2孙子定理.docx

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2孙子定理

§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

xb^modmi,xb2mod%J||,xdmodmk.

（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

x2mod3,x3mod5,x2mod7.

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

x27032121523323mod105.

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1（孙子定理）设m1,m2,川，mk是k个两两互质的正整数，

miMi,i

则同余式组

（1）的解是

其中

MiMi1modm,i1,2,卅,k.

证因g,m2,川,mk两两互质，故

Mi,m1,i1,2j||,k于是，对每一个Mi，

必有整数Mj使得MjMj1modmi

另外，因mmj,ij,故

MjMjbjMjMjbbimodmi,i1,2^|,k.

j1

即

（2）为

（1）的解。

k

若令X。

MjMjbj,则xo是适合

（1）的一个整数。

任取一个整数捲，若

j1

xx0modm，则

Xi是适合

（1）的任意一个整数，则

解这里m1

3,m2

5,m37，它们两两互质。

b1

2,b21,b32.易得，

3721,M33515.

m357105,M15735,M2

求出满足35M1

1mod3的一个整数

M1

求出满足

21M2

1

mod5

的一个整数

m2

求出满足

15M3

1

mod7

的一个整数

M3

由孙子定理得，同余式组（

3）的解为

xM1M1b1M2M2b2M3M3b3235

2.

1.

1.

21213115223mod105

例2解同余式组

xb4mod11.

xbmod5,xb2mod6,xQmod7

解这里m15,m26,m37,m411,它们两两互质。

m567112310,M16711462,

M25711385,M35611330,M4567210.

下面由辗转相除法求出满足462M11mod5的一个整数M1。

因

4625922,

5221,

212,

故

1522

54625922

46225185,

于是46225185,46221mod5,46231mod5.取

因385

6

64

1,故3851

1mod6.

取m2

1.

因330

7

49

1,故3301

1mod7.

取M3

1.

因210

11

19

1,故2101

1mod11

.取M41

于是

x1386b,385b233Cb3210b4mod2310.

定理2设叶，口2,川，mk是k个两两互质的正整数，

mm1m2|||mk,mrniiMJ1,2,|||,k,

Mi是满足MiMi1modm的一个整数，i1,2j||,k,b.,b2,川，bk分别过模m1,m2I，mk的一个完全剩余系，则

M1M1b）M2M2b2|||MkMkb<

通过模m的一个完全剩余系。

证设

xM1M1b1M2M2b2川MkMkbk,

则当D,b2,1”，bk分别过模m1,m2,川，mk的一个完全剩余系时，x通过m个整数。

下证这m个整数对模m两两不同余。

若

M1M1b1M2M2b2川MkMkQ

M1M1b1M2M2b2|||MkMkbkmodm,

其中Mj,Mj都是bi所通过的模mi的完全剩余系中的数，i1,2,|||,k，贝U

MiMibiMiMibimodm,i1,2，卅，k.

因MiMi,mi1,i1,2,|||,k,故bbmodmi,i1,2，川,k.又因b,b都是模mi的同一完全剩余系中的数，故bib,i1,2，川，k.故这m个整数对模m两两不同余，从而作成模m的一个完全剩余系。

补充定理（详见抚州师专学报自然科学版1996年第三期）设

bimodm,

xm^|||m

其中mmi|||mk,c1^|,ck1为满足同余式组

m1Cibib2modm2

|||m^b1

bkmodmk

m1

mj||mk2Ck2

m1m2c2gqbib3modm3

的k1个整数。

例3解同余式组

x1mod2,

x1mod7,

（5）

x2mod11,

x2mod15,

x3mod17,x3mod19.

解因2,7,11,15,17,19两两互质，故可以用补充定理来解该同余式组。

为方

便，我们把同余式组（5）改写为

x3mod19,

x3mod17,

x2mod15,

（6）

x2mod11,

x1mod7,

x1mod2.

取满足

19c133mod17

的一个整数c13,则

19c1354.

取满足1917c2542mod15即

323c2542mod15

的一个整数c27,则

323c2542207.

取满足32315c322072mod11即

4845c322072mod11

的一个整数c34,则

4845c3220717173.

取满足484511c4171731mod7即

53295c4171731mod7

的一个整数c44,则53295c41717370468.

取满足532952c5704681mod2即

373065c5704681mod2

的一个整数c51,则373065c570468443533.

易知，3730652746130.故由补充定理得，所给同余式组的解为

x443533mod746130.

习题

1.试解下列各题：

（i）^一数之余三，七二数之余一，十三数之余一，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））

解（i）此题相当于解同余式组

x2mod72,

x1mod13,（7）

x3mod11.

m172,m213,m311,b12,b21,b33.由

72c121mod13

取c12,则

72c12142.

由7213c2142即

936c21423mod11

取c22,则963c21421730.

易知，9361110296.故同余式组（7）的解为x1730mod10296.

最小解答为1730.

（ii）此题相当于解同余式组：

x2mod5,

（8）

x1mod2.

m19,m27,m3

5,m4

2,b1

4,b2

3,b3

m1m263,m1m2m3

315,m1m2m3m4

630.

由9c143mod7

取c1

3,则

x4mod9,x3mod7,

2,b41,

9c1431.

由63c2312mod5取c22，则

63c231157.

由315c31571mod2取c30.则

315c3157157.

故同余式组（8）的解为

x157mod630.

最小解答为157.

2.（i）设mi,m2,m3是三个正整数，证明

mi,m3,m2,m3m^mb,讥.

（ii）设d（mi,m2），证明：

同余式组

x“（modg）,xb2（modm2）（9）

有解的充分必要条件是db1b2.

在有解的情况下，适合（9）的一切整数可由下式求出：

xx1,2（modm^m?

（10）

其中勺2是适合（9）的一个整数。

（iii）应用（i）,（ii）证明同余式组

xbi（modmi）,i12|||,k（11）

有解的充分与必要条件是

（m,mj）（bbj）,i,j1,2，卅,k.（12）

并且在有解的情况下，适合（11）的一切整数可由下式求出：

xX1,2,|||,kmodm1,mh,|||皿（13）

x1,2,,k其中是适合（11）的一个整数。

'2

1

容易证明

（不妨设•分三种情形①；②；③•易证（14）式成立。

）

故m,,m2,m2,m3nvm?

讥.

（ii）必要性设同余式（9）组有解，则存在整数X。

使得

x0b]（modm）,x0b2（modm2），故d（m1,m2）（x0b2）（x0bjb1b2.

充分性设d（m,m2）b|bj,则存在整数Lt?

使得

m2t2mht1b1匕2,口1bm2t2d.

令m^bm2t2b2x。

，则x0b^modg）,x0b2（modm2）.故同余式（9）有解。

设同余式组（9）有解，洛,2是满足（9）的一个整数，则

为,2b（modmJ,为,2b（modm2）.（15）

若整数x满足（9），则由（9）和（15）得，xx1,2（modm1）,xx1,2（modm2）。

于是整数x满足（10）。

反之，若整数x满足（10），则

xx-i,2（modm1）,xx-i,2（modm2）.（16）

由（15）和（16）两式得，整数x满足（9）。

（iii）必要性可由（ii）立即得到证明。

下面证明充分性。

对k作数学归纳法。

当k2时，由（ii）知，结论正确。

假设对同余式组中同余式的个数不超过k1（k3）时

结论正确，下面证明当同余式的个数为k时，结论也成立。

由（12）式及归纳假设，同余式

组

xb（modm」,i1,2j||,k1（17）

有解，设为,2,卅1是满足（17）的一个整数，则同余式组（17）关于模m1,m2^|,mk1的解为

x为引牡1modm1,m2J11,mk1。

故同余式组（11）与同余式组

x洛,2川,k1mod0,叫,川皿1,xbkmodmv（18）

同解。

下面证明

mi,m2,

\\\,mk1

mk

mi,m2,

川,mik2

mk

mi,m2,,mk2,mk1m

mki,mk.

（20）

由（i）

因xi,2，H，ki满足（17）,故Xi,2，H，k1bki（modmk1）,于是存在整数q使得Xi,2,|||,kibk1mk1q.又由（12）,（叫1,mJbk1d,故人刊吋1bkbk1bkg2是

mk1,mk的倍数，即

g1,gX1,2j|,,k1bk.（21）

由（12）及归纳假设，同余式组

Xb（modmj,i1,2,卅,k2（22）

有解。

因为,2,|肿1为满足（17）（从而也满足（22）的一个整数，故由归纳假设，同余式组

（22）的解为

x为,2川,k1modg,m2,川，mk2.

由（12）及归纳假设，同余式组

xb（modm）,i1,2j||,k2,

xbk（modmk）

有解，从而同余式组

x为,2,屮1modgm,卅,mk2,

xbk（modmk）

有解，于是由（ii）得，

0,叫,卅,mk2,mkX12川,k1bk.（23）

由（21）及（23）得

g,m2,卅，mk2,mk,mk1,mk人,2,川水1bk.（24）

由（24）及（20）得（19）式成立。

由（ii）得，同余式组（18）有解，从而同余式组（11）有解。

设同余式组（11）有解，X1,2,|||,k是满足（11）的一个整数，贝U

X1,2,|,kb（modmJ,X1,2,]||,kb（modm2）,卅，X12川,kbk（modmJ（25）

若整数X满足（11），则由（11）和（25）得，

XX1,2,||,k（modm1）,xX1,2j|.,k（modm2）,|||,xx，z||,k（modmQ。

于是整数x满足（13）。

反之，若整数x满足（13），则

（26）

x甩||,k（modmj,x如卜k（modm?

）,卅,x仙冲册小g）.

由（26）和（25）两式得，整数x满足（11）o