韩信点兵--剩余定理精编版

即 x 2520k 1,k 1,2,3,L
这就是原问题的全部解，有无穷多个解，其中第 一个解是2519；我们只取正数解，因为“物体的 个数”总是正整数。
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[思]： ① 求“用2除余1，3除余2，… 用m除余 m－ 1”的数。 ② 求“用a除余a －1，用b除余b－1，用c 除余c－1”的数。
（a,b,c是任意大于1的自然数） ③ 求“用2，3，4，5，6，7，8，9除 都 余1”的数。 ④ 求“用5，7，9，11 除都余2”的数。 23
然后韩信就凭这些数，可以求得这队士兵的总人数。
2
这里面有什么秘密呢？ 韩信好像非常重视作除法时的余数
3
2.《孙子算经》中的题目
我国古代数学名著《孙子算经》中有“物不知数” 的
题目： 今有物不知其数， 三三数之剩2， 五五数之剩3， 七七数之剩2， 问物几何？
4
这里面又有什么秘密呢？
题目给出的条件， 也仅仅是作除法时的余数
5， 11， 17， 23， … （ 用3除余2）
11， 23，…
（ 用4除余3）
8
再从中挑“用5除余4”的数，…
一直筛选下去，舍得下功夫，就一定可 得结果。
并且看起来，解，还不是唯一的；可能 有无穷多个解。
9
化繁为简的思想
当问题中有很多类似的条件时，我们先只看其中两三个条件，这 就是化繁为简。
x 7n3
y
y
3n1 5n2
1
(2);
y 7n3
z
z
3n1 5n2
(3)
z 7n3 1
于是（1）式两边同减70变为这样：第二式右边仍是5的 倍数，第三式右边仍是7的倍数，而第一式右边因为减的 70是“用3除余1”的数，正好原来也多一个1，减没了。第 一式右边也成为了倍数，是3的倍数。
那么，为了解这个方程组，除了刚才的筛法 外，还有没有更加巧妙的解法？
我们考察上边两个方程的特点，发现，两个 “带余除法”的式子，都是“余数比除数少1”。
于是想到，如果把被除数再加1，不是余数就为 0了吗？换句话说，不是就出现整除的情况了吗？
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于是把上边每个方程两边都加上1，成为
x x
1 1
2(n1 3(n2
37
x x
70 70
3(n1 5(n2
23) 14)
x 70 7(n3 10)
x 70 k1[3,5, 7] k1 105 x 105k1 70, k1 0,1, 2,L
（2）式两边同减21变为
y y
21 21
3(n1 5(n2
7) 4)
y 21 7(n3 3)
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接着从中筛选出“用3除余2”的 数，就是挑出符合下面“带余除法”表达
x 3n2 2式,(0 2 3)
n2
的数，这里 可取0，1，2，3，4，… 再继续做下去。。。。。。
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如果我们不分上面两步，而是一上
来就综合考虑两者，则就是要解联立方
程组
x x
2n1 3n2
1中的x. 2
17
于是得到
x 105k1 70 y 105k2 21 z 105k3 15
39
现在重复一下：所得的x是被3除余1，被 5和7除余0的数；y是被5除余1，被3和7除余 0的数；z是被7除余1，被3和5除余0的数。
40
那么，凑出 s 2x 3y 2z ， s 不就是我们需要求的数吗？
5
《孙子算经》
6
二．问题的解答
1．从另一个问题入手
问题：今有物不知其数，二二数之剩1，三三
数之剩2，四四数之剩3，五五数之剩4，六六数 之剩5，七七数之剩6，八八数之剩7，九九数之 剩8，问物几何？
7
1）筛法
1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，
21，23，25，…
（ 用2除余1）
右边仍然保持是7的倍数，可再加 7l（或再减 ），
则 7h
x 5 7l 7(n3 1 l) （或 x 2 7h 7(n3 h)） 将 l 1,2,3L (或h 1, 2,3L ) 代入试算、分
析，
30
最后发现，为达到目的 （三个等式的右边分别是3，5，7的倍 数），最小的加数是82（ l 11 时
2．《孙子算经》中“有物不知其数” 问题的解答
问题：今有物不知其数， 三三数之剩2， 五五数之剩3， 七七数之剩2， 问物几何？
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1）筛法.
2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，…（用3除余2）
8，23，…
（用5除余3）
23，…
由此得到，23是最小的一个解。
（用7除余2）
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至于下一个解是什么，要把“…”写出来才知道； 实践以后发现，是要费一点儿功夫的。
原因是82+23=105，故令 k k 1 第一组
解就成为 x 105(k 1) 82 105k 105 82 105k 23 便转化成第二组解。
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但是，这82和23来之不易；并且如果 题目中的余数变了，就得重新试算，所以 这方法缺少一般性，为使它具有一般性， 要做根本的修改。
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3）单因子构件凑成法
1) 1)
这说明， x 1 既是2的倍数，又是3的
倍数，因此，它是2与3的公倍数。由此想到
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对整个问题寻找规律
问题： 今有物不知其数，二二数之剩1，三三
数之剩2，四四数之剩3，五五数之剩4，六六 数之剩5，七七数之剩6，八八数之剩7，九九 数之剩8，问物几何？
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②寻找规律
设问题中，需要求的数是 x ，则 x 被2，
韩信点兵与中国剩余定理
1
一、“韩信点兵”的故事和《孙子算经》 中的题目
1.“韩信点兵”的故事
韩信阅兵时，让一队士兵5人一行排队从他面前走 过，他记下最后一行士兵的人数（1人）；再让这队士兵6 人一行排队从他面前走过，他记下最后一行士兵的人数 （5人）；再让这队士兵7人一行排队从他面前走过，他记 下最后一行士兵的人数（4人），再让这队士兵11人一行 排队从他面前走过，他记下最后一行士兵的人数（10人）。
① 化繁为简
我们还是先看只有前两个条件的简化题目。
1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，… （ 用2除余1）
5， 11， 17， 23， …
（ 用3除余2）
上述筛选过程的第一步，得到: 1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…
其实是列出了“用2除余1”的数组成的数列。这个数列 实际上是用带余除法的式子得到的。
一个复杂的问题，如果在简化时仍然保留了原来问题的特点和本 质，那么简化就“不失一般性”。
学会“简化问题”与学会“推广问题”一样，是一种重要的数学 能力。
寻找规律的思想
把我们的解题方法总结为筛法，是重要的进步，是质的飞跃： ——找到规律了。
筛法是一般性方法，还可以用来解决其他类似的问题。
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2）公倍数法
用等式两边减23来求解，有
x x
23 23
3(n1 5(n2
7) 4)
x 23 7(n3 3)
多了一个“k 0
合
要求。
x 23 k[3,5, 7] k 105 x 105k 23, k 0,1, 2,3,L
” ，因这时x 也是正数，
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这两组解是一样的，都是“23，23+105， 23+2×105，……”。
y 21 k2[3,5, 7] k2 105 y 105k2 21, k2 0,1, 2,L
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（3）式两边同减15变为
z z
15 15
3(n1 5(n2
5) 3)
z 15 7(n2 2)
z 15 k3[3,5, 7] k3 105 z 105k3 15, k3 0,1, 2,L
3，4，5，6，7，8，9去除，所得的余数都
是比除数少1，于是我们把被除数x x 再加1，
则 x 1就可被2，3，4，5，6，7，8，9均
整除。也就是说， x 1 是2,3,4,5,6,7,8,9
的公倍数，从而是其最小公倍数 [2,3,4,5,6,7,8,9]的倍数。
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x 1 k [2,3,4,5,6,7,8,9] k 2520,k 1,2,3,L
（2）式意味着，在3和7的公倍数中（21，42， 63，…）寻找被5除余1的数；
（3）式意味着，在3和5的公倍数中（15，30， 45，…）寻找被7除余1的数。
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对（1）式而言，这个数可以取70，对（2）式而言， 这个数可以取21，对（3）式而言，这个数可以取15。
x x
3n1 5n2
1
(1);
13
回到求“用2除余1的数”的问题。设
这
x
x 2n1 1
x
样的数为 ，则 n1
。这里 是
被除0 数1，22是除数， 是商，1是余，
且
。
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x 2n1 1(0 1 2), 这就是“带余除
法”的式子。当取n1 0,1, 2,3, 4,L 时，
用上式求得的 x 正好组成上述数列
1，3，5，7，9，11，13，15， 17，19，21，23，25，…
5 7l 82 ）（或最小的减数是23，
即 h 3 时 2 7h 23）。
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用等式两边加82来求解，有
x x
82 82
3(n1 5(n2
28) 17)
x 82 7(n3 12)
x 82 k [3,5, 7] k 105 x 105k 82, k 1, 2,3,L
42
于是我们要求的数是
s 2x 3y 2z 2(105k1 70) 3(105k2 21) 2(105k3 15) (70 2 21 3 15 2) 105(2k1 3k2 2k3) 70 2 21 3 15 2 105k k 2, 1,0,1, 2,3,L
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2）公倍数法
现在仿照上边用过的“公倍数法”，
设要求的数为 x ，则依题意，得联立
方程组
x x
3n1 5n2
2 3
(*)
x 7n3 2
26
按上一问题中“公倍数法”解决问题的 思路：把方程两边同时加上或减去一个什么 样的数，就能使三个等式的右边分别是3，5， 7的倍数，从而等式左边就是3，5，7的公倍 数了。
别解得
x 105k1 70 y 105k2 21 z 105k3 15
每个单因子构件，都是用某一个数去除余1，用另两个数去除均余0 的情况。再据题目要求余数分别是2，3，2的情况，凑成
41
因为，用3去除s时，除y及除z均余0 除3y及除2z均余0，
又除x余1 除2x余2，∴用3除s时余2。
用5去除s时，除x及除z均余0
除2x及除2z均余0，
又除y余1 除3y余3，∴用5除s时余3。 用7去除s时，除x及除y均余0
除2x及除3y均余0，
又除z余1 除2z余2， ∴用7除s时余2。
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所谓“带余除法”，是指整数的如 下
“除法”： a
b0
被q除数 r ，除数
, 必唯一
存在商 和余 ，使
a bq r, 0 r b
12
当余r 0 时，则 a bq，称为 “a被b
整除”，或 “b 整除a ”，这是通常除
法a“ q
b
带余
” 的另一种表达形式。所以，
除法是通常除法的推广。
这就是《孙子算经》中“物不知其数” 一题的解，有无穷多解，最小的正整数解是
23（ k 2 时）。
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x x
3n1 5n2
1
(1);
x 7n3
y y
3n1 5n2
1
(2);
y 7n3
z z
3n1 5n2
(3)
z 7n3 1
这里，（1），（2），（3）三式分别叫三个“单子因构件”，分
1
(2);
y 7n3
z z
3n1 5n2
(3)
z 7n3 1
35
x x
3n1 5n2
1
(1);
x 7n3
y
y
3n1 5n2
1
(2);
y 7n3
z z
3n1 5n2
(3)
z 7n3 1
（1）式意味着，在5和7的公倍数中（35，70， 105，…）寻找被3除余1的数；
x x
3n1 5n2
2 3
(*)
x 7n3 2
我们先对前几页（*）式作两个方面的简化：一方面是 每次只考虑“一个除式”有余数的情况（即另两个除式都 是整除的情况）；另一方面是把余数都简化为最简单的1。 这样得到三组方程。
x x
3n1 5n2
1
(1);
x 7n3
y
y
3n1 5n2
这要通过反复的试算去完成。
27
一种试算的方法
x x
3n1 5n2
2 3
x 7n3 2
(*)
28
从第三个等式入手，两边加5（或减2）则 得
x 5 7(n3 1) (或x 2 7n3)
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则右边是7的倍数了，但两边加5（或减2）并不 能使前两式的右边分别是3的倍数和5的倍数，所以 两边加5（或减2）并不能使右边成为3，5，7的公 倍数。再继续从第三个等式入手，为使第三个等式