解同余式
同余方程的求解问题
同余方程的求解问题同余方程是数论中一个重要的概念，它经常出现在代数、密码学、计算机科学等领域。
同余方程求解的问题也是数学界广泛关注的一个研究方向。
本文将介绍同余方程的基本概念、求解方法和一些应用。
一、同余方程的基本概念同余方程是指形如“ax ≡ b (mod n)”的方程，其中a、b、n都是整数，x是未知数。
符号“≡”表示同余关系，即两个数除以一个正整数所得到的余数相等。
如果a、b、n满足一定条件，那么方程“ax ≡ b (mod n)”就有解。
二、同余方程的求解方法1. 列出同余方程首先需要将题目中给出的同余方程写成标准形式。
“ax ≡ b (mod n)”中，a必须是正整数，n必须是正整数且大于1，b可以是任意整数。
2. 确定最大公约数gcd(a, n)用辗转相除法求出a和n的最大公约数gcd(a, n)。
如果gcd(a, n)不等于1，那么同余方程无解；否则，它有解。
3. 求出特解根据扩展欧几里得算法，求出一个x0值和一个y0值，使得ax0 +ny0 = 1。
那么，ax0 ≡ 1 (mod n)。
通过将等式两边同时乘以b，得到abx0 ≡ b (mod n)。
因此，x = bx0是同余方程的一个特解。
4. 求出通解同余方程的通解为：x ≡ bx0 + kn，其中k为任意整数。
因此，同余方程有无穷多个解。
三、同余方程的应用1. 进行密码加密同余方程可以用于密码学中信息的加密和解密。
某些密码算法使用了求解同余方程的思想，如RSA加密算法、古典密码的变种等。
2. 求解中国剩余定理中国剩余定理可以用同余方程求解。
这个问题可以归结为一组同余方程的求解问题，使用同余方程求解算法可以非常高效地解决中国剩余定理问题。
3. 优化计算机算法在计算机科学和信息工程领域中，同余方程也有重要的应用。
例如，在编写程序时，如何通过一些特定的处理，让计算机能够更快地求解同余方程，加快程序的执行速度是一个重要的研究问题。
结语同余方程的求解问题是数学领域广泛关注的一个重要研究领域。
浅谈初等数论中同余式的解法
浅谈初等数论中同余式的解法
初等数论是数学的一个分支，主要探讨整数、有理数和代数式等基础概念。
“同余”是初等
数论中概念的一个重要部分，它引用数学定义可以写为：若两个有理数或者有理函数在一
个事件上有相同的值，则它们称为“同余”。
也就是说，两个有理数或者有理函数的值不同，但它们的值是相等的。
同余的解法首先应该把同余方程写成有理函数的形式，然后进行求解。
一般可以使用图像法、合并法或者二分法来求解。
图形法是一种直观清晰的求解方法，它通过在坐标系中绘制图像来求解同余方程，从而得到所求解的值。
这是最简单也是最容
易理解的求解方法。
合并法是一种基于数学运算技巧的求解方法。
它通过合并两个同余方程来求解同余方程，得到所求的值。
二分法是运用有理数的属性来求解的方法，用二分的方法对有理数的值进行查找，来获得有理数的值。
以上就是同余的几种常用方法，虽然每种方法都有其优势和缺点，但它们都是多元素的有理函数。
使用正确的方法，可以对同余
方程进行快速准确的求解，以解决初等数论中的多元素有理函数问题。
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。
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′)
同余式xk≡a(modp)的解法
同余式xk≡a(modp)的解法
“同余式xk≡a(modp)”是在数论中比较重要的一类问题，问题的关键在于如
何解决这样的模线性方程，即：找X，使得Xk (mod p) = a (mod p)。
其解法可以简单描述如下：首先，要求出Xk（mod p）能构造出1，2，…，p-
1这p-1个不同的余数，其次，求出Xk（mod p）中a(modp)所对应的小数X，这
就是模线性方程的解。
那么，如何求得这些小数X呢？实质上，就是利用中国余数定理，它将形如
X0,X1,...Xr 的r个余数或者余式组合，归纳出一种统一的形式比如说：
X0+X1X+…+XrXr（mod p），其次，又引入了欧几里的按余分解定理，即它可以将
X0+X1X+…+XrXr（mod p）分解为X0+X1X1+…+XrXr（mod p），至此，所求的X就
可以求出了。
由此可知，解决模线性方程的非常依赖中国余数定理和欧几里得按余分解定理，它们构成了一套完整可逆的推导过程，通过它也许可以找到解决模线性方程的解，从而减少更多题目的答案推导时间，变得更加有趣、有趣起来，有利于学习者增强智力。
二次同余式的解法
二次同余式的解法
摘要：
1.二次同余式的基本概念
2.二次同余式的解法
3.实际应用案例
正文：
二次同余式在数学中是指一个二次方程在某个模数下具有解的性质。
它可以通过一系列的算法和方法来求解，从而找到满足条件的解。
本文将介绍二次同余式的基本概念以及解法，并通过实际应用案例来说明其应用。
首先，我们需要了解二次同余式的基本概念。
二次同余式是指一个二次方程在某个模数下具有解的性质。
具体来说，如果一个二次方程为
ax^2+bx+c=0，当且仅当存在整数解x 满足ax^2+bx+c ≡0 (mod n)，我们就称该二次方程在模数n 下具有二次同余式。
接下来，我们来介绍二次同余式的解法。
求解二次同余式的方法有很多，其中比较常用的方法是利用二次方程的求根公式。
对于二次方程
ax^2+bx+c=0，它的解为x=[-b ±sqrt(b^2-4ac)] / 2a。
我们可以通过这个公式求出二次方程的解，然后判断这些解是否满足二次同余式的条件。
如果满足，我们就找到了二次同余式的解。
在实际应用中，二次同余式有着广泛的应用。
例如，在密码学中，二次同余式常用于求解加密算法中的密钥。
通过求解二次同余式，我们可以找到满足加密算法要求的密钥，从而实现加密和解密。
综上所述，二次同余式在数学中具有重要的地位。
通过理解二次同余式的
基本概念和解法，我们可以更好地应对各种实际应用中的问题。
八年级数学经典讲解 第25讲 同余式
八年级数学经典讲解第二十五讲* 同余式数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯．先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜．在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用．同余，顾名思义，就是余数相同．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．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，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．同余式的写法，使我们联想起等式．其实同余式和代数等式有一些相同的性质，最简单的就是下面的定理1．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)．在代数中，等式可以相加、相减和相乘，同样的规则对同余式也成立．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)．对于同余式ac≡bc(modm)，我们是否能约去公约数c，得到一个正确的同余式a≡b(modm)？在这个问题上，同余式与等式是不同的．例如25≡5(mod 10)，约去5得5≡1(mod 10)．这显然是不正确的．但下面这种情形，相约是可以的．定理3若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则a≡b(modm)．证由题设知ac-bc=(a-b)c=mk．由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．定理4若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，…………a≡b(modm n)，且M=[m1，m2，…，m n]表示m1，m2，…，m n的最小公倍数，则a≡b(modM)．前面介绍了同余式的一些基本内容，下面运用同余这一工具去解决一些具体问题．应用同余式的性质可以简捷地处理一些整除问题．若要证明m整除a，只需证a≡0(modm)即可．例1求证：(1)8｜(551999＋17)；(2) 8(32n＋7)；(3)17｜(191000-1)．证 (1)因55≡-1(mod 8)，所以551999≡-1(mod 8)，551999＋17≡-1＋17=16≡0(mod 8)，于是8｜(551999＋17)．(2)32=9≡1(mod 8)，32n≡1(mod 8)，所以32n＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(32n＋7)．(3)19≡2(mod 17)，194≡24=16≡-1(mod 17)，所以191000=(194)250≡(-1)250≡1(mod 17)，于是17｜(191000-1)．例2求使2n-1为7的倍数的所有正整数n．解因为23≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．(1) 若n=3k，则2n-1＝(23)k-1＝8k-1≡1k-1＝0(mod 7)；(2) 若n=3k＋1，则2n-1=2·(23)k-1=2·8k-1≡2·1k-1＝1(mod 7)；(3) 若n=3k＋2，则2n-1=22·(23)k-1=4·8k-1≡4·1k-1＝3(mod 7)．所以，当且仅当3｜n时，2n-1为7的倍数．例3 对任意的自然数n，证明A=2903n-803n-464n＋261n能被1897整除．证 1897=7×271，7与271互质．因为2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以A=2903n-803n-464n+261n≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因为2903≡193(mod 271)，803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．例4把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(mod 2)， a≡-a(mod 2)，所以b1＋b2＋…＋b64=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶数．如果要求一个整数除以某个正整数的余数，同余是一个有力的工具．另外，求一个数的末位数字就是求这个数除以10的余数，求一个数的末两位数字就是求这个数除以100的余数．例5求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．10≡1(mod 9)，故对任何整数k≥1，有10k≡1k＝1(mod 9)．因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．说明 (1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除．(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．例6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)．证因为奇数2=(2k＋1)2=4k2＋4k+1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4k2≡0(mod 4)，所以例7任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．证奇数可以表示为2k＋1，从而奇数2=4k2＋4k+1=4k(k＋1)+1．因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而奇数2=8t+1≡1(mod 8)，偶数2=(2k)2=4k2(k为整数)．(1)若k=偶数=2t，则4k2=16t2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数=2t+1，则4k2=4(2t＋1)2=16(t2＋t)+4≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．例8 (1)求33除21998的余数．(2)求8除72n+1-1的余数．解 (1)先找与±1(mod 33)同余的数．因为25＝32≡-1(mod 33)，所以 210≡1(mod 33)，21998=(210)199·25·23≡-8≡25(mod 33)，所求余数为25．(2)因为7≡-1(mod 8)，所以72n＋1≡(-1)2n＋1＝-1(mod 8)，72n＋1-1≡-2≡6(mod 8)，即余数为6．例9形如F n＝22n+1，n=0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n≥2时，F n的末位数字是7．证当n≥2时，2n是4的倍数，故令2n=4t．于是F n=22n＋1=24t+1=16t＋1≡6t＋1≡7(mod 10)，即F n的末位数字是7．说明费马数的头几个是F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，F n都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．证明F5是合数，留作练习．利用同余还可以处理一些不定方程问题．例10证明方程x4+y4+2=5z没有整数解．证对于任一整数x，以5为模，有x≡0，±1，±2(mod 5)，x2≡0，1，4(mod 5)，x4≡0，1，1(mod 5)，即对任一整数x，x4≡0，1(mod 5)．同样，对于任一整数yy4≡0，1(mod 5)，所以 x4+y4+2≡2，3，4(mod 5)，从而所给方程无整数解．说明同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模5)，这往往应根据问题的特点来确定．练习二十五1．求证：17｜(191000-1)．2．证明：对所有自然数n，330｜(62n-52n-11)．4．求21000除以13的余数．5．求15＋25＋35＋…＋995＋1005除以4所得的余数．6．今天是星期天，过3100天是星期几？再过51998天又是星期几？7．求n=1×3×5×7×…×1999的末三位数字．8．证明不定方程x2+y2-8z=6无整数解．。
同余方程的解法
同余方程的解法解决同余方程的方法有：一、求解一元同余方程1、把同余方程降幂后化为线性同余方程组降幂是把一元同余方程中的多项式的次数降低，使同余方程化为一元线性同余方程组，从而便于解决。
2、同余方程的元法同余方程的元法就是：求解同余方程主要是要找出同余方程的通解，然后再求解各个根的关系，以及其中的一般解。
3、求解一元同余方程的其他方法（1）直接求根法：在实际中，有时把一元同余方程降幂之后得到的形式并不太符合平凡方法的要求，此时我们可以使用直接求根法。
（2）伴随矩阵法：伴随矩阵法是一种新的求解一元同余方程的新方法，它通过构造一个伴随矩阵，然后利用它来解决一元同余方程。
二、求解高次同余方程1、借用特殊方法解高次同余方程在解高次同余方程时，我们可以借助特殊的方法，如牛顿迭代法、拉格朗日迭代法、范德蒙德-拉格朗日法及Harnack积分算法等。
2、借助数学归纳法解决高次同余方程我们可以利用数学归纳法来求解高次同余方程。
数学归纳法是一种猜测法，它也可以用来求解同余方程，首先我们假定同余方程有解，然后用归纳法不断找出它的解。
三、求解循环同余1、循环同余方程及其解循环同余方程是一种常见的同余方程，它是一个组合方程，由一系列以求导后改写的不定积分共同形成。
2、求解循环同余方程的方法（1）W.Dynkin方法：W.Dynkin方法是一种解决循环同余方程的常用方法。
它的基本步骤是先将一个循环同余方程分解为几个相互关联的子问题，然后再将子问题的解组合起来，得到原问题的解。
（2）离散变换法：离散变换法也是一种常用的解决循环同余方程的方法，它通过对原问题进行离散变换，将给定的循环同余方程转化为普通的线性同余方程组，从而获得原问题的解。
[自然科学]同余式
![[自然科学]同余式](https://img.taocdn.com/s3/m/79c67a3ec8d376eeafaa31b3.png)
25 + 2 +1=35=5·7≡0( mod 7) 还有解 x≡4(mod 7) , 解数为 2.
12.12.2020
h
4
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.
12.12.2020
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5
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
12.12.2020
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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
12.12.2020
h
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
同余式的欧几里得算法
同余式的欧几里德算法理论依据定理1,a b Z +∀∈，1(1)k k k k Q a P b r --=-对{1,2,...,}k n ∀∈成立，其中k Q 、k P 、k r 满足下述递推关系：11a q b r =+，212b q r r =+，1323r q r r =+，…，111k k k k r q r r -++=+，…，110n n n r q r -+=+；01P =，11P q =，2210P q P P =+，…，12k k k k P q P P --=+，…，12n n n n P q P P --=+；00Q =，11Q =，2210Q q Q Q =+，…，12k k k k Q q Q Q --=+，…，12n n n n Q q Q Q --=+；{2,3,...,}k n ∀∈。
（课本《初等数论》第三版10P ）显然其中(,)n r a b =且1(1)(1)n n n n n Q a P b r --+-=，故得,s t Z ∈满(,)sa tb a b +=。
故由定理可得到求解二元一次不定方程ax by c +=的欧几里德算法（详见课本《初等数论》第三版27P ）。
下面导出求解一次同余式的欧几里德算法。
设同余式为(%)ax b m ≡，它等价于方程二元一次不定方程ax my b +=。
由上面所述算法可以得到,s t Z ∈满(,)sa tm a m +=，而它等价于(,)(%)sa a m m ≡。
当(,)|a m b 时，同余式有解，一个特解为(%)(,)bx s m a m ≡，通解为 (%)(,)(,)b mx s k m a m a m ≡+，{0,1,...,(,)1}k a m ∀∈-。
计算过程与求解二元一次不定方程不同的是，求解同余式不需要m 的系数k P 。
计算时可以借助表格：具体计算步骤如下：1. 由递推式21k k k k r q r r --=+作带余除法计算k r 、k q ；2. 由递推式12k k k k Q q Q Q --=+计算k Q ；3. 直到得到10n r +=，停止计算并得到n 、n r 、n Q ；4. 然后令(,)n a m r =、1(1)n n s Q -=-，由公式(,)(%)sa a m m ≡易得到通解。
同余方程的解法
本科毕业论文题目：同余方程的解法学生姓名：学号：专业：数学与应用数学班级:指导教师：二〇一年四月摘要：本文论述了同余方程的基本概念及同余方程的一些基本性质与解法，主要对一次同余方程的解法进行了探讨，特别是对一次同余方程的欧拉定理算法，欧几里德算法等七种解法进行了比较与分析，并介绍了同余方程组、孙子定理、素数模的同余方程，模p 的同余方程的解法。
关键词：同余同余方程孙子定理Abstract：This paper mainly discusses the basic concepts of congruence equations and congruence equation some of the basic nature of solution,and highlights the Remainder Theorem,solution of the congruence equation,mod p congruence equation solution,congruence equation of primes mode solution,etc.Key words:Congruence Congruence equation Remainder Theorem目录引言 (1)1.同余与同余方程的基本性质 (2)1.1 同余的概念与基本性质 (2)1.2同余方程的概念与性质 (3)2.一次同余方程的解法 (4)2.1 ()a=的情况 (4), m 12.2 ()=≠的情况 (7),1a m d3.同余方程组的解法 (8)3.1简单同余方程组的解法 (8)3.2 孙子定理 (9)4.高次同余方程的的解法 (11)4.1素数模的同余方程 (11)4.2模pα的同余方程 (12)总结： (17)参考文献 (18)致谢： (19)引言对于同余方程的解法国内外的数学家们均对其做出了非常全面与细致的研究。
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。
3 高次同余式的解数及解法
则同余式组（2）的解为下列诸同余式组
（3）
的解，其中 由孙子定理得，对于每一组 ，同余式组（3）对模 恰有一解
由上节定理2得，
为同余式（1）对模 的所有不同的解，个数恰为 故
例1解同余式
（4）
解同余式（4）等价于同余式组
（5）
可以验证同余式组（5）的第一个同余式的解为
同余式组（5）的第二个同余式的解为
故 即 为同余式组(2)的第一个同余式的一个解。
因 不是3的倍数，故 中含有同余式组(2)的第一个同余式的一个解。以 代入同余式组(2)的第一个同余式，得
故 即 为同余式组(2)的第一个同余式的一个解。
因此，同余式组(2)的第一个同余式共有两个解：
通过验证，易得同余式
共有两个解：
因 不是5的倍数，故 中含有同余式组(2)的第二个同余式的一个解。以 代入同余式组(2)的第二个同余式，得
故同余式（4）有 个解。由孙子定理，可得同余式组
为
其中， 于是可得同余式（4）的全部解为
设 的标准分解式为 则同余式
与同余式组ຫໍສະໝຸດ 等价。故应讨论同余式（6）
的解法。
易知，适合（6）的整数 必适合
（7）
下面考虑如何从同余式（7）的解求出同余式（6）的解。
定理2设
（8）
是同余式（7）的一个解， ，则（8）恰好含有同余式（6）的一个解
故 即 为同余式组(2)的第二个同余式的一个解。
因 不是5的倍数，故 中含有同余式组(2)的第二个同余式的一个解。以 代入同余式组(2)的第二个同余式，得 ，但 ，故
故 即 为同余式组(2)的第二个同余式的一个解。
因此，同余式组(2)的第二个同余式共有两个解：
解同余方程二次方程
解同余方程二次方程1. 什么是同余方程？同余方程是数论中的一个重要概念，它涉及到整数的相等性和模运算。
对于给定的整数a，b和m，同余方程可以表示为：a ≡b (mod m)其中≡表示模运算，mod表示模数。
这个方程的意思是a与b在模m下具有相等的余数。
2. 同余方程的解法解同余方程可以使用不同的方法，其中一种常见且有用的方法是通过转化为二次方程来求解。
2.1. 转化为二次方程假设我们要解以下同余方程：ax ≡ b (mod m)其中a，b和m都是已知整数，并且a和m互质（即它们没有公因子）。
为了将这个同余方程转化为二次方程，我们需要找到一个整数x0，使得：ax0 + my0 = 1这里的y0是另一个整数。
根据扩展欧几里得算法，我们可以找到x0和y0满足上述等式。
将上述等式两边同时乘以b，得到：abx0 + mby0 = b由于ax ≡ b (mod m)，我们可以将ax替换为b，并得到：abx0 + mby0 ≡ b (mod m)这个方程可以进一步简化为：ab(x0 - x) ≡ 0 (mod m)根据模运算的性质，我们知道如果一个数的乘积与模m的乘积同余于0，那么这个数或者是0，或者是模m的倍数。
我们可以得到以下两种情况：1.ab(x0 - x) ≡ 0 (mod m)，即ab(x0 - x)是模m的倍数。
2.ab(x0 - x) ≡ 0 (mod m)，即ab(x0 - x)等于0。
2.2. 情况1：ab(x0 - x) 是模m的倍数如果ab(x0 - x) 是模m的倍数，那么我们可以将x表示为：x ≡ x0 + km (mod m)其中k是任意整数。
这意味着x和x0在模m下具有相等的余数，并且它们之间的差值是模m的倍数。
我们可以通过选择不同的k值来得到同余方程的所有解。
2.3. 情况2：ab(x0 - x) 等于 0如果ab(x0 - x) 等于 0，那么我们可以得到以下两种情况：1.如果a和b都不等于零，那么我们可以得到：ax ≡ b (mod m)这个方程可以进一步简化为：x ≡ x0 (mod m)这意味着x和x0在模m下具有相等的余数，因此x = x0是同余方程的解。
同余式
a x0 b (mod m)
xx0(mod m) 是同余式ax b (mod m)的解
m t (modm)是同余式 d ax b(modm)的解 x x0
4.1 基本概念及一次同余式
同余式概念 一次同余式解法
数论基础
x x0 m1t (modm), t Z , 是同余式 ax b(modm)的解
4.1 基本概念及一次同余式
设x0 ,y0是不定方程 ax my = b的解 ax0 my0 = b
数论基础
不定方程ax my = b的所 有解为
m m x x t x t 0 0 ( a , m) d y y a t y a t 0 0 ( a , m ) d
数论基础
4.2 孙子定理
孙子定理
xa(mod 3), xb(mod 5), xc(mod 7)
的一般解为: x 70a+21b+15c (mod 105) 明朝程大位的《算法统宗》(1593)
三人同行七十稀，五树梅花甘一枝，
七子团圆整半月，除百零五便得知。
数论基础
4.2 孙子定理
孙子定理
' b M M b M j j j i i M i bi (modmi ),1 i k j 1 k
即(2)是(1)的解 唯一性：若x1,x2是适合(1)式的任意两个整数，则 x1 x2 (mod mi)，因为(mi, mj) = 1, i j ,于是x1 x2 (mod m)
关于解同余式组的问题, 在我国古代有极光辉的研究 成果. 我国代数学家孙子发明了下面的中外驰名的定理, 在国外誉为中国剩余定理, 在国内称为孙子定理.
同余式的简单介绍
关于a x≡b(modm)的解法1．当（a,m）≡1时：(1)若a,b<m,(a,b)=1且模数较大，可取余，将a变小，然后求出解。
eg:121x≡87(m0d257) 因为(121,257)=1,所以有一个解，x=194(mod257)(2)若a,b<m,(a,b)= 1且模数较小，用欧拉公式；eg: 7x≡5(mod10) 因为（7,10）所以有一个解。
（3）若（a,b ）=1,且a,b中至少有一个大于m，利用同余知识，将a,b化小再用（1）（2）式去解（4）若（a,b），≠约去两端的公因数；再用（1）（2）（3）式去解。
1Eg:58x≡87(mod47)2当（a,m）=d>1时:用d去除同于式，再用（a,m）=1去解<1>同余取倍法：（期刊-核心期刊和田师专科学校学报）JOURNAL OF HOTAN TEA CHERS COLLEGE 2009年第03期<2>一次同余式的初等变换解法：（山西大学学报：自然科学版）——袁虎延<3>一次同余式的逐级满足法<4>观察法解一次同余式<5>Euler定理解一次同余式<6>把同余式化为不定方程的解法<7>减少模数的方法解一次同余式<8>欧几里得法解一次同余式<9>分式法解一次同余式<10>威尔逊定理算法解一次同余式<下面仔细介绍>代数/数论/组合理论/《.黑龙江科技信息》2008年19期》摘要一次同余式解法的特点及其分析——作者：李婷只讨论（a,m ）=1时，同余式ax ≡b(modm)有以下七种解法（一）（1）观察法：在模m 的完全剩余系0,1，、、、，m-1中考虑同余式的解1.，当m 较小时，可用观察法，直接快速的得出方程的解eg 2x ≡1(mod3) 因为（2,3）=1所以有一个解，x ≡2(mod3)为其解2．当系数较大时，可用同余性质 ，将同余式系数减小，而且用带余除法定理，保证系数在一个固定范围内作为模m 的系数，进而用观察法，可快速得到方程的解。
3高次同余式的解法和解数
甲的身份位串 J ，类似于公开密钥。 对所有用户共享指数 v 和模 n ， n 为两个秘密素数的乘积。 秘密密钥为 B ，满足 JB 1(mod n )
v
协议: 1. 甲选择一个随机数 r ，1 r n 1。计算 T r mod n ，
v
发送给乙； 2. 乙选择一个随机整数 d ，满足 0 d v 1，向甲发送 d ； 3. 甲计算 D rB mod n ，发送给乙；
步，对于 x 0(mod 9) ，因为 f ( 0) 9 0(mod 27 ) ，所以
f ( x) 0(mod 27) 没 有 x 0(mod 9) 对 应 的 解 ； 对 于 x 3(mod 9) ， 因 为 f (3) 0(mod 27) ， 所 以 x 3,12,21(mod 27) 都是同余式 f ( x) 0(mod 27) 对应于 x 3(mod 9) 的 解 ； 对 于 x 6(mod 9) ， 因 为 f ( 6) 0(mod 27 ) ，所以 x 6,15,24(mod 27) 都是同余式 f ( x) 0(mod 27) 对 应 于 x 6(mod 9) 的 解 。 即 同 余 式 f ( x) 0(mod 27) 的解为 x 3,6,12,13,15, 21,24(mod 27) 。
f (x ) t f '(x ) (mod p ) p
1 1 1
而 ( f ' ( x1 ), p ) 1 ，所以 f ' ( x1 ) mod p 存在，由 3.1 节定理 2
1
此关于 t1 的同余式对模 p 有且仅有一个解
f (x ) t ( f '( x ) mod p )(mod p ) ， p
(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。
同余式ax=b的解
同余式ax=b的解
同余式是数论中的重要概念，涉及到方程的解。
给定同余式ax ≡ b (mod m)，其中a、b、m为整数，我们希望找到该同余式的解。
示例
假设我们有一个同余式：3x ≡ 9 (mod 6)
我们可以通过一系列的步骤来求解这个同余式：
1.确定a、b和m的值，即a = 3，b = 9，m = 6
2.计算a和m的最大公约数：gcd(a, m) = gcd(3, 6) = 3
3.如果gcd(a, m) | b，则同余式有解，否则无解。
在我们的例子中，3整除
9，因此有解。
4.计算模反元素：a' ≡ a-1 (mod m)。
在我们的例子中，3-1≡ 2 (mod 6)
5.解为：x ≡ a' * b ≡ 2 * 9 ≡ 18 ≡ 0 (mod 6)
定理
如果同余式ax ≡ b (mod m)有解，那么其解的个数等于a和m的最大公约数的个数。
同余式是数论中一个非常有用的工具，它在密码学、编码理论等领域有广泛应用。
二次同余式的解法
二次同余式的解法摘要：1.二次同余式的基本概念2.二次同余式的解法3.实际应用案例正文：一、二次同余式的基本概念二次同余式，是指形如ax^2 + bx + c = 0 的代数方程，其中a、b、c 为常数，且a≠0。
在此方程中，我们需要求解x 的值。
若该方程有解，我们可以通过一系列的运算和公式，求出解的具体值。
二、二次同余式的解法解二次同余式的方法有很多，其中最常用的方法是配方法和公式法。
1.配方法配方法的基本思想是将二次方程化为一个完全平方的形式，然后解出x 的值。
具体操作如下：首先，将常数项c 移到等式右边，得到ax^2 + bx = -c。
然后，将二次项系数a 的一半（即b/2a）的平方加到等式两边，得到ax^2 + bx + (b/2a)^2 = -c + (b/2a)^2。
接着，将等式左边写成一个完全平方的形式，即(x + b/2a)^2 = -c + (b/2a)^2。
最后，对等式两边开平方，得到x + b/2a = ±√(-c + (b/2a)^2)，从而解出x 的值。
2.公式法公式法是根据二次方程的求根公式来解方程。
对于ax^2 + bx + c = 0，求根公式为：x = (-b ±√(b^2 - 4ac)) / 2a根据这个公式，我们可以直接计算出x 的值。
三、实际应用案例假设我们有一个二次方程：2x^2 - 3x - 2 = 0，我们可以使用上述方法求解这个方程。
首先，将方程写成标准的二次方程形式，得到a = 2，b = -3，c = -2。
然后，使用公式法求解方程。
将a、b、c 代入求根公式，得到：x = (-(-3) ±√((-3)^2 - 4×2×(-2))) / (2×2)计算得到x 的两个解：x = 2/1 = 2 和x = -1/2。
因此，二次方程2x^2 - 3x - 2 = 0 的解为x = 2 和x = -1/2。
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解同余式2015-11-20
目录
解同余式 (1)
线性组合 (3)
几何解释 (3)
什么时候有解 (4)
最好的解 (5)
其他解 (5)
线性组合
22和18的最大公因子是2，可以找到他们的线性组合：
怎么样利用上面的5×18 – 4×22 = 2求下面的问题呢?
只需要进行一些变换：
最后得到：
176×22 –215×18 = 2
也就是说：
通过s×18 – t×22 = 2有办法得到s’×22 – t’×18 = 2
几何解释
两个数可以线性表达出它们的公因数：
如果把它们找一个周长18的桶卷起来，正好卷完第一个的时候第二个剩余2(公因数)：
再卷一次：
一直这样下去，9次(18÷2)之后就开始重复了。
什么时候有解
有解吗?
前面讨论中知道：
22x在向18的圆上卷的时候，一共有9种可能。
都在公因子2的刻度上：
5不在这个刻度上，所以没有解。
那该如何解，刻度上的：
前面已经知道
所以有：
最好的解
前面已经找到了一个解：
也就是：
1232×22 – T×18 = 14
做一个简单变换：
(1223 + 9)×22 – T×18 = 14
这样就得到了：
1223×22 + (11 – T)×18 = 14
再重复上面的工作：
(1214 + 9)×22 + (11 – T)×18 = 14 直到不能分离出9来：
8×22 + T’×18 = 14
这样就得到了：
8比前面的解1232看起来好很多。
其他解
前面知道好的解：
也就是：
8×22 – T×18 = 14
做一个简单变换：
(8 + 9 – 9)×22 - T×18 = 14
17×22 – (T+11)×18 = 14
再做一次又可以得到另一个解：(17 + 9 – 9 )×22 – T’×18 = 14
重复这个步奏就可以得到所有的解：
如果感兴趣可以加群：495438656。