(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 )k
x 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 )k
y m ≡。

解：设1x 是0(mod )k
x 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 k
y a y x yx x a m ≡≡≡≡
得1(mod )k
y m ≡，
即1x 可以表示成0(mod )x yx m ≡，其中y 满足同余方程1(mod )k
y m ≡； 反之，易知如此形式的x 是(mod )k
x 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,
47mod3,47mod5
x 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(
)
2
1mod l
x p ≡的解 解：同余方程可写为()()(
)110mod l
x x p
-+≡
由于()1,1|2x x -+,所以上式等价于(
)
10mod l
x p -≡或(
)10mod l
x p
+≡
因此，对任意的1l ≥解为()
1,1mod l x p ≡- 解数为2.
4、求同余式3
2
()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。

5、4521(mod132)x ≡.
解： 因为(45,132)3
=∣21 ,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程)44(mod 715≡x . 我们再解不定方程74415=-y x ,
得到一解(21,7). 于是定理4.1中的210=x . 因此同余式的3个解为
)132(mod 21≡x ,
)132(mod 65)132(mod 3132
21≡+
≡x , )132(mod 109)132(mod 3132
221≡⨯+≡x .
6、11175(mod321)x ≡.
解：因为(111,321)3
=∣75,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程)107(mod 2537≡x . 我们再解不定方程2510737=+y x , 得到一解(8,3)-.
于是定理4.1中的80-=x . 因此同余式的3个解为
)321(mod 8-≡x ,
)321(mod 99)321(mod 3321
8≡+
-≡x , )321(mod 206)321(mod 3321
28≡⨯+-≡x .
7、⎪⎩
⎪
⎨⎧≡≡≡)9(mod 3)8(mod 2)7(mod 1x x x .
解: 因为(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式
)7(mod 172≡x ,)8(mod 163≡x ,)9(mod 156≡x ,
得到)9(m od 4),8(m od 1),7(m od 4321-=-==x x x .于是所求的解为
).
494(mod 478)494(mod 510 )494(mod 3)4(562)1(631472=-=⨯-⨯+⨯-⨯+⨯⨯≡x
8、判定()3
2
2310mod5x x x -+-≡是否有3个解
解：()3
2
2310mod5x x x -+-≡等价于()3
2
3430mod5x x x -+-≡，
又(
)(
)(
)
5
32
2
2
3433561215x x x x x x x x x -=-+-+++-+， 其中()2
61215r x x x =-+的系数的都不是5的倍数，故方程没有3个解
9、解同余式95(mod 25)x ≡
解： 95(mod 25)1810(mod 25)x x ≡↔-≡- 710(mod 25)x ↔≡- 45(mod 25)x ↔≡ 5(mod 25)x ↔≡-
10、同余方程2
56490(mod 60)x x ++≡的解的个数. 解：因为60345=⨯⨯ 所以2
5
6490(mod60)x x
++≡等价于
2
56490(mod3)x x ++≡ （1） 2
56490(mod 4)x x ++≡ （2） 256490(mod5)x x ++≡ （3）
解同余方程（1）（2）（3）得到
1
11x
≡ 1
21(mod3)x ≡- 2
2
1211(mod 4)x x ≡≡- 3
1
1(mod5)x
≡
所以原方程的解得个数有2*2*1=4个。

11、解同余式89(mod11)x ≡ 解：Q (8,11)1=
Q 同余式只有一个解 Q 11是素数(11)10ϕ∴=
9988(mod11)x ∴≡⨯≡
12、解同余方程组2(mod 3)
3(mod 5)2(mod 7)x x x =⎧⎪
=⎨⎪=⎩
解：利用孙子定理有，357105m =⨯⨯=,135M =,221M =,315M =
∴''
11351(mod3)2(mod3)M M ≡⇔≡
''
22211(mod 5)1(mod 5)M M ≡⇔≡
''
33151(mod 7)1(mod 7)M M ≡⇔≡
∴0235232112151(mod105)23(mod105)x ≡⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯≡
13、求整数n ，它被3，5，7除的余数分别是1，2，3。

解：n 是同余方程组1(mod 3)
2(mod 5)3(mod 7)n n n ≡⎧⎪
≡⎨⎪≡⎩
的解.
在孙子定理中，取1233,5,7,345105m m m m ====⋅⋅=，
12335,21,15,M M M === 123'1,'1,'1,M M M =-==
则135(1)2211315152(mod105)n ≡⋅⋅-+⋅⋅+⋅⋅≡ 因此所求的整数52105,n t t z =+∈.
14、求()()()
3mod85mod37mod5x x x ≡⎧⎪
≡⎨⎪
≡⎩的解
解：23530M =⋅⋅=；
13515M =⋅=而()'111mod2M M ⋅≡所以()'11mod 2M ≡
同理210M =而()'221mod3M M ⋅≡所以()'
21mod3M ≡
36M =，而()'331mod5M M ⋅≡所以()'31mod5M ≡
所以()3
'
1
1153110516717mod 30i i i M M x =≡⋅≡⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅≡∑
15、解同余方程组1(mod 3)
1(mod 5)2(mod 7)2(mo11)
x x x x =⎧⎪=-⎪
⎨=⎪⎪=-⎩
解：取12343,5,7,11m m m m ====，都是素数，满足条件。

∴12345711,3711,3511,357M M M M =⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅
我们来求1
j M -.由于1(1)(1)(1)1(mod 3)M ≡-⋅⋅-≡知，
111111(mod 3)M M M --≡≡，
因此可取1
11M -=.由2(2)(2)11(mod5)M ≡-⋅⋅≡知， 11
2221(mod 5)M M M --≡≡
因此可取1
21M -=，由33544(mod 7)M ≡⋅⋅≡知，
1133314(mod 7)M M M --≡≡
因此可取1
32M -=.由4357476(mod11)M ≡⋅⋅≡⋅≡知， 11
44416(mod11)M M M --≡≡ 因此可取1
42M -=.
所以同余方程的解为：
(5711)11(3711)1(1)(3511)22(357)2(2)(mod35711)x ≡⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅，
即385231660420394(mod1155)x ≡-+-≡
16、解同余方程()4
3
2890mod35x x x +++≡ ()1
解：因为3557=⋅，所以同余方程()1等价于同余方程组
()432890mod5x x x +++≡ ()2
()432890mod7x x x +++≡ ()3
()()23分别解同余方程，得到解
()()()1
1
121,4mod5x x ≡≡
()()()()2
2
2
1233,5,6mod7x x x ≡≡≡
()1x 这样，同余方程的解可由下面的方程组决定：
()()12mod5,mod7x a x a ≡≡
其中11a =或4，23a =或5或6.利用孙子定理，取
125,7,35m m m ===
()()''12127,5,71mod5,51mod7M M M M ==≡≡
''123,3M M ==
则()122115mod35x a a =+
()121a a 将，所有可能的取值代入上式，得到方程的全部解是
()()()()()()
12345621115331mod 3521115526mod 352111566mod 3521415324mod 3521415519mod 3521415634mod 35x x x x x x ≡⋅+⋅≡≡⋅+⋅≡≡⋅+⋅≡≡⋅+⋅≡≡⋅+⋅≡≡⋅+⋅≡
17、解同余式()89mod11x = 解：Q ()8,111=
∴同余式只有一个解 11Q 是素数
()1110ϕ=
∴9988mod11x ≡⨯≡（）
18、解同余方程：()315mod17x ≡
解：若()()00mod f x m ≡，则()()()()000mod f x b x b x m +≡成立，反之，若
()()()()000mod f x b x b x m +≡，则()()00mod f x m ≡成立；
19、解同余方程14
10
346180(mod 5).x x x ++-≡
解：由Fermat 定理得，5
(mod5),x x ≡因此，原同余方程等价于2
230(mod 5)x x +-≡ 将0,1,2(mod5)x =±±分别代入方程2
230(mod 5)x x +-≡中进行检验，可得原同余方程的解是：1(mod5)x ≡
20、解同余方程3
x 2x 120mod81-+≡（）
解：方程3
x 2x 120mod3-+≡（）
有一解()x 0mod3≡， 故1x 3t =，()3
f x -2x 12x =+，()2
f x 3x -2'=，(0)12f =, '(0)2f =-
解2112230(mod 3)t -⨯≡，得2
1t 2(mod3)≡，
12t 23t =+ ，2x 63t2=+⨯，(6)216f = ，'(6)106f =,
解2322161063t 0(mod3)+⨯≡，得32t 0(mod3)≡ 故23t 3t =，3
3x 63t =+，
再解()
3432161063t 0mod3+⨯≡，得()
43t 1mod3≡
故4
344t 13t ,333t x =+=+
原方程的解为()x 33mod81≡
21、1、求同余方程96(mod15)x º的所有解. 解：因为(9,15)3=且3整除6
所以同余方程96(mod15)x º恰有三个解.
先求同余方程32(mod5)x º的唯一解，显然
321012(mod5),4(mod5)x x
?汉
所以原同余方程96(mod15)x º的三个解为
4(mod15),9(mod15),14(mod15)x x
x 汉?
2、求一次同余方程组
2(mod 35)9(mod14)7(mod 20)
x y z ìºïïï
ºíïïºïïî 解：由于35、14、20两两不互质，所以不能直接用孙子定理，原一次同余方程组与一
次同余方程组2(mod5)2(mod 7)9(mod 2)
9(mod 7)7(mod 4)7(mod5)
x x x x x x ìºïïïïºïïïº
ïïí
ïºïïïºïïïïºïî等价
显然，去掉相同的一次同余方程后，此一次同余方程组又与一次同余方程组
2(mod 5)2(mod 7)9(mod 2)7(mod 4)
x x x x ìºïïïïº
ïíïºïïïº
ïî等价，由于4,22=（）能被92-（）
整除，此一次同余方程组又与一次同余方程组{2(mod 5)2(mod 7)7(mod 4)
x x x ìºïïï
ºíïïºïïî等价
此时574、、两两互质，由孙子定理知，原一次同余方程组有唯一解
12,
3574140,7428,54
20,57
35,1(mod ),1
3,i i i m i i
N
M M M M M m =创==?=?=?海Ｎ
求得,
,
,
1232,6,3M M M === 所以2282220673531087107(mod140)x 捍?创+创汉为原一次同余
方程组的解.
3、解同余方程组()
()351mod 7232mod 7x y x y +≡⎧⎪⎨-≡⎪⎩
解:()194mod7y ≡-
()54mod7y ≡- ()2mod7y ≡
再代入()351mod7x y +≡
()3101mod7x +≡ ()4mod7x ≡
即方程组的解是()4,2mod7x y ≡≡
4、解同余方程()67mod23x ≡.
解： ()67mod23x ≡()5732mod23x ⇔≡-⨯≡
()3248mod23x ⇔≡-⨯≡- ()()28710mod23x ⇔≡--≡ ()5mod23x ⇔≡
5、 解同余式. 12150(mod15)x +≡
解：因为()12,453=︱5,所以同余式有解,而且解的个数为3.
又同余式等价于450(mod15x +≡即4515x y +=. 我们利用解不定方程的方法得到它的一个解是()10,3, 即定理4.1中的010x = . 因此同余式的3个解为
()10mod45x ≡ ,
()()45
10mod 4525mod 253x ≡+
≡, ()()45
102mod 4540mod 253x ≡+⨯≡.
6、韩信点兵：有兵一队，若列成五行纵队，则末行一人，成六行纵队，则末行五人，成七行纵队，则末行四人，成十一行纵队，则末行十人，求兵数. 解：1234(mod5),(mod 6),(mod 7),(mod11)x b x b x b x b ≡≡≡≡，此时：
567112310m =⋅⋅⋅=
16711462M =⋅⋅= 25711385M =⋅⋅= 35611330M =⋅⋅= 4567210M =⋅⋅=
1(mod ),1,2,3,4i i i M M m i '⋅== 得
1234M =3,M =1,M =1,M =1''''
故：12343462385330210(mod 2310)x b b b b ≡⋅+⋅+⋅+⋅
又12341,5,4,10b b b b ====Q
34621385533042101067312111(mod 2310)x ∴≡⋅⋅+⋅+⋅+⋅≡≡
7、解同余方程
53140(mod 45)x x +-≡.
解： 原同余方程等价于同余方程组
53140(mod 9)x x +-≡， (1) 53140(mod 5)x x +-≡. (2)
先解同余方程(1).容易验证，同余方程5
3140(mod3)x x +-≡的解是2(mod3)x ≡. 令23x t =+并代入方程(1)，得到
5(23)3(23)140(mod 9)t t x +++-≡ ， (3)
容易看出，这是一个对于任何整数t 都成立的同余式，所以，方程(3)的解是
0,1,2(mod3)t ≡，于是方程(1)的解是
2,5,8(mod9)x ≡. (4)
再解同余方程(2).用0,1,2,3,4x =去验证，得到(2)的解是
1,2(mod5)x ≡.
因此，原同余方程的解是下面六个同余方程组的解：
11(mod9),2,5,8x a a ≡=， 22(mod5),1,2x a a ≡=.
利用孙子定理解这六个方程组，记
1212129,5,45,5,9,2,1m m m M M M M ''=======-
则
12109(mod 45)x a a ≡-.
将1a 和2a 的不同取值代入，得到所求的解是
110.29.111(mod 45)x ≡-≡， 210.29.22(mod 45)x ≡-≡， 310.59.141(mod 45)x ≡-≡， 410.59.232(mod 45)x ≡-≡， 510.89.126(mod 45)x ≡-≡， 610.89.217(mod 45)x ≡-≡.
8、解同余方程2
56490(mod 60)x x ++≡.
（理由：考察孙子定理，解同余方程组.）
解：因为60345=⋅⋅，所以，原同余方程等价于同余方程组
()()()
22
256490(mod 3)156490(mod 4)256490(mod 5)3x x x x x x ⎧++≡⎪⎪++≡⎨⎪++≡⎪⎩L L L L L L L L L 分别解同余方程()()()1,2,3，得到解
()()
()()()()
11122212311,1(mod3),1,1(mod 4),1mod5x x x x x ≡≡-≡≡-≡
这样，原同余方程的解可由下面的方程组决定：
()()()
123mod3mod 4mod5x a x a x a ≡⎧⎪
≡⎨⎪
≡⎩ 其中1231,1;1,1;1a a a =-=-=.利用孙子定理，令1233,4,5,60m m m m ====
12312
320,15,12
2,1,3M M M M M M ==='''==-=
则 123401536(mod 60)x a a a ≡-+
将123,,a a a 所有可能的取值带入上式，得到原方程的全部解是
11114011513611(mod 60)40(1)15136119(mod 60)40115(1)36131(mod 60)40(1)15(1)36111(mod 60)
x x x x ≡⋅-⋅+⋅≡≡⋅--⋅+⋅≡-≡⋅-⋅-+⋅≡≡⋅--⋅-+⋅≡
9、判定同余方程3
2310(mod 7)x x ++≡是否有三个解.
（理由：考察素数模的同余方程的解的个数，应用第四节的Fermat 定理及定理4.） 解：因为()241mod7⋅≡，所以，原方程与3
424340(mod 7)x x ⋅+⋅+≡
即3
230(mod 7)x x --≡等价.
由于(
)(
)
7
3
42
2
23234121612x x x x x x x x x -=--++++++， 所以，由定理4可知，原方程的解数小于3.
10、有一对士兵，若三人一组 则余一人，若五人一组，则余2人，若十一人一组，则余3
人，已知这对士兵不超过170人，问这对士兵有几人？ 解：设士兵有x 人，则由题意得
1(mod 3)x ≡，-2(mod 5)x ≡
3(mod 11)x ≡ 由孙子定理得58(mod 165)x ≡ 故58x =人.
12、求一个最小的自然数n ，使得它的1
2
是一个平方数，它的13是一个立方数，它的15是一
个5次方数.
解：可设352y n βα=，由条件得
()()()1mod2,0mod3,0mod5;ααα≡≡≡
()()()0mod2,1mod3,0mod5;βββ≡≡≡ ()()()0mod2,0mod3,mod5,γγγ≡≡≡
由孙子定理得()()()15mod30,10mod30,6mod30,αβγ≡≡≡故10615352n =.
13、解同余方程组 ()
()
351mod 7232mod 7x y x y +≡⎧⎪⎨-≡⎪⎩
解：()194mod7y ≡-
()54mod7y ≡- ()2mod7y ≡
再代入()351mod7x y +≡
()3101mod7x +≡ ()4mod7x ≡
即方程组的解是()4,2mod7x y ≡≡
14、证明不定方程
333
123494x x x x ++=±
没有整数解.
证明：取9m =.因为3
1
0x ≡，1(mod9)±，于是同余式
333
1234(mod 9)x x x ++≡±
无解，由此知原方程无整数解.
15、解同余方程()()234150mod75f x x x =+-≡.
解：因
2
7535=⋅，先解
()()
0mod3f x ≡，用逐一代入法得解
()
0mod3x ≡；再解
()()20mod5f x ≡，用逐一代入法得()()0mod5f x ≡的解为()0,2mod5x ≡，对于
()
0mod5x ≡，令
5x t
=代入
()()
0mod25f x ≡得
()
2mod5t ≡，于是
()225251025x t t =+=+，即()10mod25x ≡是()()0mod25f x ≡的一个解，对于()
2mod5x ≡，令
25x t
=+代入
()()
0mod25f x ≡得
()
4mod5t ≡，于是
()2225452225x t t =++=+，即()22mod25x ≡是()()0mod25f x ≡的一个解； 最
后构造同余方程组()1
mod3x b ≡，()2mod25x b ≡，10b =，210,22b =，由孙子定理得
()()0mod75f x ≡的两个解()10,72mod75x ≡.
16、设p 是素数，0a p <<，证明：
()1
(1)(2)(1)
(1)mod !
a p p p a x
b p a ---⋅⋅⋅-+≡-.
是同余方程()mod ax b p ≡的解.
解：首先易知!
)
1()2)(1()1(1
a a p p p
b a +-⋅⋅⋅----是整数，又由
(),1a p =知方程()mod ax b p ≡解唯一，
故只须将()1(1)(2)(1)(1)mod !
a p p p a x
b p a ---⋅⋅⋅-+≡-代入()mod ax b
p ≡验证它是同余方程的解
即可.
17、证明：同余方程()1122...mod n n a x a x a x b m +++=有解的充要条件是
()12,,...,,|n a a a m d b =.
若有解，则恰有1
n d m -⋅个解，mod m .
解：必要性显然，下证充分性.当1n =时，由定理2知命题成立.假设
n k =时结论已真，考虑
()1122...mod n n a x a x a x b m +++=，令()121,,...,,n a a a m d =，()11,k d a d +=，因为同余
方程()11
1mod k k a x b d ++=有解，
其解数为d ，1mod d ，记11m m d =，则解数为1dm ，mod m .现在固定一个解
1k x +，由归纳假定知()1122...mod k k a x a x a x b m +++= 有解，其解数为
1
1k d m -，
mod m
，从而
()
1122...mod n n a x a x a x b m +++= 有解，其解数为
111k k dm d m d m -⋅=⋅，mod m .由归纳原理知命题对于一切1n ≥成立.
18、解同余方程：()2311200mod15x x +-≡.
解：因105357=⋅⋅ 同余方程()2
311200mod3x x +-≡的解为()1mod3x ≡， 同余方程()2
311200mod5x x +-≡的解为()0,3mod5x ≡， 同余方程()2
311200mod7x
x +-≡的解为()2,6mod7x ≡，
故原同余方程有4解，mod105. 作同余方程组：
()
1mod3x b ≡，
()
2mod5x b ≡，
()
3mod7x b ≡，其中
1231,0,3,2,6b b b ===
由孙子定理得原同余方程的解为()13,55,58,100mod105x ≡.
19、解同余方程组：⎪⎩
⎪
⎨⎧≡≡≡。

)25(mod 13)8(mod 5)
15(mod 8x x x
解：因为
()15,81|85=-，()15,255|813=-，()8,251|85=-.
故原同余方程组有解，解数唯一[]mod 15,8,25600=.
将第一个同余方程的解 11815,x t t Z =+∈，代入第二个同余方程
得()1
3mod8t =，即21238,t t t Z =+∈，25320x t =+，
代入第三个同余方程 得()2
3mod5t =，即32335,t t t Z =+∈，413600x t =+，
所以原同余方程组的解为()413
mod600x ≡.
20、讨论并解答：7mod152mod 3516mod 21x x x ≡⎧⎪
≡⎨⎪≡⎩
（）（）（） 解：∵15355=（，）且72mod5≡（）
15213=（，）且716mod3≡（） 21357=（，）且216mod7≡（） ∴原同余式组等价于
7mod 37mod 52mod 52mod 716mod 316
mod 7x x x x x x ≡⎧⎪≡⎪
⎪≡⎨≡⎪
⎪≡⎪
≡⎩（）（）（）
（）（）（）
⇒1mod32mod52mod 7x x x ≡⎧⎪
≡⎨⎪≡⎩
（）（）（） 357105M =⨯⨯=，
1135M M m =
=，2221M M m ==，33
15M M m == 由111mod 3M M ≡，
（）得2i M =
同理，2M ，=1，3M ，
=1
∴135222112151mod105x ≡⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯（）
142mod105≡（）37mod105≡（）
21、解同余式89mod11x ≡（）
解：()
81
10987654
918x -⨯⨯⨯⨯⨯⨯≡⨯-！
()9158mod11≡-⨯≡（）
22、解同余式89mod11x ≡（） （用三种方法解） 解：8111=Q （，）
∴同余式只有一个解
法1：∵11是素数，()1110ϕ= 9
988mod11x ∴≡⨯≡（） 法2：81
10987654
918x -⨯⨯⨯⨯⨯⨯≡⨯-（）
！
9158mod11≡-⨯≡（）（）
法3：（求解不定方程8x 11y 9=－）
23、解同余式
32
62717200(mod30)x x x +++≡ 解：设32
()6271720f x x x x =+++
由定理3知解同余式()0(mod30)f x ≡可先分别解以下两同余式
()0(mod5),f x ≡()0(mod6),f x ≡
容易验证第一个同余式有解0,1,2(mod5)x ≡ 第二个同余式有解2,5(mod6)x ≡
由孙子定理，当a a 12(,)取(0,2),(0,5),(1,2),(1,5),(2,2),(2,5)时，得到
()0(mod30)f x ≡的６个解126122,5,11,17,20,26(mod30)x a a ≡+≡
24、求相邻的四个整数，它们依次可被2
2
2
2
27，3，5及整除 解：设这四个相邻的整数是1,,1,2x x x x -++，按要求应满足
210(mod 2)x -≡, 20(mod 3)x ≡, 210(mod 5)x +≡, 220(mod 7)x +≡.
所以，这是一个解同余方程组问题，这里2222
12342,3,5,7m m m m ==== 两两既约.满足定理1的条件.2
2222212357,257,M M ==g
g g g 2223237M =g g ,2224235M =g g
由211111(mod 2)M ≡=g
g 知1121111(mod 2)M M M --=≡g 因此可取111M -=，由2
222107144(mod 3)M ≡≡≡g
g
知1
1222
114(mod 3)M M M --≡≡g 因此可取122M -=-
由222
2232212411(mod 5)M ≡≡≡-g g
知112333111(mod 5)M M M --≡≡-g 112332223(mod 5)M M --≡-≡ 112331624(mod 5)M M --≡≡-
因此可取1
3
9M -=，由24(13)(24)3618(mod 7)M =--≡≡g 知1
1244
4118(mod 7)M M M --≡≡g
1
124
43545(mod 7)M M --≡≡ 1
124
43050(mod 7)M M --≡≡
因此可取1
4
19M -=-，因而由定理1知
222222222222222235711257(2)02379(1)235(19)(2)(mod 2357)
x ≡+-+-+--g g g g g g g g g g g g g g g g g g 11025158763420029349(mod 44100)x ≡-+≡
所以满足要求的四个相邻整数有无穷多组，它们是2934844100,2934944100,t t ++
2935044100,2935144100t t ++,0,1,2,t =±±L
最小的这样的四个相邻的正整数是29348293492935029351，，，. 25、解同余式()0(mod35)f x ≡，()4
3892x f x x x +++=
解：上式与同余式组()()0(mod5)
0(mod7)
f x f x ≡⎧⎪⎨
≡⎪⎩等价，
容易证第一个同余式有两个解即：14(mod5)x ≡，，第二个同余式有三个解即
356(mod7)x ≡，，，故题中所求同余式()0(mod35)f x ≡，()43892x x f x x +++=有6
个解，即同余式组的解1(mod5)x b ≡，1(mod7)b x ≡，11,4b =，23,5,6b =
由孙子定理得12+15(mod35)21b b x ≡，以1b ，2b 的值分别代入即得全部解：
31266241934(mod35)x ≡，，，，，
26、求同余方程2
1(mod 2)l
x ≡的解. 解：当1l =时，解数为1，1(mod 2)x ≡
当2l =时，解数为2,2
1,1(mod 2)x ≡-
当 3l ≥时，同余方程可写为(1)(1)0(mod 2)l
x x -+≡ 由于x 是解时，必可表为21x y =+.带入上式得
4(1)0(mod 2)l y y +≡即2(1)0(mod 2)l y y -+≡
所以必有2
0,1(mod 2
)l y -≡-
因此，解x 必满足1
1,1(mod 2)l x -≡-
所以原方程的解是1111+2
,1,12(mod 2)l l l
x --≡--+，解数为4.
27、解同余方程组
1234(mod5),(mod6),(mod7),(mod11)x x x x b b b b ≡≡≡≡
解：由题意可知：
156********,6711462m M =⋅⋅⋅⋅==⋅⋅=
2345711385,5611330,567210M M M =⋅⋅==⋅⋅==⋅⋅=
解得
'1(mod ),1,2,3,4i M M i i
i m ≡= 得
''''12343,1,1,1M M M M ====
12343462385330210(mod 2310)x b b b b ≡⋅+++
即为所求
28、求1(mod 3)
1(mod 5)2(mod 7)2(mod11)
x x x x ≡⎧⎪≡-⎪⎨≡⎪⎪≡-⎩ 的整数解
解：Q 12343,5,7,11m m m m ====
∴357111155m =⨯⨯⨯=
由孙子定理得：
1234385,231165245M M M M ====，，
∴11385'1(mod3)'1(mod3)M M ≡⇒≡
22231'1(mod5)'1(mod5)M M ≡⇒≡
33165'1(mod7)'2(mod7)M M ≡⇒≡
44245'1(mod11)'3(mod11)M M ≡⇒≡
∴013851(1)231121652(2)2453x ≡⨯⨯+-⨯⨯+⨯⨯+-⨯⨯
556(mod1155)≡
∴所有整数解为：0
1155556()x t t Z =+∈
29、解同余方程 32520(mod161)x ≡
解：同余方程(6)即是
320(mod161)x ≡
解同余方程
16120(mod3)x ≡-
21(mod3)y ≡，
得到2(mod3)y ≡，因此方程的解是
202161114(mod161)3
x +≡
≡g
30、解同余方程组 3538(mod 47)10(mod 47)
x y x y +=⎧⎨-=⎩ 解：消去y 得841(mod 47)x ≡解得11(mod 47)x ≡
代入原方程组中的第二式得1(mod 47)y ≡
即11(mod 47)1(mod 47)
x y ≡⎧⎨
≡⎩ 31、17160(mod 25)x +≡解同余方程
解：1760(mod 25)34120(mod 25)x x +≡⇒+≡
有9120(mod 25)340(mod 25)x x +≡⇒+≡
则24320(mod 25)70(mod 25)x x +≡⇒-+≡
所以7(mod 25)x ≡
32、解同余方程的解 2(mod5)3(mod8)1(mod 7)x x x ≡⎧⎪≡⎨⎪≡⎩
解：280785=⨯⨯=M ，
40,35,56321===M M M ， 10,3,1321='='='M M M ，
)280mod 1104033352156（
⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯≡x )280(mod 13)
280(mod 267)
280(mod 827-≡≡≡
33、解同余方程：2311200(mod105)x x +-≡
解：因105137=⨯⨯，同余方程2311200(mod 3)x x +-≡的解为同1(mod3)x ≡，同余方程
2311380(mod 5)x x +-≡的解为0,3(mod5)x =，同余方程2311200(mod 7)x x +-≡的解为2,6(mod 7)x =，故原同余方程有4解，mod105.作同余方程组：1(mod 3)x b º，2(mod 5)x b º，3(mod 7)x b º，其中11b =，20,3b =，32b =.
34、解方程2138(mod117)x º
解：2138(mod117)
11738(mod 21)x y 痕? 94(mod 21)
214(mod9)y z ?痕? 34(mod9)94(mod3)z
w 酆-酆
01(mod3)w 酆g 最后同余方程无解，所以原方程无解.
35、化简同余方程18151021210430(mod 7)x x x x +-+-?
解： 先去掉系数项为7的项得：1510210430(mod 7)x x x -+-?
做多项式除法得：
151078324321043()(22) (243)
x x x x x x x x x x x -+-=--++-++- 由此得到等价同余方程：432430(mod 7)x x x -++-?
直接代入0,1,2,3x =北?，计算知同余方程无解.
36、解同余方程()32
81+24+5+230mod7x x x ≡ 解：原同余方程即是()32
3+3-2+20mod7x x x -≡ 用0,1,2,3x =±±±，每个代入验证，得到它的解是
()1231,2,2mod7x x x ≡≡≡-。