初等数论同余式共41页
初等数论§4同余式
2013-8-2
阜阳师范学院 数科院
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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)， 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。
17 x 14(mod 21)
例4 解同余方程
解：x ba(21) 1 14 1711 7(mod 21)
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五、简单同余方程组〔模相同〕的解法
3 x 5 y 1(mod7) (*) 例5 解同余方程组 2 x 3 y 2(mod7)
（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； （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。
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 ) an x n an1 x n1 a1 x a0 , ai Z ,
初等数论第三章同余
第三章同余§ 1 同余的概念及其基本性质定义1设m Z，称之为模。
若用m去除两个整数a与b所得的余数相同,则称a, b对模m同余，记作：a b (mod m)；若所得的余数不同，则称a, b对模m不同余，记作： a b(mod m)。
例如，8 1(mod 7)，；所有偶数 a 0(mod 2)，所有奇数 a 1(mod 2)。
同余是整数之间的一种关系，它具有下列性质：1、a a(mod m)； (反身性)2、若a b (mod m)，则b a (mod m);(对称性)3、若a b (mod m)，b c (mod m)，则a c(mod m);(传递性) 故同余关系是等价关系。
定理1 整数a,b对模m同余的充分必要条件是m|(a b)，即卩a b mt，t Z。
证明设 a mq1r1， b mq2r2，0 r1,r2m，则 a b(mod m) r1r2a b m(q1q2) m|(a b)。
性质1 (1)若a i b i (mod m)，a? b2 (mod m)，贝U a i a? b i b2 (mod m)；(2) 若a b c (mod m),贝U a c b (mod m)。
性质2 若a1b1 (mod m)，a2b2 (mod m),贝U a1a2b1b2(mod m);特别地，若 a b (mod m)，贝U ka kb (mod m)。
定理2 若A1kB 1 k (mod m)，x i y i (mod m)，i 1,2, ,k，则 A 1 k x1 11k k xk k B 1 k y1 11kky k k(mod m)；特别地，若a i b i (mod m)，i 0,1,2, ,n，则n a n x n1a n 1x a0 n n 1b n x b n 1x b0 (mod m)。
性质3 若aa1d， b b1d，(d,m) 1， a b(mod m)，则a1 b1 (mod m)。
初等数论第二章同余
和
N = cin_Yan_2…①仇=a2ci[a()-10°+a5a4a3-103H。
注:一般地，在考虑使N = an_{an_2-被加除的余数时,首先 是求岀正整数匕使得
10*三 一1或1(modm),
再将N=ci叶\5_2…写成
x + y+ 1 = 9或18,
3-y + x = 0或llo
这样得到四个方程组：
j\ + y + l = a
\3- y+x = b
其中。取值9或18, b取值0或11。在0<x,y<9的条件下解这四个 方程组，得到x=8, y = 0, z = 6o
习题一
1.证明定理1和定理2。
2.证明定理4。
3.证明定理5中的结论（i ）—（iv）o
(v)由
ac=be(mod m)
得到m |c(a-b),再由(c,加)=1和鉛一章翕三节定理4得到m \a- b,即
a = b(mod m)o
证毕。
例1设N = anall_［- --aQ是整数N的十进制表示，即
N=ani0,?+an-ilO,/_1+ …+ailO+ao ,
则
(i )3|Nq3|£⑷；
x = y(modm),⑷三切(modm),0 < / <n,
则பைடு நூலகம்
工4兀’三工(mod力7)。⑵
i=0i=0
证明留作习题。
定理5下面的结论成立：
(i)a = b(mod m),d \ m, d> 0 a = b(modd)；
初等数论(三)同余
初等数论（三）--同余基本性质：（1） 反身性：(mod )a a m ≡（2） 对称性：若(mod ),a b m ≡则(mod ),b a m ≡（3） 传递性：如果(mod ),a b m ≡(mod ),b c m ≡那么(mod ),a c m ≡以上三个性质说明∙“同余是一个等价关系，Z 中元素可以按照模m 分成m 个类，粗略地讲，用一类中的元素可以认为是相同的”（4） 如果(mod ),a b m ≡(mod ),c d m ≡那么(mod ),(mod ),a c b d m ac bd m ±≡±≡（5） 如果(mod ),a b m ≡那么(mod ),n n a b m ≡（6） 如果(mod )ac ab m ≡，不一定有(mod )c b m ≡（整数之间的乘法消去律不一定成立），（7） 若(mod ),ac bc m ≡则mod (,)m a b c m ⎛⎫≡ ⎪⎝⎭。
因此，(,)1c m =时，才会有(mod )a b m ≡。
例1.若质数5,p ≥并且21p +也是质数，证明：41p +是合数。
例2.对于任何n 个整数的集合，存在一个子集，该子集的元素之和被n 整除。
例3.证明表达式23,95x y x y ++按照相同的,x y 被17整除。
例4.设3p ≥为奇质数且111...21a p b +++=-， 证明：p a 。
作业：证明：3131421x x ++++被7整除。
例5.30对夫妻围着圆桌而坐。
证明：至少有两名妻子到各自丈夫的距离相等。
例6.设(,)1a m =，证明方程(mod )ax b m ≡在{0,1,2,3,...,1}m -中有唯一解。
例7.设01,,,,1,2,3,...n n a b x N x ax b n -∈=+=。
证明：数列12,,....,,...n x x x 不可能都是质数。
例8.证明方程2222x y z xyz ++=只有一个整数解0x y z ===。
初等数论同余式
72M ,1 1(mod7),63M , 2 1(mod8),56M ,3 1(mod9)
所以有x 72 4 1 63 (1) 2 56 5 3 498(mod504)
是原一次同余式组的解。
f ( x) 0(modmi ),i 1,2k 设 和 f ( x) 0(modmi ) f ( x) 0(mod m) 数为 则有
（2） 的解
T , Ti . 下面来看证明
T T1T2 Tk
证明：若 x0 是（1）的解，即 f ( x0 ) 0(modm) 则 m | f ( x0 ) 从而有 mi | f ( x0 ) ，即 f ( x0 ) 0(modmi ) 即（1）的解就是（2）的解， 反之若 x0 是（2）的解，则有 f ( x0 ) 0(modmi ),i 1,2k 即 mi | f ( x0 ) 从而有[m1, m2 ,mk ] | f ( x0 ) 由于 m1 , m2 ,mk 两两互素，所以
模m的一个完全剩余系中满足同余方程的个 数称为满足同余方程的解数。
.
注：对模m互相同余的解是同一个解。 例：同余式 x 2 x 1 0(mod3)
x 1(mod3) 是解， x 2(mod3)也 次数为2， 是解，因为 1 2(mod3)
所以为同一解，解数是1，
为了求方程的解经常有等价变形的问题， 对 于同余方程同样也有等价变形，即使原同余 方程和新的同余方程互相等价的若干变换。 常用的变换有
§3 一次同余方程组的解法
定义:如下(*)称为一次同余方程组
x≡b1(mod m1)
x≡b2(mod m2)
初等数论同余式PPT文档43页
初等数论同余式
21、没有人陪你走一辈子，所以你要 适应孤 独，没 有人会 帮你一 辈子， 所以你 要奋斗 一生。 22、当眼泪流尽的时候，留下的应该 是坚强 。 23、要改变命运，首先改变自己。
24、勇气很有理由被当作人类德性之 首，因 为这种 德性保 证了所 有其余 的德性 。--温 斯顿． 丘吉尔 。 25、梯子的梯阶从来不是用来搁脚的 ，它只 是让人 们的脚 放上一 段时间 ，以便 让别一 只脚能 够再往 上登。
拉
60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走到底 ，决不 回头。 ——左
初等数论第四章课件
解：取模15的绝对最小完全剩余系：-7, , -1, 0,1,7,直接代入检验知x 6,3是解，
所以同余式有两个解： x 6(mod15), x 3(mod15)
注：①同余式x x 0(mod p)有p个解
p
（由Fermat小定理可得）
②同余式f ( x) ms( x) 0(mod m)与（2）等价 特别地，一个同余式中系数为模的倍数的项去掉 后，同余式的解不变。
qd k x =x0 m d m x0 mq k d m x0 k (mod m)，k 0,1, 2,, d 1 d
（3）
m 但x0 k , k 0,1, 2, , d 1是对模m两两不同余的，故 d （1）有d 个解，即（3）
例2
求解18x 30(mod 42)
一般地用数学归纳法不难证明同余方程
a1 x1 ak xk b(mod m)有解的充要条件为d b , d (a1 , , ak , m), 此时有m k 1d 个解
第二节
孙子定理
我国古代的《孙子算经》里有问题如下： “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？”“答曰二十三”. 这是一个求解同余式组的问题，《孙子算经》 已给出了求解方法，即为下面的孙子定理:
例3、求解9 x 21(mod30)
解： (9,30) 3 21， 同余式有3个解
将同余式化为9x 30 y 21 或3x 10 y 7
上述不定方程有一组解为x 1, y 1
则同余式的3个解为：x 1,9,19(mod30)
注：由ax b(mod m) 或my b(mod m)，
第三四节高次同余式一质数模的同余式其中是质数1定理同余式与一个次数不超过的质数模同余式等价xqxrx利用带余除法及费马小定理可得出结论埃菲尔铁塔的整个塔体结构高耸上窄下宽给人以平衡稳定的美感
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 。
初等数论同余式共43页文档
ห้องสมุดไป่ตู้
39、没有不老的誓言，没有不变的承 诺，踏 上旅途 ，义无 反顾。 40、对时间的价值没有没有深切认识 的人， 决不会 坚韧勤 勉。
6、最大的骄傲于最大的自卑都表示心灵的最软弱无力。——斯宾诺莎 7、自知之明是最难得的知识。——西班牙 8、勇气通往天堂，怯懦通往地狱。——塞内加 9、有时候读书是一种巧妙地避开思考的方法。——赫尔普斯 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。——笛卡儿
初等数论同余式
36、“不可能”这个字(法语是一个字 )，只 在愚人 的字典 中找得 到。--拿 破仑。 37、不要生气要争气，不要看破要突 破，不 要嫉妒 要欣赏 ，不要 托延要 积极， 不要心 动要行 动。 38、勤奋，机会，乐观是成功的三要 素。(注 意：传 统观念 认为勤 奋和机 会是成 功的要 素，但 是经过 统计学 和成功 人士的 分析得 出，乐 观是成 功的第 三要素 。
初等数论-第5章-二次同余式与平方剩余
2023/11/11
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例3. 解同余式 x2 x 1 0(mod72 ) (1)
解：x2 x 1 0(mod72 ) 4( x2 x 1) 0(mod72 )
即(2x 1)2 3 0(mod72 ) 令y 2x 1,
y2 3 0(mod72 )
(2)
而y2 3 0(mod7)的解为y 2(mod7). 令y 7t 2,代入(2)， 4t 1 0(mod7).
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定理2的证明：
由定理1知，平方剩余的个数等于同余式
p1
p1
x 2 1(mod p) 的解数，由 x 2 1 x p x，
所以据§4.4-TH5[P86]知，平方剩余的个数等于p
2
1
.
又模p的简化系中含有p-1个元素，
从而平方非剩余的个数等于 p 1 .
2
显然数列12 , 22 , ,( p 1)2中含有 p 1 个数，
第五章 二次同余式与平方剩余
§5.1一般二次同余式
2023/11/11
1
一、一般二次同余式的转化
二次同余式的一般形式为
ax2 bx c 0 (mod m)。
(1)
ax2
bx
c
0(mod
p ai i
),
i
1, 2,
,k.
其中，m
p p a1 a2 12
pkak , p1, p2 , . pk 为素数.
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4
ax2 bx c 0(mod p ), p (a,b,c) (2) 4、当p 2, 2 a,2 b时，(2)有解 2 c
f '( x) 2ax b 0(mod 2)无解 由§4.3－TH2〔P82〕知
初等数论第三章课件
(4)若a1 b1 (mod m), a2 b2 (mod m)，则 a1a2 b1b2 (mod m); 若a b(mod m), 则ak bk (mod m)
（5）若A1 则
1
k
B1 A1
k
(mod m), xi yi (mod m), i 1, 2,
从而 xn ) 3n 2 ( xn 1 xn 1 ) 3n 1 ( xn x1 x1 =x1 3 x1 =x2， ，xn =xn， 同理 x2 即此3n +1 个数中，两两互不相同；
, n 1)时，每一项3i xi 各取3个值， 3x1 x0共通过3n 1 个数；
② 在这3n 1 个数中，若有 3n 1 xn 1 3n xn x0 =3n xn 3n 1 xn 1 3x1 3x1 x0 3n ( xn xn ) 3n 1 ( xn 1 xn 1 ) 则x0 x0 x0 x0 3 x0 x0 x1 ) 3( x1
例：A=28997, B=39495, C=1145236415 AB 之积 为C， 对？
第二节
剩余类及完全剩余系
由带余数除法我们知道，对于给定的正整数m，可以
将所有的整数按照被m除的余数分成m类。本节将对此作 进一步的研究。
定理1
若m是一个给定的正整数，则全部整数可分成 , K m1 , 其中K r (r 0,1, , m 1)是
, m 1, 它们
下面例1给出模m的另外完全剩余系——绝对最小完 全剩余系.
当m是偶数时, m m m , 1, , 1, 0,1, , 1; 2 2 2 m m m 及 1, 1, , 1, 0,1, , 2 2 2 都是模m的完全剩余系.
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)
初等数论第三章同余
⑥ a b c (m o d m ) a c b (m o d m )
证 ： a b c (m o d m ) m c a b
m ( c b ) a a ( c b )(m o d m ).
① a b (mod m)，dm，d > 0 a b (mod d)；
证 ： a b (m o d m )
d |a b
a b (m o d d ).
② a b (mod m)，k > 0，kN ak bk (mod mk)；
证 ： a b (m o d m ) m | a b
证 ： a b (m o d m i ) m i a b [ m 1 , , m k ] a b .
④ a b (mod m) (a, m) = (b, m)；
证 ： a m q1 r
( a , m ) ( m , r ),
同 理 ， b m q 2 r ( b , m ) ( m , r ).
n n1
a1 10 a 0
1
(1)
i
3、9 的整除特征 ——各位上的数字之和能被3（9）整除
10 1 m od(3)
a a n 10 a1 10 a 0 a n a1 a 0 m od ( 3 )
n
例1
检查5874192、435693 能否被3（9）整除。
证 ： a b (m o d m )
d |a b
a b (m o d d ).
初等数论§3同余PPT课件
反例：取m=6,c=2,a=20,b=23.
这 时 ， 有 4 0 4 6 ( m o d 6 ) , 但 2 0 2 3 ( m o d 6 ) 不 成 立 ！
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⑥ a b c ( m o d m ) a c b ( m o d m )
分母丌含质因数2戒51212101010101212ab1075定理3有理数能表示为纯循环小数10由euler定理可知有正整数k使得10因此存在整数q使得1010的形式而且a101076定理4设a不b是正整数0此处不是丌全为零的正整数其中丌循环的位数码个数是因此由定理3可以表示成纯循环小数
第三章 同 余
由75-312+289＝52，所以75312289能被13整除，但不 能被7，11整除。
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例 3.求 777的 个 位 数 .
解 ： 7 1 3 ( m o d 1 0 ) , 7 2 1 ( m o d 1 0 ) , 7 4 1 ( m o d 1 0 )
记777 74kr,则 有 777 74kr(74)k 7r17r(mod10) 故 只 须 考 虑 7 7 被 4 除 得 的 余 数 r , 即 7 7 7 7 r ( m o d 1 0 ) 由 7 1 1 ( m o d 4 ) , 7 2 1 ( m o d 4 ) , 7 6 1 ( m o d 4 ) , 7 7 1 3 (m o d 4 ) ， r 3 所以777 7r 7 3 72 7 ( 1 ) ( 3 ) 3 ( m o d 1 0 ) . 即 777的 个 位 数 是 3.
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初等数论2 - 同余理论
利用雅各比符号仍可对方程的无解性给出判断。
同 余 理 论
1、同余
(1)、概念 (2)、剩余系
定义、 等价形式、等价关系、基本性质
剩余类、完全剩余类、最小非负剩余类、绝对最小剩余类 简化剩余类、最小非负简化剩余类 构造、Wilson定理、Euler函数、Euler定理、Fermat定理
2、线性同余
3、二次同余
(1)、基本性质 (2)、有解的充要条件、解的个数与形式 (3)、孙子定理CRT(扩展) (1)、二次同余方程的化简 (2)、Legendre符号 QR(p)、QNR(p) ，性质、形式 (3)、二次互反律 (4)、Jacobi符号
对多项式求模，可以对各个单项及其系数先求模。
移位代换密码(Shift Substitution Cipher) 加法密码(Additive Cipher) 乘数密码(Multiplicative Cipher) 仿射密码(Affine Ciegendre符号可以判定方程是否有解。 但是，写出正整数的标准分解式常会遇到实际困难。
初等数论§3同余共91页
61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈 。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学 ，如日 中之光 ；志而 好学， 如炳烛 之光。 ——刘 向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔 丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好 的教师 是幸福 ，不如 说好的 教师是 不幸。 ——海 贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦 。——杰纳勒 尔·乔治·S·巴顿1、没有哪个社会可以制订一部永远 适用的 宪法， 甚至一 条永远 适用的 法律。 ——杰 斐逊 52、法律源于人的自卫本能。——英 格索尔
53、人们通常会发现，法律就是这样 一种的 网，触 犯法律 的人， 小的可 以穿网 而过， 大的可 以破网 而出， 只有中 等的才 会坠入 网中。 ——申 斯通 54、法律就是法律它是一座雄伟的大 夏，庇 护着我 们大家 ；它的 每一块 砖石都 垒在另 一块砖 石上。 ——高 尔斯华 绥 55、今天的法律未必明天仍是法律。 ——罗·伯顿