初等数论同余式
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初等数论§3同余
不能成立。 反例：取m=6,c=2,a=20,b=23.
这时，有40 46(mod6), 但20 23(mod6)不成立！
2019/4/3
8
⑥ a b c(mod m ) a c b(mod m )
证：a b c(mod m ) m c a b
m (c b ) a a (c b)(mod m ).
由71 1(mod4), 72 1(mod4), 76 1(mod4), 7 1 3(mod4)， r3
7
所以7 7r 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10).
77
即7 的个位数是3.
2019/4/3
77
13
一般地，求a 对模m的同余的步骤如下：
—— 7|a 7|a2a1a0 a5a4a3
7 11 13 1001 1000 1(mod7)
a n a n 1
a 0 a n a n 1
a3 1000 a2a1a0 a6
a2a1a0 anan1
(mod7).
a3 a2a1a0 a5a4a3 anan1
① 求出整数k，使ak 1 (mod m)；
bc
② 求出正整数r，r < k，使得bc r (mod k)；
——减小幂指数
③ a a (mod m )
r bc
练习：若a Z , 证明 10|a1985 a1949 . 提示： a 5 a(mod10)
2019/4/3
14
例4
3、9 的整除特征
——各位上的数字之和能被3（9）整除 10i 1mod(3)
这时，有40 46(mod6), 但20 23(mod6)不成立！
2019/4/3
8
⑥ a b c(mod m ) a c b(mod m )
证：a b c(mod m ) m c a b
m (c b ) a a (c b)(mod m ).
由71 1(mod4), 72 1(mod4), 76 1(mod4), 7 1 3(mod4)， r3
7
所以7 7r 7 3 7 2 7 ( 1) ( 3) 3(mod10).
77
即7 的个位数是3.
2019/4/3
77
13
一般地，求a 对模m的同余的步骤如下：
—— 7|a 7|a2a1a0 a5a4a3
7 11 13 1001 1000 1(mod7)
a n a n 1
a 0 a n a n 1
a3 1000 a2a1a0 a6
a2a1a0 anan1
(mod7).
a3 a2a1a0 a5a4a3 anan1
① 求出整数k，使ak 1 (mod m)；
bc
② 求出正整数r，r < k，使得bc r (mod k)；
——减小幂指数
③ a a (mod m )
r bc
练习：若a Z , 证明 10|a1985 a1949 . 提示： a 5 a(mod10)
2019/4/3
14
例4
3、9 的整除特征
——各位上的数字之和能被3（9）整除 10i 1mod(3)
初等数论同余
即奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能 被11整除的数能被11整除.
初等数论同余
规律(7)的证明
证： 100 0 1 (0 m 7)o 1 , d 00 1 (0m 7)od
一般地有 10 i 0 ( 1 )0 i(m 7 )io , 0 d ,1 , n
两边同乘 a i 有并对n+1个式子相加得
2121+X+Y 39，4 X-Y+13 22，由此
可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 或21+X+Y=36，X-Y+13=22 X+Y=6，X-Y=-2，或X+Y=15，X-Y=9， 解得X=2，Y=4。
初等数论同余
例3 ：求111 被7除的余数。
50
解：∵111111被7整除，
∴ 111 ≡11（mod 7）≡4（mod 7）
dd
m| a b dd
初等数论同余
性质8 若ab(momd).则 (a,m)=(b,m) 证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
性质9 若 a b (m m i)o i .1 d ,2 ,3 k,则
初等数论同余
例2：证明5y+3=x2无解 证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余 有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5)，不可能 ∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解 注：在证明方程无解时，经常用不同余就不相等的 方法。
初等数论同余
规律(7)的证明
证： 100 0 1 (0 m 7)o 1 , d 00 1 (0m 7)od
一般地有 10 i 0 ( 1 )0 i(m 7 )io , 0 d ,1 , n
两边同乘 a i 有并对n+1个式子相加得
2121+X+Y 39，4 X-Y+13 22，由此
可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11 或21+X+Y=36，X-Y+13=22 X+Y=6，X-Y=-2，或X+Y=15，X-Y=9， 解得X=2，Y=4。
初等数论同余
例3 ：求111 被7除的余数。
50
解：∵111111被7整除，
∴ 111 ≡11（mod 7）≡4（mod 7）
dd
m| a b dd
初等数论同余
性质8 若ab(momd).则 (a,m)=(b,m) 证：由已知a=b+mt,故 (a,m)|a, (a,m)|m, 有(a,m)|b,所以有 (a,m)|(b,m), 同理可证(b,m)|(a,m), 即(a,m)=(b,m).
性质9 若 a b (m m i)o i .1 d ,2 ,3 k,则
初等数论同余
例2：证明5y+3=x2无解 证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余 有5y+3≡x2(mod 5) 即3≡x2(mod 5)
而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5) ∴ 3 ≡ 0,1,4(mod 5)，不可能 ∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解 注：在证明方程无解时，经常用不同余就不相等的 方法。
初等数论2.
我喜欢数学
性质(6)
性质(7)
若a =a1d, b =b1d, (m, d) =1, a ≡b (mod m)，则 a1 ≡ b1 (mod m) .
性质(8) 若a ≡b (mod m)，k 为正整数 ， 则 ka ≡ kb (mod km) .
a b m (mod ). d为a，b及m的任一正公约数，则 d d d
2019年4月13日11时56分
性质(5) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 ac ≡ bd (mod m) .
同余式可以相乘。
推论
若a ≡b (mod m)， 则 a k ≡ b k (mod m), k 为任意整数.
同余式的数乘。
推广
E
2019年4月13日11时56分
2019年4月13日11时56分
2、同余的性质：
(1) 反身性： a ≡ a (mod m). (2) 对称性：若 a ≡ b (mod m)， 则 b ≡ a (mod m). (3) 传递性：若 a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m), 则 a ≡ c (mod m). (4) 若a ≡b (mod m)，c ≡d (mod m) ， 则 a + c ≡ b + d (mod m) , a－c ≡ b－d (mod m). 同余式可以相加减。
例7 用弃九法验算 28947×34578 =1001865676 是否正确. 解 28947≡3 (mod 9), 34578≡0 (mod 9) 应有28947×34578 ≡0 (mod 9), 而 1001865676 ≡0 (mod 9), 所以计算必有错误. 弃九法只是运算结果正确的必要条件，而非充 分条件 ! 因此只能判误.
初等数论§4同余式
2x 8×7 10 (mod 23) x 5 (mod 23)。
2013-8-2
阜阳师范学院 数科院
14
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)
2013-8-2
阜阳师范学院 数科院
15
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
2013-8-2
阜阳师范学院 数科院
1
一、基本概念 定义1
设f ( x ) an x n an1 x n1 a1 x a0 , ai Z ,
2013-8-2
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14
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
2013-8-2
阜阳师范学院 数科院
1
一、基本概念 定义1
设f ( x ) an x n an1 x n1 a1 x a0 , ai Z ,
浅谈初等数论中同余式的解法
浅谈初等数论中同余式的解法
初等数论是数学的一个分支，主要探讨整数、有理数和代数式等基础概念。
“同余”是初等
数论中概念的一个重要部分，它引用数学定义可以写为：若两个有理数或者有理函数在一
个事件上有相同的值，则它们称为“同余”。
也就是说，两个有理数或者有理函数的值不同，但它们的值是相等的。
同余的解法首先应该把同余方程写成有理函数的形式，然后进行求解。
一般可以使用图像法、合并法或者二分法来求解。
图形法是一种直观清晰的求解方法，它通过在坐标系中绘制图像来求解同余方程，从而得到所求解的值。
这是最简单也是最容
易理解的求解方法。
合并法是一种基于数学运算技巧的求解方法。
它通过合并两个同余方程来求解同余方程，得到所求的值。
二分法是运用有理数的属性来求解的方法，用二分的方法对有理数的值进行查找，来获得有理数的值。
以上就是同余的几种常用方法，虽然每种方法都有其优势和缺点，但它们都是多元素的有理函数。
使用正确的方法，可以对同余
方程进行快速准确的求解，以解决初等数论中的多元素有理函数问题。
初等数论 同余
注意：这条与前面的(5)的推论和(7)不同, 模变了. 证明： m | (a－b) => km | k(a－b)
a b m a b mt t. d d d
2013年11月13日10时5分
我喜欢数学
性质(9)
若 a ≡b (mod m1), a ≡b (mod m2), m=[ m1, m2 ], 则 a ≡ b (mod m) . 证明： 由充要条件, 有 m2 | (a－b)， m1 | (a－b)
2013年11月13日10时5分
性质的应用：
由 10≡1（mod 9），有 102≡12（mod 9）， 103≡13（mod 9），…，10n≡1n（mod 9）,
an an 1 a2 a1a0 an 10n an 1 10n 1 a1 10 a0 an an 1 a1 a0 (mod 9).
性质⑺ 同余式的“除”.
性质⑻⑼⑽
涉及模的改变！分别与a，b和m的约 数，倍数，公约数，最小公倍数有关.
性质⑾是关于a，b和m最大公约数的。
2013年11月13日10时5分
例 2
分析
今天是星期二，101000天之后的那天是星期几？
由于1乘a为a ，1n=1，先求得某数的n次幂与1对模同余 是非常方便的. 我们已知 7 | 1001, 即103 ＋1≡0 (mod 7), ， 103 ≡－1(mod 7), 得106 ≡1 (mod 7).
又23m1 2(mod 7)， 从而当且仅当
23m 2 4(mod 7),
n 3m时, 7 2n 1.
（2）由23m 1 2(mod 7)，3m 1 1 3(mod 7), 23m 2 1 5(mod 7), 2 可知，对任何正整数n, 2n 1不能被7整除.
初等数论第二章同余
10°三1,IO】三一3, IO?三一4, IO?三一1,…(mod13)
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)；
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)；
初等数论教程3
• 比如时间的表示：我们说15:00与说下午3:00是一样 的，因为15除以12与3除以12余数也相同，都为3。
• 即：120=7×17+1，365=7×52+1；15=12×1+3， 3=12×0+3
记为：120 365mod7 ；15 3mod12 。
并称为 120 与 365 对模 7 同余；15 与 3 对模 12 同余。
若 r1 r2， 则 称 a和 b对 于 模 m不 同 余 ， 记 作 a b(mo d m).
例3.1（P.121）
练习： （1）142与43对模11是否同余？ （2）13与3对模5是否同余？ （3）7与7对模7是否同余？ （4）2与-2对模3是否同余？
例3.2 求证（1）如果a除以m的余数为r （ 0 r m ）， 则 a r(modm) ； （2）如果 a r(modm) ，0 r m ，则a除 以m的余数为r.
b不是a对模m的剩余,
记作
a b (mod m);
关系式(1)称为模m的同余式,或简称同余式.
注：
由于m a b等价于-m a b,所以同余式(1) 等价于 a b (mod ( - m));
因此,以后总假设m 1.在同余式(1)中, 若0 b m ,则 称b 是a 对模m的最小非负剩余; 若1 b m ,称b是a 对模m的最小正剩余; 若 - m / 2 b m / 2 (或 m / 2 b m / 2) ,称 b 是 a 对 模 m 的绝对最小剩余.
• 下面的四个叙述是等价的： • (ⅰ) a b (mod m)； • (ⅱ) m|(a-b); • (ⅲ) 存在整数q，使得a = b qm； • (iv) 存在整数q1，q2，使得a=mq1 r，
• 即：120=7×17+1，365=7×52+1；15=12×1+3， 3=12×0+3
记为：120 365mod7 ；15 3mod12 。
并称为 120 与 365 对模 7 同余；15 与 3 对模 12 同余。
若 r1 r2， 则 称 a和 b对 于 模 m不 同 余 ， 记 作 a b(mo d m).
例3.1（P.121）
练习： （1）142与43对模11是否同余？ （2）13与3对模5是否同余？ （3）7与7对模7是否同余？ （4）2与-2对模3是否同余？
例3.2 求证（1）如果a除以m的余数为r （ 0 r m ）， 则 a r(modm) ； （2）如果 a r(modm) ，0 r m ，则a除 以m的余数为r.
b不是a对模m的剩余,
记作
a b (mod m);
关系式(1)称为模m的同余式,或简称同余式.
注：
由于m a b等价于-m a b,所以同余式(1) 等价于 a b (mod ( - m));
因此,以后总假设m 1.在同余式(1)中, 若0 b m ,则 称b 是a 对模m的最小非负剩余; 若1 b m ,称b是a 对模m的最小正剩余; 若 - m / 2 b m / 2 (或 m / 2 b m / 2) ,称 b 是 a 对 模 m 的绝对最小剩余.
• 下面的四个叙述是等价的： • (ⅰ) a b (mod m)； • (ⅱ) m|(a-b); • (ⅲ) 存在整数q，使得a = b qm； • (iv) 存在整数q1，q2，使得a=mq1 r，
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进而有 M ,1 4, M , 2 1, M ,3 5
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)
……
x≡bk(mod mk)
（*）
有解判定定理：同余方程组（*）有解的充 要条件是 (mi , m j ) | bi b j , i j
下面给出k=2时的证明.
2 x b1 (mod(m1 , m2 ))
x x0 m1t , y y0 a1t , t Z m 1
m ( a , m)) t (modm), t 0,1(a, m) 1
因当 t1 t 时， x0 m1t1 x0 m1 (t2 dk) （ mod) 2
x0 m1t2 mk x0 m1t （ 2 modm)
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
例：解同余式 45x 21(mod132)
解 因为(45,132)=3¦ 21,所以同余式有3个解.
化简为等价的同余方程 15x 7(mod44)
k
即是(*)的解
若 x1 , x2
是满足 (*)的两个整数，则有 ,所以有
又 x1 x2 (modm)
m | x1 x2 ,即
x1 x2 (modmi ) ,说明是惟一解。
x 1(mod7) 例：解一次同余式组 x 2(mod8) x 3(mod9)
解 :因为7，8,9两两互素，可以利用孙子定理. m=504, M1 72, M 2 63, M 3 56
由一次同余方程有解条件知t有解,即同余方程组有解.
下面给出一个例子，并用代入法求解
x 3(mod4) 例：解一次同余式组 x 1(mod6)
解：因为(4,6)=2|3-1,所以有解,由(1)式得x=3+4t 代入(2)得 4t 2(mod6) 2t 1(mod3) 即 t 1(mod3) 得 t 1 3t1 代入x=3+4t 得 x 3 4(1 3t1 ) 7 12t1 即 x 7(mod12)为一次同余式组的解。
注：若给出的同余方程组不是标准形式，必 须注意化为标准形式，同时我们得到的有解 的判别定理及求解方法都是在这一标准形式 得到的。
同余方程组（1）有解的条件
(mi ,mj) ∣bi-bj ，1≤i，j≤k 。
在使用时一定要对所有的组合进行验算，进 行有解的判别
求解一次同余方程组（ * ）有两种方法： 待定系数法和孙子定理 , 二种方法各有特长。 待定系数法适应的范围较广，对模没有什么 要求。孙子定理有一个具体的公式，形式也 较漂亮。但对模要求是两两互素。
m m1m2 mk
(mi , M i ) 1 证明：因为 m1 , m2 ,mk 两两互素，
, M M 所以有 i i 1(modmi )
， M 中的 i 存在，又对 任意的 i j 有 (mi，mj ) 1, i j 有mj | Mi
所以
, , M M b M M j j j i i bi bi (modmi ) j 1
即有解的条件，解数及如何求解，
一般地说，对于一般的同余方程，由于仅有有 限个解，只要把模m的一个完全剩余系一一代 入即可，满足同余方程的就是解。 但当模较大或次数较高时应寻求简洁而实 用的解法.
这一章主要讨论 1、一次同余方程ax≡b(mod m) ２、一次同余方程组 x≡b1(mod m1) x≡b2(mod m2) … x≡bk(mod mk) f ( x) 0(modm) ３ 的求解。
[m1 , m2 ,mk ] m1m2 ,mk
，
从而 有 m | f ( x0 ) 即 f ( x0 ) 0(modm) 即（2） 的解也是（1）的解。
又由于（2）中第i个方程有 Ti个解，则（2） 一共可组合成 T1T2 Tk 个一次同余式组， 由孙子定理每一个同余式组有惟一解，所以 T1T2 Tk 有 个解，又由于（ 1）（2）的等 价性，所以有 T T1T2 Tk
c1 c 2、（d，m）=1，且 a da1, c dc1，则 a1 a (modm)
利用形式分数的性质把分母变成1，从而求出 一次同余式的解。
例：解一次同余方程17x 19(mod25) 解：∵（17，25）=1，原同余方程有解，利 用形式分数的性质，同余方程解为
19 6 3 28 x 7(mod 25) 17 8 4 4
证: 若 x b1 (modm1 ) (1)有解,则有 x b (modm )(2)
2
x b2 (mod(m1 , m2 ))
反之由(1)得
即
(m1 , m2 ) | b1 b2
代入(2)有
x b1 m1t
m1t b2 b1 (modm2 ) 因为 (m1 , m2 ) | b1 b2
数多项式，设 x1 是 则有
f ( x) 0(mod p 1 )
的一个解，
, f （1） ( x1 ) 0(modp) 则存在整数t使得 1 x x1 p t 是 f ( x) 0(modp ) 的解。
（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
15x 2 17x 5(mod12) 等价于 3x 2 5x 5(mod12)
12 7
下面我们给出模两两互素的情形，此时显然 满足有解的条件，即
孙子定理：设 m1 , m2 ,mk 两两互素， 则同余式(*)组的解为
, , x M1M1,b1 M 2 M 2 b2 M k M k bk (modmi )
其中 m mi M i , M i M i, 1(modmi )
对一般模的高次同余方程我们要通过 “小模”和“降次”的方法来得到一般 模的高次同余方程的解。
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
m1 , m2 ,mk 两两互素， 定理：设m m1m2 mk ， f ( x) 0(mod m ) 等价于下面方程组 则 （1 ）
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 a (modm)称为形式分数。
1 c 根据定义和记号， 有性质 a (modm) c a
1、
c c m t1 (modm), t1 , t2 Z a a m t2
，则有
即
a
( m)
x ba
( m) 1
(modm)
因为 a ( m) 1(modm) 所以
x ba
( m)1
(modm)
例: 解同余式 8x 9(mod 11) 解：因为(8,11)=1,所以由欧拉定理 有
x 8 9 (3) (2) 9 6
§2
一次同余方程
一次同余方程的一般形式为 ax≡b(mod m)， a 0(modm) 有
a 0(modm) ，则 2.1定理：a,b为整数，
ax≡b(mod m)有解的充要条件是(a,m)|b,若有解 则有d=(a,m)个关于模m的解
证明：由同余的定义知ax≡b(mod m)等价于 不定方程ax=b-my，而此不定方程有解的充 要条件是(a,m)|b。在有解的情况下，设不定 方程的解为
x 2x 6 x 8 0(mod5)
2 5 2
等价于
( x ) x 2x x 5x x 5 3 0(mod5)
5 2
即 x 4 2 x3 x 3 0(mod5)
x x(mod5)
5
，
同余方程和不定方程一样，我们同样要考虑 以下三个问题，
次数大于1的同余方程称为高次同余方 程，一般地高次同等方程可转化一系列的高 次同余方程组。然后将每一个高次同余方程 的解都求出，最后利用孙子定理可求出原高 次同余方程的解。
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)
……
x≡bk(mod mk)
（*）
有解判定定理：同余方程组（*）有解的充 要条件是 (mi , m j ) | bi b j , i j
下面给出k=2时的证明.
2 x b1 (mod(m1 , m2 ))
x x0 m1t , y y0 a1t , t Z m 1
m ( a , m)) t (modm), t 0,1(a, m) 1
因当 t1 t 时， x0 m1t1 x0 m1 (t2 dk) （ mod) 2
x0 m1t2 mk x0 m1t （ 2 modm)
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
例：解同余式 45x 21(mod132)
解 因为(45,132)=3¦ 21,所以同余式有3个解.
化简为等价的同余方程 15x 7(mod44)
k
即是(*)的解
若 x1 , x2
是满足 (*)的两个整数，则有 ,所以有
又 x1 x2 (modm)
m | x1 x2 ,即
x1 x2 (modmi ) ,说明是惟一解。
x 1(mod7) 例：解一次同余式组 x 2(mod8) x 3(mod9)
解 :因为7，8,9两两互素，可以利用孙子定理. m=504, M1 72, M 2 63, M 3 56
由一次同余方程有解条件知t有解,即同余方程组有解.
下面给出一个例子，并用代入法求解
x 3(mod4) 例：解一次同余式组 x 1(mod6)
解：因为(4,6)=2|3-1,所以有解,由(1)式得x=3+4t 代入(2)得 4t 2(mod6) 2t 1(mod3) 即 t 1(mod3) 得 t 1 3t1 代入x=3+4t 得 x 3 4(1 3t1 ) 7 12t1 即 x 7(mod12)为一次同余式组的解。
注：若给出的同余方程组不是标准形式，必 须注意化为标准形式，同时我们得到的有解 的判别定理及求解方法都是在这一标准形式 得到的。
同余方程组（1）有解的条件
(mi ,mj) ∣bi-bj ，1≤i，j≤k 。
在使用时一定要对所有的组合进行验算，进 行有解的判别
求解一次同余方程组（ * ）有两种方法： 待定系数法和孙子定理 , 二种方法各有特长。 待定系数法适应的范围较广，对模没有什么 要求。孙子定理有一个具体的公式，形式也 较漂亮。但对模要求是两两互素。
m m1m2 mk
(mi , M i ) 1 证明：因为 m1 , m2 ,mk 两两互素，
, M M 所以有 i i 1(modmi )
， M 中的 i 存在，又对 任意的 i j 有 (mi，mj ) 1, i j 有mj | Mi
所以
, , M M b M M j j j i i bi bi (modmi ) j 1
即有解的条件，解数及如何求解，
一般地说，对于一般的同余方程，由于仅有有 限个解，只要把模m的一个完全剩余系一一代 入即可，满足同余方程的就是解。 但当模较大或次数较高时应寻求简洁而实 用的解法.
这一章主要讨论 1、一次同余方程ax≡b(mod m) ２、一次同余方程组 x≡b1(mod m1) x≡b2(mod m2) … x≡bk(mod mk) f ( x) 0(modm) ３ 的求解。
[m1 , m2 ,mk ] m1m2 ,mk
，
从而 有 m | f ( x0 ) 即 f ( x0 ) 0(modm) 即（2） 的解也是（1）的解。
又由于（2）中第i个方程有 Ti个解，则（2） 一共可组合成 T1T2 Tk 个一次同余式组， 由孙子定理每一个同余式组有惟一解，所以 T1T2 Tk 有 个解，又由于（ 1）（2）的等 价性，所以有 T T1T2 Tk
c1 c 2、（d，m）=1，且 a da1, c dc1，则 a1 a (modm)
利用形式分数的性质把分母变成1，从而求出 一次同余式的解。
例：解一次同余方程17x 19(mod25) 解：∵（17，25）=1，原同余方程有解，利 用形式分数的性质，同余方程解为
19 6 3 28 x 7(mod 25) 17 8 4 4
证: 若 x b1 (modm1 ) (1)有解,则有 x b (modm )(2)
2
x b2 (mod(m1 , m2 ))
反之由(1)得
即
(m1 , m2 ) | b1 b2
代入(2)有
x b1 m1t
m1t b2 b1 (modm2 ) 因为 (m1 , m2 ) | b1 b2
数多项式，设 x1 是 则有
f ( x) 0(mod p 1 )
的一个解，
, f （1） ( x1 ) 0(modp) 则存在整数t使得 1 x x1 p t 是 f ( x) 0(modp ) 的解。
（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
15x 2 17x 5(mod12) 等价于 3x 2 5x 5(mod12)
12 7
下面我们给出模两两互素的情形，此时显然 满足有解的条件，即
孙子定理：设 m1 , m2 ,mk 两两互素， 则同余式(*)组的解为
, , x M1M1,b1 M 2 M 2 b2 M k M k bk (modmi )
其中 m mi M i , M i M i, 1(modmi )
对一般模的高次同余方程我们要通过 “小模”和“降次”的方法来得到一般 模的高次同余方程的解。
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
m1 , m2 ,mk 两两互素， 定理：设m m1m2 mk ， f ( x) 0(mod m ) 等价于下面方程组 则 （1 ）
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 a (modm)称为形式分数。
1 c 根据定义和记号， 有性质 a (modm) c a
1、
c c m t1 (modm), t1 , t2 Z a a m t2
，则有
即
a
( m)
x ba
( m) 1
(modm)
因为 a ( m) 1(modm) 所以
x ba
( m)1
(modm)
例: 解同余式 8x 9(mod 11) 解：因为(8,11)=1,所以由欧拉定理 有
x 8 9 (3) (2) 9 6
§2
一次同余方程
一次同余方程的一般形式为 ax≡b(mod m)， a 0(modm) 有
a 0(modm) ，则 2.1定理：a,b为整数，
ax≡b(mod m)有解的充要条件是(a,m)|b,若有解 则有d=(a,m)个关于模m的解
证明：由同余的定义知ax≡b(mod m)等价于 不定方程ax=b-my，而此不定方程有解的充 要条件是(a,m)|b。在有解的情况下，设不定 方程的解为
x 2x 6 x 8 0(mod5)
2 5 2
等价于
( x ) x 2x x 5x x 5 3 0(mod5)
5 2
即 x 4 2 x3 x 3 0(mod5)
x x(mod5)
5
，
同余方程和不定方程一样，我们同样要考虑 以下三个问题，
次数大于1的同余方程称为高次同余方 程，一般地高次同等方程可转化一系列的高 次同余方程组。然后将每一个高次同余方程 的解都求出，最后利用孙子定理可求出原高 次同余方程的解。