【数论】一些数论知识
文章目录
- 前言
- 内容
- 素数
- 关于素数无限个的证明
- n以内的素数个数
- 算术基本定理
- 约数
- 一个数的正约数个数（约数个数定理）
- 一个数的正约数和(约数和定理)
- 最大公约数和最小公倍数
- gcd(a,b) * lcm(a,b)= a * b的证明
- 更相减损术
- 欧几里得算法
- 欧拉函数
- 积性函数
- 一些性质
- 同余
- 一些性质
- 欧拉定理
- 费马小定理
- 贝祖定理（裴蜀定理）
- 代码
- 求通解
- a x + b y = n ax+by = n ax+by=n方程的主要解题步骤
- 线性同余方程
- 乘法逆元
- 线性求逆元
- 中国剩余定理（孙子定理）(crt)
- 板子
前言
听了一下午数论之后的反应？
别问，问就是懵逼
然后打算把自己没记多少的笔记整理一下
内容
素数
关于素数无限个的证明
设当前有限个素数为
P 1 , P 2 , P 3 . . . P m P_1, P_2, P_3 ... P_m P1,P2,P3...Pm
那我们将它乘起来，再加上一个1， 即
∏ i = 1 m P i + 1 \prod_{i = 1}^{m}P_i + 1 i=1∏mPi+1
那么这得到的新的数字就无法被之前得到的m个素数整除（毕竟最小的素数也是 2 2 2），也就是说这个新得到的数字是一个素数，也就与前面的只有m个素数的结论相矛盾
故证得素数有无限个
n以内的素数个数
n u m = n ln(x) num = \frac{n}{\text{ln(x)}} num=ln(x)n
算术基本定理
任意一个大于1的正整数都能拆分成若干个素数的乘积
N = P 1 c 1 × P 2 c 2 … P m c m ( N > 1 ) N = P_1^{c_1} \times P_2^{c_2} … P_m^{c_m}(N>1) N=P1c1×P2c2…Pmcm(N>1)
约数
一个数的正约数个数（约数个数定理）
∏ i = 1 m ( c i + 1 ) \prod_{i = 1}^{m}(c_i + 1) i=1∏m(ci+1)
一个数的正约数和(约数和定理)
∏ i = 1 m ( ∑ j = 0 c i ( P i ) j ) \prod_{i = 1}^{m}\left(\sum_{j = 0}^{c_i}(P_i)^j\right) i=1∏m(j=0∑ci(Pi)j)
最大公约数和最小公倍数
用 g c d ( a , b ) 表 示 a , b 的 最 大 公 约 数 ， 用 l c m ( a , b ) 表 示 a , b 的 最 小 公 倍 数 gcd(a, b)表示a,b的最大公约数，用lcm(a,b)表示a,b的最小公倍数 gcd(a,b)表示a,b的最大公约数，用lcm(a,b)表示a,b的最小公倍数
gcd(a,b) * lcm(a,b)= a * b的证明
设 d = g c d ( a , b ) , e = l c m ( a , b ) , a 0 = a / d , b 0 = b / d d = gcd(a, b), e = lcm(a,b), a_0 = a / d, b_0 = b / d d=gcd(a,b),e=lcm(a,b),a0=a/d,b0=b/d，根据最大公约数的定义,有 g c d ( a 0 , b 0 ) = 1 gcd(a_0, b_0) = 1 gcd(a0,b0)=1， 再根据最小公倍数的定义，有 l c m ( a 0 , b 0 ) = a 0 × b 0 lcm(a_0,b_0) = a_0 \times b_0 lcm(a0,b0)=a0×b0
则 e = l c m ( a 0 ∗ d , b 0 ∗ d ) = l c m ( a 0 , b 0 ) ∗ d = a 0 ∗ b 0 ∗ d = a ∗ b / d e = lcm(a_0 * d, b_0 * d) = lcm(a_0, b_0) * d = a_0 * b_0 * d = a * b / d e=lcm(a0∗d,b0∗d)=lcm(a0,b0)∗d=a0∗b0∗d=a∗b/d
证毕
更相减损术
g c d ( a , b ) = g c d ( b , a − b ) = g c d ( a , a − b ) ( a ≥ b ) gcd(a,b) = gcd(b, a-b) = gcd(a, a - b)(a \geq b) gcd(a,b)=gcd(b,a−b)=gcd(a,a−b)(a≥b)
欧几里得算法
g c d ( a , b ) = g c d ( b , a m o d b ) gcd(a,b) = gcd(b, a\ \ mod\ \ b) gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)
欧拉函数
表示1~N中与N互质的数的个数，记作 φ ( N ) \varphi(N) φ(N)
设P为不大于n的若干个素数
在算数基本定理中
n = P 1 c 1 × P 2 c 2 × . . . × P m c m n = P_1^{c_1} \times P_2^{c_2} \times ... \times P_m^{c_m} n=P1c1×P2c2×...×Pmcm
φ ( n ) = n × P 1 − 1 P 1 × P 2 − 1 P 2 … P m − 1 P m \varphi(n) = n \times \frac{P_1 - 1}{P_1} \times \frac{P_2 - 1}{P_2}…\frac{P_m - 1}{P_m} φ(n)=n×P1P1−1×P2P2−1…PmPm−1
整理一下可得
n × ∏ 质 数 P ∣ N （ 1 − 1 P ） n \times \prod_{质数P|N}（1 - \frac{1}{P}） n×质数P∣N∏（1−P1）
证明：
用容斥原理
我们不妨设 p p p为n的一个质因数，那么1~n中 p p p的倍数共有 p p p, 2 p 2p 2p, 3 p 3p 3p…共有 n / p n/p n/p个；
再设一个 q q q，也是n的一个质因数，那么共有 n / q n/q n/q个q的倍数；
那么我们要除去 q q q的倍数和 p p p的倍数，但这样又会重复减去 p q pq pq的倍数，所以还要加回来
即 n − n p − n q + n p q n - \frac{n}{p} - \frac{n}{q} + \frac{n}{pq} n−pn−qn+pqn
此式可化为 n ∗ ( 1 − 1 p − 1 q + 1 p q ) n * (1 - \frac{1}{p} - \frac{1}{q} + \frac{1}{pq}) n∗(1−p1−q1+pq1)
最后可以化为 n ( 1 − 1 p ) ( 1 − 1 q ) n(1 - \frac{1}{p})(1 - \frac{1}{q}) n(1−p1)(1−q1)
那这个可以一般化到所有n的质因数，就能得到上式
证毕.
积性函数
当a与b互质时，若有 f ( a b ) = f ( a ) × f ( b ) f(ab) = f(a) \times f(b) f(ab)=f(a)×f(b)，称函数 f f f为积性函数
一些性质
1.当 n > 1 n>1 n>1时 1~n中与n互质的数的和为 n × φ ( n ) 2 \frac{n \times \varphi(n)}{2} 2n×φ(n)
2.若 a , b a,b a,b互质，则有 φ ( a b ) = φ ( a ) φ ( b ) \varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b) φ(ab)=φ(a)φ(b)
3.若 f f f是积性函数，且在算数基本定理中 f ( n ) = ∏ i = 1 m f ( p i c j ) f(n) = \prod_{i = 1}^{m}f(p_i^{c_j}) f(n)=∏i=1mf(picj)
4.设 p p p为质数，若 p ∣ n p|n p∣n且 p 2 ∣ n p^2|n p2∣n，则 φ ( n ) = φ ( n / p ) × p \varphi(n) = \varphi(n / p) \times p φ(n)=φ(n/p)×p
5.设 p p p为质数,若 p ∣ n p|n p∣n且 p 2 ∤ n p^2∤n p2∤n,则 φ ( n ) = φ ( n / p ) × ( p − 1 ) \varphi(n) = \varphi(n/p) \times (p - 1) φ(n)=φ(n/p)×(p−1)
6. ∑ d ∣ n φ ( d ) = n \sum_{d|n}\varphi(d) = n ∑d∣nφ(d)=n
这里只是将这些性质简单整理了一下，具体证明可以上网查询，这里就不给出证明了（主要是博主太菜了不会证
同余
a ≡ b ( m o d m ) a \equiv b(mod\ m) a≡b(mod m), 当且仅当 m ∣ ( a − b ) m|(a - b) m∣(a−b)
证明：
设 a = k 1 m + r 1 a = k_1m + r_1 a=k1m+r1
设 b = k 2 m + r 2 b = k_2m + r_2 b=k2m+r2
使得 r 1 = = r 2 r_1 == r_2 r1==r2
则 a − b = k 1 m + r 1 − k 2 m − r 2 = ( k 1 − k 2 ) m a - b = k_1m + r_1 - k_2m - r_2 = (k_1 - k_2)m a−b=k1m+r1−k2m−r2=(k1−k2)m
故得 m ∣ ( a − b ) m|(a-b) m∣(a−b)
一些性质
1.自反性 a ≡ b ( m o d m ) ⇒ a ≡ b ( m o d m ) a \equiv b(mod\ m) \Rightarrow a\equiv b(mod\ m) a≡b(mod m)⇒a≡b(mod m)
2.对称性 a ≡ b ( m o d m ) ⇒ b ≡ a ( m o d m ) a \equiv b(mod\ m)\Rightarrow b\equiv a(mod\ m) a≡b(mod m)⇒b≡a(mod m)
3.传递性 a ≡ b ( m o d m ) , b ≡ c ( m o d m ) ⇒ a ≡ c ( m o d m ) a \equiv b(mod\ m), b \equiv c(mod\ m) \Rightarrow a \equiv c(mod\ m) a≡b(mod m),b≡c(mod m)⇒a≡c(mod m)
4.同加性 a ≡ b ( m o d m ) ⇒ a + c a \equiv b(mod\ m) \Rightarrow a + c a≡b(mod m)⇒a+c
5.同乘性 a ≡ b ( m o d m ) ⇒ a ∗ c ≡ b ∗ c ( m o d m ) a \equiv b(mod\ m) \Rightarrow a * c \equiv b * c(mod\ m) a≡b(mod m)⇒a∗c≡b∗c(mod m)
6.同幂性 a ≡ b ( m o d m ) ⇒ a n ≡ b n ( m o d m ) a \equiv b(mod\ m) \Rightarrow a ^ n \equiv b ^ n(mod\ m) a≡b(mod m)⇒an≡bn(mod m)
7.若 a m o d p = x , a m o d q = x a\ mod\ p = x, a\ mod\ q = x a mod p=x,a mod q=x(p, q互质)， 则 a m o d p q = x a\ mod\ pq = x a mod pq=x
欧拉定理
若正整数a, n互质，则 a φ ( n ) ≡ 1 ( m o d n ) a^{\varphi(n)} \equiv 1(mod\ n) aφ(n)≡1(mod n)
证明：
设 S 1 = r 1 , r 2 , r 3 . . . r φ ( n ) S_1 = {r_1, r_2, r_3...r_{\varphi(n)}} S1=r1,r2,r3...rφ(n)， 这个集合内都是mod n的既约剩余系
将 S 1 ∗ a S_1*a S1∗a得
S 2 = a r 1 , a r 2 , a r 3 . . . a r φ ( n ) S_2 = {ar_1, ar_2, ar_3...ar_{\varphi(n)}} S2=ar1,ar2,ar3...arφ(n)， 也是mod n的既约剩余系
则可得 ∏ i = 1 φ ( n ) a r i ≡ ∏ i = 1 φ ( n ) r i ( m o d n ) \prod_{i =1}^{\varphi(n)}ar_i \equiv \prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i(mod\ n) i=1∏φ(n)ari≡i=1∏φ(n)ri(mod n)
提出a可得
a φ ( n ) ∏ i = 1 φ ( n ) r i ≡ ∏ i = 1 φ ( n ) r i ( m o d n ) a^{\varphi(n)}\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i \equiv \prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i(mod\ n) aφ(n)i=1∏φ(n)ri≡i=1∏φ(n)ri(mod n)
上式可化为
n ∣ ( a φ ( n ) ∏ i = 1 φ ( n ) r i − ∏ i = 1 φ ( n ) r i ) n|(a^{\varphi(n)}\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i - \prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i) n∣(aφ(n)i=1∏φ(n)ri−i=1∏φ(n)ri)
乘法分配律逆运算
n ∣ ( a φ ( n ) − 1 ) ∏ i = 1 φ ( n ) r i n|(a^{\varphi(n)} - 1)\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i n∣(aφ(n)−1)i=1∏φ(n)ri
因为 ∏ i = 1 φ ( n ) r i \prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i ∏i=1φ(n)ri与 n n n互质( g c d ( ∏ i = 1 φ ( n ) r i , n ) = 1 gcd(\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i, n) = 1 gcd(∏i=1φ(n)ri,n)=1)
则可以得到
n ∣ ( a φ ( n ) − 1 ) n|(a^{\varphi(n)} - 1) n∣(aφ(n)−1)
由 a ≡ b ( m o d m ) = m ∣ ( a − b ) a \equiv b(mod\ m) = m|(a - b) a≡b(mod m)=m∣(a−b)得
a φ ( n ) ≡ 1 ( m o d n ) a^{\varphi(n)} \equiv 1(mod\ n) aφ(n)≡1(mod n)
证毕.
费马小定理
若p是质数，则对于任意整数 a a a, 有 a p ≡ a ( m o d p ） a^p \equiv a(mod\ p） ap≡a(mod p）
证明：
分类讨论
1. g c d ( a , p ) = 1 ⇒ a φ ( p ) ≡ 1 ( m o d p ) ⇒ a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) ⇒ a p ≡ a ( m o d p ) gcd(a, p) = 1 \Rightarrow a^{\varphi(p)} \equiv 1(mod\ p) \Rightarrow a^{p - 1} \equiv 1(mod\ p) \Rightarrow a^p \equiv a(mod\ p) gcd(a,p)=1⇒aφ(p)≡1(mod p)⇒ap−1≡1(mod p)⇒ap≡a(mod p)
2. g c d ( a , p ) ≠ 1 ⇒ a 是 p 的 倍 数 , 则 a m o d p = a p m o d p = 0 gcd(a, p) \neq 1 \Rightarrow a是p的倍数, 则a\ mod\ p = a^p\ mod\ p = 0 gcd(a,p)=1⇒a是p的倍数,则a mod p=ap mod p=0
证毕.
贝祖定理（裴蜀定理）
当 g c d ( a , b ) ∣ m gcd(a,b)|m gcd(a,b)∣m时， 一定存在一组解使得 a x + b y = g c d ( a , b ) ax +by = gcd(a, b) ax+by=gcd(a,b)成立
设 d = g c d ( a , b ) d = gcd(a, b) d=gcd(a,b)，则 a = d a ′ , b = d b ′ , a x + b y = ( d a ′ x + d b ′ y ) = d ( a ′ x + b ′ y ) a = da', b = db', ax+by = (da'x + db'y) = d(a'x + b'y) a=da′,b=db′,ax+by=(da′x+db′y)=d(a′x+b′y)
1.当 b = 0 b = 0 b=0时，有一对 x = 1 , y = 0 x = 1, y = 0 x=1,y=0满足 a + 0 = g c d ( a , 0 ) = a a + 0 = gcd(a, 0) = a a+0=gcd(a,0)=a
2.当 b ≠ 0 b\neq0 b=0时
g c d ( a , b ) = g c d ( b , a m o d b ) gcd(a, b) = gcd(b, a\ mod\ b) gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)
则 a x + b y = b x ′ + ( a m o d b ) y ′ ax + by = bx' + (a\ mod\ b)y' ax+by=bx′+(a mod b)y′
= b x ′ + ( a − ⌊ a b ⌋ ∗ b ) y ′ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =bx' + (a - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor *b)y' =bx′+(a−⌊ba⌋∗b)y′
= a y ′ + b ( x ′ − ⌊ a b ⌋ y ′ ) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =ay' + b(x' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y') =ay′+b(x′−⌊ba⌋y′)
只要我们令 x = y ′ , y = x ′ − ⌊ a b ⌋ y ′ x = y', y = x' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y' x=y′,y=x′−⌊ba⌋y′就能求解了
例： 12 x + 15 y = g c d ( 12 , 15 ) = 3 12x + 15y = gcd(12, 15) = 3 12x+15y=gcd(12,15)=3
解:
g c d ( 12 , 15 ) ⇒ g c d ( 15 , 12 ) ⇒ g c d ( 12 , 3 ) ⇒ g c d ( 3 , 0 ) gcd(12, 15) \Rightarrow gcd(15, 12) \Rightarrow gcd(12, 3) \Rightarrow gcd(3, 0) gcd(12,15)⇒gcd(15,12)⇒gcd(12,3)⇒gcd(3,0)
那我们令 x = y ′ , y = x ′ − ⌊ a b ⌋ y ′ x = y', y = x' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y' x=y′,y=x′−⌊ba⌋y′
即 x = 1 , y = 0 x = 1, y = 0 x=1,y=0
往上推到 12 , 3 的 组 ， 那 x = 0 , y = 1 − ⌊ 12 3 ⌋ ∗ 0 = 1 12, 3的组，那x = 0, y = 1 - \left \lfloor \frac{12}{3} \right \rfloor * 0 = 1 12,3的组，那x=0,y=1−⌊312⌋∗0=1
再往上推,那 x = 1 , y = 0 − ⌊ 15 12 ⌋ ∗ 1 = − 1 x = 1, y = 0 - \left \lfloor \frac{15}{12} \right \rfloor * 1 = -1 x=1,y=0−⌊1215⌋∗1=−1
最后推到 x = − 1 , y = 1 − ⌊ 12 15 ⌋ ∗ 1 = 1 − 0 = 1 x = -1, y = 1 - \left \lfloor \frac{12}{15} \right \rfloor * 1 = 1 - 0 = 1 x=−1,y=1−⌊1512⌋∗1=1−0=1
经检验（-12+15 = 3），也是正确的
代码
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{if(b == 0) {x = 1; y = 0;return a;}gcd = exgcd(b, a % b, x, y);ll z = x;x = y; y = z - y * (a / b);return gcd;
}
求通解
设 x 0 , y 0 x_0, y_0 x0,y0为 a x + b y = g c d ( a , b ) ax+by = gcd(a, b) ax+by=gcd(a,b)的一组特解
a ( x 0 + k 1 ) + b ( y 0 + k 2 ) = g c d ( a , b ) a(x_0 + k_1) + b(y_0 + k_2) = gcd(a, b) a(x0+k1)+b(y0+k2)=gcd(a,b)
a x 0 + a k 1 + b y 0 − b k 2 = g c d ( a , b ) ax_0 + ak_1+ by_0 -bk_2 = gcd(a, b) ax0+ak1+by0−bk2=gcd(a,b)
只要让 k 0 = b g c d ( a , b ) , k 2 = a g c d ( a , b ) k_0 = \frac{b}{gcd(a,b)}, k_2 = \frac{a}{gcd(a,b)} k0=gcd(a,b)b,k2=gcd(a,b)a
则等式就是成立的
x = x 0 + b g c d ( a , b ) ∗ t , y = y 0 + a g c d ( a , b ) ∗ t x = x_0 + \frac{b}{gcd(a, b)} * t, y = y_0 + \frac{a}{gcd(a,b)}*t x=x0+gcd(a,b)b∗t,y=y0+gcd(a,b)a∗t
a x + b y = n ax+by = n ax+by=n方程的主要解题步骤
1. g c d ( a , b ) ∣ n ⇒ gcd(a,b)|n \Rightarrow gcd(a,b)∣n⇒ 有整数解
2.用贝祖定理求 a x + b y = g c d ( a , b ) ⇒ x 0 , y 0 ax+by= gcd(a, b) \Rightarrow\ x_0, y_0 ax+by=gcd(a,b)⇒ x0,y0
3.同乘 n g c d ( a , b ) \frac{n}{gcd(a, b)} gcd(a,b)n得到特解
线性同余方程
a x ≡ b ( m o d m ) ax \equiv b(mod\ m) ax≡b(mod m)
不会做？？？
转换成会做的不就好了
由上式可得 m ∣ ( a x − b ) m|(ax - b) m∣(ax−b)
也就是说 m y = a x − b my = ax - b my=ax−b
移项可得
a x − m y = b ax - my = b ax−my=b
当 g c d ( a , m ) ∣ b gcd(a, m)|b gcd(a,m)∣b时，方程有解，用贝祖定理就好了
乘法逆元
b , m b ,m b,m互质， 并且 b ∣ a b|a b∣a， 若有x满足
a b ≡ a x ( m o d m ) \frac{a}{b} \equiv ax(mod\ m) ba≡ax(mod m)
称x为b的 m o d m mod\ m mod m的乘法逆元， 记为 b − 1 ( m o d m ) b^{-1}(mod\ m) b−1(mod m)(并非-1次方)
∵ a / b ≡ a b − 1 ( m o d m ) ∵a / b \equiv ab^{-1}(mod\ m) ∵a/b≡ab−1(mod m)
∴ b ∗ b − 1 ≡ 1 ( m o d m ) ∴b*b^{-1} \equiv1 (mod\ m) ∴b∗b−1≡1(mod m)（两边同乘 b a \frac{b}{a} ab）
∴ b x ≡ 1 ( m o d m ) ∴bx \equiv 1(mod\ m) ∴bx≡1(mod m)(线性同余方程)
若m为质数，并且b<m， 则 b m − 1 ≡ 1 ( m o d m ) b^{m-1} \equiv 1(mod\ m) bm−1≡1(mod m)(小费马
则 x = b m − 2 x = b^{m-2} x=bm−2
线性求逆元
求出 1 − n 1 - n 1−n的所有数的逆元
枚举 i i i
首先 1 − 1 ≡ 1 ( m o d p ) 1^{-1} \equiv 1(mod\ p) 1−1≡1(mod p)
当 i < p i < p i<p时，设 p = k i + r p = ki + r p=ki+r( k = ⌊ p i ⌋ , r = p m o d i k =\left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor, r = p\ mod\ i k=⌊ip⌋,r=p mod i )
∵ p m o d p = 0 p\ mod\ p = 0 p mod p=0
∴ ( k i + r ) m o d p = 0 (ki+r)\ mod\ p = 0 (ki+r) mod p=0
则有 k i + r ≡ 0 ( m o d p ) ki + r \equiv 0(mod\ p) ki+r≡0(mod p)
两边同乘 i − 1 i^{-1} i−1
则有 k + r i i − 1 ≡ 0 ( m o d p ) k + ri^{i-1} \equiv 0(mod\ p) k+rii−1≡0(mod p)
∴ r i − 1 ≡ − k ( m o d p ) ∴ri^{-1} \equiv -k(mod\ p) ∴ri−1≡−k(mod p)
∴ i − 1 ≡ − k r − 1 ∴i^{-1} \equiv -kr^{-1} ∴i−1≡−kr−1
又 ∵ k = ⌊ p i ⌋ ∵k =\left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor ∵k=⌊ip⌋, r = r = r= p p p % i i i
则有 i − 1 ≡ − ⌊ p i ⌋ ⋅ ( p i^{-1} \equiv -\left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor \cdot (p i−1≡−⌊ip⌋⋅(p % i ) − 1 ( m o d m ) i)^{-1}(mod\ m) i)−1(mod m)
那很显然 ( p (p (p % i ) i) i)是小于i的
那可以根据前面的式子推， 代码就是
A[i]=-(p/i)*A[p%i];
应该还是比较容易懂的（虽然我这彩笔听的时候懵死了，但是下来看几下还是可以懂得
中国剩余定理（孙子定理）(crt)
求线性同余方程组？（大概）
其实我想单独写一篇文章（先咕着，不一定补
这里简单提一下
设 m 1 , m 2 , m 3 . . . m r m_1,m_2, m_3...m_r m1,m2,m3...mr为两两互质的整数，且 m = m 1 m 2 . . . m r m =m_1m_2...m_r m=m1m2...mr， 则同余方程组
设 m = ∏ i = 1 n m i , M i = m / m i , t i m = \prod_{i = 1}^{n}m_i, M_i = m / m_i, t_i m=∏i=1nmi,Mi=m/mi,ti是线性同余方程 M i t i ≡ 1 ( m o d m i ) M_it_i \equiv 1(mod\ m_i) Miti≡1(mod mi)的一个解
{ x ≡ b 1 ( m o d m 1 ) ) x ≡ b 2 ( m o d m 2 ) . . . x ≡ b 3 ( m o d m 3 ) ) \left\{\begin{matrix} x \equiv b_1(mod\ m_1))\\ x \equiv b_2(mod\ m_2)\\ ...\\ x \equiv b_3(mod\ m_3))\\ \end{matrix}\right. ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x≡b1(mod m1))x≡b2(mod m2)...x≡b3(mod m3))
有整数解，解为 x = ∑ i = 1 n a i M i t i x = \sum_{i = 1}^{n}a_iM_it_i x=∑i=1naiMiti
解：
设 k = t i k = t_i k=ti
x i = m / m i x_i = m / m_i xi=m/mi（因为 M i % m i = a i M_i \% m_i = a_i Mi%mi=ai）
x i = M i k % m i = a i x_i = M_ik \% m_i = a_i xi=Mik%mi=ai
则有 M i k ≡ a i ( m o d m i ) M_ik \equiv a_i(mod\ m_i) Mik≡ai(mod mi)
设 q q q为 M i % m i M_i \% m_i Mi%mi的逆元
则式子可变为
M i q ≡ 1 ( m o d m i ) M_iq \equiv 1(mod\ m_i) Miq≡1(mod mi)
两边再乘 a i a_i ai则有
a i M i q ≡ a i ( m o d m i ) a_iM_iq \equiv a_i(\bmod\ m_i) aiMiq≡ai(mod mi)
也就是说 x i = a i M i t i x_i = a_iM_it_i xi=aiMiti
那把所有方程的解累加起来就得到通解
则 x = ∑ i = 1 n a i M i t i x = \sum_{i = 1}^{n}a_iM_it_i x=∑i=1naiMiti
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