中国剩余定理与线性组合、特解通解、基之联系
什么是中国剩余定理
什么是中国剩余定理？剩余定理详细解法中国数学史书上记载：在两千多年前的我国古代算书《孙子算经》中，有这样一个问题及其解法：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？意思是说：现在有一堆东西，不知道它的数量，如果三个三个的数最后剩二个，如果五个五个的数最后剩三个，如果七个七个的数最后剩二个，问这堆东西有多少个？你知道这个数目吗？《孙子算经》这道著名的数学题是我国古代数学思想“大衍求一术”的具体体现，针对这道题给出的解法是：N=70×2＋21×3＋15×2-2×105＝23如此巧妙的解法的关键是数字70、21和15的选择： 70是可以被5、7整除且被3除余1的最小正整数，当70×2时被3除余2 21是可以被3、7整除且被5除余1的最小正整数，当21×3时被5除余3 15是可以被3、5整除且被7除余1的最小正整数，当15×2时被7除余2 通过这种构造方法得到的N就可以满足题目的要求而减去2×105 后得到的是满足这一条件的最小正整数。
韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。
刘邦茫然而不知其数。
我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（人）。
中国有一本数学古书「孙子算经」也有类似的问题：「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？」答曰：「二十三」术曰：「三三数之剩二，置一百四十，五五数之剩三，置六十三，七七数之剩二，置三十，并之，得二百三十三，以二百一十减之，即得。
中国剩余定理知识点总结
中国剩余定理知识点总结在初等数论中，我们经常会遇到形如x ≡ a1 (mod m1)x ≡ a2 (mod m2)...x ≡ an (mod mn)的线性同余方程组，其中ai和mi都是整数，m1, m2, ..., mn是两两互质的正整数。
中国剩余定理就是解决这类问题的重要方法。
下面我们来详细介绍一下中国剩余定理的一些基本知识点。
1. 中国剩余定理的表述中国剩余定理可以用如下的形式来表述：对于给定的两两互质的正整数m1, m2, ..., mn，以及任意的整数a1, a2, ..., an，中国剩余定理断言，存在一个解x，使得对于所有的i=1,2,...,n，都有x≡ai(mod mi)。
这个解x是唯一存在的，并且可以用下面的形式来表示：x = a + tM其中a是通解，t是任意整数，M是m1, m2, ..., mn的最小公倍数，即M=lcm(m1, m2, ..., mn)。
2. 中国剩余定理的应用在数论和密码学等领域中，中国剩余定理有着广泛的应用。
例如，可以利用中国剩余定理来解决一些测定一些重要的数学问题，如幂模运算、循环小数、素数和因数分解等问题。
在密码学中，中国剩余定理也被广泛应用。
例如在RSA公钥密码系统中，中国剩余定理能够加速大数的幂模运算，从而大大提高RSA的加密和解密速度。
3. 中国剩余定理的证明中国剩余定理的证明是通过数学归纳法来完成的。
首先我们可以证明当n=2时定理成立，然后利用数学归纳法来证明对于任意n都成立。
具体来说，我们首先假设对于n=k（k≥2）时定理成立，即对于任意的m1, m2, ..., mk，以及任意的整数a1, a2, ..., ak，能够找到一个解x使得x≡ai(mod mi)。
然后我们来考察下一个情况，即n=k+1时定理成立。
我们可以利用n=k时的结果来构造一个新的解x'，然后利用一些数论知识来证明x'也满足n=k+1时的情况。
通过这样的数学归纳法的证明，我们可以得出中国剩余定理的正确性。
中国剩余定理及其应用
(i = 1, 2,L , n)
1 n( n − 1)(2n − 1) 6
2 2 2 2
当 f ( x) 的次数不超过 M ( x)( M ( x) = m1 ( x)m2 ( x)m3 ( x)L mn ( x)) 的次 数时， f ( x) 唯一确定 . 特 别 地， 当 mi ( x) = x − bi ∈ Q[ x]或R[ x] ， bi (i = 1, 2,L , n) 是不相等的常数，从而 mi ( x)(i = 1, 2,L , n) 也就是两两互素的 多项式，由余数定理可知 mi ( x) ≡ mi (bi )(mod x − bi ), (i = 1, 2,L , n) ， 从而定理可叙述为一定存在多项式 f ( x) ，使得
⎪f(x) ≡ a (x)(modm (x)) ⎪ 2 2 ⎨ ⎪LLLLLLLLLL ⎪ ⎩f(x) ≡ an (x)(modm n (x))
1 1
(n − 0)(n − 1)(n − 3) (n − 0)(n − 1)(n − 2) + 5× (2 − 0)(2 − 1)(2 − 3) (3 − 0)(3 − 1)(3 − 2)
⎧x ⎪x ⎪ ⎨ ⎪x ⎪ ⎩x ≡ 1(mod 5) ≡ 5(mod 6) ≡ 4(mod 7)
≡ 10(mod11)
按照中国属于定理的记号
M = 5 × 6 × 7 × 11 = 2310, M 1 = 6 × 7 × 11 = 462, M 2 = 5 × 7 × 11 = 385,
有正整数解 x ≡ M 1α1c1 + M 2α 2c2 + L + M nα n cn (mod M ) 且解唯一； 其中 α i 是满足 M iα i ≡ 1(mod mi ), k = 1, 2,L , n) 的一个整 数（参阅 [3]）. 下面我们先给出裴蜀恒等式和一个性质，然后证明中国 剩余定理 . 裴蜀恒等式 如果两个数的最大公约数是 d ，则必定存 在两个整数 x, y 使得等式 ax + by = d 成立（参阅 [4]）. 性质 同余式组 a ≡ b(mod m j ), j = 1, 2,L , n 同时成立的 充要条件是 a ≡ b(mod[m1 , m2 ,L , mn ]) （参阅 [5]）. 证明： 先证存在性： M 因为 m1 , m2 ,L , mn ，两两互素， M = m ， 故 ( M k , mk ) = 1, k = 1, 2,L , n ， 由 裴 蜀 恒 等 式 可 知 一 定 存 在 整 数 α k , βk 使 得 M kα k + β k mk = 1 ，即 M kα k = − β k mk + 1 ，因此必定存在 α k ，使
中国剩余定理
汉语余数定理，也称为汉语余数定理，是一个数论中关于一个变量的线性同余方程的定理，它解释了一个变量的线性同余方程的判据和解。
又称“孙子定理”，有“韩新兵”，“孙子定理”，“求术”（宋申国），“鬼谷计算”（宋周密），“隔墙”等古代名称。
计算”（宋周密），“切管”（宋阳辉），“秦王暗中战士”和“无数事物”。
一个变量的线性一致等式的问题最早可以在中国南北朝（公元5世纪）数学书《孙子书经》第26期中找到，这被称为“物是物”。
未知”。
原文如下：未知的事物，三到三个剩下两个，五到五个剩下三个，七到七个剩下两个。
问事物的几何形状？也就是说，将一个整数除以三分之二，五分之三和七分之二以找到该整数。
孙子的《佛经》首次提到了全等式问题和上述特定问题的解决方案。
因此，中国余数定理在中国数学文献中也将称为“孙子定理”。
1247年，宋代数学家秦久绍对“物不知数”问题给出了完整而系统的回答。
明代数学家程大为将解决方案汇编成《孙子的歌》，很容易赶上：三个人一起走了七十次，五棵树有二十一朵梅花，七个儿子团聚了半个半月。
除了一百零五，我们知道这首歌给出了秦绍的全同方程的模3、5和7的解。
意思是：将3除以70得到的余数，再乘以5除以得到的余数。
在图21中，将7除以15得到的余数相乘，将它们全部加起来并减去105或105的整数倍，得到的数字就是答案（除以105
得到的余数就是最小答案）。
例如，在上述事物数量未知的问题中，使用上述方法进行计算，根据民谣计算出的结果为23。
中国剩余定理
中国剩余定理最近在看中国古典数学，对秦九韶的⼤衍术求解⼀次同余⽅程组颇有些⼼得体会，记录⼀下，以免忘记。
⼀次同余⽅程组的解法现在被称为中国剩余定理，即是对我国古代数学家在同余⽅程组求解⽅⾯的杰出贡献的⼀种肯定。
这种⽅法，源于我国古代天⽂历法的推算，由于历代封建统治阶级都把天⽂历算奉为天机，其推算⽅法被称为内算，从不外传，因此很难在流传的算书中找到记载，直到南宋时期秦九韶集前⼈之⼤成，系统⽽全⾯的把⼀次同余⽅程的解法记录在他的著作《数书九章》中。
秦⽒称⾃⼰的解法为⼤衍总数术，现在所说的中国剩余定理只是其中的⼀个主要部分，即当模数两两互素时候的求解⽅法。
秦⽒所研究的问题相当于把模数推⼴到任意有理数的情形，从理论⾓度⽽⾔，唯⼀美中不⾜的是他没有谈到⽅程是否有解的判定，这与中国传统数学重视应⽤⽽忽视理论严密性的习惯有关。
然⽽这⼀点瑕疵丝毫不能掩盖秦⽒在算法设计⽅⾯的杰出贡献，其设计的算法在今天看来仍然是漂亮⽽⾼效的。
在⼤衍术中，秦⽒创造了两个解决⼀般同余⽅程组的主要算法，其⼀是化任意模数为两两互素模数的算法，其⼆就是求解两两互素模数的同余⽅程组的核⼼算法——⼤衍求⼀术。
⼤衍求⼀术的精妙之处在于它可由更相减损术⾃然扩展⽽得，其计算过程简洁巧妙，完全符合现代计算机对算法设计的要求。
⽽对于化任意模数为两两互素模数的算法，秦⽒没有给它命名，因其计算过程要⽐求⼀术复杂得多，甚⾄于后⼈对该算法的理解仍有诸多分歧，因此也有⼈认为秦⽒这⼀算法是不够准确和完美的，并提出了改进的算法。
然⽽，撇开该算法的完美性不说，就这个算法所解决的问题⽽⾔，它恐怕也是⾄今为⽌唯⼀⼀个有效的算法，因为它提供了⼀种不通过分解质因数的⽅式化简N个数为两两互素的⽅法。
我们知道，对于⼤整数的质因数分解，到现在为⽌也还没有⼀个好的算法能做到。
该算法经过后⼈整理，可以简单描述如下（仅限于整数情形，分数、⼩数情形秦⽒也有算法将其转化为整数情况）：第⼀步：两两连环求等（最⼤公约数），约后不约前。
中学代数研究(张奠宙版)重要概念考点
《中学代数研究》期末复习资料第一章数与数系1.按照与实体分离的程度不同，数系循着以下历史途径扩展：自然数→正有理数→简单的代数无理数→零与负有理数→复数→严格的实数系2.数的逻辑扩展自然数添加负数和零整数系作分式域有理数系作柯西序列等价类实数系作2次代数扩张复数系3.自然数集是一个无限集，这是人们在数学上第一次遇到的最简单、最直观的无限集.自然数公理系统利用“后继”描述了这种无限性。
4.P8——P10，定理1——6的证明4.为什么要引入“0”作为自然数？答：首先，尽早引入0，有利于学生对自然数的理解；其次，数0对于数的扩展来说十分重要；最后，从集合论的角度看，把0作为自然数比较合理。
5.数系通常包括：整数系、有理数系、实数系、复数系。
【注意：顺序不可颠倒】6.数学归纳法是不是公理？答：是。
数学归纳法的原理，通常被规定作为自然数公理（参见皮亚诺公理）。
不是。
它只是一种证明方法。
因为数学归纳法是证明与自然数有关的命题，而不是完全归纳法，它的基础是自然数列的性质而不是逻辑公理。
7.复数不能规定大小的含义是什么？答：数学上所谓大小的定义，是在实数轴右边的比左边的大，而复数要引入虚数轴，在平面上表示。
8.证明任何一个有理数的平方都不等于5？证明：假设存在，设这个有理数是m/n那么m、n互质那么5n²=m²显然m是5的倍数设m=5t即n²=5t²所以n也必然是5的倍数那么m/n至少有5这个质因数，这与m、n互质矛盾9.（略看）所有不是整数的有理数集是数环吗？是数域吗？还是既非数环又非数域？为什么？答：不是整数的有理集不是数环，任何数域都包含有理数域Q，所以不是数域第二章式、代数式、不等式1.P59，例112.学好数学和掌握好符号的运用有关吗？答：理性思维的基本品质之一是善于使用符号语言。
我们强调数学学习的重要性，原因之一是在与数学能够培养学生熟练地使用形式符号进行推理的能力，并由此提高理性思维的品质和素养。
(完整版)中学代数研究(张奠宙版)重要概念考点
《中学代数研究》期末复习资料第一章数与数系1.按照与实体分离的程度不同，数系循着以下历史途径扩展：自然数→正有理数→简单的代数无理数→零与负有理数→复数→严格的实数系2.数的逻辑扩展自然数添加负数和零整数系作分式域有理数系作柯西序列等价类实数系作2次代数扩张复数系3.自然数集是一个无限集，这是人们在数学上第一次遇到的最简单、最直观的无限集.自然数公理系统利用“后继”描述了这种无限性。
4.P8——P10，定理1——6的证明4.为什么要引入“0”作为自然数？答：首先，尽早引入0，有利于学生对自然数的理解；其次，数0对于数的扩展来说十分重要；最后，从集合论的角度看，把0作为自然数比较合理。
5.数系通常包括：整数系、有理数系、实数系、复数系。
【注意：顺序不可颠倒】6.数学归纳法是不是公理？答：是。
数学归纳法的原理，通常被规定作为自然数公理（参见皮亚诺公理）。
不是。
它只是一种证明方法。
因为数学归纳法是证明与自然数有关的命题，而不是完全归纳法，它的基础是自然数列的性质而不是逻辑公理。
7.复数不能规定大小的含义是什么？答：数学上所谓大小的定义，是在实数轴右边的比左边的大，而复数要引入虚数轴，在平面上表示。
8.证明任何一个有理数的平方都不等于5？证明：假设存在，设这个有理数是m/n那么m、n互质那么5n²=m²显然m是5的倍数设m=5t即n²=5t²所以n也必然是5的倍数那么m/n至少有5这个质因数，这与m、n互质矛盾9.（略看）所有不是整数的有理数集是数环吗？是数域吗？还是既非数环又非数域？为什么？答：不是整数的有理集不是数环，任何数域都包含有理数域Q，所以不是数域第二章式、代数式、不等式1.P59，例112.学好数学和掌握好符号的运用有关吗？答：理性思维的基本品质之一是善于使用符号语言。
我们强调数学学习的重要性，原因之一是在与数学能够培养学生熟练地使用形式符号进行推理的能力，并由此提高理性思维的品质和素养。
中国剩余定理
▪ 后来人们根据古人的研究经验又得出《3、 5、8剩余定理》诗曰： 三人同行40多，五树梅花96朵， 八仙过海105招，除百二十便解惑。并 补充《3、4、5剩余定理》： 三人同行40里，四季花开45枝， 五朵金花36浪，除去六十便得知。
▪谢谢
韩信点兵
▪ 秦朝末年，楚汉相争。一次，韩信将1500名将士与楚王大 将李锋交战。苦战一场，楚军不敌，败退回营，汉军也死 伤四五百人，于是韩信整顿兵马也返回大本营。当行至一 山坡，忽有后军来报，说有楚军骑兵追来。只见远方尘土 飞扬，杀声震天。汉军本来已十分疲惫，这时队伍大哗。 韩信兵马到坡顶，见来敌不足五百骑，便急速点兵迎敌。 他命令士兵3人一排，结果多出2名；接着命令士兵5人一 排，结果多出3名；他又命令士兵7人一排，结果又多出2 名。韩信马上向将士们宣布：我军有1073名勇士，敌人不 足五百，我们居高临下，以众击寡，一定能打败敌人。汉 军本来就信服自己的统帅，这一来更相信韩信是“神仙下 凡”、“神机妙算”。于是士气大振。一时间旌旗摇动， 鼓声喧天，汉军步步进逼，楚军乱作一团。交战不久，楚 军大败而逃。
物不知数
▪ 我国古代数学名著 《孙子算经》载有一 道数学问题：“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？”这里的 几何指多少的意思。 翻译成数学语言就是： 求正整数N，使N除以3 余2，除以5余3，除以 7余2。
解答
▪ 《孙子算经》给出了一个非常有效的巧妙 解法。术（即答案）曰：“三、三数之剩 二，置一百四十；五、五数之剩三，置六 十三；七、七数之剩二，置三十，并之， 得二百三十三。以二百一十减之，即得。 凡三、三数之剩一，则置七十；五、五数 之剩一，则置二十一；七、七数之剩一， 则置十五。一百六以上，一百五减之，即 得。”
关于孙子定理（中国剩余定理）及其证明
关于孙⼦定理（中国剩余定理）及其证明孙⼦定理的内容：给出以下的⼀元线性同余⽅程组：(S ):x ≡a 1(mod m 1)x ≡a 2(mod m 2)…x ≡a n (mod m n )假设整数m 1,m 2,…,m n 两两互质，则对任意的整数：a 1,a 2,…a n ，⽅程组(S )有解，并且通解可以⽤如下⽅式构造得到：设M =m 1×m 2×…×m n =∏n i =1m i ，并设M i =Mm i ,∀i ∈1,2,…n 设t i =M −1i 为M i 模m i 的数论倒数（t i 为M i 模m i 意义下的逆元），即M i t i ≡1(mod m i ),∀i ∈1,2,…,n .⽅程组(S )的通解形式为x =a 1t 1M 1+a 2t 2M 2+…a n t n M n +kM =kM +∑n i =1a i t i M i ,k ∈Z .在模M 的意义下，⽅程组(S )只有⼀个解：x =∑n i =1a i t i M i (mod M )证明：从假设可知，对任何i ∈1,2,…,n ,j ≠i ,gcd (m i ,m j )=1，所以gcd (m i ,M i )=1.这说明存在整数t i 使得t i M i ≡1(mod m i ).这样的y i 叫做M i 模m i 的数论倒数。
考察乘积a i t i M i 可知：a i t i M i ≡a i ×1≡a i (mod m i )∀j ∈1,2,…,n ,j ≠i ,a i t i M i ≡0(mod m j )所以x =a 1t 1M 1+a 2t 2M 2+…+a n t n M n 满⾜：∀i ∈1,2,…,n ,x =a i t i M i +∑j ≠i a j t j M j ≡a i +∑j ≠i 0≡a i (mod m i )这说明x 就是⽅程组(S )的⼀个解。
中国剩余定理
(M1,m1)=1最大公约数为1，M1’,k’为组合系数 利用辗转相除法求最大约数,然后求组合系数。
462=92*5+2 5=2*2+1 1=5-2*2
1=5-(462-92*5)*2 462*(-2)+5*(1+2*92)=1
证明:验证x满足方程
(mi,m1)=1,(mi,m2)=1,... (mi,mi-1)=1 (mi,mi+1)=1…(mi,mk)=1 (mi,m1m2...mi-1mi+1…mk)=1 ….(1) (mi,Mi)=1 故 Mix mod mi=1 有解Mi’ MiMi’ mod mi=1 从(1)可知当ji时 mj|Mi则 Mi mod mj=0
462*(-5+3)+ 5*(1+2*92)=1
462*3+5*(1+2*92-462)=1M1’=3
例3 x mod 5=1 x mod 6=5 x mod 7=4 x mod 11=10
x=(M1’M1b1+M2’M2b2+M’3M3b3 +M’4M4b4)mod m
=(462*3*1+385*1*5+330*1*4+210*1*10)mod m =6731 mod 2310=2111 mod 2310=2111
x mod 7=2
x mod 11=1 求x mod 77=?
m1=7 m2=11 m=m1*m2=77
M1=m/m1=11 M2=m/m2=7
解二 77=7*11 x=21000000,x mod 77=? x mod 7=2 x mod 11=1 求x mod 77=? m1=7 m2=11 m=m1*m2=77 M1=m/m1=11 M2=m/m2=7 M1M1’ mod m1=1 M1的逆元 M2M2’ mod m2=1 M2的逆元 11M1’ mod 7=1 M1’=2=11 (7)-1mod 7 =115 mod7 7M2’ mod 11=1 M2’=8=7 (11)-1mod 11 =79 mod11 x=(M1M1’b1+M2M2’b2)mod m=
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中国剩余定理与线性组合、特解通解、基之联系1 引言中国剩余定理是关于南北朝时期一部著名的算术著作《孙子算经》中物不知数问题引出的一个定理．《孙子算经》中物不知数问题是：“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？”2 中国剩余定理及其证明2.1中国剩余定理的定义)150](3[P在现在的初等数论中，中国剩余定理是这样叙述的：设k m m ，⋯⋯,1是两两既约的正整数， 那么对任意整数 ,,1k a ，a ⋯⋯ 一次同余方程组 k j m a x j j ≤≤≡1),(mod 1 （1） 必有解，且解数为1．事实上，同余方程组（1）的解是)(m od 111m a x M a x M x k k k +⋯⋯+≡ （2） 这里k m m m m ⋯⋯=21 , )1(k j M m m j j ≤≤=,以及j x 是满足k j m x M j j j ≤≤≡1),(mod 1 （3） 的一个整数（既是j M 对模 j m 的逆）．中国剩余定理的数学思想在近代数学，当代密码学研究及日常生活都起着广泛应用.2.2中国剩余定理的证明)99](1[P证明1 首先证明解的存在性．令k m m m M ⋯⋯=21,对于每个,,,2,1n k ⋯=令k k k ，km m m m m M M ⋯⋯==+-111，根据定理条件可得1),(=k k m M ,又根据一元同余式有解的充要条件可知)(m od 1k k m x M ≡是有解的．设它的唯一解为x k ．构造)(m od 111m a x M a x M x k k k +⋯⋯+≡.根据K M 的构造可知,k j m M k j ≠≡),(mod 0那么k k k a x M a x M x +⋯⋯+≡111)(mod k k k k m x M a ≡，又k x 是)(m od 1k k m x M ≡的解，所以有)(m od )(m od k k k k k k m a m x M a x ≡≡，这就证明了x 是所给同余式组的一个公共解，所以解存在．再证解的唯一性．假使y 是所给同余式组的另一公共解，则有)(m od k k m a x ≡≡)(mod k m y 所以对于每一个k 都有K M 整除)(x y -，又根据i j m m j i ≠=,1),(所以k m m m ⋯⋯21整除)(x y -, 于是)(mod M y x ≡所以解是唯一的．证毕．证明2 为简单起见考虑2=k 的情形，现在，21m m m =， 1112,m M m M ==及同余方程组（1）是)(m od 11m a x ≡)(m od 22m a x ≡由第一个方程知，可把x 表为：y m a x 11+=．这样，以上同余方程组变为同余方程，)(m od 2121m a a y m -≡即，)(m od 2122m a a y M -≡由))(m od (12122m a a M y --≡,进而有))(m od (12221m a a x M y m -≡. （4）由此及式（4）得))(m od (12221m a a x M a x -+≡)(m od )1(222122m a x M a x M +-≡ （5）由21,m m 的对称性，同样可得)(m od )1(211111m a x M a x M x -+≡ （6） 但（5）式和（6）式还都不是我们需要的式（2）（2=k ）的形式．但利用式（3）（0=k ），容易看出 ),(m od 112211m x M x M -≡),(m od 112211m x M x M -≡所以),(m od 12211m x M x M -≡由此及（5）式（或（6）式）立即推出：若x 是解则必有)(m od 222111m a x M a x M x +≡容易验证222111a x M a x M +的确是原同余方程组的解．证毕．用证法二来证2=k 的情形并不方便．下面再介绍一种证法．证明 3 首先，我们来指出这样一个事实：若 0x 满足同余方程组（1），0x '满足下面的同余方程组k j m a x j j ≤≤'≡1),(mod那么，00x x '+一定是同余方程组 k j m a a x j j j ≤≤'+≡1),(mod的解．因此，我们可以用下面的叠加方法来求同余方程组（1）的解．设=ji a ⎩⎨⎧≠=j i j i a j 0,（7）对每个固定的)1(k i i ≤≤考虑同余方程组k j m a x j ij ≤≤≡1),(mod （8）注意到i j ≠时 0=ij a 所以由这方程组的第k i i ,,1,1,,1⋯+-⋯ 个方程（注意j m 两两既约）)(mod 0i M x ≡,即y M x i = . 代入第i 个方程得)(mod i i i m a y M ≡.由)(m od i i i m a x y ≡,即)(m od m a x M y M i i i i ≡ .即)(m od m a x M x i i i ≡.容易验证，i i i a x M 确实同余方程组（8）的解（这就证明了同余方程组（8）有解且解数为1．注意到由式（7）可得j r j j j a a a a =+⋯⋯++)()2()1(,所以，k k k a x M a x M +⋯⋯+111 一定是同余方程组（1）的解．在证法一中已证明了若有解，则解数为1．定理证毕．细心的读者会发现，一元同余式组与求解一次不定方程组是一样的，同余式组中 k j m a x j 「≤≤≡1),(mod 用线性方程组的语言可表达为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-⋯⋯⋯=-=-kk k a m x x a m x x a m x x 222111 （9） (x 为整数范围内的根)3线性方程组定理（线性方程组有解判别定理）)78](2[p 非奇次线性方程组有解的充分必要条件为它的系数矩阵A =⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋯⋯⋯⋯⋯sn s s n n a a a a a a a a a 212212111211 与增广矩阵 A = ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋯⋯⋯⋯⋯⋯s sn s s n n b a a a b a a a b a a a 21222221111211 有相同的秩.定理)90](2[p 如果0γ 是非奇次方程组的一个特解，那么该方程组的任一解 γ 都可以表成 ηγγ+=0其中 η是其导出组的一个解．因此，对于该方程组的任一特解γ，当γ取遍它的导出组时，此方程组就给得到它的全部解．线性方程组（9）可化为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=⋯⋯⋯-=-=kk k m a x x m a x x m a x x /)(/)(/)(222111 因为k x x x ,,,21⋯⋯，都是整数．所以由中国剩余定理知，k k k a x M a x M +⋯⋯+111 为x 的一个特解．其导出组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-⋯⋯⋯=-=-0002211k k m x x m x x m x x的所有解为x 为m 的整数解倍．所以（9）的通解为),(m od 111111m a x M a x M am a x M a x M x k k k k k k +⋯⋯+≡++⋯⋯+= （a 为整数）总的来说，中国剩余定理是线性组合的最早应用，它又是数论中的一个特有的重要概念．4 相关例题“物不知数”问题就是要求同余方程组)7(mod 2)5(mod 3)3(mod 2≡≡≡x x x （10）的正整数解．书中求出了满足这一问题的最小正整数解23=x ，所用的具体解法实质上就是求这同余方程组的形如式（2）的解，我们来解决同余方程组（10），这里.15,21,357,5,3321321======M M M m m m 容易算出可取.1,1,2332211===---M M M (这里jj M -是j M 对模 j m 的逆) 因此（10）的解为 )105(mod 23233211531212235≡≡⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯≡x因此，满足“物不知数”问题的正整数解是,,2,1,0,10523⋯=+=t t x 最小的为23.定理2)155](3[p 设k k k x x M M m m m ,,,,,,,,,111⋯⋯⋯与中国剩余定理中假设一致．再设)(mod )()1(11m x x M x x M x k k k ⋯+≡那么,x 遍历模m 的完全（既约）剩余系的充要条件是)(j x分别遍历j m 的完全（既约）剩余系.此外，还有k j m xx j ≤≤≡1),(m od )(. (11) 下面来举几个例子．例1)157](3[P 解同余方程组)11(mod 2)7(mod 2)5(mod 1)3(mod 1-≡≡-≡≡x x x x 解 取 ,11,7,5,34321====m m m m 满足中国剩余定理的条件．这时,753,1153,1173,11754321⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=M M M M我们来求1x ，由于)3(m od 1)1()1()1(1≡-⨯⨯-=M ，所以)3(m od 1111x x M ≡≡,因此可取)5(m od 112)2(.121≡⨯⨯-==M x ,知)5(m od 1222x x M ≡≡,因此可取)7(m od 4543.132≡⨯⨯==M x ,知 )7(m od 41333x x M ≡≡,因此可取)11(m od 6573.243≡⨯⨯==M x ,知)11(m od 61444x x M ≡≡，因此可取24=x ,进而由中国剩余定理知同余方程组解为)11753)(mod 2(2)753(22)1135()1(1)1173(11)1175(⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+-⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯≡x 即)1155(mod 394420660231385≡-+-≡x例2 求相邻的四个整数，它们依次22227532，，，，整除．解 设这四个相邻整数是.2,1,,1++-x x x x 按要求应满足),2(m od 012≡-x ),3(mod 02≡x),5(m od 012≡+x ),7(mod 022≡+x所以，这是一个解同余方程组的问题，这里242322217,5,3,2====m m m m 两两既约，满足定理的条件.532,732,752,7532224222322222221⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯=M M M M由)2m od 111121（≡≡M ，知 )2(m od 12111x x M ≡=因此可取11=x ．由 )3(m od 4417102222≡⨯≡⨯≡M ，知)3(m od 412222x x M ≡=，因此可取x 2=-2 ．由)5(mod 112122223-≡⨯≡M ，知)5(mod 1112322x x M -≡=,)5(mod 3222233x x ≡-=, )5(mod 2416233x x -≡=因此可取 94=x ．由)7(m od 1863)24()13(24≡⨯≡-⨯-＝M ， 知 )7(m od 1812444x x M ≡≡,)7(mod 5543244x x ≡≡,)7(m od 5030244x x ≡≡,因此可取4x =-19由定理知⨯-⨯⨯⨯+-⨯⨯⨯⨯+⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯≡)19(532)1(97320)2(752117532222222222222x )7532(m od 22222⨯⨯⨯-）（)44100mod 342491587611025（+-≡.所以满足要求的四个相邻整数有无穷多组，它们是,4410029348t + ,4410029349t +,4410029350t + ,4410029351t + （t 为整数）最小的这样的四个相邻正整数是29351,29350,29349,29348．例3 求模11的一组完全剩余系，使其中每个数被,7,5,3,2除后的余数分别为1,1,1,1--．解 在定理2中取,11,7,5,3,255321=====m m m m m ,以及,1,1,1)3()2()1(=-==x x x1)4(-=x .由定理2知，当)5(x 遍历模11的完全剩余系时)5(5544332211x x M x M x M x M x M x +-+-= （12） 这就给出了所要求的完全剩余系．下面来求)51(≤≤j x j ．由)2(m od 1≡i M 知)2(m od 1111x x M ≡≡,所以可取11=x ．由 )3(m od 12-≡M 知)3(m od 11222x x M ）（-≡≡ 所以可取12-=x ．由)5(mod 23≡M 知)5(mod 21333x x M ≡≡,所以可取23-=x ．由)7(m od 14≡M 知)7(m od 1444x x M ≡≡,所以可取14=x ．由)11(mod 15≡M 知)11(m od 1555x x M ≡≡.所以可取 15=x 这样就得到)5(753211532)2(117321175211753x x ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯--⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=41)3(2102106712103309247701155)5()5()5(+=+=+--+=x x x具有这样性质的最小的模11的完全剩余系是.4110210,419412108210,317210,416210,415210,414210,413210411022,41210,41+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+ 例4 解同余方程组)15(mod 1),20(mod 11),8(mod 3≡≡≡x x x .解 这里15,20,8321===m m m 不两两既约，所以不能直接用定理．容易看出，这同余方程组的解和同余方程组)3(mod 1)5(mod 1)5(mod 11)4(mod 11)8(mod 3≡≡≡≡≡x x x x x的解同解．显见，满足第一个方程的x 必满足第二个方程，而第三，第四个方程是一样的．因此，原方程组和同余方程组)3(mod 1)5(mod 1)8(mod 3≡≡≡x x x （13）的解相同．同余方程组（13）满足定理的条件．容易解出同余方程组（13）的解为 )120(mod 29-≡x .注意到[]12015,20,8=所以这也是原同余方程组的解，且解数为1.例4给出了模k m m ，⋯⋯,1 不是两两既约时，同余方程组（1）如何求解的例子．对于一般情形的解法原则上也是这样．例5 解同余方程组)1155(mod 19≡x .解 这是一个一次同余方程．这里我们把它化为模较小的一次同余方程组来解．由于117531155⨯⨯⨯=，所以这个同余方程组和方程组)3(mod 55619≡x , )5(mod 55619≡x ,)7(mod 55619≡x , )11(mod 55619≡x .的解相同．这同余方程组就是)3(mod 1≡x , )5(mod 1≡-x ,)7(mod 32≡x , )11(mod 63≡-x .上述同余方程组就变为)3(mod 1≡x , )5(mod 1-≡x ,)7(mod 2≡x , )11(mod 2-≡x .这同余方程组可用定理的方法来解．实际上，这就是我们的例1中的同余方程组，它的解是)1155(mod 394≡x这就是原同余方程组的解．例6 解同余方程组)10(mod 13≡x ,)15(mod 74≡x解 利用例4的方法这同余方程组的解与同余方程组)5(mod 74)3(mod 74)5(mod 13)2(mod 13≡≡≡≡x x x x 的解相同．但第二个同余方程)5(mod 13≡x 可化为)5(mod 2≡x ，第四的同余方程组 )5(mod 74≡x 可化为)5(mod 2-≡x ，与)5(mod 8≡x 矛盾，所以原同余方程组无解．我们用线性方程组的方法来解以上例1中的一元同余式组例7 线性方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=--=-=-2112715134321x x x x x x x x (16) 线性方程组(21)可化为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=+=-=11/)2(7/)2(5/)1(3/)1(4321x x x x x x x x 因为4321,,,x x x x 都是整数，由中国剩余定理知,394=x 为 x 的一个特解，其导出组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-=-=-0110705034321x x x x x x x x 的所有解为11753⨯⨯⨯的整数倍．（16）式的通解为)1155(mod 3941155394≡+=a x .中国剩余定理主要是解决一次同余式问题，再算术中还可以利用它来检查因数和验算整数计算的结果．5 结束语中国剩余定理堪称数学史上名垂百世的成就，它在数学史上占有光辉的一页，其数学思想一直启发和指引着历代数学家们，在数学领域，特别是计算机领域发挥着重要作用．。