第四章同余式

§4同余式
1 基本概念及一次同余式
定义 设()1
10n
n n n f x a x a x
a --=+++ ，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()5
4
3
2
22230mod 7x x x x x +++-+≡
仅有解()1,5,6mod 7.x ≡
例2 同余式()4
10mod16x -≡有8个解
()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡
例3 同余式()2
30mod 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,,1m
x 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,,1m
x k k d d +
=- 对模m 两两部同余. 设 ()00mod ,01,1m m
x 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()001m
x 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.m
x 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 m
x 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,,1m
x x k m k d d
≡+
=- (5) 例1求同余式 ()912m o d 1
5x ≡ （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
()15
8mod15,0,1,2.3
x 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2
105
1921916152161054716476418864105836483+≡
≡≡+≡≡≡+≡≡
x ().105mod 622
124
≡≡
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 ≡
3
161
220⋅+= 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。

若x 1与x 2都是方程组(9)的解，则
x 1 ≡ x 2 (mod m 1)，x 1 ≡ x 2 (mod m 2)，
由同余的基本性质，得到式(11).
习题
1．求下列同余式的解：
（ⅰ）256179(mod337).x ≡ （ⅱ） 1215560(mod 2755).x ≡ （ⅲ）12961125(mod935).x ≡ 解（ⅰ）因
256337256
811381101
141010
1311331310425104
25104319791979⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪→-→-→
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪-→-→* ⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪---*⎝⎭⎝⎭⎝⎭
故()256,3371=，于是该同余式有解，且对模337有唯一解。

并且
()()()()()256104337791,
25610417933760179179,256104179179mod 337,
⨯+⨯-=⨯⨯+⨯-⨯=⎡⎤⎣⎦⨯⨯≡ 但是()1041791861681mod337,⨯=≡故()25681179337.⨯≡于是该同余式的唯一解为
()81mod 337.x ≡
（ⅱ）由辗转相除法，可得(1215,2755)5,5560,=故该同余式有解.
由辗转相除法，还可得1215(195)275586 5.⋅-+⋅=在这个等式两边同时乘以112，得
1215(21840)27559632560.⋅-+⋅=故1215(21840)560(mod 2755).⋅-≡
因21840200(mod 2755),-≡故1215200560(mod 2755).⋅≡故该同余式的全部解为
2755
200(mod 2755),0,1,,4.5
x k k ≡+
= 即
200,751,1302,1853,2404(mod 2755).x ≡
2．求联立同余式
()()4290mod143,29840mod143x y x y +-≡-+≡
的解。

解 由同余式()4290mod143x y +-≡得
()429mod143x y ≡-+
代入同余式
()29840mod143x y -+≡
得
()()()()24299840mod143,171420mod143,171mod143.
y y y y -+-+≡-+≡≡-
对17,143做辗转相除法。

因
1431787,17723,7321,313,
=⨯+=⨯+=⨯+=⨯
故()17,1431,=且
()()()()()()()173271772217275
172143178514351742.
=+⨯-=+-⨯⨯-=⨯-+⨯=⨯-+-⨯⨯=⨯+⨯-
故
()()()()143517421,17421mod143,17421mod143.
⨯+⨯-=⨯-≡⨯≡- 故由()171mod143y ≡-可得
()42mod143.y ≡
由()42mod143y ≡及()4290mod143x y +-≡得
()()442290mod143,4mod143.
x x +⨯-≡≡
于是可得，该联立同余式的解为
()()4mod143,42mod143.x y ≡≡
3.（ⅰ）设m 是正整数，(,)1a m =，证明
()1(mod )m x ba m ϕ-≡
是同余式(mod )ax b m ≡的解。

（ⅱ）设p 是质数，0a p <<，证明
1
(1)(1)
(1)(mod )!
a p p a x
b p a ---+≡-
是同余式(mod )ax b p ≡的解。

证（ⅰ）因m 是正整数，(),1,a m =故同余式()mod ax b m ≡有唯一解。

由欧拉定理得
()()
()1
mod .m m aba
ba
b m ϕϕ-=≡
故()1
m x ba
ϕ-≡是同余式()mod ax b m ≡的解。

（ⅱ）因p 是质数，0a p <<，故(,)1a p =，同余式(mod )ax b p ≡有惟一解。

因
(1)!(1)(1)a p p a ---+ ,故
1(1)(1)(1)(1)!(mod(1)!).a p p a a a ----+≡--
易知
11(1)(1)(1)(1)!(1)(1)((1))(1)!(mod ).a a p p a a a a p -----+--≡----=-
而((1)!,)1a p -=，故
1(1)(1)(1)(1)!(mod (1)!).a p p a a p a ----+≡--
因此
1
(1)(1)
(1)1(mod ).(1)!
a p p a p a ---+-≡-
因!(1)(1),(!,)1a p p p a a p --+= ，故!(1)(1).a p p a --+ 于是
1
1(1)(1)(1)(1)
(1)(1)(mod ).!(1)!
a a p p a p p a a
b b b p a a ----+--+-=-≡-
因此，1
(1)(1)
(1)(mod )!
a p p a x
b p a ---+≡- 是同余式(mod )ax b p ≡的解。

§2孙子定理
孙子定理是数论中的一个重要定理，在数论中的应用非常广泛. 孙子定理给出了在一定条件下同余式组
()()()1122mod ,mod ,,mod .k k x b m x b m x b m ≡≡≡ （1）
的解的个数，以及求解的方法.
在公元四、五世纪的《孙子算经》中的“物不知数”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?”答案为：“23”. 这个问题也就是求解同余式组
()()()2mod3,3mod5,2mod 7.x x x ≡≡≡
明朝程大位根据孙子算经里所用的方法用歌谣给出了该题的解法：“三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆月正半，除百零五便得知.”即解为
()27032121523323mod105.x ≡⨯+⨯+⨯≡≡
在西方，与《孙子算经》同类的算法，最早见于1202年意大利数学家斐波那契的《算经》。

1801年，德国数学家高斯的《算术探究》中，才明确写出了这一问题的求法。

把孙子算经给出的结果加以推广，就得到了如下定理.
定理（孙子定理）设12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数，
12,,1,2,,,k i i m m m m m m M i k === 则同余式组（1）的解是
()111222mod ,k k k x M M b M M b M M b m '''≡+++ （2）
其中 ()1mod ,1,2,,.i i i M M m i k '≡=
证 因12,,,k m m m 两两互质，故(),1,1,2,,i i M m i k == 于是，对每一个i M ，必有整数i M '使得()1mod .i i i M M m '≡
另外，因,,i j m m i j ≠故
()1
mod ,1,2,,.k
j
j
j
i i i i i j M M b
M M b b m i k =''≡≡=∑
即（2）为（1）的解.
若12,x x 是适合（1）的任意两个整数，则
()12mod ,1,2,,.i x x m i k ≡=
因()
,1,,i j m m i j =≠故()12mod ,x x m ≡于是同余式（1）仅有解（2）. 例1 解同余式组
()()()2mod3,3mod5,2mod 7x x x ≡≡≡ （3）
解 这里1233,5,7m m m ===，它们两两互质. 1232,1, 2.b b b ===易得，1
23357105,5
735,37
21,35
15.
m M M M =⨯⨯==⨯==
⨯==⨯= 求出满足()1351mod 3M '≡的一个整数1 2.M '= 求出满足()2211mod 5M ≡的一个整数2 1.M '= 求出满足()3151mod 7M ≡的一个整数3 1.M '= 由孙子定理得，同余式组（3）的解为
()11122233323521213115223mod105.
x M M b M M b M M b '''≡++=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯≡
例2 解同余式组
()()()()1234mod5,mod 6,mod 7,mod11.x b x b x b x b ≡≡≡≡ (4)
解 这里12345,6,7,11,m m m m ====它们两两互质.
1234567112310,6711462,
5711385,5611330,567210.
m M M M M =⨯⨯⨯==⨯⨯==⨯⨯==⨯⨯==⨯⨯=
解()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡'≡'≡'≡'11mod 12107mod 13306mod 13855mod 14624321M M M M ⇒()
()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡'≡'≡'≡'11mod 17mod 16mod 15mod 124
3
21M M M M
.1,1,1,3432='='='='∴M M M M 所以 ()123
41386385330210
m o d 2310.
x b b b b ≡+
+
+ 定理2 在定理1的条件下，若式(1)中的b 1, b 2, , b k 分别通过模m 1, m 2, , m k 的完全剩余系，则式(2)中的x 通过模m 1m 2 m k 的完全剩余系.。