3.3韩信点兵与中国剩余定理

（a,b,c是任意大于1的自然数）
③ 求“用2，3，4，5，6，7，8，9除 都
余1”的数。
④ 求“用5，7，9，11 除都余2”的数。
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2．《孙子算经》中“有物不知其数” 问题的解答
问题：今有物不知其数，
三三数之剩2，
五五数之剩3，
七七数之剩2，
问物几何？
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1）筛法.
2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，…（用3除余2）
7h
x 5 7l 7(n3 1 l ) （或 x 2 7h 7(n3 h)） 将 l 1,2,3 (或h 1, 2,3) 代入试算、分 析，
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最后发现，为达到目的
（三个等式的右边分别是3，5，7的倍
数），最小的加数是82（ l 11 时 5 7l 82 ）（或最小的减数是23， 即 h 3 时 2 7h 23）。
寻找规律的思想
把我们的解题方法总结为筛法，是重要的进步，是质的飞跃： ——找到规律了。
筛法是一般性方法，还可以用来解决其他类似的问题。
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2）公倍数法
① 化繁为简
我们还是先看只有前两个条件的简化题目。
1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，… （ 用2除余1）
5，
11，
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对（1）式而言，这个数可以取70，对（2）式而言，
这个数可以取21，对（3）式而言，这个数可以取15。
x 3n1 1 (1); x 5n2 x 7n 3 y 3n1 y 5n2 1 (2); y 7n 3 z 3n1 (3) z 5n2 z 7n 1 3
便转化成第二组解。
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但是，这82和23来之不易；并且如果
题目中的余数变了，就得重新试算，所以
这方法缺少一般性，为使它具有一般性， 要做根本的修改。
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3）单因子构件凑成法
x 3n1 2 x 5n2 3 x 7n 2 3 (*)
我们先对前几页（*）式作两个方面的简化：一方面是 每次只考虑“一个除式”有余数的情况（即另两个除式都 是整除的情况）；另一方面是把余数都简化为最简单的1。 这样得到三组方程。
这说明，
x 1
既是2的倍数，又是3的
倍数，因此，它是2与3的公倍数。由此想到
Baidu Nhomakorabea21
对整个问题寻找规律
问题： 今有物不知其数，二二数之剩1，三三
数之剩2，四四数之剩3，五五数之剩4，六六
数之剩5，七七数之剩6，八八数之剩7，九九 数之剩8，问物几何？
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②寻找规律
设问题中，需要求的数是 x ，则 x 被2， 3，4，5，6，7，8，9去除，所得的余数都 是比除数少1，于是我们把被除数 x 再加1，
然后韩信就凭这些数，可以求得这队士兵的总人数。
4
这里面有什么秘密呢？
韩信好像非常重视作除法时的余数
5
《孙子算经》
6
2.《孙子算经》中的题目
我国古代数学名著《孙子算经》中有“物不知数”
的
题目： 今有物不知其数，
三三数之剩2，
五五数之剩3， 七七数之剩2，
问物几何？
7
这里面又有什么秘密呢？
题目给出的条件， 也仅仅是作除法时的余数
(*)
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从第三个等式入手，两边加5（或减2）则 得
x 5 7(n3 1) (或x 2 7n3 )
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则右边是7的倍数了，但两边加5（或减2）并不 能使前两式的右边分别是3的倍数和5的倍数，所以
两边加5（或减2）并不能使右边成为3，5，7的公
倍数。再继续从第三个等式入手，为使第三个等式 右边仍然保持是7的倍数，可再加 7l（或再减 则 ），
x 70 k1 [3,5, 7] k1 105 x 105k1 70, k1 0,1, 2,
（2）式两边同减21变为
y 21 3(n1 7) y 21 5(n2 4) y 21 7(n 3) 3 y 21 k2 [3,5, 7] k2 105 y 105k2 21, k2 0,1, 2,
40
（3）式两边同减15变为
z 15 3( n1 5) z 15 5( n2 3) z 15 7( n 2) 2
n1
。这里
x
是
被除数，2是除数， 0 1 2 且 。
是商，1是余，
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x 2n1 1(0 1 2), 这就是“带余除
法”的式子。当取n1 0,1, 2,3, 4, 时，
用上式求得的 x 正好组成上述数列 1，3，5，7，9，11，13，15， 17，19，21，23，25，…
x 3n1 1 (1); x 5n2 x 7n 3
y 3n1 y 5n2 1 (2); y 7n 3
z 3n1 (3) z 5n2 z 7n 1 3
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x 3n1 1 (1); x 5n2 x 7n 3
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二．问题的解答
1．从另一个问题入手
问题：今有物不知其数，二二数之剩1，三三
数之剩2，四四数之剩3，五五数之剩4，六六数
之剩5，七七数之剩6，八八数之剩7，九九数之
剩8，问物几何？
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1）筛法
1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，
21，23，25，…
（ 用2除余1） 23， … （ 用3除余2）
即
x 2520k 1,k 1, 2, 3,
这就是原问题的全部解，有无穷多个解，其中第 一个解是2519；我们只取正数解，因为“物体的 个数”总是正整数。
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[思]： ① 求“用2除余1，3除余2，… 用m除余
m－ 1”的数。
② 求“用a除余a －1，用b除余b－1，用c
除余c－1”的数。
次品乒乓球，并判断它是重于标准球，还是轻
于标准球。
2
第三章
若干数学典故中的 数学文化
韩信点兵与中国剩余定理
第三节
3
一、“韩信点兵”的故事和 《孙子算经》中的题目 1.“韩信点兵”的故事
韩信阅兵时，让一队士兵5人一行排队从他面前走
过，他记下最后一行士兵的人数（1人）；再让这队士兵6 人一行排队从他面前走过，他记下最后一行士兵的人数 （5人）；再让这队士兵7人一行排队从他面前走过，他记 下最后一行士兵的人数（4人），再让这队士兵11人一行 排队从他面前走过，他记下最后一行士兵的人数（10人）。
趣题——找次品：
1）有5个外形相同的乒乓球，其中只有 1个重量不标准的次品乒乓球。 现再给你一个标准球；请用一架不带 砝码的天平，最多两次使用该天平，找 出上述次品乒乓球。
1
趣题——找次品：
2）有12个外形相同的乒乓球，其中只有
1个重量不标准的次品乒乓球。请用一架不带 砝码的天平，最多三次使用该天平，找出上述
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接着从中筛选出“用3除余2”的
数，就是挑出符合下面“带余除法”表达
式 2 3) x 3n2 2,(0
n2
的数，这里
可取0，1，2，3，4，…
再继续做下去 … …
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如果我们不分上面两步，而是一上
来就综合考虑两者，则就是要解联立方 程组 x 2n1 1 中的x. x 3n2 2
b0
, 必唯一 ，使
a bq r ,
0r b
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当余 r 0 时，则 a bq ，称为 “被b a 整除”，或 “ b
a 法“q b
a 整除 ”，这是通常除
” 的另一种表达形式。所以，
带余
除法是通常除法的推广。
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回到求“用2除余1的数”的问题。设 这 样的数为
x
，则
x 2n1 1
y 3n1 y 5n2 1 (2); y 7n 3
z 3n1 (3) z 5n2 z 7n 1 3
（1）式意味着，在5和7的公倍数中（35，70， 105，…）寻找被3除余1的数； （2）式意味着，在3和7的公倍数中（21，42， 63，…）寻找被5除余1的数； （3）式意味着，在3和5的公倍数中（15，30， 45，…）寻找被7除余1的数。
8，23，…
（用5除余3）
23，… 由此得到，23是最小的一个解。
（用7除余2）
至于下一个解是什么，要把“…”写出来才知道； 实践以后发现，是要费一点儿功夫的。
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2）公倍数法
现在仿照上边用过的“公倍数法”，
设要求的数为
方程组
x
，则依题意，得联立
x 3n1 2 x 5n2 3 x 7n 2 3
x
则 x 1 就可被2，3，4，5，6，7，8，9均 整除。也就是说， x 1 是2,3,4,5,6,7,8,9 的公倍数，从而是其最小公倍数 [2,3,4,5,6,7,8,9]的倍数。
23
x 1 k [2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9]k 2520, 1, 3, k 2,
5，
11，
17，
11，
23，…
（ 用4除余3）
10
再从中挑“用5除余4”的数，…
一直筛选下去，舍得下功夫，就一定可 得结果。 并且看起来，解，还不是唯一的；可能 有无穷多个解。
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化繁为简的思想
当问题中有很多类似的条件时，我们先只看其中两三个条件，这 就是化繁为简。 一个复杂的问题，如果在简化时仍然保留了原来问题的特点和本 质，那么简化就“不失一般性”。 学会“简化问题”与学会“推广问题”一样，是一种重要的数学 能力。
用等式两边减23来求解，有
x 23 3(n1 7) x 23 5(n2 4) x 23 7(n 3) 3 x 23 k [3,5, 7] k 105 x 105k 23, k 0,1, 2,3,
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那么，为了解这个方程组，除了刚才的筛法
外，还有没有更加巧妙的解法？
我们考察上边两个方程的特点，发现，两个
“带余除法”的式子，都是“余数比除数少1”。
于是想到，如果把被除数再加1，不是余数就为
0了吗？换句话说，不是就出现整除的情况了吗？
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于是把上边每个方程两边都加上1，成为
x 1 2(n1 1) x 1 3(n2 1)
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用等式两边加82来求解，有 x 82 3(n1 28) x 82 k [3,5, 7] k 105 x 82 5(n2 17) x 82 7(n 12) x 105k 82, k 1, 2,3, 3
(*)
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按上一问题中“公倍数法”解决问题的
思路：把方程两边同时加上或减去一个什么
样的数，就能使三个等式的右边分别是3，5， 7的倍数，从而等式左边就是3，5，7的公倍 数了。
这要通过反复的试算去完成。
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一种试算的方法
x 3n1 2 x 5n2 3 x 7n 2 3
合 要求。
多了一个“ k 0
” ，因这时 x
也是正数，
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这两组解是一样的，都是“23，23+105，
23+2×105，……”。
原因是82+23=105，故令 k k 1 ， 第一组解就成为
x 105(k 1) 82 105k 105 82 105k 23
于是（1）式两边同减70变为这样：第二个等式右边仍 是5的倍数，第三个等式右边仍是7的倍数，而第一个等式 右边因为减的70是“用3除余1”的数，正好原来也多一个1， 减没了。第一个等式右边也成为了倍数，是3的倍数。
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x 70 3(n1 23) x 70 5(n2 14) x 70 7(n 10) 3
17，
23， …
（ 用3除余2）
上述筛选过程的第一步，得到: 1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，„ 其实是列出了“用2除余1”的数组成的数列。这个数列 实际上是用带余除法的式子得到的。
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所谓“带余除法”，是指整数的如
下
“除法”： 被除数 q 存在“商”
a
，除数 r 和“余”