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xo，Xo中—，xo+——，

对于模m是两两不同余的，所以同余方程

在定理的证明中，同时给出了解方程的方程

（2），常常可采用不同的方法去解。

例1设（a,m）=1，又设存在整数y，使得a]b+ym，则

_b+ym,,、

X=（modm）

是方程

（2）的解。

解直接验算，有

ax三b+ym三b（modm）。

注：

例1说明，求方程

（2）的解可以转化为求方程

m的同余方程转化a的完全剩余系

m三r（moda）,r<

my三-b（moda）

的解，这有两个便利之处：

第一，将一个对于大模为一个对于小模a的同余方程，因此有可能通过对模进行逐个验证，以求出方程⑸和⑵的解；

第二，设

a，则又可继续转化成一个对于更小的模r的同余方程。

例2解同余方程

325x三20（mod161）

解同余方程（6）即是

3x三20（mod161）。

解同余方程

161y三-20（mod3），

2y三1（mod3），得到y三2（mod3），因此方程⑹的解是

20+2161

例3设a>

0,同余方程

三=114（mod161）。

且（a,m）=1，a1是m对模a的最小非负剩余，则

aix三-b[—]（modm）

等价于同余方程

（2）。

解设x是⑵的解，则由m=a［巴］+ai得到

aM=（m—al^Dx三-ax］’］三一b［巴］（modm），

aaa

即x是同余方程（7）的解。

但是由假设条件可知同余方程

（2）与（7）都有且

只有一个解。

所以这两个同余方程等价。

用本例的方法，可以将同余方程

（2）转化成未知数的系数更小

一些的同余方程，从而易于求解。

例4解同余方程6x三7（mod23）。

解由例3，依次得到

6x三7（mod23）吕5x三T3三2（mod23）

=3x三一24三一8（mod23）

例5设（a,m）=1,

则同余方程

（2）的解是

=2x三-8（—7）三10（mod23）二X三5（mod23）。

并且有整数6>

0使得

a总三1（modm）,

（modm）。

若（a,m）=1，则（modm）

解直接验证即可。

注：

由例5及Euler定理可知，

V-ha新）二

X=ba

总是同余方程

（2）的解。

例6解同余方程

81x+24X+5x+23三0（mod7）。

解原同余方程即是

-3x+3x-2x+2三0（mod7）。

用X=0，£

i2,±

3逐个代入验证，得到它的解是

X1三1，X2三2，X3三一2（mod7）。

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7解同余方程组

Jbx+5y三1（mod7）

〔2x-3y三2（mod7）。

解将（8）的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到

19y三Y（mod7），

5y三Y（mod7），

y三2（mod7）。

再代入（8）的前一式得到

3x+10三1（mod7），

X三4（mod7）。

即同余方程组（8）的解是X三4，y三2（mod7）。

例8设a1，a2是整数，m1，m2是正整数，证明：

同余方程组

（X三31（modm1）

（8）

（9）

三a2（modm?

）

有解的充要条件是

（10）

（9）的

（11）

a1三a2（mod（m1,m2））。

若有解，则对模[m1,m2]是唯一的，即若X1与X2都是同余方程组解，则

X1三X2（mod[m1,m2]）。

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

m2y三a1—a2（modm”

有解y三y。

（modmJ，记x。

=a2+m2y0,贝U

并且

X0三a2（modm2）

X0=a2+m2yo三a2+a1—a2三a1（modmJ,因此Xo是同余方程组的解。

若X1与X2都是方程组（9）的解，则

X1三X2（modm1）,X1三X2（modm2）,由同余的基本性质，得到式（11）。

1.证明定理1。

2.解同余方程：

（i）31x三5（mod17）;

（ii）3215X三160（mod235）。

解同余方程组：

是同余方程ax三b（modp）的解。

5.证明：

同余方程a1X1+a2X2+…+anxn三b（modm）有解的充要条件是

（a1,a2,…，an,m）=dib。

若有解，则恰有dmn-1个解，modm。

6.解同余方程：

2x+7y三5（mod12）。

第二节孙子定理

本节要讨论同余方程组

X三31（modm1）

X三a2（modm2）5。

X三ak（modmk）

在第一节的例题中，我们已讨论了k=2的情形。

下面考察一般情形。

定理1（孙子定理）设m1,m2,…，mk是正整数，

（mi,mj）=1,

i,j<

k，iHj。

则存在整数

Mi气1<

k）,使得

MiMi'

三1（modmi）,

三0（modmi），1<

k，iHj，

x0三送aiMiM/（modm）

是同余方程组

（1）对模m的唯一解，即若有X使方程组

（1）成立，则

⑹

Mi'

X三xo（modm）。

证明由式⑵，有（Mi,mi）=1，因此利用辗转相除法可以求出与yi，使得

+ym=1,即Mi满足式⑶和式⑷。

由式⑶与式⑷，对于12<

k,有

xo三aiMiMi'

三ai（modmJ,1<

k。

若x也使式

（1）成立，则

X三xo（modmi），1<

k，

因此

当n=2时，由第一节例8可知充分性成立。

假设充分性当n=k时成立。

假设式（7）当n=k+1时成立。

我们来考虑同余方程组

X三ai（modmi），1<

k+1。

由第一节例8，存在bk，使得x三bk（mod[mk，mk+1]）满足同余方程组

X三ak（modmk），x三ak+1（modmk+1）。

在同余方程组

^a1（modmJ

jx三ak4（modmk4）

■

上三b（mod[mk,mk4t]）

中，由式⑺有

ai三aj（mod（mi,mj）），1<

k-1，因此，若能证明

ai三bk（mod（mi,[mk,mk+1]）），1兰i兰k-1。

则由归纳假设就可以证明充分性。

由bk的定义，有

ak三bk（modmk），ak+1三bk（modmk+1）

而且，由于假设式（7）当n=k+1时成立，所以，对于1<

k-1有

ai三ak（mod（mi,mQ）,ai三ak+1（mod（mi,mk+1））,

由此及式

（9）得至U,对于1<

k-1,有

ai三bk（mod（mi,mk））,ai三bk（mod（mi,mk+1））。

ai三bk（mod[（mi,mk）,（mi,mk+1）]）。

由上式及第一章第六节例2,就得到式（8）。

证毕。

定理4设m=m1m2…mk,其中口勺，m2,…，mk是两两互素的正整数，f（x）是整系数多项式，以T与Ti（1<

k）分别表示同余方程

f（x）三0（modm）（10）

f（x）三0（modmi）

的解的个数，贝yT=T1T2…Tk。

证明由第二章第一节定理5可知，同余方程（10）等价于同余方

程组

（1）,x

（2）,…，x（k）}，同余方程组2,当每个xji）通过（13）式中的值（14）的解对于模m都是两两不同

三x（k）（modmk）

其中x（i）通过式（13）中的数值，即通过同余方程（11）的全部解。

由孙子定理，对于选定的每一组（14）对模m有唯一解，而且，由定理时，所得到的T1T2…Tk个同余方程组余的。

M/=-1，M2'

=1，M3'

=1，

n三135（一1）+2211+3151三52（mod105），因此所求的整数n=52+105t，垸Z。

（15）

（16）

（17）

（18）

5x+6x+49三0（mod60）。

解因为60=345，所以，同余方程（15）等价于同余方程组

5x+6x+49三0（mod3）

5x+6x+49三0（mod4）

5x+6x+49三0（mod5）。

分别解同余方程（16），（17），（18）得到解

X1⑴三1，X2⑴三-1（mod3），

X1⑵三1，X2⑵三-1（mod4），X1⑶三1（mod5），

这样，同余方程（15）的解X可由下面的方程组决定：

X三a1（mod3），x三a2（mod4），x三a3（mod5），

其中a1=1或-1，a2=1或-1，a3=1。

利用孙子定理，取

m1=3，m2=4，m3=5，m=60，

M1=20，M2=15，M3=12，

M/=2，M2'

=-1，M3'

=3，

X三40a1-15a2+36a3（mod60）。

将a1,a2,a3所有可能的取值代入上式，得到方程（15）的全部解是

X1三401-151+361三1（mod60）,

X2三40（一1）-151+361三一19（mod60）,

X3三401-15（—1）+361三31（mod60）,

X4三40（—1）-15（X）+361三11（mod60）。

人；

若十一人一组，则余3人。

已知这队士兵不超过170人，问这队

士兵有几人？

4.求一个最小的自然数n,使得它的丄是一个平方数，它的丄是

一个立方数，它的1是一个5次方数。

对于任意给定的n个不同的素数P1,P2,…,Pn,必存在

连续n个整数，使得它们中的第k个数能被Pk整除。

3x+11x-20三0（mod105）。

第三节模pd的同余方程

在第二节中，我们已经看到，求解模m的同余方程可以转化为对模p'

的同余方程的求解。

本节要对模P制同余方程做进一步讨论。

容易看出，若Xo是同余方程

f（x）三0（modP予

的解，则它必是方程

f（x）三0（modp2）

的解，因此，必有与X0相应的方程⑵的某个解X1,使

X0三X1（modP,X0=X1+p^二^,此处，t0是某个适当的整数。

这提示我们：

可以从方程

（2）的解中去求方程

（1）的解。

于是，现在的问题是，对于方程

（2）的每个解X1，是否必有方程

（1）的解X0与之对应？

若有，如何去确定它？

定理设P是素数，a>

2是整数，f（x）=anxn+…+a1X+a0是整系数多项式，又设X1是同余方程

（2）的一个解。

以f-（X）表示f（x）的导函数。

（i）若f（x1）手0（modp），则存在整数t，使得

是同余方程

（1）的解。

（i）若f（X1）三0（modp），并且f（x1）三0（modp^,则对于t=0,1,2,…，p—1,式⑶中的X都是方程

（1）的解。

证明我们来说明，如何确定式⑶中的t，使X1+卩4\满足同余

方程

（1），即要使

仃1n厂f1n_1丹1a

an（x什pt）+anj（x1+pt）一+…+a1（X1+p~t）+a0三0（modp）,（4）

即

X=X1+P

f（x1）+pa^tf'

（X1）三0（modp汎

_f（x1）

tf（X1）三-一^（modp）。

下面考虑两种情形。

（i）若f（x）手0（modP），则关于t的同余方程⑸有唯一解t三to（modp），即t=to+pk（k亡Z）,于是

X三xi+pO^to（modp3

（ii）若f（xi）三0（modp）,并且f（xi）三0（modp%则式⑸对于任意的整数t成立，即同余方程⑸有P个解

t三i（modp）,0<

p—1。

于是X三X1+p^i（modp3,0M\<

p-1，都是同余方程

（1）的解。

证毕。

在定理中，没有对fg）三0（modp）并且f（X1声0（modpF勺情形

进行讨论。

事实上，此时，同余方程（5）无解。

即，我们无法从同余方

程

（2）的解xi出发去求得同余方程

（1）的解。

由定理，可以把解同余方程

（1），转化为解同余方程

f（x）三0（modP）。

（6）

事实上，由方程（6）的解，禾U用定理，可以求出方程f（x）三0（modP2）的解，再利用定理，又可以求出方程f（x）三0（modP3）的解，，直到求出方程

（1）的解。

推论使用定理的记号，

Xa三a（modp）,使得x三xa（mod是同余方程

（1）的解。

（ii）若f（x）三0（modp）与同余方程⑹没有公共解，则对于任意的整数a>

1,同余方程

（1）与⑹的解数相同。

例1解同余方程

x+3x一14三0（mod45）。

解原同余方程等价于同余方程组

x+3x-14三0（mod9）,（7）

x+3x-14三0（mod5）。

（8）

先解同余方程（7）。

容易验证，同余方程X3+3x-14三0（mod3）的解是X三2（mod3）。

令X=2+3t并代入方程⑺，得到

（2+3t）+3（2+3t）-14三0（mod9）,（9）

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（9）

的解是t三0,1,2（mod3），于是方程（7）的解是

X三2,5,8（mod9）。

（10）

再解同余方程（8）。

用X=0,1,2,3,4去验证，得到（8）的解是

X三1,2（mod5）。

因此，原同余方程的解是下面六个同余方程组的解：

X三a1（mod9）,a1=2,5,8,

X三a2（mod5）,a2=1,2。

利用孙子定理解这六个方程组，记

m1=9,m2=5,m=45,M1=5,M2=9,M1'

=2,M2'

=T,

则

x三10a1一9a2（mod45）。

将a1和a2的不同取值代入，得到所求的解是

X1三102-91三11（mod45）,

X2三102—92三2（mod45）,

X3三105-91三41（mod45）,

X4三105-92三32（mod45）,

X5三108-91三26（mod45）,

X6三108-92三17（mod45）。

例2解同余方程

（12）

（13）

（14）

2x+13X-34三0（mod5）。

解容易验证，同余方程

2x+13x-34三0（mod5）有两个解X三—1，2（mod5）。

令

x=7+5t,

代入同余方程

2x+13-34三0（mod5）,

得到

2（—1+5t）+13（—1+5t）—34三0（mod25），

-45+45t三0（mod25），

9t三9（mod5），t三1（mod5）。

于是，将式（15）与式（13）联合，得到方程（14）的解

X=-1+5（1+5t1）=4+25t1，t1壬Z。

将式（16）中的X代入同余方程（11），得到

2（4+25t1）+13（4+25t1）-34三0（mod5），

50+725t1三0（mod53），

2+29t1三0（mod5），

t1三2（mod5）。

将上式与（16）联合，得到同余方程（11）的一个解

X=4+25t1=4+25（2+5t2）三54（mod53）。

（ii）从同余方程（12）的另一个解X三2（mod5）出发利用上述方法，可以求出同余方程（11）的另一个解。

（略，请读者补足）。

例3解同余方程

（X0+7X1+7X2）三2（mod7）,2

X0三2（mod7）,

所以X0三3或4（mod7）。

于是xo=3或4。

（i）若X0=3,由式（19），有

222

（3+7X1+7X2）三2（mod7）,

9+42X1三2（mod72）,

6x1三-1（mod7）,

X1三1（mod7）,X1=1。

再由式（19），有

（3+71+7・）2三2（mod73）,

（10+49x2）三2（mod7）,

3x2三T（mod7）,X2三2（mod7）,X2=2。

这样，求得原同余方程的一个解是

X三3+71+72=108（mod7）。

（ii）若X0=4用同样的方法求出另一个解。

（略）。

例4中的方法是利用数的b进制表示，这一方法可以处理模bk的同余方程，而不必要求b是素数。

习题三

证明定理的推论。

将例2中略去的部分补足。

将例4中略去的部分补足。

解同余方程X2三-1（mod54）。

解同余方程f（x）=3x+4x—15三0（mod75）。

X三1（modm）的解数T>

n。

证明：

对于任意给定的正整数n必存在m,使得同余方程

第四节素数模的同余方程

在上节中，我们证明了，对于素数P，模P翎同余方程的求解可

以转化为模P的同余方程的求解。

本节要对素数模的同余方程做些初步研究。

以下，设f（x）=anx"

+…+a1x+ao是整系数多项式，p是素数，P『an。

定理1设k<

n，若同余方程

f（x）=anxn+…+a1X+ao三0（modp）有k个不同的解X1,X1,…，xk，则对于任意的整数X，有

f（x）三（X—X1）（X—X2）…（X—xk）fk（x）（modp），

其中fk（x）是一个次数为n-k的整系数多项式，并且它的x"

项的系数是an。

证明由多项式除法，有

f（x）=（X—X1）f1（x）中门，

（2）

其中f1（x）是首项系数为an的n-1次整系数多项式，「1是常数。

在式⑵

两边令x=x1,成为

则由假设条件可知f（x1）=r1三0（modp）,

因此，式

（2）

因此，当k=13,…，k）,则有

f（x）三（X—X1）f1（x）（modp）。

时，定理成立。

如果k>

1，在上式中，令

⑶

x=Xi（i=2,

0三f（xi）三（xi-X1）f1（xi）（modp）。

由于X2,…，Xk对于模P是两两不同余的，所以，上式给出

f1（xi）三0（modP）,i=2,…，k。

由此及归纳法，即可证明定理。

推论

证明

是同余方程

若P是素数，则对于任何整数X,有

xp—1—1三（x-1）（x-2）…（X—p+1）（modp）。

由Fermat定理（第二章第四节定理2）,数1

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