中国余数定理

据D·威尔斯（D.Wells）所述，以下问题是由孙中山（公元4世纪）提出的：

有些东西的数量未知。重复除以$3，$余数为$2；$减去$5$，剩下的是$3；$减去7美元，剩下的是2美元。这个数字是多少？

Oystein Ore提到了另一个带有戏剧性元素的谜题梵天斯芬克塔·悉达坦（婆罗门的正确体系）由婆罗门笈多（生于公元598年）：

一位老妇人去市场，一匹马踩在她的篮子上，摔碎了鸡蛋。骑手提出赔偿损失，并问她带了多少鸡蛋。她不记得确切的数字，但当她一次取出两个鸡蛋时，只剩下一个鸡蛋。当她一次挑选出三、四、五、六只时，也发生了同样的情况，但当她每次挑选出七只时，它们就平分秋色了。她能吃的最少的鸡蛋是多少？

这类问题都是众所周知的中国余数定理用数学术语来说，如果n被几个数$m_{1}，m_{2}，\ldots，m_}k}除法的余数为，那么问题可以表述为求n：$

(1)

$\开始{align}n&=n{1}\空格（\mbox{mod}m{1}）\\n&=n{2}\空格（\mbox{mod}m{2}）\\&\空格\ldot\\n&=n{k}\空格（\mbox{mod}m{k}）\结束{对齐}$

现代定理最好用几个有用的符号来表述。对于非负整数$m_{1}，m_{2}，\ldots，m_}k}，$their最大公约数定义为

$\mbox{gcd}（m_1}，m_2}，\ldots，m_{k}）=\mbox}max}\{s:s|m_{i}，\space\mbox{for}\space i=1，\ltots，k\}$

其中，一如既往，$s|m$表示$s$精确地除以$m$。这个最小公倍数$k$个数字的定义为

$\mbox{lcm}（m_1}，m_2}，\ldots，m_{k}）=\mbox{min}\{s:s\gt 0\space\mbox{和}\space m_{i}|s，\space_mbox{for}\space-i=1，\ltots，k\}$

$\mbox{gcd}（）$和$\mbox{lcm}（）$都是其参数的对称函数。它们是互补的，因为对于$k=2$

$\mbox{gcd}（m{1}，m{2}）\cdot\mbox}lcm}（s{1}，m{2]）=m{1{1\cdotm{2{$

（出现此身份的证明和交互式插图在别处.)

然而，对于$k\gt 2$，类似的身份通常不成立。例如，考虑两个三元组：$\{2,4,16\}$和$\{2,8,16\{$两者的$\mbox{gcd}$和$\mbox{lcm}$完全相同，但产品明显不同。另一方面，$\mbox{gcd}$和$\mbax{lcm}$都是相联的:

$\mbox{gcd}（m_1}，\space（\mbox{gcd{（m_2}，m_3}）$

并且，两者都等于$\mbox{gcd}（m{1}，m{2}，m{3}）。$同样，

$\box｛lcm｝（m_｛1｝，\space（\box｛lcm｝（m_｛2｝，m_｛3｝））=\box｛lcm｝（\box｛lcm｝（m_｛1｝，m_｛2｝），m_｛3｝）$

注释

如果，对于素数$p，$$p^{\alpha_{i}|m_{i{$，$\alpha_a{i}$是该属性的最大指数，那么$p^}\alpha}|\mbox{lcm}（m_{1}，m_{2}，\ldots，m_}k}），$其中$\ alpha=\mbox{max}\{\alpha_{i}$和$\alba$是该性质的最大指数。类似地，几个数的最大公约数是素数的最大幂的乘积，素数将所有给定数相除。

关联性允许一个人用归纳论点一次进行一个步骤，而不用一次把所有鸡蛋都放进篮子里。抓住机会，我将证明$k=2的最基本情况$

定理1

两个同时同余

$\开始{align}n&=n{1}\space（\mbox{mod}m{1}）\space\mbox{和}\\n&=n{2}\空格（\mbox{mod}m{2}）\结束{对齐}$

只有当$n{1}=n{2}\space（\mbox{mod}\space\mbox{gcd}（m{1}，m{2}））时才可解。$解决方案是唯一的模$\mbox{lcm}（m{1}，m{2}）$

（当$m_{1}$和$m_}2}$是互质时，它们的$\mbox{gcd}$是$1.$按照约定，$a=b\space（\mbox{mod}\space 1）$对任何$a$和$b都有效。）$

证明

由欧几里德算法的推广，有整数$s$和$t$，如下所示

$tm{1}+sm{2}=\mbox{gcd}（m{1}，m{2}）$

由于$n_{2}-n_{1}=0\space（\mbox{mod}\space\mbox{gcd}（m_{1{，m_{2{）），$代表一些可能不同的$t$和$s$

(2)

$tm{1}+sm{2}=n{2}-n{1}$

然后$n=tm{1}+n_{1}=-sm{2}+n_2}$满足定理中的两个同余。这证明了解决方案的存在。

为了证明唯一性部分，假设$n$和$n$满足这两个同余。考虑到我们看到的差异

$N-N=0\space（\nbox{mod}\space m_{1}）$和$N-N=0.space（\nbox{mod}m_{2}）$

这意味着$N-N=0\space（\mbox{mod}\space\mbox{lcm}（m_{1}，m_{2}））$

如前所述，一个更一般的定理现在可以通过归纳.

定理2

同时同余(1)

$\开始{align}n&=n{1}&（\nbox{mod}m{1}）\\n&=n{2}&（mbox{mod}m{2}）\\&\空格\ldot\\n&=n{k}&（\nbox{mod}m{k}）\结束{对齐}$

只有当$n_{i}=n_{j}\space（\mbox{mod}\space\mbox{gcd}（m_{i{，m_{j{）），$forall$i$和$j，$$i\ne j.$解才是可解的是唯一的模$\mbox{lcm}（m{1}，m{2}，\ldots，m{k}）$

证明

定理1用于初始步骤验证。假设定理对$k$同余成立，并考虑其中的$k+1$。

$\开始{align}n&=n{1}&（\nbox{mod}\space m{1}）\\n&=n{2}&（\nbox{mod}\space m{2}）\\&\空格\ldot&\\n&=n{k}&（\mbox{mod}\space m{k}）\\n&=n_｛k+1｝&（\box｛mod｝\space m_｛k+1｝）\结束{对齐}$

让$s$成为第一个$k$方程的解。然后congruence$n=s\space（\mbox{mod}\space\mbox{lcm}（m{1}，m{2}，\ldots，m{k}）$有一个解决方案。（注意，后者的每个解也满足第一个$k$同余。）为了能够应用已经证明的定理1，我们需要证明

(3)

$s=n_{k+1}\space（\mbox{mod}\space\mbox{gcd}（\mbax{lcm}（m_{1}，\ldots，m_{k}），m_}k+1}））$

让我们写$g{u}=\mbox{gcd}（m_{u}，m_{k+1}_{u} 米_{u} ，$表示某些$t{u}，$表示$n{k+1}=s+t_{u} 米_{u} \space（\box｛mod｝\space g_｛u｝）$，因此

$s=n_{k+1}\space（\mbox{mod}\spaceg{u}），\spaceu=1，2，\ldots，k$

如果是这样，

$\开始{align}s&=n{k+1}\space（\mbox{mod}\space\mbox{lcm}（g{1}，\ldots，g{k}））\\&=n_{k+1}\空格\\&=n_{k+1}\space（\mbox{mod}\space\mbox{gcd}（\mbox{lcm}（m{1}，\ldots，m{k}），m_{k+1}）），\结束{对齐}$

因为$\mbox{lcm}（\mbox}gcd}（m{1}，m{k+1}），\ldots，\mbox{gcd}（m{k}，r{k+1{））=\mbox\gcd}$

因此，系统

$\开始{align}n&=s\space（\mbox{mod}\space\mbox{lcm}（m{1}，m{2}，\ldots，m{k}））\\n&=n{k+1}\空格（\mbox{mod}\空格m{k+1}）\结束{对齐}$

具有唯一模的解

$\mbox{lcm}（\mbox{lcm{（m{1}，m{2}，\ldots，m{k}），m{k+1}）=\mbox}lcm}（m{1}，m{2}，\ ldots、m{k}、m{k+1}）$

它还满足整个$k+1$同余集。

推论

同时同余(1)

$\开始{align}n&=n{1}\空格（\mbox{mod}\空格m{1}）\\n&=n{2}\空格（\mbox{mod}\空格m{2}）\\&\空格\ldot\\n&=n{k}\空格（\mbox{mod}\空格m{k}）\结束{对齐}$

其中所有$m{i}$都是两两互质，有一个唯一的解模$m{1}\cdotm{2}\cdot \ldots\cdotm}k}$

如果某些$m_{i}$不是互质的，除非相应的同余一致，否则可能不存在解。例如，系统$n=1\space（\mbox{mod}\space 2）$和$n=2\space。

现在，让我们解决我们开始页面时遇到的两个问题。

问题#1

解决

$\开始{cases}\mbox｛p1｝：&x＝2\space（\box｛mod｝\space 3）\\\mbox{p2}:&x=3\space（\mbox{mod}\space 5）\\\mbox{p3}:&x=2\space（\mbox{mod}\space 7）\结束{cases}$

从$\mbox{p1}$，$x=3t+2，$表示某个整数$t.$将其替换为$\mbox{p2}$得到$3t=1\space（\mbox{mod}\space 5）。$看在分区表模$5，$这简化为一个更简单的方程

$\mbox{p4}:\space\space t=2\space（\mbox{mod}\space 5）$

它反过来等价于整数$s.$的$t=5s+2$。$替换为$x=3t+2$产生$x=15s+8.$现在进入$\mbox{p3}:15s+8=2\space（\mbox{mod}\space 7）$铸件7给出$s=1\space（\mbox{mod}\space 7）。$从这里开始，$s=7u+1$，最后，$x=105u+23$

请注意，$105=\mbox{lcm}（3,5,7）.$因此，我们有23、128、233美元的解决方案$

问题#2

解决

$\开始{cases}\mbox{q1}:&x=1\space（\mbox{mod}\space 2）\\\mbox{q2}:&x=1\space（\mbox{mod}\space 3）\\\mbox{q3}:&x=1\space（\mbox{mod}\space 4）\\\mbox{q4}:&x=1\space（\mbox{mod}\space 5）\\\mbox{q5}:&x=1\space（\mbox{mod}\space 6）\\\mbox{q6}:&x=0\space（\mbox{mod}\space 7）\\\结束{cases}$

根据我们目前获得的经验{q1}-\mbox{q5}$等价于

$\mbox{q7}:\space\space x=1\space（\mbox{mod}\space 60）$

$x=60t+1.$将其插入$\mbox{q6}$可以得到$60t=-1\space（\mbox{mod}\space 7）$铸造$7$将其简化为$4t=6\space（\mbox{mod}\space 7）$，然后$2t=3\space来自分割表模$7，$$3/2=5\空格（\mbox{mod}\space 7）。$因此，$t=7u+5.$最后，$x=420u+301.$考虑到一个中等大小的农民，她最有可能得到补偿的鸡蛋数量是301美元$

注：中国剩余定理发现clendric计算中的应用.

工具书类

H.Davenport，高等算术剑桥大学出版社；第7版（1999年12月9日）
P.J.Davis和R.Hersh，数学经验霍顿-米夫林公司，波士顿，1981年
U.Dudley，初等数论2008年，多佛
R.Graham、D.Knuth、O.Patashnik、，具体数学第2版，Addison-Wesley，1994年。
牡蛎矿，数论及其历史，多佛出版社，1976年
D.威尔斯，企鹅奇趣困惑书，企鹅出版社，1992年

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