高中数学A版四 一次同余方程优秀课件

知识回顾
什么是一元一次方程组
简单的说是含有一个未知数的方 程，如 3x+5=14. 剩余类定义：
所有与整数a模n同余的整数构成的集 合叫做模n的一个剩余类，记作[a].
导入新课
已经学习了剩余类、剩余类环的知识， 知道了关于剩余类的相关运算.
剩余类环：模n的剩余类集合中定义了 剩余类加法和剩余类乘法的运算，记作 {[0]，[1]，…，[n-1],+,- }.
课堂练习
1. 大衍求一术适用的同余方程，ax 1 (mod n)，其中（ a ）为正整数，a （ < ）n，且（a，n）=（ 1 ）.
2. 一次同余方程ax b (mod n)，若有解
则（（a，n）︱b ），解的个数为（（a，n））.
3. 试确定同余方程3215x 160 (mod 235)是否有解，若有解有几个解（ D ）.
A.有 B.无解 C.1个解 D.5个解
4. 下面对同余方程3x 7 (mod 13)的
解描述正确的（ A ）.
A. x 7 (mod 13)
B. x 7
C. x = 7
D.都不对
5. 解同余方程 6x ≡ 7 (mod 23).
解:
因为 (6,23)=1,且1|7 故 同余方程仅有以一个解 而 6×4=24 ≡ 1(mod 23) 故 x ≡ 4 ×7=28 ≡ 5(mod 23). 所以 解为x ≡ 5(mod 23).
这就涉及到下面要 讲的同余方程.
第二讲 同余与同于方程
教学目标
知识与能力
1.掌握同余式的定义. 2.熟练掌握一次同余式解的存在 性及解的个数. 3.熟练运用一次同余式的解法.
过程与方法
1.类比一元一次方程引入同余方程的概念. 2.通过实例介绍同余方程解的判别方法及求 解方法.
情感态度与价值观
提高学生学习数学的兴趣，能够运 用同余方程解决生活中的问题.

1
mod
p


b

1 a1

1a
1
a a

1 1
! !

mod
p


b
mod
p

所以唯一解 x b 1 a1 p 1 p 2... p a 1 mod p
a!
2、解同余式3x 7 (mod 13)
因为（13，3）=1
2、 32,8 = 8,但8 |12,故同余方程没有解.
3、因为 (28,116)=4，且4|124 故 同余方程有四个解 化简 7x ≡ 31 ≡ 2(mod 29) 由于 7×(-4)=-28 ≡ 1(mod 29) 故 x ≡ 2 ×(-4)=-8(mod 29) 所以 x ≡ -8+29 ×0=-8(mod 116) x ≡ -8+29 ×1=21(mod 116) x ≡ -8+29 ×2=50(mod 116) x ≡ -8+29 ×3=69(mod 116)
实例
例二、在模7的剩余类环中解方程[2][x]=[3]. 解： 因为 [2][x]=[3] 所
以 [2x]=[3] 即
7∣2x-3
推出
一次同余
2x≡3[mod 7] 解得 方程
x≡？[mod 7]
同余方程的解
解析
在例二中我们解得x≡？[mod 7] ？是多 少什么情况下x有解，有多少解，解是什么. 下面我们将具体讨论这些问题.
所以 3x 7 (mod 13)有唯一解
x b 1 a1 p 1 p 2... p a 1 mod p
a!
7 12 13 1...13 3 1 mod13
3!
11mod13
此题利用了1题的结论.1题的结论 是求解的一种方法需牢记.
应用
例四、解同余方程 11x 1mod47
解：
因为 （11，47）=1 且 11<47
由于 47=11×4+3 ；11=3×3+2 ；3=2×1+1
所以 所以
得
q2=4，q3=3， q4=1，r4=1 k2=-4×1， k3 =1-3×（-4）=13 k4 =-4-1×13=-17
x≡- 17m od47
教学重难点
重点
1.同余式方程解存在的条件. 2.一次同余式方程的解法.
难点
掌握一次同余式方程的一、二种解法 （穷举法、辗转相除法、分数法(用同余的 性质求解)、公式法、大衍求一术）.
议一议
我们已经知道了一元一次方程，并熟悉 了它的求法.如：ax + b = c
在剩余类环中含有未知数，如模5剩余 类环中[2][x]=[3]，这样的式子我们叫做 同余方程.有剩余类环的性质，我们可做出 如下推导.
课堂小结
一、一次同余方程一般式：ax≡bm odn
二、同余方程解的形式： x≡cm odn
三、同余方程有解的条件： （a，n）︱b 四、同余方程有个数： （a，n）
五、求同余方程解的方法：公式法、大衍求一术.
高考链接
Байду номын сангаас1、若（a，m）=1，则同余式ax b (mod m)有
唯一解x a φ（m-1）b (mod m)
因为（a，m）=1，所以ax b (mod m)有唯一解 再由欧拉定理知a φ（m） 1 (mod n) ， a a φ（m-1）b (mod m) a φ（m） b (mod m) b (mod m)所 以x a φ（m） b (mod m) 是ax b (mod m) 唯一解 推论 若p是素数0<a<p,则ax b (mod m)有唯一解.
解的过程如下：
若 （a，n）=c，且 c︱b 则
有c个解
找使左边成
立的b
a×则d ≡1m od11
（e取0，1，2，…，c-1）
x≡b×d + n×e = bd + nem odn.
另解
我们已经学过了用辗转相除法求最大公 因数，现在我们用类似的方法来求同余方 程的解.
对于特殊的一次同余方程如： ax≡bm odn,
则（a，n）︱b.反过来，当（a，n）︱b时，
恰有（一a次，同n余）方个程解. ax≡bm odn,
实例
例三、解一次同余方程 3x≡5m od11
解：因为 （3，11）=1，且 1︱5
所以 有一个解
因为
所以 3×4≡1m od11
x≡5×4 = 20m od11.
概括
类似于例三这样的同余方程 ax≡bm odn
剩余类环的运算法则: [a]+[b]=[a+b] [a][b]=[ab]
例一:模5的剩余类环是？
{ [0]，[1]，[2]，[3]，[4]；+，·} [0] [1]=[1]，[2] [3]= [6] ； [0] +[3]=[3]，[1]+ [4]= [5] ；
想一想，若在模5的剩余类环中我们只 知道[3][x]=[2] 那么x 的值是什么？
a
1

N
因为 p是素数且0<a<p
所以a!p 1...p a 1 p 1...p a 1 Z
a!
ab 1 a1 p 1p 2...p a 1
a!

b

1 a1

1

2
a
... 1
a !
4、 因为 (5,8)=1,且1|44 故 同余方程仅有一个解 而 5 ×(-16)=-80 ≡ 1(mod 81) 故 x ≡ 44 ×(-16)=-704 ≡ 25(mod 81), 故 x ≡ 44 ×(-16)=-704 ≡ 25(mod 81). 所以 解为x≡25(mod 81).
解 ： 原式化为 47x+ 11x （47+40）(mod 47).
即 11x 40(mod 47). 因为 (11,47)=1,且1|40 故 同余方程仅有以一个解.
教材习题答案
习题（第28页）
1、因为 (9,7)=1,且1|5 故 同余方程仅有以一个解 而 4×9=36 ≡ 1(mod 7) 故 x ≡ 4 ×5=20 ≡ 6(mod 7). 所以 解为x ≡ 6(mod 7).
例二中我们用穷举法得到x≡15[mod 7] ，此 过程比较繁琐，而且我们不知道到底有没有解， 不可能试尽所有整数.我们介绍另一种求法.
解法
一次同余方程 ax≡bm odn,
1、什么情况下有解： 若（a，n）︱b，则有解 .
2、若有解，解有几个： 解的个数为（a，n）个.
定义
一次同余方程 ax≡bm odn, 有解，
其中a为正整数， a<n且（ a ，n）=1.介绍 另一种方法——大衍求一术.
另解
对满足 ax≡1其m中odan为,正整数， a<n且（ a ，
n）=1的同余方程解的过程如下： 设k1=1，r1=a， 对n，a用带余除法： n=aq2+r2，记k2=-q2k1；
对a，r2用带余除法： a=r2q3+r3，记k3=k1-q3k2； 对r3，r2用带余除法：r2=r3q4+r4，记k4=k2-q4k3； 重复直到rn=1，最后的kn=kn-2-qnkn-1，x kn mod n
x b 1a1 p 1 p 2... p a 1 mod p
a!
证明：因为 p是素数且0<a<p 所以（a，p）=1，
因为 ax b (mod m)有唯一解，
因为 所以
caap！︱p pp(p-11)…p (ap2!-a..+.1p)
[2][x]= [3] [2x]= [3] 52x- 3 2x≡3m od5