一元同余方程的定义

≡ 4 ( 12)
即 ≡ 4( 12).
12
共19
课堂练习
计算: 求解同余方程7 ≡ 4 ( 12).
解: 因为(7, 12) = 1, 所以7 ≡ 4 ( 12)有唯一解.
为求此解, 我们只需求得不定方程7 − 12 = 4的一个特解.
由辗转相除法知:
12 = 7 × 1 + 5, 7 = 5 × 1 + 2, 5 = 2 × 2 + 1
为了求得9 ≡ 12 ( 15)的一个特解,
考虑不定方程9 − 15 = 12, 其等价为3 − 5 = 4.
通过观察知: 0 = 3, 0 = 1为一个特解.
从而, 由定理2.4.2知, 9 ≡ 12 ( 15)的全部解为:
≡ 3 ( 15)
≡ 3 + 5 ≡ 8 ( 15)
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共19
一次同余方程的公式解
实际上, 定理2.4.1和定理2.4.2分别对应于一元一次同余方
程 ≡ ( )的两种情形: (, ) = 1和(, ) > 1.
这里, 定理2.4.1可以看作定理2.4.2的基础, 而定理2.4.2则
是针对更一般的同余方程.
此外, 对于多元一次同余方程
设为 ≡ 0 ( /).
易见 ≡ 0 ( )是原方程的解, 这是因为(/)|(0 − )/.
故该同余方程有解当且仅当|.
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共19
一元一次同余方程的公式解
证明: 如果原同余方程有解0, 则由前面的结论知|,
因此新同余方程才有意义.
该定理的证明过程给出了一种求
即 ≡ 29 ( 80).
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一元一次同余方程的公式解
例2.4.1
通过转化为不定方程来求解同余方程
3 ≡ 7 ( 80).
解: 因为(3, 80) = 1,
所以同余方程3 ≡ 7 ( 80)有唯一解.
为求此解, 只需求一次不定方程3 − 80 = 7的一个特解.
2. 解新方程
因此, ≡ 29 ( 240)是9 ≡ 21 ( 240)的一个特解,
从而它的全部解为: (取0, 1, 2)
≡ 29 ( 240)
3. 列全部解
≡ 29 + 80 ≡ 109 ( 240)
≡ 29 + 2 × 80 ≡ 189 ( 240)
解: 因为(7, 12) = 1, 所以7 ≡ 4 ( 12)有唯一解.
又因为
(12) = (22 × 3) = 22 × 3(1 − 1/2)(1 − 1/3) = 4
所以由定理2.4.1知, 该唯一解为
≡ 4 × 7
12 −1
≡ 4 × 73 ( 12)
≡ 4 × 7 × (7)2 ≡ 4 × 7 ( 12)
即解二元一次不定方程 + = .
因为(, ) = 1, 所以该不定方程一定有解.
又因为由欧拉定理知
所以0 =
−1 ,
0

≡ 1( ) , 即|
= −(
方程的一般解为 =
−1


− 1,
− 1)/为一组特解.
+ , = −(
≡ −20 ≡ 4 ( 12)
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课堂练习
计算: 求解同余方程9 ≡ 12 ( 15).
解: 因为(9, 15) = 3|12, 所以9 ≡ 12 ( 15)有3个解.
考虑同余方程3 ≡ 4 ( 5), 其唯一解为
≡ 4 × 3
5 −1
( 5) ≡ 3 ( 5)
又因为
(80) = (24 × 5) = 24 × 5(1 − 1/2)(1 − 1/5) = 32
所以由定理2.4.1知, 该唯一解为
≡ 7 × 3
80 −1
≡ 7 × 331 ( 80)
≡ 7 × 33 × (34)7 ≡ 7 × 33 ( 80) [利用34与1同余]
≡ 29 ( 80)

− 1)/ − , ∈ ℤ
因此, 在模同余的意义下, 原同余方程有唯一解 ≡
−1 (
).
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一元一次同余方程的公式解
例2.4.1
利用欧拉定理来求解同余方程3 ≡ 7( 80).
解: 因为(3, 80) = 1,
所以同余方程3 ≡ 7 ( 80)有唯一解.
1 1 + 2 2 + ⋯ + ≡ ( ),
用数学归纳法不难证明, 它有解的充要条件是|, 这里
= (1 , 2 … , , ). 如果|, 那么该方程恰好有−1
个解.
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课堂练习
计算: 求解同余方程7 ≡ 4 ( 12).
故原同余方程有且仅有一个解.
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一元一次同余方程的公式解
定理2.4.1
设(, ) = 1, 则一元一次同余方程 ≡
( )有且仅有一个解 ≡
−1 (
).
证明:下面给出另外一种证明方法.
解同余方程 ≡ ( )等价于求满足| − 的的值,
一元同余方程的定义
设 = + −1 −1 + ⋯ + 1 + 0 ,
其中 ∈ ℤ, ( = 0, 1, … , ), 则称
定义2.4.1
() ≡ 0 ( )
为模m的一元同余方程. 如果不整除 , 则称为该同余
方程的次数. 如果0满足(0) ≡ 0 ( ), 那么
我们只需要把模7的标准剩余系中元素0, 1, 2, 3, 4, 5, 6
代入验算, 从而可以得到同余方程的全部解为
≡ 1, 5, 6 ( 7).
代入法是求解同余方程的基本方法, 但对于模数较大
的情形, 计算量很大. 另外, 我们应该注意到有些同余
方程没有解, 如2 ≡ 3 ( 10).
(2) 如果与中有一个数为2,
不妨设 = 2, 则有4 = ( + )( − ).
于是, + = 2, − = 2; 或 + = 4, − = 1,
因此, (7, 12) = 1 = 5 − 2 × 2 = 5 − 2 × (7 − 5) = 3 × 5 −
2 × 7 = 3 × (12 − 7) − 2 × 7 = 3 × 12 − 5 × 7.
故0 = −20, 0 = −12为一个特解.
从而, 由定理2.4.1知, 同余方程7 ≡ 4 ( 12)的解为
命题: 2 + 2 = 2没有都是素数的解.
证明: 用反证法. 假设, , 都是素数且满足2 + 2 = 2 .
分别考虑下面两种情形:
(1) 如果 与都是大于2的素数, 那么也是大于2的素数.
因此, , , 必都为奇素数.
这样, 2 + 2为偶数, 而2为奇数, 产生矛盾.
从而, 由定理2.4.2知, 9 ≡ 12 ( 15)的全部解为:
≡ 3 ( 15)
≡ 3 + 5 ≡ 8 ( 15)
≡ 3 + 2 × 5 ≡ 13 ( 15)
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共19
课堂练习
计算: 求解同余方程9 ≡ 12 ( 15).
解: 因为(9, 15) = 3|12, 所以9 ≡ 12 ( 15)有3个解.
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一元一次同余方程的公式解
例2.4.2
求解同余方程9 ≡ 21 ( 240).
解: 因为(9, 240) = 3|21, 所以9 ≡ 21 ( 240)有3个解.
1. 验证有解
在例2.4.1中已经求到同余方程3 ≡ 7 ( 80)的唯一解为
≡ 29 ( 80).
通过观察知:0 = 10, 0 = 2为一个特解.
从而, 由定理2.4.2知, 12 ≡ 30 ( 45)的全部解为:
≡ 10 ( 45)
≡ 10 + 15 ≡ 25 ( 45)
≡ 10 + 2 × 15 ≡ 40 ( 45)
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课堂练习
命题: 如果是素数, 而, 均为整数, 那么( + ) ≡
≡ 0 ( )称作该同余方程的解或根. 如果该同余方
程的两个解关于模互不同余, 那么它们是不相同的解.
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共19
同余方程的求解
根据同余方程的定义, 将模m的标准剩余系中的每个
元素代入即可确定所有解. 因此, 解同余方程一般来
说比解一般意义下的方程容易.
例如解5 + 24 + 3 + 22 − 2 + 3 ≡ 0 7
≡ 3 + 2 × 5 ≡ 13 ( 15)
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共19
课堂练习
计算: 求解同余方程12 ≡ 30 ( 45).
解: 因为(12, 45) = 3|30, 所以12 ≡ 30 ( 45)有3个解.
为了求得12 ≡ 30 ( 45)的一个特解,
考虑不定方程12 − 45 = 30, 其等价为4 − 15 = 10.
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共19
一元一次同余方程的公式解
定理2.4.1
设(, ) = 1, 则一元一次同余方程 ≡
( )有且仅有一个解 ≡
−1 (
).
证明: 这里给出两种证明方法.
先考虑第一种, 直接将 ≡
由欧拉定理知

−1
( )代入同余方程验证,


因为0 + 1 ≡ 0 + 2 ( )当且仅当
1−2

≡ 0 ( ),
即当且仅当1 ≡ 2 ( ).

因此在所有形如0 + 的数中,
只要取关于模不同余的数, 即可得到所有关于模不同余的数,

于是 ≡ 0 + ( ), = 0, 1, 2, … , − 1就是原方程的所有解.
由辗转相除法知
80 = 3 × 26 + 2, 3 = 2 × 1 + 1,
因此, (3, 80) = 1 = 3 − 2 = 0.
于是不定方程3 − 80 = 7的一个特解为
0 = 27 × 7 = 189, 0 = 7.
从而, 同余方程3 ≡ 7 ( 80)的解为:
其中0是一个特解.
证明: 如果原方程有解, 即存在使得| − ,
则可设 = + ( ∈ ℤ), 由|和|知|.
反过来, 假设|, 因为(/, /) = 1,
所以由定理2.4.1知
新的同余方程 (/) ≡ (/) ( /) 有唯一解,
≡ 189 ≡ 29 ( 80)
即 ≡ 29 ( 80).
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一元一次同余方程的公式解
定理2.4.2
设(, ) = , 则一元一次同余方程
≡ ( )
有解当且仅当|. 如果该方程有解, 则恰有个解
≡ 0 +


( ), = 0,1,2, … , − 1
+ ( ).
证明: 因为是素数, 所以由费马小定理知:
≡ ( )
≡ ( )
( + ) ≡ + ( )
因此, ( + ) ≡ + ≡ + ( ), 命题成立.
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共19
课堂练习
≡ 1( ),
它显然是原同余方程的解, 这就证明了解的存在性.
关于唯一性, 假设方程有两个不同的解1和2,
则有1 ≡ ( )和2 ≡ ( ),
所以(1 − 2) ≡ 0 ( ).
又因为(, ) = 1,
所以1 ≡ 2 ( ), 产生矛盾.
解一般一元一次同余方程的方法!
显然, 原方程与新方程等价,
即原方程的解是新方程的解, 而新方程的解也是原方程的解.
但是, 原方程与新方程的模不同, 新方程相同的解不一定就是原方程相同的解.
假设新方程的唯一解为 ≡ 0 (


),

那么所有形如0 + 的数都满足新方程,
因此所有这些数中关于模不同余的数也就是原方程的所有解.