第四章-同余式
信息安全数学基础(第四章)
4.2 模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
一、奇素数模 p 的平方(非)剩余判别条件
定理4.2.1 (欧拉判别条件) p是奇素数，若(a, p)1, 则
p1
(i) a是模p的平方剩余a 2 1 (modp);
p1
(ii)a是模p的平方非剩余a 2 1 (modp);
且若a是模p的平方剩余,则同余式
x2 a (modp), (a,p)1
ax2
bxc 0
（mod
p1 1
)
有解.
ax2
bxc 0
（mod
pk k
)
因 此 只 需 讨 论 素 数 模 p 的 同 余 式 :
a x 2 b x c0(m o dp ), a 0(m o dp )(2 )
将 同 余 式 (2)两 端 同 乘 以 4a,得 4a2x24abx4ac0(m odp)
41一般二次同余式42模为奇数的平方剩余与平方非剩余43勒让得符号44二次互反律的证明45雅可比符号46模p平方根
4.1 一般二次同余式
二 次 同 余 式 的 一 般 形 式 是 a x 2 b x c0(m o d m )， a 0(m o d m )(1 )
设m=
p1 1
p2 2
pk k
,
则(1)有解
练习：在与模31互素的剩余中，指出平方剩余。 求 出 1 9 ， 2 3 的 平 方 剩 余 和 平 方 非 剩 余 。
提 示 ： p 为 奇 素 数 ， 应 用 定 理 4 . 2 . 2 的 结 论 .
4.3 勒让得符号
定义4.3.1
设p是素数,勒让得符号
ap定义如下:
1, 若a是模p 的平方剩余;
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。
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
初等数论同余式
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)
同余的运算法则
在数论中，同余运算是指两个整数在给定的模数下具有相同的余数。
同余运算有一些重要的性质和法则。
假设a、b 和 c 是整数，n 是正整数。
1. 反身性（Reflexive Property）：a ≡ a（mod n）任何整数与自身在模n 下都是同余的。
2. 对称性（Symmetric Property）：如果a ≡ b（mod n），则b ≡ a（mod n）如果两个整数在模n 下是同余的，那么它们可以互换位置。
3. 传递性（Transitive Property）：如果a ≡ b（mod n）且b ≡ c（mod n），则a ≡ c（mod n）如果两个整数在模n 下与同一个整数是同余的，并且它们之间也是同余的，那么它们之间也是同余的。
运算法则：1. 加法法则：如果a ≡ b（mod n）且c ≡ d（mod n），那么a + c ≡ b + d（mod n）在模n 下，同余的整数的和仍然是同余的。
2. 减法法则：如果a ≡ b（mod n）且c ≡ d（mod n），那么a - c ≡ b - d（mod n）在模n 下，同余的整数的差仍然是同余的。
3. 乘法法则：如果a ≡ b（mod n）且c ≡ d（mod n），那么a * c ≡ b * d（mod n）在模n 下，同余的整数的乘积仍然是同余的。
4. 乘方法则：如果a ≡ b（mod n），那么a^k ≡ b^k（mod n）对于任意正整数k在模n 下，同余的整数的乘方仍然是同余的。
这些法则对于解决同余方程、证明数论中的定理以及在密码学中的应用非常有用。
同余运算也被广泛用于构建哈希函数、加密算法和随机数生成器等领域。
第四章同余式
§4同余式1 基本概念及一次同余式定义 设()110nn n n f x a x a xa --=+++ ，其中()0,0,1,,i n a i n >= 是整数，又设0m >，则()()0mod f x m ≡ （1）叫做模m 的同余式.若()0mod n a m ≡，则n 叫做同余式（1）的次数. 如果0x 满足()()00mod ,f x m ≡则()0mod x x m ≡叫做同余式（1）的解.不同余的解指互不同余的解.当m 及n 都比较小时，可以用验算法求解同余式.如 例1 同余式()543222230mod 7x x x x x +++-+≡仅有解()1,5,6mod 7.x ≡例2 同余式()410mod16x -≡有8个解()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡例3 同余式()230mod 5x +≡无解。
定理 一次同余式()()0mod ,0mod ax m a m ≡≡ （2）有解的充要条件是(),.a m b若（2）有解，则它的解数为(),d a m =. 以及当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),d a m =个解是()0mod ,0,1,,1mx x k m k d d≡+=- （3） 证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程ax my b =+ （4）有解. 而不定方程（4）有解的充要条件为()(),,.a m a m b =-当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则()0mod ,0,1,, 1.m a x k b m k d d ⎛⎫+≡=- ⎪⎝⎭下证0,0,1,,1mx k k d d +=- 对模m 两两部同余. 设 ()00mod ,01,1m mx k x k m k d k d d d ''+≡+≤≤-≤≤-则()mod ,mod ,.m m m k k d k k d k k d d d ⎛⎫'''≡≡= ⎪⎝⎭再证满足（2）的任意一个整数1x 都会与某一个()001mx k k d d+≤≤-对模m 同余. 由()()01mod ,mod ax b m ax b m ≡≡得()101010mod ,mod ,.a a m m ax ax m x x x x d d d d ⎛⎫⎛⎫≡≡≡ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故存在整数t 使得10.mx x t d=+由带余除法，存在整数,q k 使得 ,0 1.t dq k k d =+≤≤-于是()()100mod .m mx x dq k x k m d d=++≡+故（2）有解时，它的解数为(),d a m =. 以及若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),a m 个解是()0mod ,0,1,,1mx x k m k d d≡+=- (5) 例1求同余式 ()912m o d 15x ≡ （6）的解. 解 因为()9,15 3.=又因312,故同余式（6）有解，且有三个解.先解()5mod 43≡x , 得().5mod 3≡x 故同余式（6）的三个解为()158mod15,0,1,2.3x k k ≡+= 即 ()3,8,13m o d 15.x ≡ 例2 求同余式 ()6483mod105x ≡ （7）的解. 解 ()831,1105,64= ,同余式有一个解. 将同余式表为21051921916152161054716476418864105836483+≡≡≡+≡≡≡+≡≡x ().105mod 622124≡≡例3 解同余式 325x ≡ 20 (mod 161) 解 ()1161,325= 同余式有一个解, 同余式即是3x ≡ 20 (mod 161) 即.161203y x +=解同余式 161y ≡ -20 (mod 3)， 即2y ≡ 1 (mod 3)， 得到y ≡ 2 (mod 3)，因此同余式的解是x ≡3161220⋅+= 114 (mod 161). 例4 设(a , m ) = 1，并且有整数δ > 0使得 a δ ≡ 1 (mod m )， 则同余式(2)的解是x ≡ ba δ - 1 (mod m ). 解 直接验证即可.注：由例4及Euler 定理可知，若(a , m ) = 1，则x ≡ ba ϕ(m ) - 1 (mod m ) 总是同余式(2)的解.注：本例使用的是最基本的解同余方程的方法，一般说来，它的计算量太大，不实用. 例5 解同余方程组⎩⎨⎧≡-≡+)7(mod 232)7(mod 153y x y x (8) 解 将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到19y ≡ -4 (mod 7)，5y ≡ -4 (mod 7)， y ≡ 2 (mod 7).再代入(8)的前一式得到3x + 10 ≡ 1 (mod 7)，x ≡ 4 (mod 7)即同余方程组(8)的解是x ≡ 4，y ≡ 2 (mod 7).例6 设a 1，a 2是整数，m 1，m 2是正整数，证明：同余方程组⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 2211m a x m a x (9) 有解的充要条件是a 1 ≡ a 2 (mod (m 1, m 2)). (10)若有解，则对模[m 1, m 2]是唯一的，即若x 1与x 2都是同余方程组(9)的解，则x 1 ≡ x 2 (mod [m 1, m 2]) (11)解 必要性是显然的.下面证明充分性.若式(10)成立，由定理2，同余方程m 2y ≡ a 1 - a 2 (mod m 1)有解y ≡ y 0 (mod m 1)，记x 0 = a 2 + m 2y 0，则x 0 ≡ a 2 (mod m 2)并且x 0 = a 2 + m 2y 0 ≡ a 2 + a 1 - a 2 ≡ a 1 (mod m 1)，因此x 0是同余方程组的解。
(解答题36道)第四章 同余式
第四章 同余式三、解答题1、设(,)1a m =，k 与m 是正整数，又设0(mod )k x a m ≡，证明同余方程(mod )kx a m ≡的一切解x 都可以表示成0(mod )x yx m ≡，其中y 满足同余方程1(mod )ky m ≡。
解：设1x 是0(mod )kx a m ≡的任意一个解，则一次同余方程01(mod )yx x m ≡有解y ，再由001()(mod )k k k k ky a y x yx x a m ≡≡≡≡得1(mod )ky m ≡，即1x 可以表示成0(mod )x yx m ≡，其中y 满足同余方程1(mod )ky m ≡； 反之，易知如此形式的x 是(mod )kx a m ≡的解。
2、解同余方程组()()31mod1047mod15x x ≡⎧⎪⎨≡⎪⎩解：这同余方程组的解与同余方程组()()()()31mod 2,31mod5,47mod3,47mod5x x x x ≡⎧⎪≡⎪⎨≡⎪⎪≡⎩的解相同，但第二个同余方程()31mod5x ≡可化为()2mod5x ≡, 第四个同余方程()47mod5x ≡可化为()2mod5x ≡-, 与()2mod5x ≡矛盾，所以原同余方程组无解.3、设素数2p >,求同余方程()21mod lx p ≡的解 解：同余方程可写为()()()110mod lx x p-+≡由于()1,1|2x x -+,所以上式等价于()10mod lx p -≡或()10mod lx p+≡因此，对任意的1l ≥解为()1,1mod l x p ≡- 解数为2.4、求同余式32()4560(mod 27)f x x x x =-+-≡ 解：∵()0(mod3),()0(mod3)f x f x '≡≡无公解∴20有唯一解0(mod3)x ≡以13x t =代入()0(mod9)f x ≡得1(0)3(0)0(mod9)f t f '+≡ 但(0)3(mod9)f ≡，(0)5(mod9)f '≡故1360(mod 9)t +≡，2120(mod 3)t +≡，11(mod 3)t ≡ 因此12213,39t t x t =+=+是()0(mod9)f x ≡的唯一解将239x t =+代入()0(mod 27)f x ≡得2(3)9(3)0(mod 27)f t f '+≡ 但(3)0(mod 27)f ≡，(3)8(mod 27)f '≡故2890(mod 27)t ⋅≡，280(mod 3)t ≡，20(mod3)t ≡设2333,327,3(mod 27)t t x t x ==+≡是()0(mod 27)f x ≡的唯一解。
第四章 同余方程
第一节 同余方程的基本概念
定理2 设a，b是整数, a 0 (mod m). 则同余方
程
ax b (mod m) (2)
有解的充要条件是(a, m)b。若有解，则恰有d
= (a, m)个解。 证明 显然，同余方程(2)等价于不定方程 ax my = b， (3)
第一节 同余方程的基本概念
关于模m互不同余的所有解的个数, 也即在模
m的一个完全剩余系中的解的个数.
由定义2，同余方程(1)的解数不超过m。
第一节 同余方程的基本概念
定理1 下面的结论成立：
(ⅰ) 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;
(ⅱ) 设b是整数, (b, m) = 1, 则同余方程(1)与
(5)
的解, 这有两个便利之处：第一 , 将一个对于大
模m的同余方程转化为一个对于小模a的同余
方程, 因此有可能通过对模a的完全剩余系进 行逐个验证, 以求出方程(5)和(2)的解; 第二, 设m r (mod a), r < a, 则又可继续转化成一 个对于更小的模r的同余方程.
第一节 同余方程的基本概念
bf(x) 0 (mod m) 等价;
第一节 同余方程的基本概念
(ⅲ) 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. 证明 留做习题。 下面，我们来研究一次同余方程的解。
(9)
有解的充要条件是 a1 a2 (mod (m1, m2))。 (10) 若有解，则对模[m1, m2]是唯一的，即若x1与x2
初等数论第四章课件
解：取模15的绝对最小完全剩余系：-7, , -1, 0,1,7,直接代入检验知x 6,3是解，
所以同余式有两个解： x 6(mod15), x 3(mod15)
注：①同余式x x 0(mod p)有p个解
p
（由Fermat小定理可得）
②同余式f ( x) ms( x) 0(mod m)与（2）等价 特别地，一个同余式中系数为模的倍数的项去掉 后，同余式的解不变。
qd k x =x0 m d m x0 mq k d m x0 k (mod m)，k 0,1, 2,, d 1 d
（3）
m 但x0 k , k 0,1, 2, , d 1是对模m两两不同余的，故 d （1）有d 个解，即（3）
例2
求解18x 30(mod 42)
一般地用数学归纳法不难证明同余方程
a1 x1 ak xk b(mod m)有解的充要条件为d b , d (a1 , , ak , m), 此时有m k 1d 个解
第二节
孙子定理
我国古代的《孙子算经》里有问题如下： “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”. 这是一个求解同余式组的问题，《孙子算经》 已给出了求解方法，即为下面的孙子定理:
例3、求解9 x 21(mod30)
解： (9,30) 3 21， 同余式有3个解
将同余式化为9x 30 y 21 或3x 10 y 7
上述不定方程有一组解为x 1, y 1
则同余式的3个解为：x 1,9,19(mod30)
注：由ax b(mod m) 或my b(mod m)，
第三四节高次同余式一质数模的同余式其中是质数1定理同余式与一个次数不超过的质数模同余式等价xqxrx利用带余除法及费马小定理可得出结论埃菲尔铁塔的整个塔体结构高耸上窄下宽给人以平衡稳定的美感
初等数论 第四章 同余式
第四章 同余式§1 基本概念及一次同余式作为一个解。
中的一切数，即成立，故把都能使中的任意整数，则剩余类的合理性：若定义的一个解。
叫做成立的一个整数，则是使若称为次数。
，则的同余式。
若称为模，则，其中，设余方程）的求解问题。
课题是研究同余式（同初等数论中的一个基本)(m od )(m od 0)()(m od 0)(2)(m od 0)()(m od )(m od 0)()(m od 0)(m od 0)()(011m a x K m a f a K m a f m x f m a x m a f a n m a m m x f a a x a x a x f m a a n i n n n n ≡≡''≡≡≡≡≡/≡∈+++=∈--+定义2定义1Z Z 。
，解数为，的解为同余式，所以，，的一切整数解为因为不定方程。
有解不定方程有解同余式的任一个解。
是同余式其中，，个解，它们是余式共有。
当此条件成立时，同有解的充分必要条件是，则一次同余式设d d k m dmk x x m b ax t t dmx x b my ax b d b my ax m b ax m b ax x d k m dmk x x d b d m b ax d m a 1,,1,0)(m od )(m od )2(|)(m od )1()(m od 1,,1,0)(m od |)(m od ),(0000-=⋅+≡≡∈+==+⇔=+⇔≡≡-=⋅+≡≡= Z 证明定理。
解时，一次同余式有唯一当)(m od 1),(1)(m b a x m a m -≡=ϕ注同余式的解法1、代入法（适用于模较小时） 。
，得的完全剩余系逐一代入以，，所以同余式有唯一解因为解同余式)17(m od 6171)17,3()17(m od 13≡=≡x x 解例12、公式法（适用于模较小时）。
从而，，，所以同余式有唯一解因为解同余式)11(m od 8656)2()2()3(98981)11,8()11(m od 98491101)11(≡⋅≡⋅-≡-⋅-≡⋅≡⋅≡=≡--ϕx x 解例23、变换系数法 。
第四章 (7) 同余式、一次同余式、孙子定理
例 1 求 同 余 方 程 4x2 27x -12 0 (mod 15) 的解.
解 取模15的绝对最小完全剩余系:-7,-6, , - 1 , 0 , 1 , 2 , , 7 , 直 接计算 知 x 6,3 是 解. 所以 , 这 个同 余方 程的解 是x 6,3 (mod 15),解数为 2.
公钥密码体制
9
算法描述－密钥产生
① 独立地选取两大素数p和q(各100～200位十进制数字) ② 计算 n=p×q，其欧拉函数值(n)=(p－1)(q－1) ③ 随机选一整数e，1e<(n)，gcd((n), e)=1 ④ 在模(n)下，计算e的有逆元d=e -1 mod (n) ⑤ 以n，e为公钥。秘密钥为d。(p, q不再需要，可以销毁。)
由 第 三 章 §1定 理2,若 f (a) 0 (mod m),则 剩 余 类
Ka中 任 何 整 数 a'都 能 使 f (a') 0 (mod m)成 立.
定 义 若 a 是 使 f (a) 0 (mod m)成 立 的 一 个 整 数, 则 x a (mod m)叫 做 f (x) 0 (mod m)的 一 解. 这 就 是 说 我 们 把 适 合 f (x) 0 (mod m)而 对 模 m 互 相 同 余 的 一 切 数 算 作 f (x) 0 (mod m)的 一 个 解.
定 理5
设a
p1 1
p2 2
pkk , 则
(a) a(1 1 )(1 1 ) (1 1 ).
p1
p2
pk
§4 欧拉定理.费马定理及应用
定 理 1 (Euler) 设 m 是 大 于1的 整 数 , ( a,m) 1,则
a(m) 1 ( m o d m) .
同余定理-
同余定理同余定理是关于模运算的一个重要理论，它能解决很多与模运算相关的问题。
在数学和计算机科学中，同余定理经常被用于计算和密码学中。
同余定义和符号同余是一个抽象的数学概念，用来描述两个整数之间的关系。
当两个整数除以另一个整数得到的余数相同时，它们被称为同余的。
在数学符号上，同余用符号≡表示，如下所示：a ≡b (mod m)其中a、b、m是整数，称为同余方程，其中mod表示“模”。
实际上，同余定理是一个等式，它表示：对于给定的模数m，如果两个整数a和b满足模数m时的余数相同（即a mod m = b mod m），那么这两个整数就是同余的。
例如，我们可以把它简写成a = b (mod m)，这意味着a和b在模m下有相同的余数。
同余定理的三种形式同余定理有三种形式：基本形式、加法形式和乘法形式。
每种形式都有其独特的特点和用途。
1. 基本形式最常见的同余定理形式是基本形式，也被称为恒等式。
它表示：如果a和b在模m下有相同的余数，那么它们是同余的。
a≡b(mod m) ⇔ a mod m = b mod m2. 加法形式加法形式表示：如果a、b、c在模m下同余，那么a+b、b+c、a+c在模m下也同余。
如果 a ≡ b (mod m) 且 c ≡ d (mod m)，则a + c ≡b + d (mod m)证明：根据同余定义，我们有：a ≡b (mod m)那么，我们可以将a和b分别表示出来：a =b + km其中k是一个整数。
同样地，我们也有：c ≡d (mod m)c =d + lm将它们相加，得到：a + c =b + km + d + lm = b + d + (k + l)m 将其转化为同余符号，得到：a + c ≡b + d (mod m)这证明了加法形式的同余定理。
3. 乘法形式乘法形式表示：如果a、b、c在模m下同余，那么ab和bc在模m下也同余。
如果 a ≡ b (mod m) 且 c ≡ d (mod m)，则ac ≡ bd (mod m)证明：根据同余定义，我们有：a ≡b (mod m)那么，我们可以将a和b分别表示出来：a =b + km其中k是一个整数。
[自然科学]同余式
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2018/11/20
数论
8
同余式的基本定理
同余式 设为 (3) 只有一解.
2018/11/20
数论
9
同余式的基本定理
故(3)式之根就是(2)式之根. 但在 0 ,1 , 2 , … , m-1 这m个数内有
这d个数都是(3)式的解，也是(2)式的根. 对于(3)式是一个解，对于(2)式是d个根.
2018/11/20 数论 28
同余式的基本定理
充分性 如果 a 是模 m 的逆元，则存在 整数 a’使得 aa’≡ 1(mod m) ，即同余式 ax ≡ 1(mod m) 有解 x ≡ a’(mod m). 根据定理 1，我们有(a,m)|1.从而，(a,m)=1. 因此，整数 a 是模 m 的简化剩余，证毕.
2018/11/20
数论
10
同余式的基本定理
证 必要性 设同余式(2)有解 x ≡ x0 (mod m), 即存在正整数 y0 使得 ax0 – my0 = b , 因为(a ,m)|a, (a ,m) |m ,所以 根据 1.1 定理 3， (a , m)| ax0 – my0 = b . 因此 ，必要性成立. b 充分性.设(a, m) |b ,则 为整数. (a , m )
n
(1) 0 (mod m), 则 n
叫做 f(x)的次数，记作 degf .此时，(1)式又叫 做模 m 的 n 次同余式.
2018/11/20 数论 2
同余式的基本概念
如果整数 a 使得 f(x) ≡0( mod m ) 成 立，则 a 叫做该同余式 (1)的解. 事实上， 满足 x ≡a (mod m) 的所有整数都使得同 余式 (1)成立，即 a 所在的剩余类 C a {c | c Z, a c(mod m)} 中的每个剩余都使得同余式(1)成立 . 因此同余式(1)的解 a 通常写成 x≡ a(mod m )
信息安全数学第四章 二次同余式与平方剩余
4.1二次剩余与二次非剩余
定理3-2
在模p的缩系1,2,…,p-1中. 有(p-1)/2个模p的二 次剩余和(p-1)/2个模p的二次非剩余, 且： 12,22,…,((p-1)/2)2 是模p一缩系中的全部二次剩余
思路：r是解，则p-r也是，所以必有一解满足1≤x≤(p1)/2；再证这个范围的(p-1)/2个数d的平方两两不同余， 所以有(p-1)/2个模p的二次剩余, 从而模p的二次非剩 余也有: (p-1)-(p-1)/2=(p-1)/2 个.
性质3-1 ④ 若p是奇素数,则
2 p
1 ( p2 1) / 8
思路：在高斯引理中, 令a=2, 则:
2,2·2,2·3,…,3,(p-1)/2·2
已在1与p之间, 令计算满足p/2<2k<p,有p/4<k<p/2的k个数
则：m
p 2
p 4
高斯（gauss）引理
现ri要+s证j0这(m(po-1d)/p2).个数各不相同,只需证ri=p-sj,若ri=p-sj, 则
又于因(为p-r1i)/ta2(的m两od个p正),整sj数u.a于(m是o,d(t+p)u, )其a中(mt和odu是p)小. 因于为或, 等
(a,p)=1, 所以(t+u)0(mod p), 这是不可能的, 因为
(1≤i≤k, 1≤j≤m), 因此得:
p2 1
1
1 2 ( p 1) R mp S
8
2
又
p2
1a
( p1) / 2
ka
8
k 1
初等数论(严蔚敏版) 第四章同余式
((m1, m2 , m3 )m1m2 , (m1, m2 , m3 )m1m3, (m1, m2 , m3 )m2m3 )
(m12
m2
,
m1m22
,
m12
m3
,
m1m32
,
m22
m3
,
m2m32
,
m1m2
m3
)(m1
,
m2
)(m1m3
)(m2m3
)
(m12 , m1m3, m1m2 , m2m3 )(m2 , m3
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
§4.2 孙子定理
1、试解下列各题：
（i） 十一数余三，七二数余二，十三数余一，问本数。
（ii） 二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数。
（杨辉：续古摘奇算法（1275））。
x 3(mod11)
15M
3
1(mod
7)
M
3
1(mod
7)
根据孙子定理方程组的解是
x 2 35 2 1 21 3 1115 2 233 23(mod105)
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
注意到 x0 x1 x2 , 故有限步后，必有 axn y(mod m) m
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
x 4 y 29 0(mod143)
2、求联立同余式
的解。
2x 9 y 84 0(mod143)
解：据同余式的有关性质，
x 4 y 29 0(mod143) x 4 y 29(mod143)
初中数学重点梳理：同余式
同余式知识定位数论是初中数学竞赛比较重要的一个知识点，在历年竞赛中占据非常发比例，其中同余理论是初等数论中的重要内容之一，其同余式概念及应用，剩余系概念要熟练掌握。
本文归纳总结了同余的若干性质，将通过例题来说明这些方法的运用。
知识梳理1、同余概念定义1：给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m 同余，记作a≡b(modm)，并读作a同余b，模m。
（1）若a与b对模m同余，由定义1，有a=mq1＋r，b=mq2+r．所以a-b=m(q1-q2)，即m｜a-b。
反之，（2）若m｜a-b，设a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2。
于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2：若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．2、同余定理定理1：（1）a≡a(modm)．（2）若a≡b(modm)，则b≡a(modm)．（3）若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(modm)．定理2：若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．证：由假设得m｜a-b，m｜c-d，所以m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(a-b)＋b(c-d)，即a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数，n是自然数，则a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a n≡b n(modm)．定理3：若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则a≡b(modm)．定理4： 若n ≥2，a ≡b(modm 1)，a ≡b(modm 2)，…………a ≡b(modm n )，且M=[m 1，m 2，…，m n ]表示m 1，m 2，…，m n 的最小公倍数，则a ≡b(modM)3、剩余类和完全剩余系全体整数集合可按模m 来划分：当且仅当()mod a b m ≡时，a 和b 属于同一类。
(解答题36道)第四章 同余式
第四章 同余式三、解答题1、设(,)1a m =，k 与m 是正整数，又设0(mod )k x a m ≡，证明同余方程(mod )kx a m ≡的一切解x 都可以表示成0(mod )x yx m ≡，其中y 满足同余方程1(mod )ky m ≡。
解：设1x 是0(mod )kx a m ≡的任意一个解，则一次同余方程01(mod )yx x m ≡有解y ，再由001()(mod )k k k k ky a y x yx x a m ≡≡≡≡得1(mod )ky m ≡，即1x 可以表示成0(mod )x yx m ≡，其中y 满足同余方程1(mod )ky m ≡； 反之，易知如此形式的x 是(mod )kx a m ≡的解。
2、解同余方程组()()31mod1047mod15x x ≡⎧⎪⎨≡⎪⎩解：这同余方程组的解与同余方程组()()()()31mod 2,31mod5,47mod3,47mod5x x x x ≡⎧⎪≡⎪⎨≡⎪⎪≡⎩的解相同，但第二个同余方程()31mod5x ≡可化为()2mod5x ≡, 第四个同余方程()47mod5x ≡可化为()2mod5x ≡-, 与()2mod5x ≡矛盾，所以原同余方程组无解.3、设素数2p >,求同余方程()21mod lx p ≡的解 解：同余方程可写为()()()110mod lx x p-+≡由于()1,1|2x x -+,所以上式等价于()10mod lx p -≡或()10mod lx p+≡因此，对任意的1l ≥解为()1,1mod l x p ≡- 解数为2.4、求同余式32()4560(mod 27)f x x x x =-+-≡ 解：∵()0(mod3),()0(mod3)f x f x '≡≡无公解∴20有唯一解0(mod3)x ≡以13x t =代入()0(mod9)f x ≡得1(0)3(0)0(mod9)f t f '+≡ 但(0)3(mod9)f ≡，(0)5(mod9)f '≡故1360(mod 9)t +≡，2120(mod 3)t +≡，11(mod 3)t ≡ 因此12213,39t t x t =+=+是()0(mod9)f x ≡的唯一解将239x t =+代入()0(mod 27)f x ≡得2(3)9(3)0(mod 27)f t f '+≡ 但(3)0(mod 27)f ≡，(3)8(mod 27)f '≡故2890(mod 27)t ⋅≡，280(mod 3)t ≡，20(mod3)t ≡设2333,327,3(mod 27)t t x t x ==+≡是()0(mod 27)f x ≡的唯一解。
第四章同余式
§4同余式1 基本概念及一次同余式定义 设()110nn n n f x a x a xa --=+++ ，其中()0,0,1,,i n a i n >= 是整数，又设0m >，则()()0mod f x m ≡ （1）叫做模m 的同余式.若()0mod n a m ≡，则n 叫做同余式（1）的次数. 如果0x 满足()()00mod ,f x m ≡则()0mod x x m ≡叫做同余式（1）的解.不同余的解指互不同余的解.当m 及n 都比较小时，可以用验算法求解同余式.如 例1 同余式()543222230mod 7x x x x x +++-+≡仅有解()1,5,6mod 7.x ≡例2 同余式()410mod16x -≡有8个解()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡例3 同余式()230mod 5x +≡无解。
定理 一次同余式()()0mod ,0mod ax m a m ≡≡ （2）有解的充要条件是(),.a m b若（2）有解，则它的解数为(),d a m =. 以及当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),d a m =个解是()0mod ,0,1,,1mx x k m k d d≡+=- （3） 证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程ax my b =+ （4）有解. 而不定方程（4）有解的充要条件为()(),,.a m a m b =-当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则()0mod ,0,1,, 1.m a x k b m k d d ⎛⎫+≡=- ⎪⎝⎭下证0,0,1,,1mx k k d d +=- 对模m 两两部同余. 设 ()00mod ,01,1m mx k x k m k d k d d d ''+≡+≤≤-≤≤-则()mod ,mod ,.m m m k k d k k d k k d d d ⎛⎫'''≡≡= ⎪⎝⎭再证满足（2）的任意一个整数1x 都会与某一个()001mx k k d d+≤≤-对模m 同余. 由()()01mod ,mod ax b m ax b m ≡≡得()101010mod ,mod ,.a a m m ax ax m x x x x d d d d ⎛⎫⎛⎫≡≡≡ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故存在整数t 使得10.mx x t d=+由带余除法，存在整数,q k 使得 ,0 1.t dq k k d =+≤≤-于是()()100mod .m mx x dq k x k m d d=++≡+故（2）有解时，它的解数为(),d a m =. 以及若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),a m 个解是()0mod ,0,1,,1mx x k m k d d≡+=- (5) 例1求同余式 ()912m o d 15x ≡ （6）的解. 解 因为()9,15 3.=又因312,故同余式（6）有解，且有三个解.先解()5mod 43≡x , 得().5mod 3≡x 故同余式（6）的三个解为()158mod15,0,1,2.3x k k ≡+= 即 ()3,8,13m o d 15.x ≡ 例2 求同余式 ()6483mod105x ≡ （7）的解. 解 ()831,1105,64= ,同余式有一个解. 将同余式表为21051921916152161054716476418864105836483+≡≡≡+≡≡≡+≡≡x ().105mod 622124≡≡例3 解同余式 325x ≡ 20 (mod 161) 解 ()1161,325= 同余式有一个解, 同余式即是3x ≡ 20 (mod 161) 即.161203y x +=解同余式 161y ≡ -20 (mod 3)， 即2y ≡ 1 (mod 3)， 得到y ≡ 2 (mod 3)，因此同余式的解是x ≡3161220⋅+= 114 (mod 161). 例4 设(a , m ) = 1，并且有整数δ > 0使得 a δ ≡ 1 (mod m )， 则同余式(2)的解是x ≡ ba δ - 1 (mod m ). 解 直接验证即可.注：由例4及Euler 定理可知，若(a , m ) = 1，则x ≡ ba ϕ(m ) - 1 (mod m ) 总是同余式(2)的解.注：本例使用的是最基本的解同余方程的方法，一般说来，它的计算量太大，不实用. 例5 解同余方程组⎩⎨⎧≡-≡+)7(mod 232)7(mod 153y x y x (8) 解 将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到19y ≡ -4 (mod 7)，5y ≡ -4 (mod 7)， y ≡ 2 (mod 7).再代入(8)的前一式得到3x + 10 ≡ 1 (mod 7)，x ≡ 4 (mod 7)即同余方程组(8)的解是x ≡ 4，y ≡ 2 (mod 7).例6 设a 1，a 2是整数，m 1，m 2是正整数，证明：同余方程组⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 2211m a x m a x (9) 有解的充要条件是a 1 ≡ a 2 (mod (m 1, m 2)). (10)若有解，则对模[m 1, m 2]是唯一的，即若x 1与x 2都是同余方程组(9)的解，则x 1 ≡ x 2 (mod [m 1, m 2]) (11)解 必要性是显然的.下面证明充分性.若式(10)成立，由定理2，同余方程m 2y ≡ a 1 - a 2 (mod m 1)有解y ≡ y 0 (mod m 1)，记x 0 = a 2 + m 2y 0，则x 0 ≡ a 2 (mod m 2)并且x 0 = a 2 + m 2y 0 ≡ a 2 + a 1 - a 2 ≡ a 1 (mod m 1)，因此x 0是同余方程组的解。
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较小模a的同余方程，设m r (mod a)，r < a，则又可
继续转化成一个对于更小的模r的同余方程。
2018/6/15
8
b ym my b(mod a ), x (mod m ) a
例2 解同余方程 325x 20 (mod 161)
第四章
同 余 式
§4.1 基本概念及一次同余式
2018/6/15
1
一、基本概念 定义1
设 f ( x ) a n x n a n 1 x n 1
i 0,1,
f ( x ) 0(mod m )
a1 x a0 , ai Z ,
, n是整系数多项式,m Z .
2018/6/15
7
四、其他解法
——减小模
定理3 设(a , m ) 1, a m, 又设y Z , 使得a|b + ym,
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
即满足my b(mod a ). b ym 则x (mod m ) 是方程 ax b (mod m) 的解. a 证: 直接验算，有 ax b ym b (mod m)。
则同余方程m2y a1 a2 (mod m1) 有解y y0 (mod m1)， 记x0 = a2 m2y0，则 x0 a2 (mod m2). 并且 x0 = a2 m2y0 a2 a1 a2 a1 (mod m1)， 因此x0是同余方程组(3)的解。 若x1与x2都是方程组(3)的解，
解：即求解同余式组
x 1(mod5), x 5(mod6), x 4(mod7), x 10(mod11).
其中，m1 5, m2 6, m3 7, m4 11.
a1 1, a2 5, a3 4, a4 10. ——余数 M1 6 7 11 462, M 2 5 7 11 385, M 3 5 6 11 330, M 4 5 6 7 210.
称之为同余式组。 即要求这些同余式的公共解。
一般地，
2018/6/15
17
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》〕
除 数 3 5 7 余 数 2 3 2 最小公 倍数 3×5×7 =105 衍数 乘 率 5×7 2 3×7 1 3×5 1 各 总 35×2×3 21×1×3 15×1×2 答 数 最小 答数
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其他略
23
2018/6/15
24
同余方程组解的存在性及解数的判定 引理：设a1，a2是整数，m1，m2是正整数，则 同余
方程组
x a1 (mod m1 ), x a2 (mod m2 )
a1 a2 (mod (m1, m2))
(3)
(4)
有解的充要条件是
若有解，则对模[m1, m2]是唯一的，即若x1与x2都是 同余方程组(3)的解，
rm sm rm sm 注：x0 x0 (mod m ) (mod m ) r s d d d d
解方程(2)的方法： 先求出相应不定方程 ax my = b的一个特解
m 再代入 x x0 r (mod m ), 0 r d 1. d
2018/6/15
2018/6/15
12
例3 解同余方程6x 7 (mod 23)。
m ax b (mod m) a1 x b[ ](mod m ) a
解 由定理4，依次得到
6x 7 (mod 23) 5x 73 2 (mod 23)
3x 24 8 (mod 23)
记d = (a, m)，以及t = dq r，qZ，r = 0, 1, 2, , d 1. m m 则x x0 qm r x0 r (mod m ), 0 r d 1。 d d
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5
容易验证，当r = 0, 1, 2, , d 1时，相应的解 m 2m (d 1)m x0，x0 ，x0 ， ，x0 d d d 对于模m是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d个解。
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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14
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)
解:将(*)的前一式乘以2，后一式乘以3，相减得到 19y 4 (mod 7)， 即 5y 4 (mod 7)， y 2 (mod 7)。 再代入(*)的前一式得到 3x 10 1 (mod 7)， x 4 (mod 7)。
即同余方程组(*)的解是x 4，y 2 (mod 7)。
是ax b(mod m )的一个解； 再利用定理2得出全部解。
ax b m 或者，先求出 (mod )的一个解， d d d
再利用定理2得出全部解。
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10
例1
解同余式 9 x 12(mod15).
另解： 先解同余方程 3 x 4(mod5) x0 3，
m 又d 3, 5 d
ax b (mod m) 有解的充要条件是(a, m)b。
(2)
若有解，则恰有d = (a, m)个解。 特别地，若(a, m)＝1，则方程（2）有唯一解。
证明 ax b (mod m) m ax b
同余方程(2)等价于不定方程 ax my = b， (3)
因此，第一个结论可由第二章第一节定理1〔P25〕得出。
x0
6
例1
解同余式 9 x 12(mod15).
解： d (9,15) 3, 且3 12
故原同余式有3个解。
解方程9 x 15 y 12得一个特解x0 3.
所以 原同余式的解为
m x 3 r 3 5r (mod15), r 0,1,2 d
即 x 3,8,13(mod15).
(1)
称
是关于模m的同余方程，或同余式。
若an 则称为n次同余方程。 0(mod m )，
注： 若f (a ) 0(mod m )，
则剩余类 K a 里的元素都满足该方程。
2018/6/15
2
定义2
设a是整数，当 f (a ) 0(mod m ) 成立时，
则称 x a (mod m ) 是同余方程(1)的一个解。 即与a同余的一切整数作为（1）式的一个解。
则
证
x1 x2 (mod [m1, m2])。
(5)
〔必要性〕 x a1 (mod m1 ), x a2 (mod m2 )
m1 x a1 , m2 x a2 ( m1 , m2 ) a1 a2
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25
〔充分性〕记(m1, m2)＝d.
即 d a1 a2 ， 若式(4)成立，
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——衍数
22
列表如下：
mi
ai
m
Mi
M i ' ai M i M i '
3 1×462×3 5×385×1
a M M '
i i i
5 6
1 5
462 2310 385
7
11
4
10
330
210
2111 1 4×330×1 (mod 2310) 1 10×210×1
1
6731
462 2(mod 5) 462 3 1(mod 5)
2x 8×7 10 (mod 23) x 5 (mod 23)。
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13
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。
解 d=1,原同余方程即是
解同余方程
3x 20 (mod 161)。
161y 20 (mod 3)，
2y 1 (mod 3)， 得到y 2 (mod 3)，因此原方程的解是
20 2 161 114mod(161) x 3
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补充说明
b ym 如果(a , m ) d 1, 则由定理3知x (mod m ) a
则 x1 x2 (mod m1)，x1 x2 (mod m2)， 从而有 x1 x2 (mod [m1, m2])。
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ax b (mod m)
(2)
ax my = b
(3)
若同余方程(2)有解x0，则存在y0，使得x0与y0是 方程(3)的解， m x x0 t (a , m ) , t Z (4) 此时，方程(3)的解是 y y a t 0 (a , m ) 由式(4)所确定的x都满足方程(2)。
由Mi Mi ' 1(mod mi ) M1 ' 1, M 2 ' 1, M 3 ' 1 乘率
35 1(mod 3) 35 ( 1) 1(mod 3); ( M i '不唯一) 21 1(mod5) 21 1 1(mod 5); 15 1(mod7) 15 1 1(mod7).