中国剩余定理的五种解法
一、枚举法
二、解不定方程法
三、逐级满足法
四、化为相同除数的同余式法、
五、才用到典经的、不同除数的同余式组解法
现将陈景润所著《初等数论Ⅰ》中的一个习题为例，用五种方法解算，可以对比。
试解下列同余方程
X≡2 (mod 7 )
X≡5 (mod 9 )
X≡1 (mod 5 ) 求X
一、 枚举法
X≡2 (mod 7 ) X÷7=A…2 X=7A+2
X≡5 (mod 9 ) 相当于 X÷9=B…5 → X=9B+5
X≡1 (mod 5 ) X÷5=C…1 X=5C+1
枚举法就是按A=0、1、2、3、4… B=0、1、2、3、4… C=0、1、2、3、4…
代入各式，计算各式的X，当三个X相同时，就是一个解。
A、B、C 0 1 2 3 4 … 9 10 11 12 … 16 17 18…
XA 2 9 16 23 30… 65 72 79 86…
XB 5 14 23 32 41 … 86 …
XC 1 6 11 16 21 … 46 51 56 61 … 81 86 …
即，当A=12、B=9、C=17时，X 都等于86。所以最小 X=86。由于7、9、5的最小公倍数是315，所以，通解 X=86+315K (K=0、1、2、3、…)
枚举法就是凑，很'笨’，但也最直观。适合小学生学习。也可用电子表格计算，那太快捷了。
二、 解不定方程法
X=7A+2
X=9B+5 →9B+5=7A+2 →9B=7A+2-5=7A-3 →B=(7A-3)/9
X=5C+1 →5C+1=7A+2 →5C=7A+2-1=7A+1 →C=(7A+1)/5
由B=(7A-3)/9，算得：当A=3时，B=2，但A=3时，C=(7A+)/5=4.4。由于A、B、C只能是整数。所以 3、2、4.4这一组，不符合要求，要重算A。又由于B=(7A-3)/9的分母是9，所以下一个A，只能在3的基础上，增加一个9的倍数，所以A只能取12、21、30、39…有了A，再算B、C，当A、B、C全是整数时，才合格。结果如下：
A B C
3 2 4.4
12 9 17
21 16 29.6
…
可见，只能取A=12 、B=9 、C=17 ， 代入原式：
X=7A+2=7*12+2=86
X=9B+5=9*9+5=86
X=5C+1=5*17+1=86
得 X=86、通解为X=86+315K得X=86、通解为X=86+315K。实际上，这仍然是枚举法，只是枚举个数减少一些而已。
、
三、逐级满足法
这个方法的基本思路是：先解算出合符第一个方程的X1。再解算出合符第一、第二个方程的X2，令X2=X1+P1。关键是P1要保持第一个方程中的倍数要求，又要合符第二个方程中的剩余要求。再解算出合符第一、第二、第三个方程的X3，令X3=X2+P2，关键是P2要保持第一第二两个方程中的倍数要求，又要合符第三个方程中的剩余要求。这样逐级解算，满足全部条件。
P要同时考虑两个方程的倍数关系如7A、9B，又要考虑两个余数关系，如余2、余5，方程数一多，处理时要拐几个弯，方法不易理解。
最近，我在作《数论—余数习题集》时，对“逐级满足法”作了改进。把第一个方程的通解，直接作为第二个方程的初值，不作任何转弯，就同时解决了两个方程之间的相关关系及余数关系，变得容易理解，容易操作、便于列式。这可以说是我的又一个心得罢。
仍按原例： X除以7余2、除以9余5、除以5余1，求最小X。
答：最小X=86 通解 X =86 ＋315 N ( N=1、2、3 … )
已知：
X≡2 (mod 7 ) X÷7=A…2 X=7A＋2
X≡5 (mod 9 ) 相当于 X÷9=B…5 → X=9B＋5
X≡1 (mod 5 ) X÷5=C…1 X=5C＋1
A、B、C都是整数，可用K统一表示，且不论其具体数值。
解算步骤：
1、 先解第一个方程X÷7余2的通解X1。一般都很容易，即：
通解X1＝余数＋除数的倍数，例中X1=2＋7A 。其中余数就是最小解X0=2，加上7的最小公倍数的A倍，就是通解X1=2＋7A 。
X1是一个数列，其中总有一个数能满足所有方程，关键在于A是多少，又怎样定？A怎样定呢？现在不能定。因为要考虑到它能满足第二个方程，所以到那时才能定下来。
2、第二个方程。X÷9余5，此时的X首先应满足本方程要求： (X－5)÷9 = K (K是整数)。但同时又要满足第一个方程，既然X1可以满足所有方程，所以就干脆用第一方程的通解X1代替第二方程的未知数X ，即用(X1)取代X。即应满足 (X1－5)÷9 = K，才顾及了两式。
注意，(X1－5)÷9 =K这种形式的方程，是有规律的，即：
(第一方程的通解X1（=2＋7A ） 减 第二方程的余数5 )÷第二方程的除数9＝整数K，
且以下各方程也都是这样的规律，亦即：
( 上一个方程的通解 减 本方程的余数 )÷本方程的除数 应 ＝ 整数K
现在有了 (2＋7A－5)÷9 =K ，就整理为(7A－3)÷9 = K。这时两个余数就自动合并了。
解此 (7A－3)÷9 = K方程，便得A=3 、 K＝2。
于是 X1=2＋7A=2＋7×3=23。此时，就把X1＝23作为第二个方程的最小解，转为X2，即X2＝23。再加上7与9的最小公倍数7×9=63的倍数，得通解X2＝23＋63M。这个X2，既满足第一个方程又满足第二个方程。
X2也是一个数列，其中总有一个数，能满足所有方程，所以就是下一个方程的未知数初值了。关键在于M是多少。M怎样定呢？现在不能定。要考虑到它能满足第三个方程。到那时才能定下来。
至此，得到一个同余式 X2≡23 (mod 63 )，实际上它是
X≡2 (mod 7 )
X≡5 (mod 9 ) 二个同余式的共同解。
至于用什么方法来解 (7A－3)÷9 = K 这个二元一次不定方程呢？(7A－3)÷9 = K也就是7A－9K = 3，在陈景润所著《初等数论Ⅰ》中，有一个手算方法，先用“辗转相除法”得到各次余数，直到余数为“ 1 ”，再反求出满足余数“ 1 ”时的X、K的新系数，再通过“同余式”的转换，转换成己知余数(如本例的3)，才得到最终的X的系数A。整个过程步骤多。反求X、K的新系数时、转换成己知余数时，都颇费工夫，我见了生畏。还不如老老实实的试算、凑数。
(7A－3)÷9 = K 求A与K的整数解，
列表凑罢：
A 7A (7A－3) K＝ (7A－3)÷9
0 0 －3 － 0.33
1 7 4 0.44
3 21 18 2 好了，K是整数了
4 … … 不必算了。
得A＝3、K＝2 。其实K仅起检验作用，是整数就行了，没有其他用处。
解二元一次不定方程最好的方法，当然是编个电脑程序。我已经编就了，请用吧
3、第三个方程。X÷5余1，此时X首先应满足本方程要求： (X－1)÷5 = K，又要满足第一、第二个方程。既然X2可以满足所有方程，所以就干脆用第二方程的通解X2代替第三方程的未知数X ，即用(X2)取代X。即应满足：
(X2－1)÷5 = (23＋63M －1)÷5=K，→ (63M＋22)÷5 = K。才顾及了三个方程。
解此二元不定方程 M=1 、 K＝17。把M代入X2，
于是 X2=23＋63M=23＋63×1=86，就把X2＝86作为第三个方程的最小解，转为X3
即X3＝86。再加上63与5的最小公倍数63×5=315的倍数，得通解
X3＝86＋315P。(P=1、2、3 … )
验算 86÷7 =12 … 2
86÷9 = 9 … 5
86÷5=17 … 1
* * * * *
“逐级满足法”解法有规律了，容易操作了。但也有两点麻烦：
1、组成形如 (AX±B)÷C＝K的不定方程，要一个个顺序进行，虽有规律，但还是比较麻烦。
2、解算(AX±B)÷C＝K方程，求待定量X、K，无论用手算，或是电子表格算，要解(N－1)次。也很烦人，特别是大数相除更麻烦。
为了加快计算，我编了一个VB程序，不用烦心，输入完数据，↙，就出结果了。
上述算题：
输入方程个数N = 3
输入各方程的除数与余数 7 2 9 5 5 1 ↙
结果为：
通解 X =86＋ 315 N ( N=1、2、3 … )
还有一例：我曾靠电子表格算了一天，才得结果的，现在包括输入在内，仅15秒就搞定。
输入方程个数N = 6
输入各方程的除数与余数 3 2 5 3 7 2 11 9 13 7 4 3 ↙
结果为：
通解 X =20183＋ 60060N ( N=1、2、3 … )
四 、化为相同除数法
X≡2 (mod 7 )
X≡5 (mod 9 )
X≡1 (mod 5 )
这三个同余式，除数不同，分别为7、9、5，为了能利用同余式的和差特性，简化计算，先设法使它们的除数相同，为此：
X≡2 (mod 7 )两边都乘9*5，得X*45≡2*45 (mod 7*45 ) →45 X≡90 (mod 315 ) …(1)
X≡5 (mod 9 ) 两边都乘7*5，得X*35≡5*35 (mod 9*35 ) →35 X≡175 (mod 315 ) …(2)
X≡1 (mod 5 ) 两边都乘7*9，得X*63≡1*63 (mod 9*63 ) →63 X≡ 63 (mod 315 ) …(3)
(1)＋(2)＋(3)＝ (4) → 143 X≡328 (mod 315 ) …4)
根据同余式的加减性质，(1)＋(2)＋(3)得：
143 X≡328 (mod 315 ) 即 143 X≡13 (mod 315 )，化为带余除式为：
143 X÷315=K …13 亦即 143X－13=315 K ，有(143X－13)÷315＝K(整数)
(143X－13)÷315＝K(整数)用通式表示为 (AX－B)÷S＝K
解得 X=86、K=38 (实际上不用它，在此仅确认它是整数就行了)，
通解为 X＝86+315 N ( N＝ 1、2、3 … )
或 X≡86 (mod 315 )
这一种算法，在所有五种算法中，我认为是最简洁、工作量最小的算法。因为不管方程有多少个，它解算形如(AX－B)÷S=K这种不定方程，仅解一次而已。而其他方法要解多次。同时，这种算法也容易理解，算法单纯。
五、 典经的、“大衍求一术”解法
X≡R1 (mod m1 ) X≡2 (mod 7 )
X≡R2 (mod m2) X≡5 (mod 9 )
X≡R3 (mod m3) X≡1 (mod 5 )
名词注释及计算步骤：
1 余数R：、R1=2、R2=5、R3=1
2 模，亦即除数m：例中m1=7、m2=9、m3=5
3 模的最小公倍数G：G=m1*m2*m3，例中M=7*9*5=315
4 衍数（局部公倍数）y：Y1=m2m3、Y2=m1m3，Y3=m1m2，例中Y1=9*5=45、Y2=7*5=35、Y3=7*9=63
5 乘率C：这是解算中国剩余定理的关键，而计算“乘率”的方法，是秦九韶在《数书九章》一书中首次提出的，称之为“大衍求一术”。“求一”就是使(衍数*乘率)除以模(除数)，而余数为1。即：
衍数Y*乘率C≡1 (mod m)，乘率C可以经过反算而得到。例中Y1C1≡1 (mod 7 )、
Y2C2≡1 (mod 9 ) 、Y3C3≡1 (mod 5 )。
计算C1方法。由Y1C1≡1 (mod 7 )， →45C1≡1 (mod 7 ) →(45C1－1) / 7=整数N ，得C1=5。因为45*5=225，225－1=224，224÷7=32，32是整数，合符要求。C2、C3之计算也相仿。乘率C之计算见下表：
同余式 i
衍数Y
乘率C
余1
模m
检验 (Y*C-1)/m = 整数
1
45
5
1
7
(45*C-1)/7 =N (45*5-1)/7 = 32
2
35
8
1
9
(35*C-1)/9 =N (35*8-1)/9 = 31
3
63
2
1
5
(63*C-1)/5 =N (63*2-1)/5 = 25
最终结果，X≡R1Y1C 1+R2Y2C2+R3Y3C3(mod G)
即X≡Σ余数*衍数*乘率 (mod G)，见下表计算：
i
余数R
衍数Y
乘率C
R*Y*C
1
2
45
5
450
2
5
35
8
1400
3
1
63
2
126
Σ
1976
X≡1976 (mod 315)
1976 除去315的6倍后，剩下86，最终，X≡86 (mod 315)
“大衍求一术”的关键与难点，是如何解“衍数Y*乘率C≡1 (mod m)”，得乘率C。也就是解算方程(Y*C-1)/m =N 。
2015-11-21补充：
X≡R1 (mod m1 ) → X≡2 (mod 7 ) ×5×9 → 45 X≡90 (mod 315 )
X≡R2 (mod m2) → X≡5 (mod 9 ) ×7×5 → 35 X≡175 (mod 315)
X≡R3 (mod m3) → X≡1 (mod 5 ) ×7×9 → 63 X≡63 (mod 315 )
→ 45 C1≡1 (mod 7 ) → (45 C1 －1 ) ÷7 ＝整数 → C1 ＝5
→ 35 C2≡1 (mod 9) → (35 C2 －1 ) ÷9 ＝整数 → C2 ＝8
→ 63 C3≡1 (mod 5 ) → (63 C3 －1 ) ÷5 ＝整数 → C3 ＝2
六、 评 论
1 、综合上述五种解法，归根到底，关键点，也是难点，就是都要解“(AX＋B)÷C= K”这种类型不定方程。而解这种不定方程的方法，既没有公式又没有窍门，归根到底还是一个“凑”字了。其中“枚举法”是小学生都懂的凑数法。因此可以说，中国剩余定理其实并不神秘，就是一个如何凑数的问题。
2 、五种解法中我认为“化为相同除数法”最简易、工作量最小。因为：
第一，它要使除数相同，方法最简单、统一，初中二年级学生都会。
第二，它解算不定方程“(AX＋B)÷C= K” 只解一次，也即只“凑”一次。而“逐级满足法”和“大衍求一术”，则要“凑”多次 (N次，即方程的个数)。方程个数越多，“化为相同除数法”就越显得省力。我认为应该宣传、普及一下通俗易懂的“化为相同除数”。
3、至于说到“大衍求一术”的同余式“衍数Y*乘率C≡1 (mod m)”是怎样来的，又为什么成为解题的关键，在陈景润所著《初等数论Ⅰ》1978年版85页上有理论推证。这应该是一个现代数学的推证，而不是在论证秦九韶的理论就是这样的。也就是说，这是殊途同归。至于秦九韶到底是怎样想的，或许他有更容易为常人所理解的机理，那就不得而知了，于是我们钦佩古代数学家的智慧。我们钦佩古代数学家的智慧，但不一定非要走他的路，固守他的方法。有了更好的方法，应该学习推广。至于以后是不是有更好的解法，那谁又知道呢。