1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。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.m x 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 m x 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,,1m x x k m k d d ≡+

=-

例1求同余式 ()912mod15x ≡ （6）

的解。

解 对如下的整数矩阵作初等列变换

9150303301052522501313113--⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪→--→--→- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭

故()9,15 3.=又因312,故同余式（6）有解，且由三个解。由以上初等变换还可知 ()()()()921513,924151412,

9812mod15.

⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⎡⎤⎣⎦⨯≡

故同余式（6）的三个解为 ()158mod15,0,1,2.3

x k k ≡+=

即

()3,8,13mod15.x ≡

例2 求同余式

()6483mod105x ≡ （7）

的解。

解 对64,105作辗转相除法。

10564141,

6441123,

4123118,

231815,

18533,

5312,

3211,

212,

=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯+=⨯

故()64,1051,=同余式（7）有唯一解。由以上过程还可知 ()

()()

()()()()

()()

()()()()

()()1321353115132

5118532

18257182231817237189

237412319

41923164196441116=+⨯-=+-⨯⨯-=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-=⨯+-⨯⨯-=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-=⨯+-⨯⨯-

()()()()

64164125

641610564125105256441=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-

故

()()()()1052564411,

105258364418383,64340383mod105.

⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⨯-≡

故同余式（7）的解为

()3403mod105x ≡-

即

()62mod105.x ≡

习题

1．求下列同余式的解：

（ⅰ）256179(mod337).x ≡ （ⅱ） 1215560(mod 2755).x ≡

（ⅲ）12961125(mod935).x ≡

解（ⅰ）因

2563372568113811

0114101013113313104

2510425104319791979⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪→-→-→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝

⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-→-→* ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---*⎝⎭⎝⎭⎝⎭

故()256,3371=，于是该同余式有解，且对模337有唯一解。并且

()()()()()256104337791,

25610417933760179179,256104179179mod337,

⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⎡⎤⎣⎦⨯⨯≡

但是()1041791861681mod337,⨯=≡故()25681179337.⨯≡于是该同余式的唯一解为

()81mod337.x ≡ （ⅱ）由辗转相除法，可得(1215,2755)5,5560,=故该同余式有解.

由辗转相除法，还可得1215(195)275586 5.⋅-+⋅=在这个等式两边同时乘以112，得 1215(21840)27559632560.⋅-+⋅=故1215(21840)560(mod 2755).⋅-≡

因21840200(mod 2755),-≡故1215200560(mod 2755).⋅≡故该同余式的全部解为

2755200(mod 2755),0,1,,4.5x k k ≡+=

即