≡≡ （9）有解的充分必要条件是12.d b b -在有解的情况下，适合（9）的一切整数可由下式求出：[]1,212(mod ,,x x m m ≡（10） 其中1,2x 是适合（9）的一个整数。