§4同余式-2020.07.29
§4同余式
x-2是3、5、7的公倍数。 问题2：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩三，问物几何。
3|x 2, 5|x 3 x 3k1 2 5k2 3
记 x1 5n1 2,且5n1 1(mod 3), 则5n1 2 2(mod 3)； 记 x2 3n2 3,且3n2 1(mod 5), 则3n2 3 3(mod 5).
第四章 同 余 式
§4.1 基本概念及一次同余式
2019/9/15
1
一、基本概念
定义1 设f ( x) an xn an1xn1 a1x a0 ,ai Z ,
i 0,1, , n是整系数多项式,m Z .
称 f ( x) 0(mod m)
(1)
是关于模m的同余方程，或同余式。
2019/9/15
21
一、同余式组的解法——中国剩余定理
定理1[孙子定理] 设有同余式组
x a1(mod m1 ), x a2(mod m2 ), , x ak (mod mk ) (1)
m1, m2, , mk是两两互质的正整数，
记
m
=
m1m2mk ， Mi
m mi
,1
i
2019/9/15
24
例1 解同余式组 x 2(mod 3), x 3(mod5), x 2(mod7).
解：m1 3,m2 5,m3 7两两互质，m = 3 5 7 105. M1 35, M2 21, M3 15. 衍数 由MiMi ' 1(mod mi ) M1 ' 1, M2 ' 1, M3 ' 1 乘率 35 1(mod 3) 35 (1) 1(mod 3); (Mi '不唯一)
(完整版)同余问题知识点讲解
数论之同余问题余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。
许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！”余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。
知识点拨：一、带余除法的定义及性质：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r,0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。
这里：r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商(1)当0r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商(2)当0一个完美的带余除法讲解模型:如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为被除数，现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色，经过打包后共打包了c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。
这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。
并且可以看出余数一定要比除数小。
二、三大余数定理：1.【余数的加法定理】a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。
例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.2.【余数的乘法定理】a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。
当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
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)
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
c1 c 2、（d，m）=1，且 a da1, c dc1，则 a1 a (mod m)
利用形式分数的性质把分母变成1，从而求出 一次同余式的解。
例：解一次同余方程17 x 19(mod 25) 解：∵（17，25）=1，原同余方程有解，利 用形式分数的性质，同余方程解为
19 6 3 28 x 7(mod 25) 17 8 4 4
由一次同余方程有解条件知t有解,即同余方程组有解.
下面给出一个例子，并用代入法求解
x 3(mod 4) 例：解一次同余式组 x 1(mod 6)
解：因为(4,6)=2|3-1,所以有解,由(1)式得x=3+4t 代入(2)得 4t 2(mod 6) 2t 1(mod 3) 即 t 1(mod 3) 得 t 1 3t1 代入x=3+4t 得 x 3 4(1 3t1 ) 7 12t1 即 x 7(mod12)为一次同余式组的解。
证: 若 x b1 (mod m1 ) (1)有解,则有 x b (mod m )(2)
2
x b2 (mod(m1 , m2 ))
反之由(1)得
即
(m1, m2 ) | b1 b2
代入(2)有
x b1 m1t
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
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。
同余式组合法的原理
同余式组合法的原理同余式组合法是一种用来求解同余方程组的方法。
它的原理是基于同余定理和模运算的性质。
同余定理：对于任意整数a、b和正整数m，如果a与b在模m下有相同的余数，则称a与b是关于m同余。
同余方程组的一般形式可以表示为：x ≡a1 (mod m1)x ≡a2 (mod m2)...x ≡an (mod mn)其中，x、a1、a2、...、an为待求解的整数，m1、m2、...、mn为正整数。
同余式组合法的原理是通过将同余方程组中的每个同余方程转化为等价的方程，然后将所有的等价方程相加，从而得到一个新的方程。
这个新方程的解即为原同余方程组的解。
具体步骤如下：1. 将每个同余方程转化为等价方程。
对于第k个方程：x ≡ak (mod mk)等价方程为：x = ak + mk * bk其中，bk为满足ak + mk * bk ≡0 (mod mk)的整数。
2. 将所有等价方程相加：x = (a1 + m1 * b1) + (a2 + m2 * b2) + ... + (an + mn * bn)化简得：x = (a1 + a2 + ... + an) + (m1 * b1 + m2 * b2 + ... + mn * bn)3. 因为同余定理要求x与a1、a2、...、an同余，那么求和后的x与每个mk相加或相减的结果仍然与它们同余，即：x ≡(a1 + a2 + ... + an) + (m1 * b1 + m2 * b2 + ... + mn * bn) (mod m1 * m2 * ... * mn)4. 根据求和得到的等价方程，可以解得x的解。
同余式组合法的原理实际上是利用了同余性的传递性，将多个同余方程转化为一个等价方程，从而简化了求解过程。
但需要注意的是，同余式组合法只能在同余方程组的模数两两互质的情况下使用。
若模数不互质，则需要借助中国剩余定理等其他方法来求解。
同余的运算法则
同余的运算法则全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：同余的概念最早出现在数论领域，是一种描述整数间的模运算关系的数学概念。
同余的运算法则涉及到模运算的一系列性质和规律，对于解决一些数论问题和密码学中的加密算法起着至关重要的作用。
本文将介绍同余的概念及其运算法则，并讨论其在数学和应用方面的重要性。
1. 同余的定义在数论中，我们通常使用符号“≡”表示同余关系。
如果两个整数a和b除以一个正整数m的余数相等，即a除以m和b除以m的余数相等，我们就说a与b关于模m同余，记为a≡b(mod m)。
简单来说，同余就是指两个数除以同一个数的余数相等。
12和22关于模5同余，因为12除以5的余数为2，22除以5的余数也为2，即12≡22(mod 5)。
2. 同余的运算法则在模运算中，同余有着一系列的运算法则。
我们可以根据这些法则来简化模运算的计算，并处理一些复杂的数论问题。
（1）同余的传递性如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，那么可以推出a≡c(mod m)。
这就是同余关系的传递性，即如果两个数与同一个模同余，那么它们之间也是同余的。
举例来说，如果5≡15(mod 10)且15≡25(mod 10)，那么可以推出5≡25(mod 10)。
（2）同余的对称性和反对称性（3）同余的加法和乘法性质对于同余关系来说，加法和乘法都具有良好的性质。
（4）同余的幂运算性质如果a≡b(mod m)，那么对于任意正整数n，有a^n≡b^n(mod m)。
即同余数的幂运算后依然同余。
（5）同余的逆元如果a在模m下存在逆元，即存在整数b使得ab≡1(mod m)，那么我们称b是a的逆元。
对于素数模m来说，任意整数a在模m下都有逆元。
同余的概念在数论和密码学领域有着广泛的应用。
（1）同余在数论中的应用在数论中，同余可以用来证明一些整数性质和解决一些数论问题。
在证明费马小定理和欧拉定理等定理时就会用到同余的性质。
在密码学中，同余的概念有着重要的应用。
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 )
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。
同余
同余开放分类：数学、数论数学上，两个整数除以同一个整数，若得相同余数，则二整数同余（英文：Modular arithmetic；德文：Kongruenz）。
同余理论常被用于数论中。
最先引用同余的概念与符号者为德国数学家高斯。
同余符号两个整数a，b，若它们除以整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余记作 a ≡ b (mod m)读作a同余于b模m，或读作a与b关于模m同余。
比如26 ≡ 14 (mod 12)性质1 反身性a ≡ a (mod m)2 对称性若a ≡ b 则b ≡ a (mod m)3 传递性如果a ≡ b (mod m)，b ≡ c (mod m),那么a ≡ c (mod m)4 线性运算如果a ≡ b (mod m)，c ≡ d (mod m),那么a + c ≡ b + d (mod m)，a - c ≡ b - d (mod m)，a * c ≡ b * d (mod m)5 除法若ac ≡ bc (mod m) c!=0 则a≡ b (mod m/(c,m))其中(c,m)表示c,m的最大公约数特殊地(c,m)=1 则a ≡ b (mod m)6 乘方如果a ≡ b (mod m)，那么a^n ≡ b^n (mod m)7 若a ≡ b (mod m)，n|m,则a ≡ b (mod n)8 若a ≡ b (mod mi）i=1,2...n 则a ≡ b (mod [m1,m2,...mn]) 其中[m1,m2,...mn]表示m1,m2,...mn的最小公倍数9 费马小定理若p为质数，则a^p ≡ a (mod p)即a^(p-1) ≡ 1 (mod p)（但是当p|a时不等价）另：求自然数a的个位数字，就是求a与哪一个数对于模10同余单位根开放分类：数学、复数、方根、乘方单位根（unit root）设n 是正整数，当一个数的n 次乘方等于1 时，称此数为n 次“单位根”。
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x 20 2 161 114mod(161) 3
2020-7-29
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补充说明 如果(a, m) d 1,则由定理3知x b ym(mod m)
a 是ax b(modm)的一个解；再利用定理2得出全部解。
或者，先求出 ax b (mod m )的一个解，
dd
d
再利用定理2得出全部解。
分析：设所求物数为x，则有 x 2(mod 3), x 3(mod 5), x 2(mod 7).
称之为同余式组。
即要求这些同余式的公共解。
一般地， x a1(mod m1 ), x a2(mod m2 ),, x a k(mod m k)
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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》〕
k
则(1)的解为
x
a
i
M
i
M
i
(mod
m
)
(2)
i 1
其中，整数Mi（1 i k），满足MiMi 1 (mod mi).
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证明： 由 (Mi, mi) = 1，利用辗转相除法可以求出
Mi与yi ，使得 MiMi yimi = 1，
Mi Mi ' 1(mod mi ) aiMiMi ai (mod mi)，1 i k。
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)。
注：同余方程组的解法与方程组的解法相似。
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§4.2 孙子定理
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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》〕
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。
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二、等价同余式
f ( x) 0(mod m) (1)
定理1 下面的结论成立：
（1）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；
由mi Mi m j M j m , (mi ,m j ) 1 mi M j ,i j.
k
ajM
j
M
j
ai
M
i
M
i
ai
(modmi
)
j1
k
ajM
jM
j
ai
(mod[m1,m 2,,mk
])
ai
(modm )
j1
k
x
a
j
M
j
M
j
(mod
m
)满足方程(1)
.
j1
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（2）设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与 bf(x) 0 (mod m)等价；
（3）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。
a[
m a
])x
ax[ m a
]
b[
m a
](mod
m)
即x是同余方程
a1 x
b[ m ](modm) a
的解。
由假设条件知：这两个同余方程都有且只有一个解，
所以这两个同余方程等价。
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例3 解同余方程6x 7 (mod 23)。
ax
b
(mod
m)
a1 x
b[ m ](modm) a
另外，显然有 5 | x1 , 3 | x2 ,
从而有 x1 x2 2(mod 3), x1 x2 3(mod 5).
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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》〕
记 x1 5 7n1 2,且5 7n1 1(mod 3), 则x1 2(mod 3)； 记 x2 3 7n2 3,且3 7n2 1(mod 5), 则x2 3(mod 5). 记 x3 3 5n2 2,且3 5n2 1(mod 7), 则x3 2(mod 7). 另外，显然有 5 7 | x1 , 3 7 | x2 , 3 5 | x3 , 令x x1 x2 x3 , 则有x 2(mod 3), x 3(mod 5), x 2(mod 7).
若an 0(mod m)，则称为n次同余方程。
注：若f (a) 0(mod m)， 则剩余类 Ka 里的元素都满足该方程。
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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。
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 x 3 r m 3 5r(mod15),r 0,1,2
d 即 x 3,8,13(mod15).
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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, 即满足my b(moda).
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四、其他解法 ——减小系数
定理4 设a > 0，且(a, m) = 1，a1是m对模a的最小
非负剩余，则同余方程
a1 x
b[
m a
](mod
m
)
等价于同余方程 ax b (mod m)
证：设x是ax
b
(mod
m)的解，由m
=
a[
m a
]
a1
得：
a1 x
=
(m
解 由定理4，依次得到
6x 7 (mod 23) 5x 73 2 (mod 23) 3x 24 8 (mod 23) 2x 8×7 10 (mod 23) x 5 (mod 23)。
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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)，
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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， 此时，方程(3)的解是
x
x0
mt (a, m)
,t
Z
(4)
y
y0
at (a, m)
由式(4)所确定的x都满足方程(2)。 记d = (a, m)，以及t = dq r，qZ，r = 0, 1, 2, , d 1.
x-2是3、5、7的公倍数。
问题2：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之
剩三，问物几何。 3|x 2, 5|x 3 x 3k1 2 5k2 3 记 x1 5n1 2,且5n1 1(mod 3), 则5n1 2 2(mod 3)； 记 x2 3n2 3,且3n2 1(mod 5), 则3n2 3 3(mod 5).
sm d
(mod m)
rm d
sm (modm) d
r
s
解方程(2)的方法：
先求出相应不定方程 ax my = b的一个特解 x0
再代入
x
x0
m d
r (modm ),
0
r
d
1.
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例1 解同余式 9x 12(mod15). 解：d (9,15) 3,且3 12
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一、同余式组的解法——中国剩余定理
定理1[孙子定理] 设有同余式组
x a1(mod m1 ), x a2(mod m2 ),, x a k(mod m k) (1)
m1, m2, , mk是两两互质的正整数，
记
m
=
m1m2mk ，
Mi
m mi
,1
i
k.
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五、简单同余方程组〔模相同〕的解法 3x 5 y 1(mod 7)
例5 解同余方程组 2x 3 y 2(mod 7) (*) 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)。
除余 数数 32
53 72
最小公 衍数 乘 各 总
倍数
率
3×5×7 5×7 2
=105
3×7 1
35×2×3 21×1×3
3×5 1 15×1×2
答 数 最小 答数
140+63 233+30 2×105 =233 =23
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为什么啊？ 19
问题1：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之 剩二，七七数之剩二，问物几何。