4.1基本概念及一次同余式
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
【word】详析一次同余式求解定理的证明
详析一次同余式求解定理的证明教学方法详析一次同余式求解定理的证明一[摘要]一次同余式求解定理的证明,在各版本的数论课本中均有介绍,但跳跃性都比较大,使读者在学习过程中会有很多疑问,本文就该定理给出详细的思路分析与证明过程. [关键词]一次同余式证明概念,定理介绍同余方程定义1设m是正整数,f(x)为n次多项式厂()=a+口一】+…+口I+口0其中口f是正整数,则f(x)-O(1)叫做模m的(n次)同余式,n叫做厂()的次数,记为degfo如果整数a使~-f(a)-O(modm)成立,则a叫做(1)式的解.(1)的解a常写/~x=a(modm),在模m的完全剩余系中,使得(1)成立的剩余个数叫做同余式(1)的解数.定理设m是一个正整数,a是满足aCEm的整数.则一次同余式ax-b(modm)有解的充分必要条件是(a,m)b.而且,当该同余式有解时,其解数为,).该定理的证明需要用到的先知定理,在此不加证明地将它们作为引理罗列如下:引理1设a,b,c≠O是三个整数,若cIa,clb,则对于任给的整数S,t均有clsa+tb引理2设m是一个正整数,a-b(modm),k>0,则ak=bk(modmk)引理3设m是一个正整数,a,a2,b.,b2是四个整数.如果al-bl(modm),a2-b2(modm)贝0:(i)a十口2-bI+62(modm):(ii)a1+口2兰6l+62(modm).引理4设m是一个正整数,a是满足(a,)=l的整数,则存在整数d1口<m使得aa三1fmodm)引理5设m是一个正整数,a--b(modm),如果整数(口,b,),则ab(m0)引理6设m是一个正整数,口bd(modm),如果()=1,则口一b(modm)思路分析定理的征明分为两个部分,第—部分需要{正明b(modm)有解的充分必要条件是(口,m)lb;第二部分需要证明有解的情!I!:绝况,膦效为dⅡ,州.第一部分中,必要性的证明比较简单,主要分析充分性的证明,即证明当(口,m)lb时,ax=--b(mod)有解.直接证明不太容易,通常可采用构造法构造出一个解即可.但直接构造出饿一b(modm)的解也很困难,不妨考虑如下三个形式类似的同余式ax-=b(modm)(1.1);m0d)(1_2)i删J【J(mod)(1_3)若(1.2)式有陬;m.d),即?(肌)d(),由引理2可知,因为>0,故甄一6(m,xtm),即说明t(modm)~(1.1)式的—,解.而要构造出(1.2)式的解t(m.d),则可从(1.3)式入手.若(1.3)式有解m喃),即m喃),她mod1,故由引理3(ii)式可知兰odJ,砹田与l埋LJ瓦口J划ab;,m0di-J,则说;知i=.d)是(12)式的解.对于(1-3)式,由于(,1,由引理4可知必存在使得l(m.d成立,&一十.d)是(1.3)式的一个解.通过上面分析可以看出,(1.3)式必有解m0d),由此可构造出(1.2)式的一个解,;m,进而可推断;oa,b(mod必是(1.1)式的一个特解.构造性证明成立.第二部分,需要证明(1.1)式在有解的前提下,解数为(a,).由剩余类的定义可知,模m的剩余类有Co,C,…一一共m个.这里可先求出(1.1)式所有解的表示形式,再证明所有的解只能属千樽m的l余类中的(口,)个广教学方法证明过程第一部分设同余式(1.1)式有解rXo(m,即满足0三6(nxxt 神,根据同余的定义知,存在整~O.V o使得aXo——myo=b因为(a,m)la,(日,)l坍,根据引理1,(口,m)laxo—myo=b因此,必要性成立;充分性已知(a,m)Ib,则为整数?首先+我们考虑同余式(1.3)南in)因为(,】,由引理4可知存在蝴1(m成立,&响)是(1_3)式的一个解.事实上,同余式(1.3)不仅有解,而且解数唯一.因为如果同时有同余式a(m和(m成立.两式相减得到一xo)----0(m)因为,,撇引理6,(x-xO,即任一解z与x.位于模!的同—剩余类,~lk-=x如响). 其次,考虑同余式(1.2)门已始出衡导㈣,即南0三,而又显然有Ⅱx)di=『-)成立,故由引理3的∞式可知x.z),则说吼=‰b|-‰_J,则谠一‰(rn(x(12)式的解.仿上,亦可证该解的唯—性.最后,考虑同余式(1.1)Eb(modm)(1.2)式有,(rr,壮m吗,(上接第123页)又因为(口,)>0,由引理2可知,ax;b(modm).即说明X~--’X0西幌(1.1)式的—个特解.这样,充分性成立. 所以,饿b(modm)有解的充分必要条件是(口,m)lb. 第二粉首先,给出同余式(1.1)饿b(modm)任一解的表示形式.~x---x(modm)是(1.1)式的一个特解,贝与任—解玢别满足饿1b(modm)和饿￡b(modm)由同余的传递性可知,axt;ax(modm),即日～Xt);0(modm),又因为(口,m)la,0,,由引理5可响J0(泣,同时又因为,:1,由引理6可得(r-x~0,一,由同余的概念可知,任一解坷表示为t+m,其中,,为任意整数,I]1]ax=-b(modm~全部解为xXt+f(modm),f为任意整数;下面,根据解数的概念,证明(1.1)式的全部解只能属于模m的剩余类中的(口,)个.取模的一个完全剩余系x,x+1,…,X,+一1),对于(1.1)式的全部t+f,不妨让0,1,2,…,计靴能取到上面完全剩余类的个数.当t:0时,E(moa’n);…,当t=(口,)时,i+~----XI(m0d,.故f需要满足x一≤t+<,+,即o≤k(口,).由此可知,f的取值共(口,)个,即同余式(1.1)的解数为(a,)个.证毕.参考文献t陈恭亮.《信息安全数学基础》,上海交通大学,2004作者单位:陕西广播电视大学学习支持服务中心西安电子科技大学方面的专家,而来自学员单位的兼职导师则具有丰富的临床实践经验,他们可以对研究生的课题进行深入的理论分析和科学的实验指导.6.制定医学非全日制研究生学位论文的评价标准医学非全日制研究生的学位论文应该有自己的特色,学员要在导师指导下,充分利用学校,单位的仪器设备,技术力量,资金等各自的优势,发挥两者的长处,解决本单位的具有一定经济效益或社会效益的临床工作和管理方面的问题.非全日制研究生的学位论文,应注重其是否反映作者较好地掌握了基础理论和专门知识,能够综合运用科学理论,方法和技术手段解决实际问题的能力.参考文献t…张卫刚,谢仁业,马桂敏等.非全日制研究生教育亟待规范[J】.学位与研究生教育,2003.(O3).【2】钟尚科,张卫刚,杨颉域谈规范发展非全日制研究生教育[J].高等教育研究,2002,(06).【3]扬颉,张卫刚_我国非全日制研究生教育的发展与问题[J].现代大学教育,2001,(06).[4】昊环伟.严把”四关”确保j}全日制研究生教育质量【J].中国高等教育,2003.(21).【5】张大鹏,张元,罗旋辉等.探索医学成人教育教学与管理新模式[J】冲国成人教育,2006,(1O).作者单位:南通大学医学院。
4.1同余式
ax ≡ b(mod m)
ϕ ( m ) −1
x≡a
b(mod m).
例1 例2 例3
解同余式 7 x ≡ 8(mod11). 解同余式 4 x ≡ 1(mod15). 解同余式 14 x ≡ 27(mod 31).
为正整数， ， 为整数 为整数， 补充定理 设m为正整数，a，b为整数， 为正整数 (a, m)=d，则一次同余式 ， 有解的充要条件是d 有解的充要条件是 b. 且在有解的情况下，恰有d个解 个解. 且在有解的情况下，恰有 个解
定理
一次同余式 ax ≡ b(mod m) ，a 0(modm) (2) 有解的充要条件是 (a, m) b . 有解， 的解数(对模 来说) 若(2)有解，则(2)的解数 对模 来说 有解 的解数 对模m来说 是 d=(a，m). ，
为正整数， ， 为整数 为整数， 补充定理 设m为正整数，a，b为整数， 为正整数 (a, m)=1，则一次同余式 ， 有唯一解
第四章 同余式
一、基本概念及一次同余式 二、孙子定理 三、高次同余式的解数及解法 四、质数模的同余式
第一节
基本概念及一次同余式
an x n + an −1 x n −1 + L + a0 若用f 表示多项式 定义 若用 (x)表示多项式
是一个正整数 ，其中ai是整数；又设 是一个正整数，则 其中 是整数；又设m是一个正整数，
ax ≡ b(mod m)
补充定理
若 (a, m) = d > 1, a = a′d , m = m′d ,
且 d b , b = b′d , 则同余式
ax ≡ b(mod m) 个解， 有d个解，其中 x ≡ β (mod m′) 是同余式 个解 a′x ≡ b′(mod m′)
ISM_3 同余式
例2 韩信点兵 : 有兵一队,若列成五行纵队, 则末行一人;成六行纵队,则末行五人;成七行纵 队,则末行四人;成十一行纵队,则末行十人,求 兵数.
解法一 韩信点兵问题可转化为同余式组 :
x 1 (mod 5)
x 5 (mod 6)
x4
(mod 7)
x 10 (mod11)
27
这里b1 =1,b2 5, b3 4, b4 10,由例1,同余式的解为
(a, m)
(a, m)
的一个解
x x0
(mod m ); (a, m)
其次,写出同余式ax b (mod m)的一个特解
x x0b (mod m) (a, m)
最后,写出同余式ax b (mod m)的全部解
x x0b t m (mod m), t 0,1, ,(a, m) 1 (a, m) (a, m)
注 :中国剩余定理又叫做孙子定理.
我国宋代数学家秦九韶在数学九章(1247年) 中提出了上述同余式的一般解法,把此解法叫做“求 一术”.
21
其解法可列表如下 :
除数 余数 最小公倍数 衍数 乘率 各总
答数
m1 b1
M 1 M1' M1 M1' b1
m2
b2
m m1m2
mk
M2
M
' 2
M
2
M
' 2
8
第二种：利用二元一次不定方程的解法
ax b(mod m)求 :
1.当(a, m) 1,则存在s, t使得：
a(sb) m(bt ) b
a(sb) b(mod m)
x sb(mod m)是唯一的解。 2.当(a, m) d 1, d | b, d遍除原同余式后，得简约
[自然科学]同余式
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25 + 2 +1=35=5·7≡0( mod 7) 还有解 x≡4(mod 7) , 解数为 2.
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同余式的基本定理
定理1 若(a , m) = 1,则 ax ≡ b (mod m) 有一解.
证明：因(a , m ) = 1 , 故 0 ,a ,2a , … , (m - 1)a
为m的完全剩余系.故其中有且只有一个r使 ar ≡ b (mod )
故得：x ≡ r (mod m ) 是同余式的唯一解.
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同余式的基本定理
定理2 若(a , m) = d > 1, d b ,则 ax ≡ b (mod m) 没有解. 证明 若有解 ，则可得: ax ≡ b (mod m) 而d | m, 故由2.1 定理11得到 ax ≡ b (mod d) 从而有 d | b,这与d b 矛盾，所以原同余式无解.
1 (m,a) 事实上，如果同时有同余式
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同余式的基本定理
ax≡ b(mod m)和 ax1 ≡ b(mod m) 成立， 两式相减得到 a(x- x1 )≡ 0 (mod m) 根据 2.1 定理 10 和定理 8，这等价于
x ≡ x1 (mod m) 因此， 同余式(2)的全部解可写成(7)式，证毕.
第三章 同余式
▪ 同余式的基本概念 ▪ 一次同余式相关定理 ▪ 一次同余式的解法
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1
同余式的基本概念
定义 1 设 m 是一个正整数，设 f(x)为多项式
4.1 同余式基本概念
(*)
解:将(*)的前一式乘以2，后一式乘以3，相减得到
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)。
第四章
同余式
一、基本概念及其一次同余式 二、孙子定理
三、质数模的同余式 四、高次同余式
§4.1 基本概念及一次同余式
一、基本概念 定义1
设f ( x ) an x n an1 x n1
i 0,1,
f ( x ) 0(mod m )
a1 x a0 , ai Z ,
f ( x ) 0(mod m )
(1)
注：同余方程(1)的解数是指它的关于模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。显然，同余方程(1)的解数不超过m。
二、一次同余方程的基本解法
0 (mod m)。则同余方程 定理1 设a，b是整数，a
ax b (mod m) （1）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。 (2)
证明 （1）若ax b (mod m) m ax b
同余方程(2)等价于不定方程 因此， (a, m)b ax - my = b， (3)
ax b (mod m)
(2)
ax - my = b
(3)
（2）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)。
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。
一次同余式解法的综述
一次同余式的解法的综述陈明丹 （华南师范大学数学科学学院 广州 510070）【摘要】本文系统地将解一次同余式的各种解法集中在一起，如欧拉定理算法、代入求解法、消去系数法、不定方程求解法、不定方程求解法、分式法、威尔逊定理法、求s 、t 法、矩阵求法、“倒数”求法，这样就使得学习者在学习一次同余式的时候有个系统的归纳总结，方便理解。
关键词：一次同余式；解法；欧拉定理；威尔逊定理；不定方程；综述初等数论是师范院校数学专业学生的一门必修课，也是高中数学教师继续教育的一项重要内容，而同余式是初等数论中非常重要的一部分内容，主要研究一次同余式、二次同余式、同余式组及高次同余式的解法及解数。
[1]一次同余式是学习这一部分内容的基础，且结一次同余式是学习初等数论必须要掌握的解题方法。
但是在严士键[2]的教材中只给出了如欧拉定理算法[3]等一些比较简单的方法，而且比较散乱。
本文旨在系统地整理解一次同余式的各种方法，以方便大家的学习。
1.一次同余式ax ≡ b(mod m)的解法1.1 同余式(mod ),(,)1ax b m a m ≡= 的解法1.1.1欧拉定理算法李晓东[1]和李婷[3]指出欧拉定理这种算法主要是运用欧拉定理，则有()1(mod )m m a ϕ≡,则()(mod )m a b b m a ϕ⋅⋅≡，则()1(mod )m x b m a ϕ-≡ 满足同余式(mod )ax b m ≡，故为同余式的解。
李婷还指出这种解法在理论上较易分析，但当模m 较大时，求()m ϕ就涉及m 的标准分解，此时这种解法在计算量上较为复杂，不宜进行计算机编程计算。
所以这种解法更适合模m 较小时，或()m ϕ较易求解时使用。
王靖娜[4]给出了详细的定理证明过程，以帮助大家的理解。
1.1.2代入求解法 代入求解法也称为观察法[3]，当模m 较小时，可以将模m 的完全剩余系0、1、2……m-1 代入到(mod )ax b m ≡中，求出该同余式的解。
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 。
一次同余式与一次同余式组的解的讨论
一次同余式与一次同余式组的解的讨论摘 要: 这篇文章先给出有关同余式、同余式的解的概念，并在Euler 定理及孙子定理的基础上,详细地讨论了一次同余式、一次同余式组的是否有解的条件，若有解，则给出了求解方法. 一次同余式和一次同余式组的相关知识是学习数论过程中必须要掌握的知识，它在数学领域内有着及其广泛的应用。
关键词: 一次同余式; 一次同余式组;孙子定理;Euler 定理1引言南北朝时期的数学著作《孙子算经》中“物不知数”是这样的“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？”解法和答案用算式表示为：702213152105223⨯+⨯+⨯-⨯=，即得到适合题意的最小正整数是23。
《孙子算经》的“物不知数”题虽然开创了一次同余式研究的先河，但真正从完整的计算程序和理论上解决这个问题的是南宋时期的数学家秦九韶。
秦九韶在他的《数书九章》不仅给出了一次同余式的解，而且用“大衍求一术”数学方法给出了一次同余式组的最小正整数解。
2基本定义和定理定义2.1 设1110()n n n n f x a x a x a x a --=++++ 是整系数多项式，m 是一正整数，称()0(mod )f x m ≡ (1)是模m 的同余式，若0(mod )n a m ≡/，则n 叫做同余式(1)的次数。
定义2.2 若a 是整数，且使得()0(mod )f a m ≡成立，则(mod )x a m ≡叫做同余式(1)的一个解。
即把适合(1)式且对模m 相互同余的一切数叫做同余式(1)的一个解。
定义2.3 欧拉函数()a ϕ是定义在正整数上的函数，它在正整数a 上的值等于序列0,1,2,,1a - 中与a 互质的数的个数。
定理2.1(Euler) 设1m >，(,)1a m =，则()1(mod )m a m ϕ≡。
证明 设12(),,,m r r r ϕ 是模数m 的一组简化剩余系，则由定理（若(,)1,a m x =通过m 的简化剩余系，则ax 通过模m 的简化剩余系.）可知12(),,,m ar ar ar ϕ 也是模m 的一组简化剩余系，故 12()12()()()()(mod )m m ar ar ar r r r m ϕϕ≡即 ()12()12()(mod )m m m a r r r r r r m ϕϕϕ≡ (﹡) 由于 ()i r ,1,1,2,,().m i m ϕ==故 12()(,)1.m r r r m ϕ= (﹡﹡)根据性质（若11,,(,)1,a a d b b d d m ===则11(mod ).a b m ≡） 以及 (﹡)和(﹡﹡)得 ()1(mod ).m a m ϕ≡定理2.2（孙子定理） 设12,,,k m m m 是k 个两两互素的正整数,12,(1,2,,),k i i m m m m m m M i k ===则同余式组1122(mod ),(mod ),,(mod )k k x b m x b m x b m ≡≡≡ (2)有唯一关于模m 的解111222(mod ),k k k x M M b M M b M M b m '''≡+++ (3) 其中1(mod )(1,2,,).i i i M M m i k '≡=证明 由于(,)1,i j m m i j =≠，即得(,)1i i M m =.由定理3.1知对每一i M ，有一i M '存在，使1(mod ).i i i M M m '≡由i i m m M =，知|,j i m M i j ≠. 故1(mod ),1,2,,.kjjji i i i i j M M bM M b b m i k =''≡≡=∑即(3)为(2)的解。
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) .
[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 )
最新《信息安全数学基础》课程教学大纲资料
《信息安全数学基础》课程教学大纲课程性质：学科基础课课程代码：学时：72（讲课学时：72实验学时：0课内实践学时: 0）学分：4.5适用专业：通信工程一、课程教学基本要求《信息安全数学基础》是通信工程专业教学计划中的一门学科基础课，通过对本课程的学习，可以使学生系统地掌握本学科的数学基础，使得学生能够初步掌握和运用数学理论来分析和研究一些问题。
二、课程教学大纲说明信息安全学科是一门新兴的学科．它涉及通信学、计算机科学、信息学和数学等多个学科。
为了使学生系统的掌握信息安全理论基础和实际知识，需要专门开课讲授与信息安全相关的数学知识，特别是关于初等数论知识。
通过本课程的学习，使学生掌握信息安全学科涉及的数学基本概念、基本原理和实际应用，建立数学体系的完整概念，为后续专业课程的学习奠定基础。
本课程的教学内容主要以理论为主，介绍了整数的可除性、同余理论以及有关原根与指标等知识。
学好本课程内容的前提条件：高等数学和线性代数的基础知识。
教学方法与手段：本课程采用课堂理论教学为主要教学方法，习题课和批改作业为检查措施，期末笔试考试为检查手段，以确保本课程的教学质量。
三、各章教学结构及具体要求（一）第一章整数的可除性1.教学目的和要求。
通过对本章的学习，使学生加深对整数的性质、狭义和广义欧几里得除法和算术基本定理的了解，更深入地理解初等数论与现代密码学的关系。
2.教学内容和要点。
共讲授六个方面的内容：（1）整除的概念、欧几里得除法；（2）整数的表示（3）最大公因数与广义欧几里得除法（4）整除的进一步性质及最小公倍数（5）素数、算术基本定理（6）素数定理。
（二）第二章同余1. 教学目的和要求。
通过对本章的学习，使学生了解同余、剩余类和简化剩余类的概念，熟悉欧拉定理、费马小定理。
2.教学内容和要点。
共讲授五个知识点的内容：（1）同余的概念及基本性质（2）剩余类及完全剩余系（3）简化剩余系与欧拉函数（4）欧拉定理费马小定理（5）模重复平方计算法。
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)
信息安全数学基础课件 第3章 同余式
从而
M
' j
M
j
b
j
0
(mod mi )
1 j k, j i,
x
M
' i
M
i
bi
bi
(mod mi ),
i 1, 2,, k,
故
x
M1' M1b1
M
' 2
M
2
b2
M
' k
M
k
bk
(mod m)
是同余式组的解.
12
3.2 中国剩余定理
(解的唯一性)若x, x '都是同余式组的解,则
x bi x ' (mod mi ), i 1, 2,, k
72
35
1
23 (mod105) 15 1 2
15
3.2 中国剩余定理
练习 求解同余式
x 1(mod2) x 1(mod3) x 6(mod7)
除数 余数 最小公倍数 衍数 乘率 各总
答数
21
21 1 1 211
3
1
2 3 7 42
14
2
x 21 28 216 114 2
13 (mod 42)
第3章 同余式
3.1 基本概念及一次同余式 3.2 中国剩余定理 3.3 高次同余式的解数及解法 3.4 高次同余式的一般解法
2018-5-17
计算机科学与技术学院
1
3.1 基本概念及一次同余式
定义1 设m是一个正整数,f ( x)为多项式
f ( x) an xn an1 xn1 a1 x a0
3.1 基本概念及一次同余式
例1 x5 x 1 0 (mod 7) 是首项系数为1的 模7同余式.因
数论中的同余方程与同余式——数论知识要点
数论中的同余方程与同余式——数论知识要点数论是研究整数性质和整数运算规律的数学分支。
在数论中，同余方程与同余式是重要的概念和工具。
本文将介绍同余方程与同余式的基本概念、性质以及应用。
一、同余方程的定义与性质1. 同余关系的定义在数论中，对于给定的整数a、b和正整数m，如果m能整除a-b，即(a-b)是m 的倍数，我们称a与b对模m同余，记作a≡b(mod m)。
同余关系具有以下性质：（1）自反性：对于任意整数a，a≡a(mod m)；（2）对称性：如果a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)；（3）传递性：如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
2. 同余方程的定义同余方程是指形如ax≡b(mod m)的方程，其中a、b为已知整数，m为已知正整数，x为未知整数。
如果x是同余方程的解，则称x为同余方程的解集。
3. 同余方程的性质（1）等价方程：对于同余方程ax≡b(mod m)，如果a≡a'(mod m)且b≡b'(mod m)，则ax≡b(mod m)与a'x≡b'(mod m)是等价方程。
（2）解的存在性：同余方程ax≡b(mod m)有解的充分必要条件是gcd(a, m)能整除b，其中gcd(a, m)表示a和m的最大公约数。
（3）解的唯一性：如果同余方程ax≡b(mod m)有解，且x0是其解，则该方程的解集为{x0+k(m/gcd(a, m)) | k∈Z}，其中Z表示整数集合。
二、同余式的定义与性质1. 同余式的定义同余式是指形如a≡b(mod m)的数学等式，其中a、b为整数，m为正整数。
同余式具有以下性质：（1）自反性：对于任意整数a，a≡a(mod m)；（2）对称性：如果a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)；（3）传递性：如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)。
2. 同余式的运算性质（1）加法性质：如果a≡b(mod m)且c≡d(mod m)，则a+c≡b+d(mod m)；（2）减法性质：如果a≡b(mod m)且c≡d(mod m)，则a-c≡b-d(mod m)；（3）乘法性质：如果a≡b(mod m)且c≡d(mod m)，则ac≡bd(mod m)。
《初等数论》第三版习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b 00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
4.1基本概念及一次同余式
1.同余方程15x ≡12(mod99)关于模99的解是__ x ≡14,47,80(mod99)_。
2.同余方程12x+7≡0 (mod 29)的解是__ x ≡26 (mod 29)_____. 3.同余方程41x≡3(mod 61)的解是__ _ . 4.同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是___ x ≡11(mod 37)______ 5.同余方程13x ≡5(mod 31)的解是_ x ≡ 29(mod 31)__ 6.同余方程24x ≡6(mod34)的解是__ x ≡13,30(mod34)__ 7. 同余方程26x+1≡33 (mod 74)的解是__ x ≡24,61 (mod 74)_8. 同余方程ax +b ≡0(mod m )有解的充分必要条件是__()b m a ,_9. 21x ≡9 (mod 43)的解是_ x ≡25 (mod 43)__10. 设同余式()m b ax mod ≡有解()m x x mod 0≡，则其一切解可表示为_ _ .11. 解同余式()15mod 129≡x12. 同余式()111mod 1227≡x 关于模11有几个解？（ ）A 1B 2C 3D 413. 同余式3x ≡2(mod20)解的个数是（ B ）A.0B.1C.3D.214. 同余式72x ≡27(mod81)的解的个数是_9_个。
15. 同余方程15x ≡12(mod27)16. 同余方程6x ≡4(mod8)有 个解。
17. 同余式28x ≡21(mod35)解的个数是( B )A.1B.7C.3D.018. 解同余方程：63x ≡27(mod72)19. 同余方程6x≡7(mod 23)的解是__ _ .20. 以下同余方程或同余方程组中,无解的是（ B ）A.6x ≡10(mod 22)B.6x ≡10(mod 18)C.⎩⎨⎧≡≡20) 11(mod x 8) 3(mod xD. ⎩⎨⎧≡≡9) 7(mod x 12) 1(mod x 21. 同余方程12x ≡8(mod 44)的解是x ≡8,19,30,41(mod 44)____22. 同余方程20x ≡14(mod 72)的解是 ___23. 下列同余方程无解的是( A )A.2x ≡3(mod6)B.78x ≡30(mod198)C.8x ≡9(mod11)D.111x ≡75(mod321)24. 解同余方程 17x+6≡0(mod25)25. 同余方程3x ≡5(mod16) 的解是___ x ≡7(mod16)____26. 同余方程3x ≡5(mod14)的解是_ x ≡11(mod14)的解是__。
基本概念及一次同余式
1 基本概念及一次同余式定义 设()110n n n n f x a x a x a --=+++，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()543222230mod7x x x x x +++-+≡仅有解()1,5,6mod7.x ≡例2 同余式()410mod16x -≡有8个解()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡例3 同余式()230mod5x +≡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,,1m x x k m k d d ≡+=- （4）证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程ax my b =+ （5）有解。
而不定方程（5）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,,1m x k k d d+=-对模m 两两部同余。
设 ()00mod ,01,1m m x 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()001m x k k d d+≤≤-对模m 同余。
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1.
同余方程15x ≡12(mod99)关于模99的解是__ x ≡14,47,80(mod99)_。
2.
同余方程12x+7≡0 (mod 29)的解是__ x ≡26 (mod 29)_____. 3.
同余方程41x≡3(mod 61)的解是__ _ . 4.
同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是___ x ≡11(mod 37)______ 5.
同余方程13x ≡5(mod 31)的解是_ x ≡ 29(mod 31)__ 6.
同余方程24x ≡6(mod34)的解是__ x ≡13,30(mod34)__ 7. 同余方程26x+1≡33 (mod 74)的解是__ x ≡24,61 (mod 74)_
8. 同余方程ax +b ≡0(mod m )有解的充分必要条件是__()b m a ,_
9. 21x ≡9 (mod 43)的解是_ x ≡25 (mod 43)__
10. 设同余式()m b ax mod ≡有解()m x x mod 0≡，则其一切解可表示为_ _ .
11. 解同余式()15mod 129≡x
12. 同余式()111mod 1227≡x 关于模11有几个解？（ ）
A 1
B 2
C 3
D 4
13. 同余式3x ≡2(mod20)解的个数是（ B ）
A.0
B.1
C.3
D.2
14. 同余式72x ≡27(mod81)的解的个数是_9_个。
15. 同余方程15x ≡12(mod27)
16. 同余方程6x ≡4(mod8)有 个解。
17. 同余式28x ≡21(mod35)解的个数是( B )
A.1
B.7
C.3
D.0
18. 解同余方程：63x ≡27(mod72)
19. 同余方程6x≡7(mod 23)的解是__ _ .
20. 以下同余方程或同余方程组中,无解的是（ B ）
A.6x ≡10(mod 22)
B.6x ≡10(mod 18)
C.⎩⎨⎧≡≡20) 11(mod x 8) 3(mod x
D. ⎩⎨⎧≡≡9) 7(mod x 12) 1(mod x 21. 同余方程12x ≡8(mod 44)的解是x ≡8,19,30,41(mod 44)____
22. 同余方程20x ≡14(mod 72)的解是 ___
23. 下列同余方程无解的是( A )
A.2x ≡3(mod6)
B.78x ≡30(mod198)
C.8x ≡9(mod11)
D.111x ≡75(mod321)
24. 解同余方程 17x+6≡0(mod25)
25. 同余方程3x ≡5(mod16) 的解是___ x ≡7(mod16)____
26. 同余方程3x ≡5(mod14)的解是_ x ≡11(mod14)的解是__。
27. 同余方程3x ≡5(mod13)的解是__ x ≡6(mod13)_________。
28. 下列同余方程有唯一解的是( C )
A.3x ≡2(mod6)
B.78x ≡30(mod198)
C.8x ≡9(mod11)
D.111x ≡75(mod321)
29. 解同余方程286x ≡12(mod341).
30. 同余方程286x ≡121(mod341).共有解的个数是（ ）
A.10
B. 11
C. 0
D. 1.
31. 同余方程2x ≡1(mod5) 的解是___
32. 下列同余方程有唯一解的是( A)
A.3x ≡2(mod20)
B.2 x ≡1（mod20）
C.7x ≡21(mod28)
D.16x ≡8(mod20)
33. 解同余方程78x ≡30(mod198).
34. 求最小的n 使得n ⨯⨯224325147。
35. 下列同余方程有唯一解的是( C ) A.3x ≡2(mod6) B.28x ≡21（mod35） C.8x ≡9(mod11)
D.78x ≡30(mod198)
36. 同余方程8x ≡5(mod11) 的解是___ 37. a,b,m 为整数，()m b ax mod ≡有一个解的充要条件是（ ）
A. ()1,=m a
B. ()1,=b a
C. ()1,=m b
D. ()1,,=m b a 38. ()3mod 07262≡-+x x 是一个一元（ ）同余式．
A. 一次
B. 二次
C. 三次
D.四次
39. 解同余方程8x ≡2(mod6).
40. 同余方程6x≡7(mod 23)的解是______.
41. 同余方程31x≡5(mod17)的解是______.
42. 同余式()121mod 6622≡x 关于模121有几个解？（ ）
A 无解
B 2
C 11
D 121
43. 解同余方程6x ≡15(mod33).
44. 同余方程643x≡32(mod47)的解是______.
45. 同余方程325x≡20(mod161)的解是______.
46.
下列同余式无解的是( A )
A.3x ≡2(mod6)
B.28x ≡21(mod35)
C.8x ≡9(mod11)
D.78x ≡30(mod198)
27.同余式28x ≡21(mod35)解的个数是( B )
A.1
B.7
C.3
D.0
47.
48.
49.
50.
51.。