3 高次同余式的解数及解法
3.同余式
a = −1 p
Legendre符号的几条重要的性质（p是奇素数）： ①若a≡b(mod p), 则 ≡ p不能整除 不能整除a, ②若p不能整除a, 则
a b = . p p
a2 p =1
定理 1.1.1 设(a,m)=1, m>0, 则 ax≡b(mod m) ≡ 恰有一解, 恰有一解, 且 x≡baϕ(m)-1(mod m) ≡ 定理 1.1.2 设aﾄm, 则 ﾄ ax≡b(mod m) ≡ 有解的充分必要条件是:(a,m)|b. 若有解， 若有解， 有解的充分必要条件是 则共有d个解 个解. 则共有 个解
p −1 a 2
≡ 1 (mod p )
(2). a是模 的非平方剩余的充要条件是 是模p的非平方剩余的充要条件是 是模
a
p −1 2
≡ − 1 (mod p )
勒让德(Legendre)符号
为了简化“x2≡a(mod p)有解”这一较长 a 的说法, 今引人勒让德(Legendre)符号 ,其 p 定义如下:
•雅各比符号可以看作勒让得符号的推广。
定理3.1 是奇素数, 不能整除a, 定理 设p是奇素数 若p不能整除 则 x2≡a(mod p)恰 是奇素数 不能整除 恰 有两解或无解. 有两解或无解 定理3.2（欧拉判别条件）设p是奇素数 (a,p)=1, 则 定理 （欧拉判别条件） 是奇素数, 是奇素数 (1). a是模 的平方剩余的充要条件是 是模p的平方剩余的充要条件是 是模
思考： 思考：求
(1) 21000000 (mod 77) (2) 31213 (mod 667)
3 二次同余式和平方剩余
比一次同余式更复杂的是二次同余式 Ax2＋Bx＋C≡0 (mod m) ＋ ≡ 其中模p为奇素数的基本二次同余式最实用 为奇素数的基本二次同余式最实用， 其中模 为奇素数的基本二次同余式最实用，即 x2≡a(mod p), (p,a)=1 定义3.1 的正整数, 定义 设m≥2的正整数 若二次同余 的正整数 x2≡a(mod m), (m,a)=1 有解, 则称a是模 的二次剩余(或叫平方剩余 若无解, 有解 则称 是模m的二次剩余 或叫平方剩余); 若无解 是模 的二次剩余 或叫平方剩余 则称a是模 的二次非剩余. 是模m的二次非剩余 则称 是模 的二次非剩余 例如： ， ， 是模 的平方剩余。 是模7的平方剩余 例如：1，2，4是模 的平方剩余。 因为:6 即解x=6;… 因为 2 ≡1 (mod 7),即解 即解 同样的问题：解的存在性和如何求解？ 同样的问题：解的存在性和如何求解？
初等数论§4同余式
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)
2013-8-2
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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
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1
一、基本概念 定义1
设f ( x ) an x n an1 x n1 a1 x a0 , ai Z ,
同余式
例 8 利用同余理论为 N 支球队安排一个单循环比赛表。 解 当 N 为奇数时，总有一队要轮空，可以采用如下办法来 克服这种困难：加入一支假想的队 N 0 ，然后安排这个队在内 的 N 1支队的单循环比赛程序表， 在每轮比赛中， 安排和 N 0 比赛的球队轮空即可。所以下面的处理均假定 N 为偶数，给 每支队一个编号分别为 1, 2, , N ，每支队的比赛总场数为
2
解数为 0。
例 4 求同余式 15 x 15 x 30 0(mod 15) 的解。
2
解
取 模 15
的 绝 对 值 最 小 完 全 剩 余 系 ：
7,6, ,1,0,1, ,6,7 ，直接计算可知所有整数都是同余
式的 15 x 15 x 30 0(mod 15) 解，所以该同余式的解为
N 1，即有 N 1轮比赛，共有 N ( N 1) / 2 场比赛。
设 x 属于集合 {1, 2, , N 1}，在第 k 轮中，以 xk 表示与 x 进 行比赛的编号，同样有 xk 属于集合 {1, 2, , N 1}。 我们使用 同余式
x x k (mod N 1)
a
称所有这些整数为同余式（1）的一个解，记为
x a (mod m)
所有对模 m 两两不同余的解的个数称为是同余式（1 ）的解 数，记为 T ( f , m) 。从定义可以看出来，同余式（1）的解数 一定不超过 m ，即 T ( f , m ) m 。
例 1 求同余式 4 x 12 x 7 0(mod 15) 的解。
2
x 5, 2,5(mod 15)
解数为 3。
例 3 求同余式 4 x 12 x 3 0(mod 15) 的解。
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第 0 章 序言及预备知识
第一节 序言（1）
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1） 2 是无理数。 （2）Show that there are infinitely many Ulam numbers 3、用 Mathematica 数学软件实现
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第 6 节 函数[x]与{x}
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1） PAUL ERDO S
2、理论计算与证明：
（1）求 30! 的标准分解式。
（2）求 20!的末尾有多少个零？
（3）设 n 是任一正整数，α 是实数，证明：
（i）
⎡[nα
2010-6-7 version1.0
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第 1 节 剩余类及完全剩余系、简化剩余系
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1）DAVID HILBERT
2、理论计算与证明
（1）证明 ϕ(1) + ϕ( p) + ϕ( p2 ) + ... + ϕ( pα ) = pα , p 为素数。
Байду номын сангаас
（2）设 a,b, c 都是正整数，则
max{a,b, c} = a + b + c − min{a,b}− min{a, c} − min{b, c}+ min{a,b, c}
同余方程3x≡1mod9的解
同余方程3x≡1mod9的解
解决同余方程是摩斯艾克斯数论中一个重要的课题。
在本文中，我将介绍如何解决3x≡1mod9（同余方程）。
首先，我们来看一下什么是同余方程。
同余方程是数论中一种特殊的方程，它是对数域（古典代数系统）中一个模（称为除数）取模而得到的结果。
它可以描述为：a b (mod c），其中a、b和c是整数，此处c是模，即c是除数。
这表示a与b之间总会有一些余数被抹去，而这个差值被称为余数。
由此，a和b就能分别被c整除，而余数相同。
对于3x≡1mod9，我们可以将其写成如下形式：9a + 3x = 1，其中a是任意的整数。
通过将9a移到左边，然后再加上增量x，以及减去右边的1，我们可以将该同余方程转化为3x = 9 - 1 = 8，即3x = 8。
此时，我们需要将x带入模运算，以求出其正确解。
要做到这一点，我们可以使用一种叫做“逆模”的方法：将3与9取模，然后将模取反，即得到3^(-1)mod 9，其值为3。
由此可见，当3x = 8时，x = 8 / 3 = 2，因此得出最终答案：x = 2，即3x≡1mod9的解为x = 2。
到此，我们解决了3x≡1mod9的问题，即x的值为2。
在本文中，我们探讨了如何解决同余方程，并给出了具体的例子。
同余方程的求解通常结合上除法和逆模方法，可以有效地求解复杂的数学问题。
总之，通过本文，我们可以得出结论：同余方程的求解方
法能够帮助我们更好地解决一些复杂的数学问题。
数论算法讲义3章(同余方程)
第 3 章 同余方程（一） 内容：● 同余方程概念● 解同余方程● 解同余方程组（二） 重点● 解同余方程（三） 应用● 密码学，公钥密码学3.1 基本概念及一次同余方程(一) 同余方程（1） 同余方程【定义3.1.1】（定义1）设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--Λ其中i a 是正整数（n a ≠0（mod m ）），则f (x)≡0（mod m ） （1） 叫做模m 的（n 次）同余式（或模m 的（n 次）同余方程），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 。
（2） 同余方程的解若整数a 使得 f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。
（3） 同余方程的解数若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。
即剩余类a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）}中的每个剩余都是解。
故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解，这个解通常记为x ≡a （mod m ）当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程(2)的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为是同余方程（1）的解数，记作()m f T ;。
显然()m f T ;≤m（4） 同余方程的解法一：穷举法任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程（1），在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。
【例1】（例1）可以验证，x ≡2，4（mod 7）是同余方程15++x x ≡0（mod 7）的不同的解，故该方程的解数为2。
50＋0＋1＝1≡3 mod 751＋1＋1＝3≡3 mod 752＋2＋1＝35≡0 mod 753＋3＋1＝247≡2 mod 754＋4＋1＝1029≡0 mod 755＋5＋1＝3131≡2 mod 756＋6＋1＝7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0（mod 15）的解。
数论部分定义定理
定义 4 设 x 是一个实数，我们称 x 的整数部分为小于或等于 x 的最大整数，记 成[x].这时，我们有
定理 10（欧几里得除法） 设 a，b 是两个整数，其中 b .则对任意的整数 c， 存在惟一的整数 q，r 使得
1.2 整数的表示
定理 1 设 b 是大于 1 正整数.则每个正整数 n 可惟一地表示成
被
是 a 被 b 除的最小正余数.
引理 2 设 a,b 是两个正整数，则
和
定理 10 设 a,b 是两个正整数，则正整数 b 互素.
除的最小正余数是
，其中 r
的最大公因数是
.
和
互素的充要条件是 a 和
1.4 整除的进一步性质及最小公倍数
定理 1 设 a,b,c 是三个整数，且 b 0，c 0，如果(a,c)=1，则
有惟一解
.
定义 2 设 m 是一个正整数，a 是一个整数.如果存在整数 a’使得
aa’ 1(modm)
成立，则 a 叫做模 m 可逆元.
定理 3 设 m 是一个正整数，a 是满足(a,m)|b 的整数.则一次同余式
的全部解为
t=0,1,…,(a,m)-1.
定理 4 设 m 是一个正整数.则整数 a 是模 m 简化剩余的充要条件是整数 a 是模 m 逆元.
(i)d|a,d|b; (ii)若 e|a,e|b，则 e|d. 定理 8 设 a,b 是任意两个不全为零的整数， (i)若 m 是任一正整数，则(am,bm)=(a,b)m;
(ii)若非零整数 d 满足 d|a,d|b，则
.特别地，
定理 9 设
是 n 个整 a,b 是两个正整数.则
定理 1 设
是三个整数.若 c|b，b|a，则 c|a.
第四章 同余式 (2)
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
m 定理：设m m1m2 mk ， 1, m2 ,mk 两两互素， f ( x) 0(mod m) 等价于下面方程组 则 （1）
例：同余方程 x3 x2 x 1 0(mod15)
解：原同余方程等价于同余方程组
x3 x2 x 1 0(mod3)
x3 x2 x 1 0(mod5)
即有
x 1,2(mod 3) x 1,4(mod 5)
所以有4解，由孙子定理为
x 1,4,11,14(mod15)
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 (modm)称为形式分数。 a
c 1 (mod m) 根据定义和记号， 有性质 a
c a
1、
c c mt1 (mod m), t1 , t2 Z a a mt 2
（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
15x2 17x 5(mod12) 等价于 3x2 5x 5(mod12)
12 7
x 2x 6x 8 0(mod5)
x0 m1t2 mk x0 m1t2 mod m) （
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
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即
故（8）中满足同余式（6）的全部整数是
其中， 故（8）恰好给出了同余式（6）的一个解
其中
例2解同余式
解经过验算， 有一解 又 以 代入 得
（10）
因 故（10）等价于
于是， 是 的一解。以 代入 得
故 为同余式的解。
习题
1.解同余式
（1）
解因 且 两两互质，故同余式（1）与同余式组
故 即 为同余式组(2)的第二个同余式的一个解。
因 不是5的倍数，故 中含有同余式组(2)的第二个同余式的一个解。以 代入同余式组(2)的第二个同余式，得 ，但 ，故
故 即 为同余式组(2)的第二个同余式的一个解。
因此，同余式组(2)的第二个同余式共有两个解：
故同余式（1）有 个解。即诸同余式组
的解。由孙子定理得
故 即 为同余式组(2)的第一个同余式的一个解。
因 不是3的倍数，故 中含有同余式组(2)的第一个同余式的一个解。以 代入同余式组(2)的第一个同余式，得
故 即 为同余式组(2)的第一个同余式的一个解。
因此，同余式组(2)的第一个同余式共有两个解：
通过验证，易得同余式
共有两个解：
因 不是5的倍数，故 中含有同余式组(2)的第二个同余式的一个解。以 代入同余式组(2)的第二个同余式，得
（2）
同解。容易验证，同余式组（2）的第一个同余式有两个解：即
第二个同余式有一个解：即
第三个同余式
故同余式（1）有 个解。即诸同余式组
的解。由孙子定理得
以 的值分别代入即得（1）的全部解：
2.解同余式
（1）
解因 故同余式（1）与同余式组
（2）
同解。
设 ，则 通过验证，易得同余式
共有两个解：
因 不是3的倍数，故 中含有同余式组(2)的第一个同余式的一个解。以 代入同余式组(2)的第一个同余式，得
其中，
证对 作数学归纳法。
（ⅰ）先证当 时，命题结论是正确的。
由（8），
（9）
将它代入
得
但 故
因 故对模 恰有一解
即
代入（9）得，（8）中满足 的全部整数是
其中，
故（8）恰好含有 的一个解
其中，
其中，
假设定理结论对 成立，即（8）恰含有
的一个解 ，即（8）中满足 的全部整数是
其中， 代入（6）得
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ但 ，故
（ⅱ）设 对模 的 个解为
则同余式组（2）的解为下列诸同余式组
（3）
的解，其中 由孙子定理得，对于每一组 ，同余式组（3）对模 恰有一解
由上节定理2得，
为同余式（1）对模 的所有不同的解，个数恰为 故
例1解同余式
（4）
解同余式（4）等价于同余式组
（5）
可以验证同余式组（5）的第一个同余式的解为
同余式组（5）的第二个同余式的解为
以 的值分别代入即得（1）的全部解：
故同余式（4）有 个解。由孙子定理，可得同余式组
为
其中， 于是可得同余式（4）的全部解为
设 的标准分解式为 则同余式
与同余式组
等价。
故应讨论同余式
（6）
的解法。
易知，适合（6）的整数 必适合
（7）
下面考虑如何从同余式（7）的解求出同余式（6）的解。
定理2设
（8）
是同余式（7）的一个解， ，则（8）恰好含有同余式（6）的一个解
§3高次同余式的解数及解法
定理1若 是 个两两互质的正整数， 则同余式
（1）
与同余式组
（2）
等价。
以 表示同余式（1）的解数，以 表示同余式 的解数， 则
证（ⅰ）先证（1）和（2）等价。
设 是适合（1）的任一整数，则 因 故
故 也适合（2）。
反之，设 为适合（2）的任一整数，则
但 两两互质， 故
即 也适合（1）。