§4同余式-2020.07.29

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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.
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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例1 解同余式 9x 12(mod15).
另解： 先解同余方程 3 x 4(mod 5) x0 3， 又d 3, m 5
d 取r 0,1, 2,代入x x0 rd 所以9x 12(mod15)的解为
x 3,3 5,3 2 5(mod15)
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。
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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
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
则 x b ym (modm ) 是方程 ax b (mod m) 的解. a
证: 直接验算，有 ax b ym b (mod m)。
注： 将一个对于较大模m的同余方程转化为一个对于 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。
x 20 2 161 114mod(161) 3
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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。
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三、一次同余方程的基本解法
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。 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。
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》〕
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) 21 1(mod 5) 21 1 1(mod 5);
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).
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。
第四章 同 余 式
§4.1 基本概念及一次同余式
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一、基本概念
定义1 设f ( x) anx n an1x n1 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。
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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)。
（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。
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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.
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).
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。
例4 解同余方程 17 x 14(mod 21) 解：x ba(21) 1 14 1711 7(mod 21)
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
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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my b(moda), x b ym (modm) a
例2 解同余方程 325x 20 (mod 161)
解 d=1,原同余方程即是 3x 20 (mod 161)。
解同余方程
161y 20 (mod 3)，
2y 1 (mod 3)， 得到y 2 (mod 3)，因此原方程的解是
则x
x0
qm
m d
r
x0
m d
r (modm ),
0 r d 1。
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容易验证，当r = 0, 1, 2, , d 1时，相应的解
x0，x0
m d
，x0
2m d
，，x0
(d
1)m d
对于模m是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d个解。
注：x0
rm d
x0
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；
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。
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).
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反之，若 x1 是（1）的解， 则 x1 ai (mod mi ). 又 m1, m2, , mk两两互质，
所以 x1 ai (mod m). 故方程（1）的解只能为（2）式。
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例1 解同余式组 x 2(mod 3), x 3(mod 5), x 2(mod 7).