前言
约在2000多年以前，我国古代数学著作《孙子算经》中提出了著名的“物不知其数”问题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何？”答曰：“二十三”。
我国历史上还有很多人研究过这类问题，人们将这一类问题进一步发展和推广，并称之为“孙子定理”，在国外文献和教科书中称为“中国剩余定理”。
设物数为x，那么“物不知其数”问题相当于解如下形式的方程组：
$$
left{
egin{array}{c}
x equiv 2 (mod 3) \
x equiv 3 (mod 5) \
x equiv 2 (mod 7) \
end{array}
ight.
$$
这种方程组我们称为同余方程组。
容易验证，当k使得上面每个同余式都成立时，所有模3x5x7=105同余于k的整数，也使得每个同余式成立，反过来，如果还有l使得同余方程组成立，那么，
$$lequiv k(mod 3),lequiv k(mod 5),lequiv k(mod 7)$$.
于是$3 | l-k，5 | l-k，7 | l-k$，这表明l-k含有素因数3,5,7，从而$3 imes 5 imes 7 | l-k$，即$lequiv k(mod 105)$.
通常，我们把$xequiv k(mod 105)$叫做同余方程组额解，在这个意义下，同余方程只有一个解。
为了解同余方程组，我们首先建立拉格朗日插值公式。
拉格朗日插值法
例.你能否求一个多项式$f(x)$，使其满足$f(1)=1，f(-1)=3，f(2)=3$？
由二次函数的知识，先假设$f(x)=ax^2+bx+c$，代入可解得$f(x)=x^2-x+1$，利用这个多项式，我们可以写出所有满足条件的多项式
$$f(x)=x^2-x+1 + (x-1)(x+1)(x-2)h(x)$$.
其中$h(x)$是任意多项式.
下面介绍一种更为一般的方法——拉格朗日插值法，我们按如下步骤进行：
(1)求多项式$p(x)$，使$p(1)=1，p(-1)=0，p(2)=0$;
(2)求多项式$q(x)$，使$q(1)=0，q(-1)=1，q(2)=0$；
(3)求多项式$r(x)$，使$r(1)=0，r(-1)=0，r(2)=1$；
(4)作多项式$f(x)=1*p(x) + 3*q(x) + 3*r(x)$，它就是问题的一个解.
这里的$p(x)、q(x)、r(x)$好求吗？
如选取$p(x)=c(x+1)(x-2)$，其中$c$为常数，显然$p(-1)=0，p(2)=0$，再将$p(1)=1$代入，可求得$c$是$(1+1)(1-2)$的倒数，于是
$$p(x)=frac{(x+1)(x-2)}{(1+1)(1-2)} = -frac{1}{2} (x^2 -x -2).$$
同理可得
$$q(x)=frac{(x-1)(x-2)}{(-1-1)(-1-2)} = frac{1}{6} (x^2 -3x +2).$$
$$q(x)=frac{(x-1)(x+1)}{(2-1)(2+1)} = frac{1}{3} (x^2 - 1).$$
一般地，设$a，b，c$两两不同，那么满足$f(a)=e，f(b)=f，f(c)=g$的一个多项式$f(x)$可由下面的公式给出
$$f(x)=ecdot p(x)+fcdot q(x)+gcdot r(x). ag{(1)}$$
其中
$$p(x)=frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)},q(x)=frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)},r(x)=frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}. ag{(2)}$$
通常，我们把公式(1)和(2)叫做拉格朗日插值公式.运用类似的方法，我们可以将它推广到一般情况.
解同余方程组
为了解同余方程组，我们依照建立拉格朗日插值公式的想法，按如下两个步骤进行：
1°求整数$p$，使$pequiv 1(mod 3),pequiv 0(mod 5),p equiv 0(mod 7).$
求整数$q$，使$qequiv 0(mod 3),qequiv 1(mod 5),q equiv 0(mod 7).$
求整数$r$，使$requiv 0(mod 3),requiv 0(mod 5),r equiv 1(mod 7).$
2°作整数$k=2 imes p + 3 imes q + 2 imes r$，这个$k$使得方程组中每个同余式都成立.
此时，$xequiv k(mod 3 imes 5 imes 7)$就是同余方程组的解.
如何求出$p、q$和$r$呢？不妨以求$p$为例.
由于$,pequiv 0(mod 5),p equiv 0(mod 7)$，故$5 | p,7 | p$，于是$p = 5 imes 7 imes c$，其中c是某个整数.再由$pequiv 1(mod 3)$知，整数c满足：$5 imes 7 imes cequiv 1(mod 3)$.而$5 imes 7 equiv -1(mod 3)$，于是$-c equiv 1(mod 3)$，进而$c equiv 1(mod 3)$.若选取c=2，则p=70。
用类似的方法，我们可以得q=21，r=15.作整数$k=2 imes 70 + 3 imes 21 + 2 imes 15 = 223$，于是同余方程组得解为$xequiv 233equiv 23(mod 105)$.
一般地，我们有如下结论：
孙子定理：设$a,b,c$为两两互素的正整数，$e,f,g$为任意整数，则同余方程组
$$
left{
egin{array}{c}
x equiv e (mod a) \
x equiv f (mod b) \
x equiv g (mod c) \
end{array}
ight.
$$仅有一解：$xequiv ebcc_1 + facc_2 + gabc_3 (mod abc)$，其中$c_1,c_2,c_3$为分别满足同余式：$bcc_1 equiv 1(mod a),acc_2 equiv 1(mod b),abc_3 equiv 1(mod c)$的整数.
运用类似的方法，我们可以将孙子定理推广到更一般的情形.
例.（韩信点兵问题）有兵一队，若排成5行，则末行1人；若排成6行，则末行5人；若排成7行，则末行4人；若排成11行，则末行10人.求兵数。
解：先考虑第一种排列方式，设每行$t$个人，兵数为$x$，则$5t+1 = x$，所以$x≡1(mod 5)$.同理可得到另外3个式子.
$$
left{
egin{array}{c}
x equiv 1 (mod 5) \
x equiv 5 (mod 6) \
x equiv 4 (mod 7) \
x equiv 10 (mod 11) \
end{array}
ight.
$$
利用孙子定理，设$p=6 imes 7 imes 11 imes c equiv 1(mod 5) Rightarrow 1 imes 2 imes 1 imes c equiv 1(mod 5)Rightarrow 2cequiv 1(mod 5)$，取$c=3$，所以$p =6 imes 7 imes 11 imes 3$，同理可得到$q，r，t$.
$xequiv 1 imes p + 5 imes q + 4 imes r + 10 imes t = 6731 equiv 2111(mod 5 imes 6 imes 7 imes 11)$，即$xequiv 2111(mod 2310)$.