《一次同余方程》课件
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3tongyufangcheng
有解，从而 ax ≡ b(mod m) 有解，充分性得证．
（2）
若
x0
是（1）的一个特解，
x
为（1）的任意解，则
x0
⎜⎛ ⎝
mod
m d
⎟⎞ ⎠
、
x⎜⎛ ⎝
mod
m d
⎟⎞ ⎠
均是
（2）的唯一解，所以
x
≡
x0
⎜⎛ mod ⎝
m d
⎟⎞ ． ⎠
反之，对任意的
x
∈
Z
，若
x
≡
x0
⎜⎛ mod ⎝
m d
⎟⎞ ⎠
f (x) ≡ 0(modm)
(1)
叫做模 m 的同余方程. 若整数 c 满足
f (c) ≡ 0(modm)，
(2)
则 c 叫做同余方程 f (x) ≡ 0(modm) 的解.
显然，若 c 是同余方程 f (x) ≡ 0(modm) 的解，则同余类 c mod m 中任意整数都是解，我
们把同余类 c mod m 称为同余方程 f (x) ≡ 0(modm) 的一个解，所有模 m 两两不同余的解的
的解． 实际上，上述步骤就是带绝对最小剩余的 Euclid 算法，与求一元一次不定方程的特解相
同．下面我们用具体例子来说明．
例 1 解同余方程17x ≡ 229(mod1540) ．
解 原方程与
− 7 y ≡ 8(mod17)
同解，
7 y ≡ −8(mod17) ⇔ 3u ≡ −1(mod 7) ⇔ u ≡ −5(mod 7) ．
第 3 章 同余方程
本章重点介绍一次同余方程及一次同余方程组的解的情况及具体求解的方法，其中一次 同余方程组，我们主要介绍了著名的孙子定理的求解方法．而对于一般的同余方程，仅大体 介绍了一般的求解过程．对于二次同余数方程的解，我们仅考虑素数模的情况，通常称为素 数模的二次剩余问题．最后我们介绍了一个与二次剩余有关的数论函数 Legendre 符号，从而 定义了更为一般的数论函数 Jacobi 符号．
（2）
若
x0
是（1）的一个特解，
x
为（1）的任意解，则
x0
⎜⎛ ⎝
mod
m d
⎟⎞ ⎠
、
x⎜⎛ ⎝
mod
m d
⎟⎞ ⎠
均是
（2）的唯一解，所以
x
≡
x0
⎜⎛ mod ⎝
m d
⎟⎞ ． ⎠
反之，对任意的
x
∈
Z
，若
x
≡
x0
⎜⎛ mod ⎝
m d
⎟⎞ ⎠
f (x) ≡ 0(modm)
(1)
叫做模 m 的同余方程. 若整数 c 满足
f (c) ≡ 0(modm)，
(2)
则 c 叫做同余方程 f (x) ≡ 0(modm) 的解.
显然，若 c 是同余方程 f (x) ≡ 0(modm) 的解，则同余类 c mod m 中任意整数都是解，我
们把同余类 c mod m 称为同余方程 f (x) ≡ 0(modm) 的一个解，所有模 m 两两不同余的解的
的解． 实际上，上述步骤就是带绝对最小剩余的 Euclid 算法，与求一元一次不定方程的特解相
同．下面我们用具体例子来说明．
例 1 解同余方程17x ≡ 229(mod1540) ．
解 原方程与
− 7 y ≡ 8(mod17)
同解，
7 y ≡ −8(mod17) ⇔ 3u ≡ −1(mod 7) ⇔ u ≡ −5(mod 7) ．
第 3 章 同余方程
本章重点介绍一次同余方程及一次同余方程组的解的情况及具体求解的方法，其中一次 同余方程组，我们主要介绍了著名的孙子定理的求解方法．而对于一般的同余方程，仅大体 介绍了一般的求解过程．对于二次同余数方程的解，我们仅考虑素数模的情况，通常称为素 数模的二次剩余问题．最后我们介绍了一个与二次剩余有关的数论函数 Legendre 符号，从而 定义了更为一般的数论函数 Jacobi 符号．
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 ++++=--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。
苏教版高中数学选修4-6：一次同余方程
一次同余方程
知识探究
前面已经提到，剩余类可以看作特殊 的“数”，剩余类环可以看作是定义了剩 余类加法和剩余类乘法运算的“数集”。 类似于实数集情形，我们也可以在剩余类 环中解方程或方程组。
知识探究
例如，在模6的剩余类环中解 方程[5][x]=[3],这里，[x]是模6 的剩余类环中的未知剩余类。注意 到在模6的剩余类环中，有：
（1）一次同余方程ax≡b(mod n)什么 情况下有解？
（2）有多少解？ （3）有解时如何描述所有的解？
知识梳理
1，先讨论特殊情形，即当（a，n） =1的情形。
我们知道，当（a，n）=1时，存在整 数k，L,使得ak+nL=1,于是n|nL=1-ak,
即aБайду номын сангаас≡1（mod n）.
知识梳理
因此， ax≡b(mod n） ax≡(ak)b=a(kb)(mod n)
典例分析
例2 找出同余方程15x≡7(mod 44)的一个解。
解：设x(mod 44)是方程的一个解，则存在 整 数y使得15x-44y=7,
解此不定方程，很容易得到一个解 （21,7）。 所以x≡21(mod 44)是同余方程 15x ≡21(mod 44)的一个解。
谢谢欣赏！
知识梳理
那么当d|b时，同余方程（1）是否一 定有解呢？
记a=a´d,n=n´d,b=b´d,则(a´,n´)=1. 注意到，ax≡b(mod n) n|ax-b
n´d|(a´x-b)d n´|a´x-b´, 于是同余方程（1）可化简为：
a´x≡b´(mod n´). (2)
知识梳理
由于（a´，n´）=1，由情形1º的讨 论知，同余方程（2）有唯一解 x≡k´b´(mod n´)，此时x=k´b´+n´L,其 中L为任意整数。
知识探究
前面已经提到，剩余类可以看作特殊 的“数”，剩余类环可以看作是定义了剩 余类加法和剩余类乘法运算的“数集”。 类似于实数集情形，我们也可以在剩余类 环中解方程或方程组。
知识探究
例如，在模6的剩余类环中解 方程[5][x]=[3],这里，[x]是模6 的剩余类环中的未知剩余类。注意 到在模6的剩余类环中，有：
（1）一次同余方程ax≡b(mod n)什么 情况下有解？
（2）有多少解？ （3）有解时如何描述所有的解？
知识梳理
1，先讨论特殊情形，即当（a，n） =1的情形。
我们知道，当（a，n）=1时，存在整 数k，L,使得ak+nL=1,于是n|nL=1-ak,
即aБайду номын сангаас≡1（mod n）.
知识梳理
因此， ax≡b(mod n） ax≡(ak)b=a(kb)(mod n)
典例分析
例2 找出同余方程15x≡7(mod 44)的一个解。
解：设x(mod 44)是方程的一个解，则存在 整 数y使得15x-44y=7,
解此不定方程，很容易得到一个解 （21,7）。 所以x≡21(mod 44)是同余方程 15x ≡21(mod 44)的一个解。
谢谢欣赏！
知识梳理
那么当d|b时，同余方程（1）是否一 定有解呢？
记a=a´d,n=n´d,b=b´d,则(a´,n´)=1. 注意到，ax≡b(mod n) n|ax-b
n´d|(a´x-b)d n´|a´x-b´, 于是同余方程（1）可化简为：
a´x≡b´(mod n´). (2)
知识梳理
由于（a´，n´）=1，由情形1º的讨 论知，同余方程（2）有唯一解 x≡k´b´(mod n´)，此时x=k´b´+n´L,其 中L为任意整数。
§4同余式
k.
k
则(1)的解为
x
ai
M
i
M
i
(mod
m
)
(2)
i 1
其中，整数Mi（1 i k），满足MiMi 1 (mod mi).
2019/9/15
22
证明： 由 (Mi, mi) = 1，利用辗转相除法可以求出
Mi与yi ，使得 MiMi yimi = 1，
Mi Mi ' 1(mod mi )
另外，显然有 5 | x1 , 3 | x2 ,
从而有 x1 x2 2(mod 3), x1 x2 3(mod 5).
2019/9/15
20
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。〔《孙子算经》〕
记 x1 5 7n1 2,且5 7n1 1(mod 3), 则x1 2(mod 3)； 记 x2 3 7n2 3,且3 7n2 1(mod 5), 则x2 3(mod 5). 记 x3 3 5n2 2,且3 5n2 1(mod 7), 则x3 2(mod 7). 另外，显然有 5 7 | x1 , 3 7 | x2 , 3 5 | x3 , 令x x1 x2 x3 , 则有x 2(mod 3), x 3(mod 5), x 2(mod 7).
例2 解同余方程 325x 20 (mod 161)
解 d=1,原同余方程即是 3x 20 (mod 161)。
解同余方程
161y 20 (mod 3)，
2y 1 (mod 3)， 得到y 2 (mod 3)，因此原方程的解是
x 20 2 161 114mod(161) 3
《一次同余方程》课件-优质公开课-人教A版选修4-6精品
一次同余方程
一、‘‘物不知其数’’问题及其 解法
二、一次同余方程组和孙子定理
大约在公元4世纪，我国南北朝时期有一部 著名的算术著作《孙子算经》，其中就有这样一 个‘‘物不知其数’’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？ 答曰：二十三‛。
一、‘‘物不知其数’’问题及其 解法
（4） 将上面得到的分别符合三个条件的三个数相加 : 70×2+21×3+15×2=233。 ∵70（或140）是5和7的倍数，而3除余1（或余2） 的数。21（或63）是3和7的倍数，而5除余1（或余 3）的数。15（或30）是3和5的倍数，而7除余1 （或余2）的数。 ∴233是满足除以3余2、除以5余3和除以7余2的数。 又∵[3,5,7]=105，233-2×105=23也是它的解，而 且23＜105。 ∴23是满足该题的最小解， 它的所有解为 X=105k+23(k=0,1,2, …)。
明朝程大位编著的《算法统宗》里记载 了此题的解法，他是用一首歌谣叙述出来的：
三人同行七十稀， 五树梅花廿一枝， 七子团圆正半月， 除百零五便得知。 解答算式是： 70×2＋21×3＋15×2＝233， 233－105×2＝23.
上面解法的步骤及理由是：
（1） 先在5与7的公倍数中找除以3余1的数，进而找到 除以3余2的数。 ∵[5，7]=35，35÷3=11（余2），（35×2）÷3=23（ 余1），而（70×2）÷3=46（余2），∴140符合条件。 （2）在3与7的公倍数中找除以5余3的数。 ∵[3，7]=21，21÷5=4（余1），（21×3）÷5=12（ 余3），∴63就是符合条件的数。 （3） 在3与5的公倍数中找除以7余2的数。 ∵[3，5]=15，15÷7=2（余1），（15×2）÷7=4（余 2），∴30就是符合条件的数。
一、‘‘物不知其数’’问题及其 解法
二、一次同余方程组和孙子定理
大约在公元4世纪，我国南北朝时期有一部 著名的算术著作《孙子算经》，其中就有这样一 个‘‘物不知其数’’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？ 答曰：二十三‛。
一、‘‘物不知其数’’问题及其 解法
（4） 将上面得到的分别符合三个条件的三个数相加 : 70×2+21×3+15×2=233。 ∵70（或140）是5和7的倍数，而3除余1（或余2） 的数。21（或63）是3和7的倍数，而5除余1（或余 3）的数。15（或30）是3和5的倍数，而7除余1 （或余2）的数。 ∴233是满足除以3余2、除以5余3和除以7余2的数。 又∵[3,5,7]=105，233-2×105=23也是它的解，而 且23＜105。 ∴23是满足该题的最小解， 它的所有解为 X=105k+23(k=0,1,2, …)。
明朝程大位编著的《算法统宗》里记载 了此题的解法，他是用一首歌谣叙述出来的：
三人同行七十稀， 五树梅花廿一枝， 七子团圆正半月， 除百零五便得知。 解答算式是： 70×2＋21×3＋15×2＝233， 233－105×2＝23.
上面解法的步骤及理由是：
（1） 先在5与7的公倍数中找除以3余1的数，进而找到 除以3余2的数。 ∵[5，7]=35，35÷3=11（余2），（35×2）÷3=23（ 余1），而（70×2）÷3=46（余2），∴140符合条件。 （2）在3与7的公倍数中找除以5余3的数。 ∵[3，7]=21，21÷5=4（余1），（21×3）÷5=12（ 余3），∴63就是符合条件的数。 （3） 在3与5的公倍数中找除以7余2的数。 ∵[3，5]=15，15÷7=2（余1），（15×2）÷7=4（余 2），∴30就是符合条件的数。
3.1同余方程的概念 3.2一次同余方程
3、解同余式11x 15 (mod 24)
因为（11，24）=1 所以11x 15 (mod 24)有唯一解 又φ（24）= φ（3×23） = φ（3）= φ（23）=8 x a φ（m-1）b (mod m) 15×11 φ（24）-1（mod24）
15×11 8-1 （mod24） 15×11 6 ×11（mod24） 15×（11 2）3 ×11（mod24） 15×11（mod24） -3 （mod24）
6、解同余方程31x 5 (mod 17). 解： 因为 (31,17)=1,且1|5 故 同余方程仅有以一个解 而 31×11=341 ≡ 1(mod 17) 故 x ≡ 5×11=55 ≡ 4(mod 17). 所以 解为x ≡ 4(mod 17).
7、解析同余方程58x 87(mod 47)是否 解，若有解有几个.
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.
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 2...p a 1
a!
b
1 a1
1
2
a
... 1
a !
这就涉及到下面要 讲的同余方程.
第三章 同余方程
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.
5-3合同 一次同余式ppt课件
精品课件
§5.3.1 合同及其性质
设a=q1m+r1，0≤r1<m；b=q2m+r2， 0≤r2<m。于是
a-b=(q1-q2)m+(r1-r2) 由此式，m|(a-b)必要而且只要m|(r1-r2)， 但|r1-r2|<m，故m|(r1-r2)必要而且只要 r1-r2=0。因之，a≡b(mod m)必要而且只 要以m除a和b所得的余数相同。
精品课件
定若a理和m5互.3质.1，b任意，则模m恰有一个数x使
axb(mod m) 。 证明： 存在性。因为a和m互质，故有s，t使 as+mt=1，于是asb+mtb=b，若取模m，则 有asbb(mod m)。取x=sb，则sb所在的剩余 类中的数皆是解。 唯一性。所谓模m只有一个这样的x，意思是说 在模m合同的意义下，解是唯一的。即若axb (mod m)，ayb(mod m)，则xy(mod m)。 因为，由axb(mod m)，ayb(mod m)得 axay(mod m)，消去和m互质的a乃得xy (mod m)。
精品课件
定理5.3.1
推论 设P为质数。若a 0 (mod p)，b任意， 则模p恰有一个数x使axb(mod p)。
精品课件
定理5.3.2
若(a, m)=d1，且d|b，则同余式axb (mod m)无解。 证明：反证法。若上式可解，则存在，使 得ab(mod m)。从而存在q，使得b=amq。因为(a, m)=d1 ，故d|(a-mq)，从而 d|b，矛盾。
证明：由题设有r，s使a-b=rm，c-d=sm。 故(ac)-(bd)=(rs)m, 因而 acbd(mod m)。其次， ac=(b+rm)(d+sm)=bd+rdm+bsm+rs m2 bd+0+0+0(mod m)=bd(mod m)， 故acbd(mod m)。
§5.3.1 合同及其性质
设a=q1m+r1，0≤r1<m；b=q2m+r2， 0≤r2<m。于是
a-b=(q1-q2)m+(r1-r2) 由此式，m|(a-b)必要而且只要m|(r1-r2)， 但|r1-r2|<m，故m|(r1-r2)必要而且只要 r1-r2=0。因之，a≡b(mod m)必要而且只 要以m除a和b所得的余数相同。
精品课件
定若a理和m5互.3质.1，b任意，则模m恰有一个数x使
axb(mod m) 。 证明： 存在性。因为a和m互质，故有s，t使 as+mt=1，于是asb+mtb=b，若取模m，则 有asbb(mod m)。取x=sb，则sb所在的剩余 类中的数皆是解。 唯一性。所谓模m只有一个这样的x，意思是说 在模m合同的意义下，解是唯一的。即若axb (mod m)，ayb(mod m)，则xy(mod m)。 因为，由axb(mod m)，ayb(mod m)得 axay(mod m)，消去和m互质的a乃得xy (mod m)。
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定理5.3.1
推论 设P为质数。若a 0 (mod p)，b任意， 则模p恰有一个数x使axb(mod p)。
精品课件
定理5.3.2
若(a, m)=d1，且d|b，则同余式axb (mod m)无解。 证明：反证法。若上式可解，则存在，使 得ab(mod m)。从而存在q，使得b=amq。因为(a, m)=d1 ，故d|(a-mq)，从而 d|b，矛盾。
证明：由题设有r，s使a-b=rm，c-d=sm。 故(ac)-(bd)=(rs)m, 因而 acbd(mod m)。其次， ac=(b+rm)(d+sm)=bd+rdm+bsm+rs m2 bd+0+0+0(mod m)=bd(mod m)， 故acbd(mod m)。
信息安全数学基础第3章 一次同余方程-2
《信息安全数学基础》 第3章
同余方程的解数
•
《信息安全数学基础》 第3章
•
《信息安全数学基础》 第3章
•
《信息安全数学基础》 第3章
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理- 扩展
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理- 扩展
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理- 扩展
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-应用
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-应理-小模数
•
《信息安全数学基础》 第3章
【人物传记】 秦九韶(1202-1261), 字道古, 中国南宋 数学家, 出生于中国四川省. 他有十年时间在于成吉 思汗率领的蒙古军队作战的前线度过. 根据他的叙述, 他向一位隐士学习了数学. 在前线的日子里, 他研究 了一些数学问题. 选取了其中的81个, 将其分为9部分, 写成了《数学九章》. 此书包括了线性同余方程组、 中国剩余定理、代数方程、几何图形的面积、线性 方程组等.
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-证明
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-证明
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-例题
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-例题
•
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-应用
•
《信息安全数学基础》 第3章
信息安全数学基础第3章 一次同余方程-2
3.2 一次同余方程组
•
《信息安全数学基础》 第3章
同余方程的解数
•
《信息安全数学基础》 第3章
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《信息安全数学基础》 第3章
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《信息安全数学基础》 第3章
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理- 扩展
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理- 扩展
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理- 扩展
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-应用
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-应理-小模数
•
《信息安全数学基础》 第3章
【人物传记】 秦九韶(1202-1261), 字道古, 中国南宋 数学家, 出生于中国四川省. 他有十年时间在于成吉 思汗率领的蒙古军队作战的前线度过. 根据他的叙述, 他向一位隐士学习了数学. 在前线的日子里, 他研究 了一些数学问题. 选取了其中的81个, 将其分为9部分, 写成了《数学九章》. 此书包括了线性同余方程组、 中国剩余定理、代数方程、几何图形的面积、线性 方程组等.
《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-证明
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-证明
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-例题
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-例题
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《信息安全数学基础》 第3章
中国剩余定理-应用
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《信息安全数学基础》 第3章
信息安全数学基础第3章 一次同余方程-2
3.2 一次同余方程组
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《信息安全数学基础》 第3章
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（2）在3与7的公倍数中找除以5余3的数。 ∵[3，7]=21，21÷5=4（余1），（21×3）÷5=12（ 余3），∴63就是符合条件的数。
（3） 在3与5的公倍数中找除以7余2的数。 ∵[3，5]=15，15÷7=2（余1），（15×2）÷7=4（余 2），∴30就是符合条件的数。
（4） 将上面得到的分别符合三个条件的三个数相加: 70×2+21×3+15×2=233。
二、一次同余方程组
定理１：设 m1,,mk 是两两互素的正整数,那 么对于任意整数 a1,,ak ,一次同余方程组
x a 1 (mod m 1 )
x
a
2 (mod
m2
)
x a k (mod m k )
必定有解，
明朝程大位编著的《算法统宗》里记载 了此题的解法，他是用一首歌谣叙述出来的：
三人同行七十稀， 五树梅花廿一枝， 七子团圆正半月， 除百零五便得知。
解答算式是： 70×2＋21×3＋15×2＝233， 233－105×2＝23.
上面解法的步骤及理由是：
（1） 先在5与7的公倍数中找除以3余1的数，进而找到 除以3余2的数。 ∵[5，7]=35，35÷3=11（余2），（35×2）÷3=23（ 余1），而（70×2）÷3=46（余2），∴140符合条件。
∴23是满足该题的最小解， 它的所有解为 X=105k+23(k=0,1,2, …)。
注释：
‘‘物不知其数’’问题及其解答，是
我国古代研究一次同余方程组并取得辉煌成 果的经典例证。
上面的解法中，总是先求出余1的数，再 求出余几的数，这种解法逐渐被总结为简洁 实用的‘‘求一术’’。‘‘物不知其数 ’’又名 ‘‘秦王暗点兵’’。
∵70（或140）是5和7的倍数，而3除余1（或余2） 的数。21（或63）是3和7的倍数，而5除余1（或余 3）的数。15（或30）是3和5的倍数，而7除余1 （或余2）的数。
∴233是满足除以3余2、除以5余3和除以7余2的数。 又∵[3,5,7]=105，233-2×105=23也是它的解，而 且23＜105。
其解为 xM 1M 1 1a 1M kM k 1ak(m m )o ，这d里
mm1mk ，M
j
m mj
，
MjMj11(modmj) ，(1 j k) 。
谢谢观看
一次同余方程
一、‘‘物不知其数’’问题及其 解法
二、知其数’’问题及其 解法
大约在公元4世纪，我国南北朝时期有一部 著名的算术著作《孙子算经》，其中就有这样一 个‘‘物不知其数’’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？ 答曰：二十三”。
（3） 在3与5的公倍数中找除以7余2的数。 ∵[3，5]=15，15÷7=2（余1），（15×2）÷7=4（余 2），∴30就是符合条件的数。
（4） 将上面得到的分别符合三个条件的三个数相加: 70×2+21×3+15×2=233。
二、一次同余方程组
定理１：设 m1,,mk 是两两互素的正整数,那 么对于任意整数 a1,,ak ,一次同余方程组
x a 1 (mod m 1 )
x
a
2 (mod
m2
)
x a k (mod m k )
必定有解，
明朝程大位编著的《算法统宗》里记载 了此题的解法，他是用一首歌谣叙述出来的：
三人同行七十稀， 五树梅花廿一枝， 七子团圆正半月， 除百零五便得知。
解答算式是： 70×2＋21×3＋15×2＝233， 233－105×2＝23.
上面解法的步骤及理由是：
（1） 先在5与7的公倍数中找除以3余1的数，进而找到 除以3余2的数。 ∵[5，7]=35，35÷3=11（余2），（35×2）÷3=23（ 余1），而（70×2）÷3=46（余2），∴140符合条件。
∴23是满足该题的最小解， 它的所有解为 X=105k+23(k=0,1,2, …)。
注释：
‘‘物不知其数’’问题及其解答，是
我国古代研究一次同余方程组并取得辉煌成 果的经典例证。
上面的解法中，总是先求出余1的数，再 求出余几的数，这种解法逐渐被总结为简洁 实用的‘‘求一术’’。‘‘物不知其数 ’’又名 ‘‘秦王暗点兵’’。
∵70（或140）是5和7的倍数，而3除余1（或余2） 的数。21（或63）是3和7的倍数，而5除余1（或余 3）的数。15（或30）是3和5的倍数，而7除余1 （或余2）的数。
∴233是满足除以3余2、除以5余3和除以7余2的数。 又∵[3,5,7]=105，233-2×105=23也是它的解，而 且23＜105。
其解为 xM 1M 1 1a 1M kM k 1ak(m m )o ，这d里
mm1mk ，M
j
m mj
，
MjMj11(modmj) ，(1 j k) 。
谢谢观看
一次同余方程
一、‘‘物不知其数’’问题及其 解法
二、知其数’’问题及其 解法
大约在公元4世纪，我国南北朝时期有一部 著名的算术著作《孙子算经》，其中就有这样一 个‘‘物不知其数’’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？ 答曰：二十三”。