4.3高次同余式的解数及解法本节初步讨论高次同余式的解数与解法：先把合数模的同余式化成质数模的同余式，然后通过下一节来解质数模的同余式。

A回顾与强调二、同余式解的相关定理上一节由孙子定理：设m1, m2, L, m k是正整数，(m i, m j) = 1，m = m1m2Lm k，M i = ，M i M i＇≡1 (mod m i)，同余式组（同余方程组）(1) 的解为(mod m)。

反过来，解同余式，可将它化为同余式组，于是，有下面的定理B重要定理证明的讲解定理1设m = m1m2Lm k，其中m1, m2, L, m k是两两互素的正整数，f(x)是整系数多项式，则A：同余式f(x) ≡0 (mod m) （1）与同余式组f(x) ≡0 (mod m i) （1 ≤i ≤k）（2）等价；B：以T与T i（1 ≤i ≤k）分别表示f(x) ≡0 (mod m)与f(x) ≡0 (mod m i) （1 ≤i ≤k）的解的个数，则T = T1T2…T k。

证明A：设x0是适合（1）的解，即f(x0) ≡0 (mod m)，由整除的性质知f(x0) ≡0 (mod m i) ，1 ≤i ≤k，反之，设x0是适合（2）的解，即f(x0) ≡0 (mod m i) ，1 ≤i ≤k，则m1, m2, L, m k是两两互素的正整数知，f(x0) ≡0 (mod m)，故（1）与（2）同解。

B：设同余方程(2)的全部解是(mod m i)，（3）即模m i有T i个解，则同余方程组(2)等价于下面的T1T2…T k个方程组：（4）其中通过式(3)中的数值，即通过同余方程(1)的全部解。

由孙子定理，对于选定的每一组{ }，同余方程组(4)对模m有唯一解，而当每个通过(3)式中的值时，由孙子定理的证明知所得到的T1T2…T k个同余方程组(4)的解对于模m都是两两不同余的。

证毕。

由定理4及算术基本定理，设，从而，解一般模的同余方程可以转化为解模为素数幂的同余方程组。

下面我们利用数学中的化归思想对模pα的同余方程做进一步讨论容易看出，若x0是同余方程f(x) ≡ 0 (mod pα) (5)的解，则它必是方程f(x) ≡ 0 (mod pα-1) (6)的解，因此，必有与x0相应的方程(6)的某个解x1，使x0≡x1 (mod pα-1)，x0 = x1 + pα-1t0，t0∈Z。

这提示我们：可以从方程(6)的解中去求方程(5)的解。

于是，现在的问题是，对于方程(6)的每个解x1，是否必有方程(5)的解x0与之对应？若有，如何去确定它？定理2设p是素数，a≥2是整数，f(x) = a n x n + L + a1x + a0是整系数多项式，又设x1是同余方程(6)的一个解。

以f＇(x)表示f(x)的导函数。

(ⅰ) 若f＇(x1) ≡0 (mod p)，则存在整数t，使得x = x1 + pα-1t (7)是同余方程(5)的解。

(ⅱ) 若f＇(x1) ≡0 (mod p)，并且f(x1) ≡0 (mod pα)，则对于t = 0，1, 2, L, p - 1，式(7)中的x都是方程(5)的解。

证明我们来说明，如何确定式(7)中的t，使x1 + pα-1t满足同余方程(5)，即要使f(x1+ pα-1t) =a n(x1+ pα- 1t)n+a n-1(x1+ pα-1t)n-1+L+a1(x1+ pα-1t)+a0 ≡0 (mod pα) (8)利用泰勒展开式将f(x1+ pα-1t)在x1处展开得f(x1) + pα-1t f＇(x1) ≡0 (mod pα)，由于x1是f(x) ≡0 (mod pα-1)的解(pα-1 |f(x1) ),上式两端同除pα-1t f＇(x1) ≡ - (mod p) (9)下面考虑两种情形。

(ⅰ) 若f＇(x) ≡0 (mod p)，则关于t的同余方程(9)有唯一解t ≡t0 (mod p)，即t = t0 + p k（k∈Z）代入x = x1 + pα-1t得x ≡ x1 + pα-1t0 (mod pα)是同余方程(5)的解。

(ⅱ) 若f＇(x1) ≡0 (mod p)，并且f(x1) ≡0 (mod pα)，则式(5)对于任意的整数t成立，即同余方程(5)有p个解t ≡i (mod p)，0 ≤i ≤p - 1。

于是x ≡x1 + pα-1i (mod pα)，0 ≤i ≤p - 1，都是同余方程(5)的解。

证毕。

在定理中，没有对f＇(x1) ≡0 (mod p)并且f(x1) ≡0 (mod pα)的情形进行讨论。

事实上，此时，同余方程(6)无解。

即，我们无法从同余方程(6)的解x1出发去求得同余方程(5)的解。

由定理，可以把解同余方程(5)，转化为解同余方程f(x) ≡ 0 (mod p) (10)事实上，由方程(10)的解，利用定理，可以求出方程f(x) ≡0 (mod p2)的解，再利用定理，又可以求出方程f(x) ≡0 (mod p3)的解，LL，直到求出方程(5)的解。

C总结本节主要讲解了解把高次同余式划归为模pα的同余式，进一步划归为求模p的同余式（质数模的同余式）-化归思想。

D讲解例题三、高次同余式解法举例例1解同余方程2x2 + 13x - 34 ≡0 (mod 53)。

解容易验证，同余方程2x2 + 13x - 34 ≡ 0 (mod 5)有两个解x ≡-1，2 (mod 5)。

(i)令x = -1 + 5t，代入同余方程2x2 + 13 x - 34 ≡0 (mod 52)，得到2(-1 + 5t)2 + 13(-1 + 5t) - 34 ≡0 (mod 52)，-45 + 45t ≡0 (mod 52)，9t ≡9 (mod 5)，t ≡1 (mod 5)，t = 1+ 5 t1。

于是，将t = 1+ 5 t1代入x = -1 + 5t得到x = -1 + 5(1 + 5t1) = 4 + 25t1，t1∈Z。

将上式的x代入原同余方程得到2(4 + 25t1)2 + 13(4 + 25t1) - 34 ≡0 (mod 53)，50 + 725t1≡0 (mod 53)，2 + 29t1≡0 (mod 5)，t1≡2 (mod 5)。

得到原同余方程的一个解x = 4 + 25t1 = 4 + 25(2 + 5t2) ≡54 (mod 53)。

(ⅱ) 从同余方程的另一个解x ≡2 (mod 5)出发利用上述方法，可以求出同余方程的另一个解。

解略。

例2解同余方程x2 ≡1 (mod 2k)，k∈N。

(11)解若k = 1，则方程(11)的解是x ≡1 (mod 2)。

若k = 2，则方程(11)的解是x ≡1，-1 (mod 4)。

若k≥3，则同余方程(11)可化为x2 - 1 = (x + 1)(x - 1) ≡0 (mod 2k)，的解必是奇数，设x = 2y + 1，则同余方程(11)成为(2y + 2)2y ≡0 (mod 2k)，y(y + 1) ≡ 0 (mod 2k-2) (12) 同余方程(12)的解是y1≡0，y2≡-1 (mod 2k-2)（解数≤次数），即y1 = 2k-2u，y2 = -1 + 2k-2v，u, v∈Z，所以，方程(11)的解是x1 = 2k-1u + 1，x2 = 2 k-1v - 1，u, v∈Z，即x ≡1，1 + 2 k-1，-1，-1 + 2 k-1 (mod 2k)。

这是由于u为偶数（u=0）时结果都为x ≡1 (mod 2k)；u为奇数时（u=1）时结果都为x ≡1 + 2 k-1 (mod 2k)；同理，v为偶数时x ≡-1 (mod 2k)，v为奇数时x ≡-1 + 2 k-1 (mod 2k)。

例3解同余方程x2≡2 (mod 73)。

解设x是这个同余方程的解，把它可以表示成7进制数x = x0 + 7x1 + 72x2，0 ≤x i≤6，0 ≤i ≤2，代入原方程，得到(x0+ 7x1+ 72x2)2≡ 2 (mod 73)，(13)因此(x0 + 7x1 + 72x2)2≡2 (mod 7)，x02≡2 (mod 7)，所以x0≡3或4 (mod 7)。

于是x0 = 3或4（因为0 ≤x0≤6）。

(ⅰ) 若x0 = 3，由式(13)，有(3 + 7x1 + 72x2)2≡2 (mod 72)，9 + 42x1≡2 (mod 72)，注：分别剩余7的零次相和交叉相乘得到的7的一次相6x1≡-1 (mod 7)，x1≡1 (mod 7)，x1 = 1。

再由式(11)，有(3 + 7×1 + 72x2)2≡2 (mod 73)，(10 + 72x2)2≡2 (mod 73)，100+2×10×3x2≡-1 (mod 7)，x2 ≡2 (mod 7)，x2 = 2。

这样，求得原同余方程的一个解是x ≡3 + 7×1 + 72×2 = 108 (mod 73)。

(ⅱ) 若x0 = 4，用同样的方法求出另一个解。

（略）。

例3中的方法是利用数的b进制表示，这一方法可以处理模b k的同余方程，而不必要求b是素数。