3 高次同余式的解数及解法
3.同余式
a = −1 p
Legendre符号的几条重要的性质（p是奇素数）： ①若a≡b(mod p), 则 ≡ p不能整除 不能整除a, ②若p不能整除a, 则
a b = . p p
a2 p =1
定理 1.1.1 设(a,m)=1, m>0, 则 ax≡b(mod m) ≡ 恰有一解, 恰有一解, 且 x≡baϕ(m)-1(mod m) ≡ 定理 1.1.2 设aﾄm, 则 ﾄ ax≡b(mod m) ≡ 有解的充分必要条件是:(a,m)|b. 若有解， 若有解， 有解的充分必要条件是 则共有d个解 个解. 则共有 个解
p −1 a 2
≡ 1 (mod p )
(2). a是模 的非平方剩余的充要条件是 是模p的非平方剩余的充要条件是 是模
a
p −1 2
≡ − 1 (mod p )
勒让德(Legendre)符号
为了简化“x2≡a(mod p)有解”这一较长 a 的说法, 今引人勒让德(Legendre)符号 ,其 p 定义如下:
•雅各比符号可以看作勒让得符号的推广。
定理3.1 是奇素数, 不能整除a, 定理 设p是奇素数 若p不能整除 则 x2≡a(mod p)恰 是奇素数 不能整除 恰 有两解或无解. 有两解或无解 定理3.2（欧拉判别条件）设p是奇素数 (a,p)=1, 则 定理 （欧拉判别条件） 是奇素数, 是奇素数 (1). a是模 的平方剩余的充要条件是 是模p的平方剩余的充要条件是 是模
思考： 思考：求
(1) 21000000 (mod 77) (2) 31213 (mod 667)
3 二次同余式和平方剩余
比一次同余式更复杂的是二次同余式 Ax2＋Bx＋C≡0 (mod m) ＋ ≡ 其中模p为奇素数的基本二次同余式最实用 为奇素数的基本二次同余式最实用， 其中模 为奇素数的基本二次同余式最实用，即 x2≡a(mod p), (p,a)=1 定义3.1 的正整数, 定义 设m≥2的正整数 若二次同余 的正整数 x2≡a(mod m), (m,a)=1 有解, 则称a是模 的二次剩余(或叫平方剩余 若无解, 有解 则称 是模m的二次剩余 或叫平方剩余); 若无解 是模 的二次剩余 或叫平方剩余 则称a是模 的二次非剩余. 是模m的二次非剩余 则称 是模 的二次非剩余 例如： ， ， 是模 的平方剩余。 是模7的平方剩余 例如：1，2，4是模 的平方剩余。 因为:6 即解x=6;… 因为 2 ≡1 (mod 7),即解 即解 同样的问题：解的存在性和如何求解？ 同样的问题：解的存在性和如何求解？
初等数论§4同余式
2013-8-2
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14
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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15
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
2013-8-2
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1
一、基本概念 定义1
设f ( x ) an x n an1 x n1 a1 x a0 , ai Z ,
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。
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第 0 章 序言及预备知识
第一节 序言（1）
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1） 2 是无理数。 （2）Show that there are infinitely many Ulam numbers 3、用 Mathematica 数学软件实现
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第 6 节 函数[x]与{x}
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1） PAUL ERDO S
2、理论计算与证明：
（1）求 30! 的标准分解式。
（2）求 20!的末尾有多少个零？
（3）设 n 是任一正整数，α 是实数，证明：
（i）
⎡[nα
2010-6-7 version1.0
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第 1 节 剩余类及完全剩余系、简化剩余系
1、数论人物、资料查询：（每人物写 600 字左右的简介） （1）DAVID HILBERT
2、理论计算与证明
（1）证明 ϕ(1) + ϕ( p) + ϕ( p2 ) + ... + ϕ( pα ) = pα , p 为素数。
Байду номын сангаас
（2）设 a,b, c 都是正整数，则
max{a,b, c} = a + b + c − min{a,b}− min{a, c} − min{b, c}+ min{a,b, c}
同余方程3x≡1mod9的解
同余方程3x≡1mod9的解
解决同余方程是摩斯艾克斯数论中一个重要的课题。
在本文中，我将介绍如何解决3x≡1mod9（同余方程）。
首先，我们来看一下什么是同余方程。
同余方程是数论中一种特殊的方程，它是对数域（古典代数系统）中一个模（称为除数）取模而得到的结果。
它可以描述为：a b (mod c），其中a、b和c是整数，此处c是模，即c是除数。
这表示a与b之间总会有一些余数被抹去，而这个差值被称为余数。
由此，a和b就能分别被c整除，而余数相同。
对于3x≡1mod9，我们可以将其写成如下形式：9a + 3x = 1，其中a是任意的整数。
通过将9a移到左边，然后再加上增量x，以及减去右边的1，我们可以将该同余方程转化为3x = 9 - 1 = 8，即3x = 8。
此时，我们需要将x带入模运算，以求出其正确解。
要做到这一点，我们可以使用一种叫做“逆模”的方法：将3与9取模，然后将模取反，即得到3^(-1)mod 9，其值为3。
由此可见，当3x = 8时，x = 8 / 3 = 2，因此得出最终答案：x = 2，即3x≡1mod9的解为x = 2。
到此，我们解决了3x≡1mod9的问题，即x的值为2。
在本文中，我们探讨了如何解决同余方程，并给出了具体的例子。
同余方程的求解通常结合上除法和逆模方法，可以有效地求解复杂的数学问题。
总之，通过本文，我们可以得出结论：同余方程的求解方
法能够帮助我们更好地解决一些复杂的数学问题。
数论算法讲义3章(同余方程)
第 3 章 同余方程（一） 内容：● 同余方程概念● 解同余方程● 解同余方程组（二） 重点● 解同余方程（三） 应用● 密码学，公钥密码学3.1 基本概念及一次同余方程(一) 同余方程（1） 同余方程【定义3.1.1】（定义1）设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--Λ其中i a 是正整数（n a ≠0（mod m ）），则f (x)≡0（mod m ） （1） 叫做模m 的（n 次）同余式（或模m 的（n 次）同余方程），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 。
（2） 同余方程的解若整数a 使得 f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。
（3） 同余方程的解数若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。
即剩余类a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）}中的每个剩余都是解。
故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解，这个解通常记为x ≡a （mod m ）当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程(2)的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为是同余方程（1）的解数，记作()m f T ;。
显然()m f T ;≤m（4） 同余方程的解法一：穷举法任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程（1），在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。
【例1】（例1）可以验证，x ≡2，4（mod 7）是同余方程15++x x ≡0（mod 7）的不同的解，故该方程的解数为2。
50＋0＋1＝1≡3 mod 751＋1＋1＝3≡3 mod 752＋2＋1＝35≡0 mod 753＋3＋1＝247≡2 mod 754＋4＋1＝1029≡0 mod 755＋5＋1＝3131≡2 mod 756＋6＋1＝7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0（mod 15）的解。
数论部分定义定理
定义 4 设 x 是一个实数，我们称 x 的整数部分为小于或等于 x 的最大整数，记 成[x].这时，我们有
定理 10（欧几里得除法） 设 a，b 是两个整数，其中 b .则对任意的整数 c， 存在惟一的整数 q，r 使得
1.2 整数的表示
定理 1 设 b 是大于 1 正整数.则每个正整数 n 可惟一地表示成
被
是 a 被 b 除的最小正余数.
引理 2 设 a,b 是两个正整数，则
和
定理 10 设 a,b 是两个正整数，则正整数 b 互素.
除的最小正余数是
，其中 r
的最大公因数是
.
和
互素的充要条件是 a 和
1.4 整除的进一步性质及最小公倍数
定理 1 设 a,b,c 是三个整数，且 b 0，c 0，如果(a,c)=1，则
有惟一解
.
定义 2 设 m 是一个正整数，a 是一个整数.如果存在整数 a’使得
aa’ 1(modm)
成立，则 a 叫做模 m 可逆元.
定理 3 设 m 是一个正整数，a 是满足(a,m)|b 的整数.则一次同余式
的全部解为
t=0,1,…,(a,m)-1.
定理 4 设 m 是一个正整数.则整数 a 是模 m 简化剩余的充要条件是整数 a 是模 m 逆元.
(i)d|a,d|b; (ii)若 e|a,e|b，则 e|d. 定理 8 设 a,b 是任意两个不全为零的整数， (i)若 m 是任一正整数，则(am,bm)=(a,b)m;
(ii)若非零整数 d 满足 d|a,d|b，则
.特别地，
定理 9 设
是 n 个整 a,b 是两个正整数.则
定理 1 设
是三个整数.若 c|b，b|a，则 c|a.
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
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。
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：
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
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
13 / 36
《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)
12 / 36
《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
4 / 36
《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)
模为素数的高次同余式的求解
1
2
2
2
其中 r (x)的次数小于 2 ，g (x) 为首项系数为 a 的n 2次多
2
2
n
项式。
……
因此有
f (x) (x x )(x x ) (x x )g (x) p r (x)
1
2
k
k
k
例 2 设 f (x) x4 x3 6x2 x 5 ， 求 同 余 式 f (x) 0(mod 7) 的全部解，并且把 f (x) 表示成定理 1 的形
1
n
多项式 g (x) 和整数 r ，使得
2
2
g (x) (x x )g (x) r ， p | r ， g (x ) 0(mod p) ，
1
2
2
2
2
2
i
i 3,4, , k
即
f (x) (x x )(x x )g (x) r r (x x )
1
2
2
1
2
1
(x x)(x x )g (x) p r (x)
1
1
因为 x , x , , x 是同余式（1）不同于 x 的解，即
23
k
1
f (x ) 0(mod p) ，且 (x x ) 0(mod p) ，i 2,3, , k
i
i
1
所以由同余的性质得
g (x ) 0(mod p) ，i 2,3, , k
1
i
类似地对于多项式 g (x)，可以找到首项系数为 a 的 n 2次
其中， r(x) 的次数小于 g(x) 的次数。
证明 若 n m ，取 q(x) 0，r(x) f (x)即可；
若n m ，对 f (x) 的次数 n 作数学归纳法。
信息安全数学基础课件 第3章 同余式
从而
M
' j
M
j
b
j
0
(mod mi )
1 j k, j i,
x
M
' i
M
i
bi
bi
(mod mi ),
i 1, 2,, k,
故
x
M1' M1b1
M
' 2
M
2
b2
M
' k
M
k
bk
(mod m)
是同余式组的解.
12
3.2 中国剩余定理
(解的唯一性)若x, x '都是同余式组的解,则
x bi x ' (mod mi ), i 1, 2,, k
72
35
1
23 (mod105) 15 1 2
15
3.2 中国剩余定理
练习 求解同余式
x 1(mod2) x 1(mod3) x 6(mod7)
除数 余数 最小公倍数 衍数 乘率 各总
答数
21
21 1 1 211
3
1
2 3 7 42
14
2
x 21 28 216 114 2
13 (mod 42)
第3章 同余式
3.1 基本概念及一次同余式 3.2 中国剩余定理 3.3 高次同余式的解数及解法 3.4 高次同余式的一般解法
2018-5-17
计算机科学与技术学院
1
3.1 基本概念及一次同余式
定义1 设m是一个正整数,f ( x)为多项式
f ( x) an xn an1 xn1 a1 x a0
3.1 基本概念及一次同余式
例1 x5 x 1 0 (mod 7) 是首项系数为1的 模7同余式.因
(完整版)三次方程的常见解法
(完整版)三次方程的常见解法完整版三次方程的常见解法
引言
三次方程是一个高中数学中常见的问题。
解决三次方程的常见解法有以下几种：
1. 因式分解法
将三次方程的左边进行因式分解，找到能够化简的因子。
若成功分解，可解得方程的解。
若无法因式分解，则需采取其他解法。
2. 代入法
通过代入一定范围内的数值，将三次方程转化为二次方程。
在这个范围内寻找方程的根，判断是否存在解。
3. 特殊解法
对于一些特殊形式的三次方程，也可以采用特殊解法。
例如，对于齐次三次方程，可以利用欧拉公式将它们转化为二次方程来求解。
4. 数值解法
若以上的解法无法解得三次方程的解，可以采用数值解法。
数值解法通过迭代的方式逼近方程的解，得到一个近似值。
结论
以上是三次方程的常见解法，根据具体情况选择合适的方法来求解。
在解题过程中，应注意排除解中的虚根和重根，以及检查解是否符合原方程的要求。
（注：本文档提供了三次方程的常见解法，但不提供具体的数学计算步骤和例题。
读者可以根据具体的问题和知识背景，结合合适的解法进行求解。
）。
第四章 (8) 高次同余式的解法质数模的同余式
另 一 方 面 m miMi , 因 此 mj Mi ,i j,
k
M
' j
M
jbj
M
' j
M
jbj
bi (mo d
mi )
j 1
即 为 (1) 的 解 .
若 x1, x2是 适 合 ( 1 ) 式 的 任 意 两 个 整 数 , 则 x1 x2 (mo d mi ),1 i k ，因(mi , mj ) 1,于 是 x1 x2(m o d m),
由 中 国 剩 余 定 理 知 每 个 整 数 a,0 a m,均 可 以 唯 一 的 表 示 为 n元 组 . 这 个 n 元 组 由 a 除 以 mi的 余 数
组 成 , 也 就 是 说 a 可 以 唯 一 地 表 示 为a mod m1,a mod m2, , a mod mn 这 样 大 整 数 算 术 运 算 就 可 以
( i i i ) 若 取 y0 m o d a1 是 ( 6) 的 解 , 则 x0 m o d m 是 ( 5) , 即 ( 2) 的 解 , 这 里 x0 (my0 b1) / a1 (7). 反 过 来 , 若 x0 m o d m是 ( 2) 即 ( 5) 的 解 , 则 y0 m o d a1 是 ( 6) 的 解 , 这 里 y0 (a1x0 b1) / m (8).此 外 , 若 y0 m o d a1 , y '0 m o d a1 是 ( 6) 的 两 个 不 同 解 , 则 相 应 地 确 定 x0 m o d m, x '0 m o d m也 是 (5) 即 ( 2) 的 两 个 不 同 解 . 所 以 ( 6) 和 ( 5) 的 解 数 相 同 .
34模为素数的高次同余式的求解
f ( x ) g ( x ) 5 x 4 x 3 x 4 x
6 5 4 3 3
4 x x 1 r ( x)
2
即
6 5
q ( x ) x 3x x 1
3 2 4 3 2
，
r ( x) 5 x 4 x 3 x 4 x 4 x x 1 f ( x) g ( x) q ( x ) r ( x)
x x 0(mod p ) 的 解 数 为 p ， 从 而 同 余 式
p
f ( x) q ( x) 0(mod p ) 的 解 数 为 p 。 设 同 余 式 f ( x) 0(mod p) 的解数为 k ，同余式 q ( x) 0(mod p) 的解
数为 l ，因为
f ( x) q ( x ) 0(mod p ) f ( x) 0(mod p)或q ( x ) 0(mod p
1 2 k k k
r ( x) 的次数小于 k ， g ( x) 的次数为 n k 0 ，且 g ( x) 的
k k k
首项系数是 a n
证明
由整系数多项式的欧几里得除法，存在多项式 g 1 ( x)
和 r1 ( x) ，使得
f ( x) ( x x ) g ( x) r ( x)
f ( x) 0(mod p)
p 1
个
不
同
的
解
x 1, 2, , p 1(mod p) ，从而由定理 1 ，存在惟一的一对
整系数多项式 g p 1 ( x) 与 rp 1 ( x) ，使得
f ( x) ( x 1)( x 2) ( x p 1) g ( x) p r ( x)
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即
故（8）中满足同余式（6）的全部整数是
其中， 故（8）恰好给出了同余式（6）的一个解
其中
例2解同余式
解经过验算， 有一解 又 以 代入 得
（10）
因 故（10）等价于
于是， 是 的一解。以 代入 得
故 为同余式的解。
习题
1.解同余式
（1）
解因 且 两两互质，故同余式（1）与同余式组
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：
故同余式（1）有 个解。即诸同余式组
的解。由孙子定理得
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
（2）
同解。容易验证，同余式组（2）的第一个同余式有两个解：即
第二个同余式有一个解：即
第三个同余式
故同余式（1）有 个解。即诸同余式组
的解。由孙子定理得
以 的值分别代入即得（1）的全部解：
2.解同余式
（1）
解因 故同余式（1）与同余式组
（2）
同解。
设 ，则 通过验证，易得同余式
共有两个解：
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
其中，
证对 作数学归纳法。
（ⅰ）先证当 时，命题结论是正确的。
由（8），
（9）
将它代入
得
但 故
因 故对模 恰有一解
即
代入（9）得，（8）中满足 的全部整数是
其中，
故（8）恰好含有 的一个解
其中，
其中，
假设定理结论对 成立，即（8）恰含有
的一个解 ，即（8）中满足 的全部整数是
其中， 代入（6）得
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ但 ，故
（ⅱ）设 对模 的 个解为
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
以 的值分别代入即得（1）的全部解：
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
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
§3高次同余式的解数及解法
定理1若 是 个两两互质的正整数， 则同余式
（1）
与同余式组
（2）
等价。
以 表示同余式（1）的解数，以 表示同余式 的解数， 则
证（ⅰ）先证（1）和（2）等价。
设 是适合（1）的任一整数，则 因 故
故 也适合（2）。
反之，设 为适合（2）的任一整数，则
但 两两互质， 故
即 也适合（1）。