解同余式x^4+7x+4≡0(mod27),要求详细过程.谢谢啦!

我只能用最原始的方法做.
设25X=20Y+15 得5X=4Y+3 Y可以是被五除余0,1,2,3,4的数
分别设为5Z 5Z+1 5Z+2 5Z+3 5Z+4 只有5Z+3满足 得5X=20Z+15 得X=4Z+3

如果a,b,c是整数,（a,b）=1,那么存在整数n使得（an+b,c）=1
前言：很惭愧,我足足想了一天,打草稿打了十几张,想了N种思路,还丢失了一支笔,才不小心找到如下的构造性证明
证:
(1)由已知,((a,c),(b,c))=1
于是存在x,y使得 x*(a,c)+y*(b,c)=1 （可以对两边求模(a,c)的余数而得解出y,同理可解出x）
注意取合适的y值,使 (y,c)=1
(2)同余式 bm=(b,c) mod c有解m
这是因为 (b/(b,c),c)=1,故(b/(b,c)) m ==1 mod c有解,从而(2)有解.
于是,x*(a,c)+bmy ==1 mod c
(3)再求解同余式(a,c)==a my *r mod c
注:(1)中,(y,c)=1 ,(2)中,(m,c)=1,又(a/(a,c),c)=1故1==(a/(a,c))my *r mod c有解,从而式(3)有解.
最后可得 x*a myr +bmy ==1 mod c
即 (axr+b) my ==1 mod c
于是取n=xr,(an+b,c)=1

103x≡57 (mod211)
等价于
103x+211y=57
103(x+2y)+5y=57
令z=x+2y ①
103z+5y=57
3z+5(y+20z)=57
令w=y+20z ②
3z+5w=57
显然z=9，w=6是一组解，或者z=19，w=0也是一组解
（如果看不出来，继续换元做下去：
3(z+2w)-w=57
令u=z+2w
3u-w=57=3*19
显然u=19, w=0是一组解
）
则根据①②，得到
x=z-2(w-20z)=-2w+41z=357 mod 211
取模得到
x=146 mod 211
是同余式的解

21x^2+11x+20=0（mod 6)
此题甚易.多日竟无人答.
将模6分成2,3分别求解,然后换算成模6的情况.
21x^2+11x+20=0（mod 2),必然.
21x^2+11x+20=0（mod 3),即-x+2==0 mod 3,即x==2 mod 3
换算得,x==2,5 mod 6.此即解.

计算(a/p)的勒让德符号
对于本例：
(-2/67)=(-1/67)(2/67)
(-1/67)=(-1)^[(67-1)/2]=(-1)^33=-1
67^2-1=(64+3)^2-1=64^2+6*64+9-1=64^2+6*64+8
(67^2-1)/8=8*64+6*8+1 为奇数
(2/67)=(-1)^[(67^2-1)/8]=-1
所以(-2/67)=1,即-2为mod67 的二次剩余,x^2=-2(mod 67）有解,
有定理保证 x^2≡a (mod p) 有解,则有二个解.

首先,x==0 mod 5是一解；
当x0 mod 5 时,由欧拉函数定理或费马小定理,x^4==1 mod 5,此时
f(x)
==3x^2 + 4x + 2x^3 + x + x^2 + x^3 + 12x^2 + x
=(3+1+12)xx+(4+1+1)x+(2+1)xxx
==xx+x+3xxx
=x(3xx+x+1)
==0 mod 5
由于x0　mod 5,故 3xx+x+1==0 mod 5
故6xx+2x+2==0==xx+2x+2
故(x+1)^2==-1 mod 5
故x==1,2 mod 5
综上,x==0,1,2 mod 5

3x==1 mod 5
解一:乘2得
6x==2 mod 5
左边 mod 5得
于是x==2 mod 5
解二:右边加上5的倍数,同余式成立,故
3x==6 再两边同时除以 与5互质的数3,得 x==2
其中利用了同余式的性质#1和#2 :
#1:与等式类似,乘以同一等价类的两个数,同余式成立.
#1' :与模的互质的因子,及其等价类,在等式两边可以分别消去.
如 8x ==19 mod 15 ,可以一边消去 4,一边消去 19 而得到
2x ==1 mod 15.注意到,其中4与19均与15互质,并且二者对模15同余.
#2 :两边同时加上或减去模(除数)的倍数,即模0(余数为0的)等价类,同余式成立.
其实,由性质#2,我们可以视 mod m符号为这样一个滑动数,可以在等式两边任意移动,不必考虑正负号,也不需考虑实际是多少,只需当作是代数和.
在这个意义上,mod m符号就代表着 余数为0的等价类本身,但是注意,它可任意移动.
此外,ax == b mod m
还可写成分数形式:x==b /a mod m
由上面的性质,不难知道这个分数的可变性:
b/a == (kb+mx)/(ka+my) mod m ,其中 k与m互质
此时可写成 x==1/3 ==6/3 ==2
另外,我这种视 modm 为m的余数0的可滑动等价类 的观点,用于解不定方程也极方便.
用这种观点解不定方程的方便性,可参考我近日写的博文.
3x==1 # [5] 注:这是+ 表示代数和,[M] 表示模M的任意倍数,即m的余数0等价类.也可记为 ,我习惯写为M上加一个圈,并省略代数和符号.
此题也可以用不定方程来解:
3x = 1 + 5 k
立即取k=1,x=2 mod 5.

求 同余式6x≡4(mod 10)的解
6x==4+10**
3x==2+5**
-2x==2+5**
x==-1==4+5**
x==4,9+10**
即x==4或9 mod 10
注：这里**表示一个数值不定的整数,当它的值发生改变时,形式不作变化.用这种形式,可以取代同余符号mod,从而使同余式与不定方程在形式上完全统一.采用双等号==取代三线等号≡,提醒我们是在解同余式,或者说是在解一种特殊的不定方程.同样的道理,在不致混淆的情况下,含有**的项可以据上下文进行适当的省略.

因为 4 和 -1 模 5 同余,即 4 ≡ -1 ( mod 5 ) ,
所以有 4x ≡ -x ≡ 3 (mod 5) ,
两边乘以 -1 得 x ≡ -3 ≡ 5-3 ≡ 2 (mod 5) .
（顺便指出,同余式左右两边都必须是整数.像 3/4 这样的式子还是不要出现）

φ(m)是欧拉函数：
http://baike.baidu.com/view/107769.htm?fr=aladdin
此定理可通过欧拉定理证明：
http://baike.baidu.com/view/48903.htm?fr=aladdin
由欧拉定理,a^φ(m)≡1, 又因为ax≡b,所以ax≡b*a^φ(m), 所以x≡b*a^(φ(m)-1).
望采纳,谢谢!

威尔逊定理的推论啊!

解同余式组:x≡1(mod5) x≡2(mod11)
外一则：这个推荐答案的答题也随便,推荐也随便,真是无语.
解一：
令x=1+5y==2 mod 11
即5y=1 mod 11
y==-2==9 mod 11,等效于y=9+11z
于是x=1+5(9+11z) == 46 mod 55
简写：
令x=1+5y==2 mod 11
解得y==9 mod 11,故x=46 mod 55
解二：中国剩余定理的等效解法
令x=5a+11b +55t 亦即 x==5a+11b mod 5*11
代入原同余式组得
11b==1 mod 5
5a==2 mod 11
解得b==1 mod 5,a=-4==7 mod 11
取任意一组特解如b=1,a=7代入得
x==5*7+11*1=46 mod 55

我在想,下面的思路会不会有用?
先解 r^2==1 mod 41
再令 y=r+41s, 解 y^2==1 mod (41^2)
再解 a^4==1 mod (41^2) 即 a^2==y mod (41^2)
再解 b^8==1 mod (41^2) 即 b^2==a mod (41^2)
再解 x^5==b mod (41^2)

用现代符号表达,秦九韶“正负开方术”的思路如下：对任意给定的方程
f(x)=a0xn+a1xn-1+……+an-2x2+an-1x+an=0 (1)
其中a0≠0,an

可以,同余性质：
1)a≡a(mod d)
2)a≡b(modd)→b≡a(mod d)
3)(a≡b(modd),b≡c(mod d))→a≡c(mod d)
如果a≡x(mod d),b≡m(mod d),则
4)a+b≡x+m （mod d）
5)a-b≡x-m (mod d)
6)a*b≡x*m (mod d )
条件：
（7）a ≡ a (mod m)
（8）a ²≡ a (mod m)
将（8）内的a²看成“x”,a看成b
则由（6）,a*a²≡a*a（mod m）
a^3≡a²（mod m）a^30≡a（mod m）
a^4≡a^3（mod m）a^4≡a（mod m）
………………………………
a^n ≡a^n-1（mod m）a^n≡a（mod m）
要求n为正整数.

x=1(mod3) x=2(mod4) x=3(mod5)
等价于
x=-2(mod3) x=-2(mod4) x=-2(mod5)
所以x=-2(mod 3*4*5)=58(mod 60)

-11=1 mod 12
5*-11=5 mod 12
这不是就明白了吗.呵呵

x+4y-29=0(mod143),1
2x-9y+84=0(mod143) 2
2x+8y-58=0(mod143),3
3-2:
17y-142=143A
--

考虑
ab-ac能被m整除
m素数
a不被m整除,必然a,m互素,没有公因子,除了1
所以把a提出来,所有m的因子都在b-c中
这样b-c被m整除了

先解决您的提问中的乘率问题.
x==1 mod 2
x==2 mod 5
x==3 mod 7
x==4 mod 9
2*5*9 *A==1 mod 7
==10*9A==3*9A==27A==-A
故A==-1 mod 7
2*5*7*B==1 mod 9
==10*7B==1*7B==-2B==1==-8,
故B==4 mod 9
事实上,就像我们解矩阵方程组不一定要经过单位向量和单位矩阵一样,求乘率的过程也并不是解同余式组所必要的过程.下面的解法,如果熟练掌握,中国剩余定理的本质、同余概念的本质,将会有全新的、深入的理解.恳请仔细阅读,
题：
以下为打字方便用双等号==取代三线等号≡表示同余.
x==1 mod 2
x==2 mod 5
x==3 mod 7
x==4 mod 9
令
x==2*5*7*9 * ( a/2+b/5+c/7+d/9 mod 1)
（
注：相当于
x==2*5*7*9 * ( a/2+b/3+c/5+d/9) mod 2*5*7*9
K mod 1相当于求K的非整数部分.数学教材上有别的记法,不过这种记法用过一次就不会忘了并且便于统
一运算.
）
易得5*7*9a==1 mod 2
2*7*9b==2 mod 5
2*5*9c==3 mod 7
2*5*7d==4 mod 9
于是得a==1 mod 2,注意,可取任一特值作代表.
注意,此时1/2是a./2的非整数部分,并要保证非整数部分不变,a值可以任意变.下面类似
b==2 mod 5
10*9c==3==3*9c==27c==-c mod 7,c==-3==4 mod 7
7d==4==-2d mod 9,d==-2 ==7 mod 9
取a=1,b=2,c=4,d=-2作为代表(下面计算过程中可灵活机动处理,只要保证非整数部分不变即可)
代入x==2*5*7*9 * ( a/2+b/5+c/7+d/9 mod 1)即可得解.
计算过程示例：
先算a/2+b/5+c/7+d/9 mod 1,即其非整数部分.
1/2+2/5+4/7-2/9 mod 1
==9/10-3/7-2/9 (注意,这里将4/7灵活处理为-3/7,只要非整数部分不变就行)
==33/70-2/9=（297-140）/630=157/630
故x==630 *( a/2+b/5+c/7+d/9 mod 1) ==630 *( a/2+b/5+c/7+d/9) mod 630
==157 mod 630
注1：这种解法是中国剩余定理的等效解法,并且不必计算乘率.就象我们解矩阵方程,不一定经过单位向量和单位矩阵.
注2：要理解 mod 符号的本质.
a mod m就是 a + mk ,或 a- mk ,或 mk+a,或-mk + a
总是在a 的上面附着了 m的某个倍数,只要满足加法(代数和)的运算规则就行,交换律,结合律,分配律.
并且注意到 我们在中间过程往往忽略这个倍数k的具体值,也不管他的符号是正号还是负号.
于是 mod m就相当于一个 在等号两侧与a平等地位上任意滑移的量而已.
用符号取代 mod m 是一种很好的记法,有些数学资料上是这样表示的.例如
a==b
a==b
a==b
a==b
将它们都认为等同,在此发散思维之下,将同余式与不定方程可以从内容到形式上完全统一起来,互相为用,非常方便.
在理解了以上方法之后,解同余式组会变得相法便利：
题：
以下为打字方便用双等号==取代三线等号≡表示同余.
x==(1；2；3；4) mod (2；5；7；9)
上面是类似向量的表示；用分号表示与普通向量性质不完全一样.
令
x==2*5*7*9 * ( a/2+b/5+c/7+d/9 mod 1)
5*7*9a==1 mod 2,或用洪伯阳同余表示写成 a==1/ (5*7*9) mod 2==1 mod 2
2*7*9b==2 mod 5,即 b==2/ (2*7*9) mod 5 ==1/(7*9)==1/63==1/3==6/3==2 mod 5
同理
c==3/ (2*5*9 ) mod 7 ==1/(2*5*3)==1/2==8/2==4 mod 7
d==4/(2*5*7) mod 9==4/7 ==4/-2==-2 mod 9
如果速用洪伯阳表示,可以快速心算出结果.
再计算 1/2+2/5+4/7-2/9 mod 1得 157/630
于是 x==157 mod 630
推广：
x==(r1； r2； r3；…) mod （m1；m2；m3；…）的解是
记m1m2m3…之积为P
x==P* ( Y mod 1）==写成 [P*( Y mod 1）] mod P其实很噜嗦
Y=sum
[
( ri/ (P/mi) mod mi ) / mi
]
外一则：
此题还可以如此
x==1 mod 2
2x==-1 mod 5*7*9 ==-1+5*7*9=314 mod 5*7*9
x==157 mod 5*7*9
x==157 mod 2*5*7*9 ==157 mod 630

111x≡75 (mod 312) （一式）
37x≡25 (mod 104) （二式）
则存在整数y,使得37x=104y+25=37×3y-7y+25
则37(x-3y)+7y=25
则2(x-3y)+35(x-3y)+7y=25
则2(x-3y)+7(5x-14y)=25
其中一种取法为2×2+7×3=25,则有x-3y=2和5x-14y=3,解得x=-19.
但这不是唯一的解,由（二式）可得对x=-19+104k都成立,其中k为任意整数.
比如85,、189、293、397等等.

这个嘛 很简单 也就是使得x^7-2x^6-7x^5+x+2能被5整除 这样的话就要使得多项式末尾为0 或者为5
所以只要看尾数就可以了
x尾数为1的时候 原式尾数为-5 可以
为2 的时候 -10 可以
为3 的时候 3 不可以
为4 的时候 0 可以
为5 的时候 2 是不可以的
为6 的时候 0 可以
为7 的时候 5 可以
为8 的时候 0 可以
为9 的时候 5 可以
为0 的时候 2 不可以
所以全部的解为 只要当 x的尾数为1,2,4,6,7,8,9,就符合条件

你们学到哪了?要是勒让德符号都学完了这题需要两个结论：
1 (-1/p)=(-1)^((p-1)/2)
2 (2/p)=(-1)^((p^2-1)/8)
先自己想一下吧

-97÷7余1
143÷7余3

用辗转相除可以算
x=81

28x ≡ 21 (mod 35)
引言:
首先给出一个新概念,是我的想法.将mod M视为一个M的任意倍数与所连接的项的代数和,并且可以在等式的同一级别的任一个(代数和)和项上挂接,或者说具有平移性.
例如上式,28==21 mod 35,即28x==21(±35()), 等效于(35()±)28x==21, 28x-21==(0)(±35())
以上用()表示不计符号和具体数值的整数,其中(±M()±),我在草稿上是写成M加上一个圈
以下记成,与柯召与孙琦一致.
在此认识上,一元同余式与不定方程形式与本质都统一起来,解题十分方便.
28x ==21
基于上面讲到的,不定方程与同余式的等效性,根据等式的性质,得到
4x==3
于是x==2 =2+5k
改写成以35为模,即有:
于是x==2,7,12,17,22,27,32
即x==2+5t mod 35, t属于{0,1,2,...,6}

一次同余式ax=b(modm)有解的充分必要条件是
(a,m) | b
如4x=2 mod (4k) 无解.

x≡
1（mod3)
2（mod5)
4（mod7)
6（mod13)
解:以下用==表示同余号≡.
并以向量形式描述上题,即
x==(1,2,4,6) mod (3,5,7,13)
先求得
x1==(1,0,0,0) mod (3,5,7,13)
x2==(0,1,0,0) mod (3,5,7,13)
x3==(0,0,1,0) mod (3,5,7,13)
x4==(0,0,0,1) mod (3,5,7,13)
再进行线性叠加,即得解:
x=x1+2x2+4x3+6x4. mod lcm(3,5,7,13)
此处lcm表示最小公倍数,也用中括号代替,记成[3,5,7,13]
对于两两互质的数,其lcm就是它们的积.
注:
1:我们可以看到,完全可以用矩阵论线性代数理论来处理同余问题;
2:x1,x2,x3,x4并列,构成单位矩阵;
3:x可以表示成两个向量的内积(点积,标积,数量积), 即x=(1,2,4,6)·(x1,x2,x3,x4)
4: 以上就是中国剩余定理的本质性描述.插值法中的拉格朗日插值,也是这样的原理.
5:这种方案,x1,x2,x3,x4的计算是同步并行的.
6:类以牛顿插值,还可以使用以下过程:
x1=(1,1,1,1) mod (3,5,7,13)
x2=(0,1,1,1) mod (3,5,7,13)
x3=(0,0,2,2) mod (3,5,7,13)
x4=(0,0,0,2) mod (3,5,7,13)
再取x=x1+x2+x3+x4.
也就是:
x1=1
x2=(0,1) mod (3, (5,7,13))
x3=(0,2) mod ((3,5), {7,13))
x4==(0,2) mod ((3,5,7), 13)
其矩阵形式是一个上三角矩阵.
7: 中国剩余定理使用了单位向量.事实上,为便于计算,可以不必使用单位向量.
过程如下:
x1==(1,0,0,0) mod (3,5,7,13)
x2==(0,2,0,0) mod (3,5,7,13)
x3==(0,0,4,0) mod (3,5,7,13)
x4==(0,0,0,6) mod (3,5,7,13)
再取x=x1+x2+x3+x4.
在下面的过程中,会看到此种方式对计算的简化.因此,这是对中国剩余定理的计算过程的一种简单的改进,也有助于我们打破对中国剩余定理的迷信,进一步认识到其本质.
8:洪伯阳同余表示:
ax==b mod m, 记成 x=b/a mod m
并且,可以将 b/a作为带分数处理; 可以将b/a 同时乘除一个与m 互质的数而保持同解; 可以将b,a替换为它关于模m的同余类中的任一个等价元.即b'==b mod m, 可以用b'取代b而同余式保持同解.
可以在上式用使用比例的性质.
9: 为直观,我常用|||取代同余号mod.
x==
1 ||| 3
2 ||| 5
4 ||| 7
6 ||| 13
基于注释7和8, 同余式的解可以如下表示,
==
{$$$
(5*7*13) * [1/(5*7*13) mod 3]+
(3*7*13) * [ 2/(3*7*13) mod 5]+
(3*5*13) * [4/(3*5*13) mod 7]+
(3*5*7) * [ 6/(3*5*7) mod 13]
$$$}
==进而,对上面的过程,我有以下的简化改进记法,称为模积表示法,用以解同余式.
1/(5*7*13) @ 3
2/(3*7*13) @ 5
4/(3*5*13) @ 7
6/(3*5*7) @ 13
==(开始使用洪伯阳表示的性质,并将乘号改动为逗号简化书写,改为逗号不是必须的,我在草稿纸常这样写 )
1/(-1,1,1) @ 3
2/(21==1,-2) @5
4/(15==1,13==-1)@7
6/(105==1) @13
==
-1 @ 3
-1 @5
-4 @7
6 @ 13
==
[注意体会模积表示; 注意上面各式是对称的,位置与计算次序可以任意;注意任一行,@符号前的内容可以关于@后的模取代为同余类的任意等价元]
-8==
7 @15
-4 @ 7
6 @ 13
==
49-60 @ 15*7==
-11 @ 105
6 @ 13
==630-143 MOD 13*105
== 487 mod 1365
以上过程,在了解了中国剩余定理的本质和改进方案.熟悉了洪伯阳表示及何冬州模积表示之后,
能结合心算或简化中间过程,快速计算出同余式组的解.
注意到各式的对称性,即无先后之分,用多种过程来计算与验证,曾经是我在2005年初发现这种方法时的一种乐趣.
利用洪伯阳表示的性质,进行笔算求幂余和解大模的同余式,也很方便.
这种过程我曾考虑过自动编程方案,仍在思考之中.
外一则:
对于同余号 mod m, 可以认为它与一个可平移到等式两端任意同阶的项上的一个代数和项: ±mk.
以此破除对同余概念的迷惑.同余式与不定方程式是完全等效的.
相关内容, 请搜索:
wsktuuytyh 同余新概念
关于一次不定方程的简化解法,请搜索
不定方程解法 wsktuuytyh

两个整数a,b,若它们除以整数m所得的余数相等,则称a,b对于模m同余记作 a ≡ b (mod m)读作a同余于b模m,或读作a与b关于模m同余.比如 26 ≡ 14 (mod 12)1 反身性 a ≡ a (mod m)2 对称性 若a ≡ b 则b ≡ a (mod m)3 传...

9x+36y≡0(mod143),
8x-36y+336≡0(mod143),
相加得17x+50≡0(mod143)
17x+50=143t
x=(143t-50)/17
同理可求出y
t为参数

比如同余式组里面一个x≡1/2145≡1/3≡－6/3≡-2（mod7）为什么最后结果不能是≡－2≡5（mod7）
答：解一次同余式最后结果一般是要写成最小非负剩余.不过,写成负数模,也最小非负剩余之间很便于转化,这个转化仅仅是个简单的计算转化,似乎没有形成硬性的规定.个人认为没有必要作这样的规定.

再如我们在小学时,计算分数算式,结果是写成带分数还是假分数呢?也是一个问题.
外一则：你们的数论教程上使用分数形式来计算余数了?这种方法很好!恭喜!

这个方程等价于同余方程组:x² ≡ 29 (mod 5),x² ≡ 29 (mod 7).
因为若x满足x² ≡ 29 (mod 35),易见x也满足上述方程组.
反过来,若x满足上述方程组,则x²-29被5和7整除,于是被35整除,即有x² ≡ 29 (mod 35).
分别求解方程组中的两个方程.
x² ≡ 29 ≡ 4 (mod 5),即5 | x²-4 = (x-2)(x+2),得x ≡ ±2 (mod 5).
x² ≡ 29 ≡ 1 (mod 7),即7 | x²-1 = (x-1)(x+1),得x ≡ ±1 (mod 7).
于是只需求解以下4个线性同余方程组(其实只需解前两个,后两个取负号):
x ≡ 2 (mod 5),x ≡ 1 (mod 7);
x ≡ 2 (mod 5),x ≡ -1 (mod 7);
x ≡ -2 (mod 5),x ≡ 1 (mod 7);
x ≡ -2 (mod 5),x ≡ -1 (mod 7).
解得x ≡ ±8,±13 (mod 35).
总结起来,需要解两类方程.
一类是mod质数(方幂)的二次同余方程.
对较小的质数可以枚举求解,上面也是这么做的(两个方程的解都可以直接看出来).
对较大的质数可利用借助Fermat小定理构造解,但是手算比较困难.
另一类是中国剩余定理型的线性同余方程组.
这个也有系统的方法,你应该也了解吧.

同余式的解1215x≡560(mod 2755)
也就是1215X=2755*N+560 其中N为整数,X自然也是整数
化简 243X=551*N+112 ==>3^5*X=19*29N+2^4*7
X=2N+65N/243 +112/243
设Y=65N/243 +112/243 Y自然也是整数
==>N=(243Y-112)/65=3Y-1+(48Y-47)/65
再继续 Z=(48Y-47)/65 ==>Y=(65Z+47)/48=Z+(17Z+47)/48
设W=(17Z+47)/48 ==>Z=(48W-47)/17=2W-2+(14W-13)/17
设V=(14W-13)/17 ==>W=(17V+13)/14=V+(3V+13)/14
设Q=(3V+13)/14 ==>V=(14Q-13)/3=4Q-4+(2Q-1)/3
所以Q最小=2 ==>V=5 ==>W=7 ==>Z=17 ==>Y=24 ==>N=88==>X=200
再加上Q=2+3K===>
所以X=200+551K

第一组：
14≡0　(mod 7)；
23≡2 (mod 7)；
第二组：
39≡4　(mod 7)；
26≡5 (mod 7)；
第三组：
141≡1　(mod 7)；
71≡1 (mod 7)；
这两数模7同余,即141≡71≡1 (mod 7)；
第四组：
137≡4　(mod 7)；
66≡3 (mod 7)；

From prepare knowledge with the few remainings characteristic of remaining,integral,scoop out together remaining type is a concerning the application that compute,solve uncertain square distance and recurring decimal in mathematics the contest.

先解31x^4+57x^3+96x+191≡0(mod3,5),分别得
x==1;x=1,2mod5
综上,x==1,7 mod 15.
然后设x=15t+1或x=15t+7,代入原同余式(mod225),略.

在中国数学史上,广泛流传着一个“韩信点兵”的故事：
韩信是汉高祖刘邦手下的大将,他英勇善战,智谋超群,为汉朝的建立了卓绝的功劳.据说韩信的数学水平也非常高超,他在点兵的时候,为了保住军事机密,不让敌人知道自己部队的实力,先令士兵从1至3报数,然后记下最后一个士兵所报之数；再令士兵从1至5报数,也记下最后一个士兵所报之数；最后令士兵从1至7报数,又记下最后一个士兵所报之数；这样,他很快就算出了自己部队士兵的总人数,而敌人则始终无法弄清他的部队究竟有多少名士兵.
这个故事中所说的韩信点兵的计算方法,就是现在被称为“中国剩余定理”的一次同余式解法.它是中国古代数学家的一项重大创造,在世界数学史上具有重要的地位.
最早提出并记叙这个数学问题的,是南北朝时期的数学著作《孙子算经》中的“物不知数”题目.这道“物不知数”的题目是这样的：
“今有一些物不知其数量.如果三个三个地去数它,则最后还剩二个；如果五个五个地去数它,则最后还剩三个；如果七个七个地去数它,则最后也剩二个.问：这些物一共有多少?”
用简练的数学语言来表述就是：求这样一个数,使它被3除余2,被5除余3,被7除余2.《孙子算经》给出了这道题目的解法和答案,用算式表示即为：
用现代的数学术语来说,这幅“开方作法本源图”实际上是一个指数为正整数的二项式定理系数表.稍懂代数的读者都知道：
《孙子算经》实际上是给出了这类一次同余式组
其中70、21、15和105这四个数是关键,所以后来的数学家把这种解法编成了如下的一首诗歌以便于记诵：
“三人同行七十（70）稀,
五树梅花二一（21）枝.
七子团圆正半月（15）,
除百零五（105）便得知.”
《孙子算经》的“物不知数”题虽然开创了一次同余式研究的先河,但由于题目比较简单,甚至用试猜的方法也能求得,所以尚没有上升到一套完整的计算程序和理论的高度.真正从完整的计算程序和理论上解决这个问题的,是南宋时期的数学家秦九韶.秦
九韶在他的《数书九章》（见图1一7一1）中提出了一个数学方法“大衍求一术”,系统地论述了一次同余式组解法的基本原理和一般程序.
秦九韶为什么要把他的这一套计算程序和基本原理称为“大衍求一术”呢?这是因为其计算程序的核心问题是要“求一”.所谓“求一”,通俗他说,就是求“一个数的多少倍除以另一个数,所得的余数为一”.那么为什么要“求一”呢?我们可以从“物不知数”题的几个关键数字70、21、15中找到如下的规律：
图1-7-1 文澜阁四库全书本《数书九章》书影
其中70是5和7的倍数,但被3除余1；21是3和7的倍数,但被5除余1；15是3和5的倍数,但被7除余1,任何一个一次同余式组,只要根据这个规律求出那几个关键数字,那么这个一次同余式组就不难解出了.为此,秦九韶提出了乘率、定数、衍母、衍数等一系列数学概念,并详细叙述了“大衍求一术”的完整过程.（由于解法过于繁细,我们在这里就不展开叙述了,有兴趣的读者可进一步参阅有关书籍.）直到此时,由《孙子算经》“物不知数”题开创的一次同余式问题,才真正得到了一个普遍的解法,才真正上升到了
“中国剩余定理”的高度.
从《孙子算经》到秦九韶《数书九章》对一次同余式问题的研究成果,在19世纪中期开始受到西方数学界的重视.1852年,英国传教士伟烈亚力向欧洲介绍了《孙子算经》的“物不知数”题和秦九韶的“大衍求一术”；1876年,德国人马蒂生指出,中国的这一解法与西方19世纪高斯《算术探究》中关于一次同余式组的解法完全一致.从此,中国古代数学的这一创造逐渐受到世界学者的瞩目,并在西方数学史著作中正式被称为“中国剩余定理”.

5x=7(mod 12) 可以得到5x=-5(mod 12),即x=-1(mod 12).
7 x=1(mod10)可以得到7 x=21(mod10),即x=3(mod 10).
下面设不定方程x=12k-1,x=10m+3.也就是12k-1=10m+3.即6k-5m=2
故m=（6k-2）除以5,当k=2时,为最小解,m=2.
因此（12乘以2）减1,23为最小解.
由于【12,10】=60,故x=60n+23
注：k,m,n均为整数

依题意可设
x+4y-29=143m(m为正整数）
x=143m+29-4y
2x-9y+84=143n(n为正整数）
所以 2（143m+29-4y)-9y+84=143n
17y=143(2m-n+1)-1
因为m,n皆为正整数,
所以2m-n+1也为正数.
当2m-n+1=5时,143(2m-n+1)-1刚好是17的倍数,这时y=42,x=4或,147,290,143k+4(k为自然数）
将y=42代入2x-9y+84=143n,可知,2X=294+143N
X=147,290,143k+4(k为自然数）
综上所述,联立同余式的解为X=147,Y=42或X=290,Y=42,或 X=143k+4(k为自然数）,Y=42