高次同余式的解数及解法

高次方程及解法 江苏省通州高级中学 徐嘉伟 一般地，我们把次数大于2的整式方程，叫做高次方程。

由两个或两个以上高次方程组成的方程组，叫做高次方程组。

对于一元五次以上的高次方程，是不能用简单的算术方法来求解的。

对于一元五次以下的高次方程，也只能对其中的一些特殊形式的方程，采用“±1判根法”、“常数项约数法”、“倒数方程求根法”、“双二次方程及推广形式求解法”等方法，将一元五次以下的高次方程消元、换元、降次，转化成一次或二次方程求解。

一、±1判根法在一个一元高次方程中，如果各项系数之和等于零，则1是方程的根；如果偶次项系数之和等于奇次项系数之和，则-1是方程的根。

求出方程的±1的根后，将原高次方程用长除法或因式分解法分别除以（x-1）或者（x+1）,降低方程次数后依次求根。

“±1判根法”是解一元高次方程最简捷、最快速的重要方法，一定要熟练掌握运用。

例1解方程x4+2x3-9x2-2x+8=0解：观察方程,因为各项系数之和为:1+2-9-2+8=0(注意:一定把常数项算在偶数项系数当中),根据歌诀“系和零,+1根”,即原方程中可分解出因式(x-1),(x4+2x3-9x2-2x+8)÷(x-1)= x3+3x2-6x-8观察方程x3+3x2-6x-8=0，偶次项系数之和为：3-8=-5；奇次项系数之和为：1-6=-5，根据歌诀“偶等奇，根-1”，即方程中含有因式（x+1），∴（x3+3x2-6x-8）÷(x+1)=x2+2x-8，对一元二次方程x2+2x-8=0有（x+4）（x-2）=0, ∴原高次方程x4+2x3-9x2-2x+8=0可分解因式为：(x-1) (x+1)(x-2)(x+4)=0,即:当(x-1)=0时,有x1=1;当(x+1)＝０时，有x2= -1;当(x-2) =0时，有x3=2; 当(x+4)=0时，有x4=-4点拨提醒：在运用“±1判根法”解高次方程时，一定注意把“常数项”作为“偶次项”系数计算。

第 3 章 同余方程（一） 内容：● 同余方程概念● 解同余方程● 解同余方程组（二） 重点● 解同余方程（三） 应用● 密码学，公钥密码学3.1 基本概念及一次同余方程(一) 同余方程（1） 同余方程【定义3.1.1】（定义1）设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--Λ其中i a 是正整数（n a ≠0（mod m ）），则f (x)≡0（mod m ） （1） 叫做模m 的（n 次）同余式（或模m 的（n 次）同余方程），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 。

（2） 同余方程的解若整数a 使得 f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。

（3） 同余方程的解数若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。

即剩余类a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）}中的每个剩余都是解。

故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解，这个解通常记为x ≡a （mod m ）当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程(2)的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为是同余方程（1）的解数，记作()m f T ;。

显然()m f T ;≤m（4） 同余方程的解法一：穷举法任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程（1），在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。

【例1】（例1）可以验证，x ≡2，4（mod 7）是同余方程15++x x ≡0（mod 7）的不同的解，故该方程的解数为2。

50＋0＋1＝1≡3 mod 751＋1＋1＝3≡3 mod 752＋2＋1＝35≡0 mod 753＋3＋1＝247≡2 mod 754＋4＋1＝1029≡0 mod 755＋5＋1＝3131≡2 mod 756＋6＋1＝7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0（mod 15）的解。

本科毕业论文题目：同余方程的解法学生姓名：学号：专业：数学与应用数学班级:指导教师：二〇一年四月摘要：本文论述了同余方程的基本概念及同余方程的一些基本性质与解法，主要对一次同余方程的解法进行了探讨，特别是对一次同余方程的欧拉定理算法，欧几里德算法等七种解法进行了比较与分析，并介绍了同余方程组、孙子定理、素数模的同余方程，模p 的同余方程的解法。

关键词：同余同余方程孙子定理Abstract：This paper mainly discusses the basic concepts of congruence equations and congruence equation some of the basic nature of solution,and highlights the Remainder Theorem,solution of the congruence equation,mod p congruence equation solution,congruence equation of primes mode solution,etc.Key words:Congruence Congruence equation Remainder Theorem目录引言 (1)1.同余与同余方程的基本性质 (2)1.1 同余的概念与基本性质 (2)1.2同余方程的概念与性质 (3)2.一次同余方程的解法 (4)2.1 ()a=的情况 (4), m 12.2 ()=≠的情况 (7),1a m d3.同余方程组的解法 (8)3.1简单同余方程组的解法 (8)3.2 孙子定理 (9)4.高次同余方程的的解法 (11)4.1素数模的同余方程 (11)4.2模pα的同余方程 (12)总结： (17)参考文献 (18)致谢： (19)引言对于同余方程的解法国内外的数学家们均对其做出了非常全面与细致的研究。

高次方程解法1.高次方程的定义整式方程未知数次数最高项次数高于2次的方程，称为高次方程。

2.高次方程的一般形式高次方程的一般形式为anx^n+an-1x^n-1+-------+a1x+a0=0等式两边同时除以最高项系数，得：anx^n/an+an-1x^n-1/an+--------+a1x/an+a0/an=0所以高次方程一般形式又可写为x^n+bnx^n-1+-------b1x+b0=03.高次方程解法思想通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解4.高次方程根与系数的关系按这个高次方程的形式x^n+bn-1x^n-1+-------b1x+b0=0，那么有所有根相加等于系数bn-1的相反数所有根两两相乘再相加等于系数bn-2所有根三三相乘再相加等于系数bn-3的相反数依次类推，直到所有根相乘，等于(-1)^nb05.阿贝尔定理对于5次及以上的一元高次方程没有通用的代数解法和求根公式(即通过各项系数经过有限次四则运算和乘方和开方运算无法求解)，这称为阿贝尔定理。

换句话说，只有三次和四次的高次方程可解．下面介绍三次和四次方程的解法。

6.四次方程解法卡尔丹公式诞生后，卡尔丹的学生费拉里便发明了一元四次方程的求根公式。

【费拉里公式】一元四次方程aX＾4＋bX＾3＋cX＾2＋dX＋e=0，（a，b，c，d，e∈R，且a≠0）。

令a=1，则X＾4＋bX＾3＋cX＾2＋dX＋e=0，此方程是以下两个一元二次方程的解。

2X＾2＋(b＋M)X＋2(y＋N/M)=0；2X＾2＋(b—M)X＋2(y—N/M)=0。

其中M=√(8y＋b＾2—4c)；N=by—d，(M≠0)。

y是一元三次方程8y＾3—4cy＾2—(8e—2bd)y—e(b＾2—4c)—d＾2=0的任一实根。

7.三次方程解法一元三次方程的求根公式用通常的演绎思维是作不出来的，用类似解一元二次方程的求根公式的配方法只能将型如aX^3＋bX^2＋cX＋d=0的标准型一元三次方程形式化为X^3＋pX＋q=0的特殊型。

同余方程1997年第3期高等函授(自然科学版)同余彭敦刚(湖北大学)同余方程是初等数论中一个重要的问题.其内容包括一次同余方程(组),高次同余方程,二次同余方程等.如去掌握这些内容呢?下面就其特征分述如下,供复习时参考.l一次同余方程(组)在这个问题中,主要讨论的是含有一个未知数的一次同余方程和含有一个未知数的一次同余方程组.1.1一次同余方程如果口,b都是整数,而T/l是一个正整数,当口≠0(modm)时,我们把口+6三0(modm)(1)叫做模.的一次同余方程.对这一类方程的求解,主要应该掌握:设有方程(1),当(口.)一1时,则方程(1)有唯一的解;--6t~(一.b(modm)(2)当(口,)=>1时,则方程(1)有解的充分和必要条件是}b,这时方程(1)有d个解是三+.(modm),t=O,1,…,一1(3)这里x~a(modm)是把第二种情形化为第一种情形时,所得到的唯一解.要注意的是:对于第一种情形,在实际求解时,不常用公式,因为用公式一般比较麻烦,应该灵活地运用已有的知识去寻找新的简便的求解方法.后面将举例说明.对于第方程李德水(武汉电视大学)二种情形是把它化成第一种情形求解来处理的,求出唯一解后,再代入公式(3)求得它的d个解.对于方程(1)除了上述方法求解外.主要的还有如下两种解法.第一种解法因(口,z)一1,由(n,)一1的充分必要条件:存在s,t,使口s+bt一1知. 必有二数,t,使-口s+mt1即口s三I(modm)故由asx~bs(modm),得三(modm)为同余方程(1)的解.第二种解法先把方程(1)写成;一b(mod0)一——L,n的形式,然后用与z互质的整数陆续乘以右端的分子和分母,目的在于把分母的绝对值变小,直到变成1为止.下面举例说明上述三种解法的应用.例1解方程286x~121(mod341).解法1因(286,341)一11,11I121,故26三11(mod31)(*)因为口一26,6—11,(31)一30故方程(*)的解是;一n…一'6三一261.?11三4(mod31)将三4(mod31)代入公式(3),因此,原方程的解是z_二4.35.66.97.】28,】59.于是z[N(E+)]≥nl[EN+]:z[En]>2()>2()收稿日期:1997一O4—29这与前面",[n(E+jt)]<1",(』)产生矛盾故命题得证.原方程有解,并且有11个解. 将原方程写成1997年第3期高等函授(自然科学版)25 190,221,252,283,314(mod341)解法2由(286,341)一ll得到(26,31)一1,这样就存在两个整数,t,使26s+3It一1由观察方法可知:26?6+31?(一5):1即26?6兰1(mod31)又由同余性质,(*)式可写成26?6x=11?6(mod31)即x-~-66=4(mod31)将兰4(mod31)代入公式(3)即可得到原方程的解.2-三4,35,66,97,128,159,190,221,252,283,314(rood341)解法3把(*)式写成兰11三兰一4三4(m.d31)1561—26……将兰4(rood31)代入公式(3)即可得到原方程的解:兰4,35,66,97,128,1S9,190,221,252,283,314(mod341)在此应该注意的是:以上3种解法各有各的优点.在模很大时,第1种解法较好;而当模不太大时,第2种解法比较简捷;若模较小时.第3种解法较方便.总之,在解题时,要根据具体情况选择其方法.1.2一次同余方法组在这里所讨论的一元一次同余方程组,主要的是形如f~2.61.2?,)j.2?;6(modm.)的同余方程组.在我国古代的孙子算经》里就提出了这种形式的问题,并且很好地解决了.这个问题的解法主要依靠下面的定理.定理设11ll,11l?,…川z女是是个丽两互质的正整数,z一Ⅲ2…11l女.11l一111M,i一1, 2,…,正,则同余方程组(4)对于模z一z.?兰-+.+..?+b(modz)(5)这里,三1(m.d).x=l(mod7);再由兰1(modz)可以求得261997年第3期高等函授(自然科学版)高次同余方程分两种情形,一是质数模的高次同余方程,另一是合数模的高次同余方程,而合数模高次同余方程是把它化成质数模高次同余方程进行处理的(这里应掌握转化方法).对这两种类型的高次同余方程应掌握:1)如何对()进行化简;2)求解的基本方法:将P的完全剩余系10,±1,…,±÷(p一1)中的每一个数一一代厶人进行验证的方程;3)在合数模的高次同余方程中有一种特殊的质数幂模的高次同余方程,这种类型的方程在求解时应严格按照求解步骤进行.例3解同余方程6x.+27x+17x+20三0(mod30)解由30—5×6,所以同余方程与同余方程组f6+27x+17+20三0(mod5)(6)l6+27x+17+20三0(rood6)(7)等价.直接验算得:(6)式有3个解:三0,1,2(mod5);(7)式有2个解:三一1,2(mod6).故原方程有3×2:6个解.设三b(moA5),三62(mod6),其中bl一0,1,2,b2一一1,2.由孙子定理可得原方程的解丁三6bl+25b:(mod30)以b一0,1,2,b:一一1,2代入上式,即可得原方程的6个解是-『三三三2,5,11,17,20,26(mod30)当然也可把30—2×3×5,得到三个方程组成的方程组与原方程等价,同样得到原方程的6个解,请读者自行完成.3二次同余方程二次同余方程的求解问题是二次同余方程与平方剩余的一个中心问题.这个问题中也是分质数模二次同余方程和合数模二次同方程两种情形来讨论的.3.1奇质数模的二次同余方程的求解设.三口(modp),户,P是奇质数(8)当(詈)一1时,说明n是P的平方剩余,方程(8)有解.这时方程(8)的解分下面4种情形:p=l(mod8),pz3(mod8)p=5(mod8),p=7(mod8)当p=3或户三7(mod8)时,方程(8)有解,即三±口寺'p(mod)当p=5(mod8)时,若口}(p-1)三1(modp),则方程(8)的解是三±口音'p.(mod)若口}(p--1)三一1(modp),则方程(8)的解三±2}(p—1).口告(p+3(mod3)例4求同余方程三19(mod31)的解.解因为(19)一1,所以同余方程有解.又因为31=8×3+7,所以三±19}.件"三三三±19三±19(mod31)故原同余方程的解是三士19(mod31)例5求方程3x.+7x一6三0(modl3)的解.解因为(3,13)一1,所以3+13N一1.因此,3三1(modl3).由M三9(mod13), 以9乘原方程两边得.r.+63.r一54三0(mod13)上式中63不是偶数.因此上式可以写成.7/-?+(63+13)一54三0(mod13)即3/0+24:r一2三0(mos13)配方得(j-+12)三12+2-----1463(mod13) 令—J'+12即y三3(rood13)又()一1,所以上面方程有解.又13—8X1+5,所以3{'.一三3三1(mod13),上面方程1997年第3期高等函授(自然科学版)27的解为兰_--4-3言'...兰±3.三±9(modl3)将代入—+12,即得z=---5,10(modl3)故原方程的解为z三5,10(mod13)在这里要说明的是,在求z.三口(modp)方程解时,首先要用()符号进行判断,看该p方程是否有解;其次如果该方程有解,再用P 三3,户兰5,p~7(modp)判断,才能确定该方程其解的形式;再次,如果二次同余方程是以口.+bx+c三0(modp)形式出现的,要把它化成:兰(modp)形式,再按前面二步进行求解.上面我们就户三3,户兰5,户三7(modp) 三种情形进行了介绍,但对P三1(modp)情形未进行讨论.这里要说明的是这种情形要比前面三种情形要复杂得多,没有一般结论, 请在复习时按书上的要求进行复习.3.2合数模二次同余方程在这里要明确合数模二次同余方程z:三Ⅱ(modm),(口删)一1,竹l为合数(9有解的条件及解的个数.对于这类方程我们是先把写标准分解形式,即17'1—2opi'…声.由定理:若一I'H!…I'H,且,…,17'1女是k个两两互质的jE整数,则同余方程厂()~O(modm)与方程组f(x)~O(modm,)一1,2,…,是等价.有解的必要和充分条件是z.三口(mod2.)z.三口(modt),一1,2,…,k(10)有解,并且在有解的情况下,(9)的解数是(1O)的解数的积.在这里主要是讨论形如z.三口(modp.),a>0且(口,户)一1(11)的方程,在求解方程(11)时,所用的方法是质数幂模的高次同余方程求解方法.例6解方程z.~7(mod27).解因7三7r兰1(rood3),即.三1(mod3)有解为三1(mod3).再从(1+3t1).三7(rood3.)得6tI三6 (mod3.),因此t三1(mod3).于是1+3t,三4(mod3:)是三7(mod3:)的解.又从(4+32t2)三7 (mod30)得8t2三一1(mod3)即可得t2E1(mod3),所以z三4+3zt2三13(mod3)是所给方程的一个解.于是所求方程的解是z三±13(mod27)至于同余方程z0三口(moda),口>0且(2,")=1的求解,按照书上要求即可.(上接第17页)有nt肌B.E一exp[Sc肿B.E/k3(31)将(29)式的代入(31)式,并令s一Nk(1nZ一』9茄nzI)(32)(这是未考虑波函数的对称性时算得的熵,即玻耳兹曼系统的熵)便可得到c¨B,E一exp[S【肿B.E,/忌]一【,,,'^exp[丢(+是ln1j一斫es'Ik—(33)可见(3)式中的因子1/Ⅳ!也来源于波函数的交换对称性.参考文献l曾谨言.量子力学(上册).北京:科学出版社1981:189—2012R.K.帕斯里亚着.湛垦华,方锦清译.统计力学(上册),北京:商等教育出版社1985:1743Kerr:mHuang,StatisticalAlechanics?Ne'u~Y ork:Jobnuih:3rSons.Inc.1963:213。

第4章原根和指数原根和指数高次同余方程(mod)k≡x a n4.1 原根设1n ≥，(,)1a n =，是否有正整数d 使得1(mod )d a n ≡？ 定义4.1.1 设1n ≥，(,)1a n =，使得1(mod )da n ≡成立的最小正整数d ，称为a 对模n 的阶，记作()n a δ。

定理 4.1.1 设n 为正整数，(,)1a n =，若1(mod )d a n ≡，则()|n a d δ。

推论4.1.1设n 为正整数，(,)1a n =，则有()|()n a n δϕ。

定义4.1.2 当()()n a n δϕ=时，称a 是模n 的原根。

例1 10n =，取模10的一个缩系{1,3,7,9}， 因为111(mod10)≡；23439(mod10),37(mod10),31(mod10)≡≡≡；279(mod10),≡373(mod10),≡471(mod10)≡；291(mod10)≡; 所以10101010(1)1,(3)4,(7)4,(9)2δδδδ====，它们都是(10)4ϕ=的因子，且3和7均是模10的原根。

例2 8n =，取模8的一个缩系1,3,5,7， 因为122211(mod8),31(mod8),51(mod8),71(mod8),≡≡≡≡所以8888(1)1,(3)2,(5)2,(7)2δδδδ====，而(8)4ϕ=，故而模8没有原根。

定理4.1.2 (1) 若(mod )a b n ≡，(,)1a n =，则()()n n a b δδ=。

(2) 若(,)1a n =，(mod )k l a a n ≡，则(mod ())n k l a δ≡。

(3) 若(,)1a n =，则()1011,,,n a a a a δ−=L 这()n a δ个数模n 两两不同余，特别当a 是模n 的原根时，这()()n a n δϕ=个数是模n 的一组缩系。

(4) 设1a −是a 模n 的逆，则1()()n n a a δδ−=。

关于a x≡b(modm)的解法1．当（a,m）≡1时：(1)若a,b<m,(a,b)=1且模数较大，可取余，将a变小，然后求出解。

eg:121x≡87(m0d257) 因为(121,257)=1,所以有一个解，x=194(mod257)(2)若a,b<m,(a,b)= 1且模数较小，用欧拉公式；eg: 7x≡5(mod10) 因为（7,10）所以有一个解。

（3）若（a,b ）=1,且a,b中至少有一个大于m，利用同余知识，将a,b化小再用（1）（2）式去解（4）若（a,b），≠约去两端的公因数；再用（1）（2）（3）式去解。

1Eg:58x≡87(mod47)2当（a,m）=d>1时:用d去除同于式，再用（a,m）=1去解<1>同余取倍法：（期刊-核心期刊和田师专科学校学报）JOURNAL OF HOTAN TEA CHERS COLLEGE 2009年第03期<2>一次同余式的初等变换解法：（山西大学学报：自然科学版）——袁虎延<3>一次同余式的逐级满足法<4>观察法解一次同余式<5>Euler定理解一次同余式<6>把同余式化为不定方程的解法<7>减少模数的方法解一次同余式<8>欧几里得法解一次同余式<9>分式法解一次同余式<10>威尔逊定理算法解一次同余式<下面仔细介绍>代数/数论/组合理论/《.黑龙江科技信息》2008年19期》摘要一次同余式解法的特点及其分析——作者：李婷只讨论（a,m ）=1时，同余式ax ≡b(modm)有以下七种解法（一）（1）观察法：在模m 的完全剩余系0,1，、、、，m-1中考虑同余式的解1.，当m 较小时，可用观察法，直接快速的得出方程的解eg 2x ≡1(mod3) 因为（2,3）=1所以有一个解，x ≡2(mod3)为其解2．当系数较大时，可用同余性质 ，将同余式系数减小，而且用带余除法定理，保证系数在一个固定范围内作为模m 的系数，进而用观察法，可快速得到方程的解。

高次方程的解法高次方程是指次数大于或等于2的方程。

解高次方程是数学中一项重要的技巧和方法，它在各个领域中都有广泛的应用。

本文将介绍几种常见的高次方程解法，包括因式分解、配方法、代数求解和数值近似等方法。

一、因式分解法因式分解法是解高次方程的一种常见且直接的方法。

当高次方程具有可因式分解的特点时，我们可以通过因式分解将方程化简为一系列一次或二次方程，进而求解。

例如，我们考虑解方程x^2 + 5x + 6 = 0。

我们尝试将其因式分解为(x + 2)(x + 3) = 0。

由此可得x = -2和x = -3，这两个值即为方程的解。

二、配方法配方法是一种常用的解二次方程的方法，但在一些高次方程中同样适用。

配方法的基本思想是通过变量代换和配方，将高次方程转化为一次或二次方程，进而求解。

例如，我们考虑解方程2x^2 + 7x + 3 = 0。

我们可以通过配方法将其转化为(2x + 1)(x + 3) = 0。

由此可得x = -1/2和x = -3，这两个值即为方程的解。

三、代数求解对于一些特定的高次方程，可以通过代数求解的方法来确定其解。

代数求解常用于解三次方程和四次方程等高次方程。

例如，我们考虑解方程x^3 - 3x^2 + x - 3 = 0。

通过代数求解的方法，我们可以得到方程的一个解x = 1。

然后，我们可以通过带入的方式或使用“辗转相除法”等方法继续求解得到方程的其他解。

四、数值近似对于一些高次方程，特别是次数较高，无法直接求解的情况，我们可以使用数值近似的方法来求解。

数值近似方法可以通过迭代计算和数值逼近等技巧，得到方程的近似解。

例如，我们考虑解方程x^5 + 2x^3 - x - 1 = 0。

由于此方程的次数较高，无法通过常规的代数方法求解。

我们可以通过使用牛顿法或二分法等数值方法，逐步逼近解的数值。

通过多次迭代计算，我们可以得到方程的近似解。

综上所述，高次方程的解法可以通过因式分解、配方法、代数求解和数值近似等多种方法来实现。

高次方程及解法 江苏省通州高级中学 徐嘉伟 一般地，我们把次数大于2的整式方程，叫做高次方程。

由两个或两个以上高次方程组成的方程组，叫做高次方程组。

对于一元五次以上的高次方程，是不能用简单的算术方法来求解的。

对于一元五次以下的高次方程，也只能对其中的一些特殊形式的方程，采用“±1判根法”、“常数项约数法”、“倒数方程求根法”、“双二次方程及推广形式求解法”等方法，将一元五次以下的高次方程消元、换元、降次，转化成一次或二次方程求解。

一、±1判根法在一个一元高次方程中，如果各项系数之和等于零，则1是方程的根；如果偶次项系数之和等于奇次项系数之和，则-1是方程的根。

求出方程的±1的根后，将原高次方程用长除法或因式分解法分别除以（x-1）或者（x+1）,降低方程次数后依次求根。

“±1判根法”是解一元高次方程最简捷、最快速的重要方法，一定要熟练掌握运用。

例1解方程x4+2x3-9x2-2x+8=0解：观察方程,因为各项系数之和为:1+2-9-2+8=0(注意:一定把常数项算在偶数项系数当中),根据歌诀“系和零,+1根”,即原方程中可分解出因式(x-1),Θ(x4+2x3-9x2-2x+8)÷(x-1)= x3+3x2-6x-8观察方程x3+3x2-6x-8=0，偶次项系数之和为：3-8=-5；奇次项系数之和为：1-6=-5，根据歌诀“偶等奇，根-1”，即方程中含有因式（x+1），∴（x3+3x2-6x-8）÷(x+1)=x2+2x-8，对一元二次方程x2+2x-8=0有（x+4）（x-2）=0, ∴原高次方程x4+2x3-9x2-2x+8=0可分解因式为：(x-1) (x+1)(x-2)(x+4)=0,即:当(x-1)=0时,有x1=1;当(x+1)＝０时，有x2= -1;当(x-2) =0时，有x3=2; 当(x+4)=0时，有x4=-4点拨提醒：在运用“±1判根法”解高次方程时，一定注意把“常数项”作为“偶次项”系数计算。

第 3 章 同余方程（一） 内容：● 同余方程概念● 解同余方程● 解同余方程组（二） 重点● 解同余方程（三） 应用● 密码学，公钥密码学3.1 基本概念及一次同余方程(一) 同余方程（1） 同余方程【定义3.1.1】（定义1）设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--Λ其中i a 是正整数（n a ≠0（mod m ）），则f (x)≡0（mod m ） （1） 叫做模m 的（n 次）同余式（或模m 的（n 次）同余方程），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 。

（2） 同余方程的解若整数a 使得 f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。

（3） 同余方程的解数若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。

即剩余类a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）}中的每个剩余都是解。

故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解，这个解通常记为x ≡a （mod m ）当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程(2)的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为是同余方程（1）的解数，记作()m f T ;。

显然()m f T ;≤m（4） 同余方程的解法一：穷举法任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程（1），在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。

【例1】（例1）可以验证，x ≡2，4（mod 7）是同余方程15++x x ≡0（mod 7）的不同的解，故该方程的解数为2。

50＋0＋1＝1≡3 mod 751＋1＋1＝3≡3 mod 752＋2＋1＝35≡0 mod 753＋3＋1＝247≡2 mod 754＋4＋1＝1029≡0 mod 755＋5＋1＝3131≡2 mod 756＋6＋1＝7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0（mod 15）的解。

数学高次方程与解法数学高次方程是数学中的一个重要概念，它在各个领域中都有广泛的应用。

高次方程的解法是数学研究的重要内容之一，它们的解法涉及到了许多数学方法和技巧。

在本文中，我们将探讨数学高次方程的一些常见解法，并通过实例来说明这些解法的应用。

一、一元高次方程的解法一元高次方程是指只含有一个未知数的高次方程。

在解一元高次方程时，我们常用的方法有因式分解法、配方法、综合除法法等。

1. 因式分解法因式分解法是解一元高次方程的常用方法之一。

对于一元高次方程ax^n +bx^{n-1} + ... + cx + d = 0，我们可以先尝试将其因式分解，然后再求解因式的根。

例如，对于方程x^2 - 5x + 6 = 0，我们可以将其分解为(x - 2)(x - 3) = 0，然后解得x = 2或x = 3。

这样，我们就得到了方程的解。

2. 配方法配方法是另一种解一元高次方程的常用方法。

对于一元高次方程ax^2 + bx + c = 0，我们可以通过配方法将其转化为完全平方形式。

例如，对于方程x^2 + 6x + 9 = 0，我们可以将其写成(x + 3)^2 = 0的形式，然后解得x = -3。

这样，我们就得到了方程的解。

3. 综合除法法综合除法法是解一元高次方程的另一种常用方法。

对于一元高次方程ax^n + bx^{n-1} + ... + cx + d = 0，我们可以通过综合除法将其转化为低次方程。

例如，对于方程x^3 + 3x^2 + 3x + 1 = 0，我们可以通过综合除法将其转化为(x + 1)^3 = 0的形式，然后解得x = -1。

这样，我们就得到了方程的解。

二、多元高次方程的解法多元高次方程是指含有多个未知数的高次方程。

在解多元高次方程时，我们常用的方法有消元法、代入法、高斯消元法等。

1. 消元法消元法是解多元高次方程的常用方法之一。

对于多元高次方程，我们可以通过消去其中的某些未知数，将其转化为低次方程。