定義
孫子定理 令任意固定整數為M，當M/A余a，M/B余b，M/C余c，M/D余d，…，M/Z余z時，這裡的A，B，C，D，…，Z為除數，除數為任意 自然數（[span]如果為0，沒有任何意義，如果為1，在孫子定理中沒有計算和探討的價值，所以，不包括0和1）時；餘數a，b，c，d，……，z為自然整數時。
1、當命題正確時，在這些除數的 最低公倍數內有解，有唯一的解，每一個最低公倍數內都有唯一的解；當命題錯誤時，在整個自然數範圍內都無解。
2、當M在兩個或兩個以上的除數的最低公倍數內時，這兩個或兩個以上的除數和餘數可以定位M在最低公倍數內的具體位置，也就是M的大小。
3、正確的命題，指沒有矛盾的命題：分別除以A，B，C，D，…，Z不同的 餘數組合個數=A，B，C，D，…，Z的最低公倍數=不同的餘數組合的循環周期．
解釋
注釋：三數為a b c， 餘數 分別為 m1 m2 m3，%為求余計算，&&是“且”運算⒈分別找出能被兩個數整除，而滿足被第三個整除餘一的最小的 數。
k1%b==k1%c==0 && k1%a==1;
k2%a==k2%c==0 && k2%b==1;
k3%a==k3%b==0 && k3%c==1;
⒉將三個數（能被兩個數整除、除以第三個數餘1）乘對應 數字的餘數再加起來，減去這三個數的最低公倍數即得結果。
Answer = k1×m1 + k2×m2 + k3×m3 - P×（a×b×c);
P為滿足Answer > 0的最大整數；
或者 Answer = (k1×m1 + k2×m2 + k3×m3）%(a×b×c) ;
解題思路：
令某數為M，令素數為A，B，C，D，…，Z，已知M/A余a，M/B余b，M/C余c，M/D余d，…，M/Z余z。求M=？
因為A，B，C，D，…，Z為不同的素數，故，B*C*D*…*Z不可能被A 整除 ，有等差數列（B*C*D*…*Z）+（B*C*D*…*Z）N中取A個連續項，這A個連續項分別除以A的餘數必然存在0，1，2，3，…，A-1，所以，從這A個連續項中能尋找到除以A餘1的數。再用除以A餘1的這個數*a其積必然除以A余a，這個除以A余a的數，為能夠被素數B*C*D*…*Z整除的數，為第一個數；
再按同樣的道理，從A*C*D*…*Z的倍數中尋找除以B余b的數，該數具備被 素數A，C，D，…，Z整除的特性，為第二個數；
因為，第一個數除以A余a，第二個數能被素數A，C，D，…，Z整除，即能被A整除，所以，第一個數+第二個數之和，仍然保持除以A余a；
同理，第二個數除以B余b，因第一個數能被B整除，所以，第二個數+第一個數之和，仍然保持除以B余b。即，第一個數+第二個數之和，為滿足除以A余a，除以B余b。
依此類推，按上面的方法尋找到除以各素因子的餘數的數之總和，為滿足除以各素因子餘數的條件的數。總和再減去能被這幾個素數共同整除的數（A*B*C*D*…*Z）N後，其差仍然保持除以各素 因子餘數的條件的數。由此構成孫子定理的解法。
公式
用現代數學的語言來說明的話，中國剩餘定理給出了以下的 一元線性同餘方程組： 有解的判定條件，並用構造法給出了在有解情況下解的具體形式。 中國剩餘定理說明：假設整數 m 1, m 2, ... , m n兩兩互質，則對任意的整數： a 1, a 2, ... , a n，方程組有解，並且通解可以用如下方式構造得到： 設是 整數 m 1, m 2, ... , m n的乘積，並設是除了 m i以外的 n- 1個整數的乘積。 設為模的數論倒數： 方程組的通解形式為：在模的意義下，方程組只有一個解：證明
從假設可知，對任何，由於，所以這說明存在整數使得這樣的叫做模的數論倒數。考察 乘積可知： 所以滿足： 這說明
就是方程組的一個解。 另外，假設和都是方程組的解，那么： 而兩兩互質，這說明整除. 所以方程組的任何兩個解之間必然相差的整數倍。而另一方面，是一個解，同時所有形式為： 的整數也是方程組的解。所以方程組所有的解的 集合就是：其他解釋
孫子定理 證明里也可以推論出只要找到符合要求的T1 T2 T3即可；
孫子的做法是先找 k1 再將 k1×m1;
所以他原題的解里出現的是70，然後乘以 2得到140，而實際上算的時候我們發現5×7得到的35已經可以
用來解題：35+63+30=128-105=23; 即35已經是符合條件的T1
孫子之所以要用70是因為要規格化。
以便後人使用。碰到這個剛好符合要求的35純屬運氣。
如果不規定先找一個除第三個數餘1的k，那么方法就要改為：取b c的最小 公倍數 t，如果 t%a==m1，取t，否則一直將t 加上b c的最低公倍數直到 t%a==m1;
原文
《 孫子算經》中的題目：有物不知其數，三個一數餘二，五個一數餘三，七個一數又餘二，問該物總數幾何？《孫子算經》中的解法：三三數之，取數七十，與餘數二相乘；五五數之，取數二十一，與餘數三 相乘；七七數之，取數十五，與餘數二相乘。將諸乘積相加，然後減去一百零五的倍數。
解法
解法中的三個關鍵數70，21，15，有何妙用，有何性質呢?首先70是3除餘1而5與7都除得盡的數，所以70a是3除余a，而5與7都除得盡的數，21是5除餘1，而3與7都除得盡的數，所以21b是5除余b，而3與7除得盡的數。同理，15c是7除余c，3與5除得盡的數，總加起來 70a+21b+15c 是3除余a，5除余b ，7除余c的數，也就是可能答案之一，但可能不是最小的，這數加減105（105=3×5×7）仍有這樣性質，可以多次減去105而得到最小的 正數解。附：如70，其實是要找餘2的，但只要找到了餘1的再乘2即餘二了。
孫子問題的解法，以現代的說法，是找出三個關鍵數70，21，15。 解法的意思就是用70乘（3除所得的餘數），21乘（5除所得的餘數），15乘（7除所得的餘數），然後總加起來，除以105的餘數就是答案。
即題目的答案為
70×2+21×3+15×2
=140+63+30
=233
233-2×105=23
公式：70a+21b+15c-105n
題中有三個數，分別為3、5、7，5×7÷3餘數為2，取35；3×7÷5餘數為1，要使 餘數為3，只需將3×7擴大3倍變成63即可；同樣3×5÷7的餘數為1，要使餘數為2，則將3×5擴大2倍，變成30。
數學公式
（中國剩餘定理CRT）設m1,m2,...,mk是兩兩互素的正整數，即gcd(mi,mj) =1,i≠j,i,j = 1,2,...,k則 同餘方程組：
x≡b1 （mod m1）
x≡b2 （mod m2）
...
x≡bk （mod mk)
模[m1,m2,...,mk]有唯一解，即在[m1,m2,...,mk]的意義下，存在唯一的x，滿足：
x≡bi mod [m1,m2,...,mk],i = 1,2,...,k
發展歷史
在中國古代勞動人民中，長期流傳著“ 隔牆算”、“剪管術”、“秦王暗點兵”等數學遊戲。有一首“孫子歌”，甚至遠渡重洋，輸入日本：“三人同行七十稀，五樹梅花廿一枝，
七子團圓正半月，除百零五便得知。”
這些饒有趣味的數學遊戲，以各種不同形式，介紹世界聞名的“孫子問題”的解法，通俗地反映了中國 古代數學一項卓越的成就。“孫子問題”在現代數論中是一個一次同餘問題，它最早出現在中國公元四世紀的數學著作《孫子算經》中。《孫子算經》卷下“物不知數”題說：有物不知其數，三個一數餘二，五個一數餘三，七個一數又餘二，問該物總數幾何？顯然，這相當於求不定方程組
N=3x+2,N=5y+3,N=7z+2
的正整數解N，或用現代數論符號表示，等價乾解下列的一次 同餘組。
《孫子算經》所給答案是N=23。由於孫子問題數據比較簡單，這個答數通過試算也可以得到。但是《孫子算經》並不是這樣做的。“物不知數”題的術文指出解題的方法多三三數之，取數七十，與餘數二相乘；五五數之，取數二十一，與餘數三相乘；七七數之，取數十五，與餘數二相乘。將諸乘積相加，然後減去一百零五的倍數。列成算式就是：
N=70×2+21×3+15×2－2×105。
這裡105是模數3、5、7的最低公倍數，容易看出，《孫子算經》給出的是符合條件的最小正整數。對於一般餘數的情形，《孫子算經》術文指出，只要把上述算法中的餘數2、3、2分別換成新的餘數就行了。以R1、R2、R3表示這些餘數，那么《孫子算經》相當於給出公式
N=70×R1+21×R2+15×R3－P×105（p是 整數）。
孫子算法的關鍵，在於70、21和15這三個數的確定。後來流傳的 《孫子歌》中所說“七十稀”、“廿一枝”和“正半月”，就是暗指這三個關鍵的數字。《孫子算經》沒有說明這三個數的來歷。實際上，它們具有如下特性：
也就是說，這三個數可以從最低公倍數M=3×5×7=105中各約去模數3、5、7後，再分別乘以整數2、1、1而得到。假令k1=2，K2=1，K3=1，那么整數Ki（i=1，2，3）的選取使所得到的三數70、21、15被相應模數相除的時候餘數都是1。由此出發，立即可以推出，在餘數是R1、R2、R3的情況下的情況。
套用上述推理，可以完全類似地把孫子算法推廣到一般情形：設有一數N，分別被兩兩互素的幾個數a1、a2、……an相除得餘數R1、R2、……Rn，即
N≡Ri（mod ai）（i=1、2、……n），
只需求出一組數K，使滿足
1（mod ai）（i=1、2、……n），
那么適合已給一次同餘組的最小正數解是
（P是整數，M=a1×a2×……×an），
這就是現代數論中著名的剩餘定理。如上所說，它的基本形式已經包含在《孫子算經》“物不知數”題的解法之中。不過《孫子算經》沒有明確地表述這個一般的定理。
孫子問題出現在公元四世紀的中國算書中，這並不是偶然的。中國古代天文曆法資料表明，一次同餘問題的研究，明顯地受到天文、曆法需要的推動，特別是和古代曆法中所謂“上元積年”的計算密切相關。大家知道，一部曆法，需要規定一個起算時間，中國古代歷算家把這個起點叫做“曆元”或“上元”，並且把從曆元到編歷年所累積的時間叫做“上元積年”。上元積年的推算需要求解一組一次同餘式。以公元三世紀三國時期魏國施行的 《景初歷》做例，這部曆法規定以冬至、朔旦（朔日子夜）和甲子日零時會合的時刻作為曆元。設a是一回歸年日數，b是一朔望月日數，當年冬至距甲子日零時是R1日，離平朔時刻是R2日，那么《景初歷》上元積元數N就是同餘組的解。
aN≡Ri（mod 60）≡R2（mod b）
到了南北朝時期，祖沖之《 大明曆》（公元462年）更要求曆元必須同時是甲子年的開始，而且“日月合璧”、“五星聯珠”（就是日、月、五大行星處在同一方位），月亮又恰好行經它的近地點和升交點。這樣的條件下推算上元積年，就相當於要求解十個同餘式了。天文曆法數據一般又都十分龐雜，所以，在《孫子算經》成書前後的魏晉南北朝時期，中國的天文歷算家無疑已經能夠求解形式比《孫子算經》“物不知數”題複雜得多的一次同餘式，因而必定掌握了按一定程式計算一次同餘式的方法。《孫子算經》比例題的形式總結、反映了這一事實。以後天文歷算家長期沿用孫子算法推算上元積年，這中間肯定會引起更加深入的探討。到公元十三世紀，大數學家秦九韶集前法之大成，終於在一次同餘式的研究上獲得了超越前人的輝煌成果。
秦九韶，字道古，生活於南宋時期，自幼喜好數學，經過長期積累和苦心鑽研，乾公元1247年寫成《數書九章》。這部中世紀的數學傑作，在許多方面都有創造，其中求解一次同餘組的“大衍求一術”和求高次方程數值解的“正負開方術”，更是具有世界意義的成就。
這裡主要介紹秦九韶對一次同餘論的偉大貢獻。
秦九韶在《數書九章》中明確地系統地敘述了求解一次同餘組
的一般計算步驟。秦的方法，正是前述的剩餘定理。我們知道，剩餘定理把一般的一次同餘問題歸結為滿足條件的一組數Ki，的選定。秦九韶給這些數起名叫“乘率”，並且在 《數書九章》卷一“大衍總術”中詳載了計算乘率的方法——“大衍求一術”。
為了介紹“大衍求一術”，我們以任一乘率ki的計算作例。如果Gi=>ai，秦九韶首先令ai除Gi，求得餘數giGi≡gi（mod ai）， 於是 kiGi≡Kigi（mod ai）， 但是因為 kiGi≡1（mod ai）， 所以問題歸結為求ki使適合kigi≡1（mod ai）。秦九韶把ai叫“定數”，gi叫“奇數”，他的“大衍求一術”，用現代語言解釋，實際就是把奇數gi和定數ai輾轉相除，相繼得商數q1、q2、……qn和餘數r1、r2、……rn，在輾轉相除的時候，隨即算出下面右列的c值： 秦九韶指出，當rn=1而n是偶數的時候，最後得到的cn就是所求乘率ki。如果rn=1而n是奇數，那么把rn－1和rn相除，形式上令qn+1=rn-1－1，那么餘數rn+1仍舊是1，再作cn+1=qn+1cn+cn-1,qn+1=rn-1-1是偶數，cn+1就是所求的ki。不論哪種情形，最後一步都出現餘數1，整個計算到此終止，秦九韶因此把他的方法叫做“求一術”（至於“大衍”的意思，秦九韶本人在《數書九章》序中把它和 《周易》“大衍之數”相附會）。可以證明，秦九韶這一算法是完全正。所有這些系統的理論，周密的考慮，即使以今天的眼光看來也很不簡單，充分顯示了秦九韶高超的數學水平和計算技巧。秦九韶小時曾跟隨他父親到南宋京城杭州，向太史局（主管天確，十分嚴密的。 在秦九韶那個時代，計算仍然使用算籌。秦九韶在一個小方盤上，右上布置奇數g，右下布置定數a，左上置1（他叫它做“ 天元1”），然後在右行上下互動以少除多，所得商數和左上（或下）相乘併入左下（或上），直到右上方出現1為止。下頁就是秦九韶的一般籌算圖式，右邊是一個數字例子（g=20，a=27，K=C4=23）。 秦九韶在《數書九章》中採集了大量例題，如“古歷會積”、“積尺尋源”、“推計土功”、“程行計地”等等，廣泛套用大衍求一術來解決曆法、工程、賦役和軍旅等實際問題。在這些實際問題中，模數ai並不總是兩兩互素的整數。秦九韶區分了“元數”（ai是整數）、“收數”（ai是 小數）、“通數”（ai是分數）等不同情形，並且對每種情形給出了處理方法。“大衍總術”把“收數”和“通數”化成“元數”的情形來計算，而對於元數不兩兩互素的情形，給出了可靠的程式，適當選取那些元數的因子作定數而把問題歸結為兩兩互素的情形 文曆法的機構）的官員學習天文曆法，“大衍求一術”很可能就是他總結天文曆法計算上元積年方法的結果。但是“大衍求一術”似乎沒有為他同時代的人所充分理解。明中葉以後幾乎失傳。一直到清代，“大衍求一術”又重新被發掘出來，引起了許多學者（張敦仁、李銳、駱騰鳳、黃宗憲等）的興趣。他們對“大衍求一術”進行了解釋、改進和簡化，其中黃宗憲《求一術通解》對模數非兩兩互素的情形給出了更加簡明的方法，但是時代已是晚清。 從 《孫子算經》“物不知數”題到秦九韶的“大衍求一術”，中國古代數學家對一次同餘式的研究，不僅在中國數學史上而且在世界數學史上占有光榮的地位。在歐洲，最早接觸一次同餘式的，是和秦九韶同時代的義大利數學家裴波那契（1170—1250），他在《算法之書》中給出了兩個一次同餘問題，但是沒有一般的算法。這兩個問題從形式到數據都和孫子物不知數題相仿，整個水平沒有超過《孫子算經》。直到十八、十九世紀，大數學家歐拉（1707—1783）於公元1743年、高斯（1777—1855）於公元1801年對一般一次同餘式進行了詳細研究，才重新獲得和秦九韶“大衍求一術”相同的定理，並且對模數兩兩互素的情形給出了嚴格證明。歐拉和高斯事先並不知道中國人的工作。公元1852年英國傳教士偉烈亞力（1815—1887）發表 《中國科學摘記》，介紹了《孫子算經》物不知數題和秦九韶的解法，引起了歐洲學者的重視。1876年，德國馬蒂生（1830—1906）首先指出 孫子問題的解法和高斯方法一致，當時德國著名數學史家康托（1829—1920）看到馬蒂生的文章以後，高度評價了“大衍術”，並且稱讚發現這一方法的中國數學家是“最幸運的天才”。直到今天，“大衍求一術”仍然引起西方數學史家濃厚的研究興趣。如1973年，美國出版的一部數學史專著《十三世紀的中國數學》中，系統介紹了中國學者在一次同餘論方面的成就，作者力勃雷希（比利時人）在評論秦九韶的貢獻的時候說道：“秦九韶在不定分析方面的著作時代頗早，考慮到這一點，我們就會看到，薩頓稱秦九韶為‘他那個民族、他那個時代、並且確實也是所有時代最偉大的數學家之一’，是毫不誇張的。”
印度學者對一次同餘論也有過重要貢獻。從公元六世紀到十二世紀，他們發展了一種稱為“庫塔卡”的算法，用來求解和一次同餘式等價的不定方程組。“庫塔卡”法出現在孫子算法之後，印度數學家婆羅門復多（七世紀）、 摩柯吠羅（九世紀）等人的著作中，都有和物不知數題相同的一次同餘問題。這當然不是要藉此斷言“庫塔卡”法一定受到了孫子算法的影響，但是有人（如萬海依等）硬說中自的“大衍求一術”來源於“庫塔卡”，就是毫無根據的妄說了。萬海依居然把中國算法中數碼從左到右橫寫作為“大衍術”受印度影響的重要根據。大家知道，中國古代至遲從春秋戰國時期就開始使用算籌記數，我們今天還可以從現存的公元前三世紀的貨幣上看到這種從左到右的記數方法。由此可見，萬海依的論點多么荒唐可笑。中國古代數學家對一次同餘論的研究有明顯的獨創性和繼承性，“大衍求一術”在世界數學史上的崇高地位是毋容置疑的，正因為這樣，在西方數學史著作中，一直公正地稱求解一次同餘組的剩餘定理為“中國剩餘定理”。
案例
孫子定理 為什麼這樣解呢？因為70是5和7的公倍數，且除以3餘1。21是3和7的公倍數，且除以5餘1。15是3和5的公倍數，且除以7餘1。（任何一個一次同餘式組，只要根據這個規律求出那幾個關鍵數字，那么這個一次同餘式組就不難解出了。）把70、21、15這三個數分別乘以它們的餘數，再把三個積加起來是233，符合題意，但不是最小，而105又是3、5、7的最低公倍數，去掉105的倍數，剩下的差就是最小的一個答案。用歌訣解題容易記憶，但有它的局限性，只能限於用3、5、7三個數去除，用其它的數去除就不行了。後來中國數學家又研究了這個問題，運用了像上面分析的方法那樣進行解答。
例1：一個數被3除餘1，被4除餘2，被5除餘4，這個數最小是幾？題中3、4、5三個數 兩兩互質。則〔4，5〕=20；〔3，5〕=15；〔3，4〕=12；〔3，4，5〕=60。為了使20被3除餘1，用20×2=40；使15被4除餘1，用15×3=45；使12被5除餘1，用12×3=36。然後，40×1+45×2+36×4=274，因為，274>60，所以，274－60×4=34，就是所求的數。
例2：一個數被3除餘2，被7除餘4，被8除餘5，這個數最小是幾？題中3、7、8三個數兩兩互質。則〔7，8〕=56；〔3，8〕=24；〔3，7〕=21；〔3，7，8〕=168。為了使56被3除餘1，用56×2=112；使24被7除餘1，用24×5=120。使21被8除餘1，用21×5=105；然後，112×2+120×4+105×5=1229，因為，1229>168，所以，1229－168×7=53，就是所求的數。
例3：一個數除以5餘4，除以8餘3，除以11餘2，求滿足條件的最小的 自然數。題中5、8、11三個數兩兩互質。則〔8，11〕=88；〔5，11〕=55；〔5，8〕=40；〔5，8，11〕=440。為了使88被5除餘1，用88×2=176；使55被8除餘1，用55×7=385；使40被11除餘1，用40×8=320。然後，176×4+385×3+320×2=2499，因為，2499>440，所以，2499－440×5=299，就是所求的數。
例4：有一個年級的同學，每9人一排多5人，每7人一排多1人，每5人一排多2人，問這個年級至少有多少人 ？（幸福123老師問的題目）題中9、7、5三個數兩兩互質。則〔7，5〕=35；〔9，5〕=45；〔9，7〕=63；〔9，7，5〕=315。為了使35被9除餘1，用35×8=280；使45被7除餘1，用45×5=225；使63被5除餘1，用63×2=126。然後，280×5+225×1+126×2=1877，因為，1877>315，所以，1877－315×5=302，就是所求的數。
例5：有一個年級的同學，每9人一排多6人，每7人一排多2人，每5人一排多3人，問這個年級至少有多少人 ？ 題中9、7、5三個數兩兩互質。則〔7，5〕=35；〔9，5〕=45；〔9，7〕=63；〔9，7，5〕=315。為了使35被9除餘1，用35×8=280；使45被7除餘1，用45×5=225；使63被5除餘1，用63×2=126。然後，280×6+225×2+126×3=2508，因為，2508>315，所以，2508－315×7=303，就是所求的數。（例5與例4的除數相同，那么各個 餘數要乘的“數”也分別相同，所不同的就是最後兩步。）
關於“中國剩餘定理”類型題目的另外解法“中國剩餘定理”解的題目其實就是“餘數問題”，這種題目，也可以用倍數和餘數的方法解決。
例一：一個數被5除餘2，被6除少2，被7除少3，這個數最小是多少？解法：題目可以看成，被5除餘2，被6除餘4，被7除餘4。看到那個“被6除餘4，被7除餘4”了么，有同餘數的話，只要求出6和7的最低公倍數，再加上4，就是滿足後麵條件的數了，6X7+4=46。下面一步試下46能不能滿足第一個條件“一個數被5除餘2”。不行的話，只要再46加上6和7的最低公倍數42，一直加到能滿足“一個數被5除餘2”。這步的原因是，42是6和7的最低公倍數，再怎么加都會滿足“被6除餘4，被7除餘4”的條件。46+42=88，46+42+42=130，46+42+42+42=172，這是一種形式，它的前提是條件中出現同餘數的情況，如果遇到沒有的：下面講例二，一個班學生分組做遊戲，如果每組三人就多兩人，每組五人就多三人，每組七人就多四人，問這個班有多少學生？解法：題目可以看成，被3除餘2，被5除餘3，被7除餘4。沒有同餘的情況，用的方法是“逐步約束法”，就是從“被7除餘4的數”中找出符合“被5除餘3的數”，就是在4上一直加7，直到所得的數被5除餘3。得出數為18，下面只要在18上一直加7和5得最低公倍數35，直到滿足“被3除餘2”，4+7=11，11+7=18，18+35=53。這種方法也可以解“中國剩餘定理”解的題目。比“中國剩餘定理”更好理解，我覺的速度上會比那個繁瑣的 公式化的解題更快。大家可以試下. 所以：一共有5個 187 367 547 727 907
此題的初等解法
四川省三台縣工商局王志成的初等解法，簡單、方便、可以永遠的延續下去。
條件1、三三數之餘二 ，條件2、五五數之餘三 ，條件3、七七數之餘二，條件4、十一十一數之餘七，條件5、十三十三數之餘五，條件6、十七十七數之餘七，
⒈滿足條件1為等差數列：3N+2。
⒉將等差列3N+2取5項有：2，5，8，11，14，必然有一項滿足條件2，五五數之餘三，結果為8，同時滿足條件1和2的為等差數列：15N+8。
⒊將等差列15N+8取7項有：8，23，38，53，68，83，98，必然有一項滿足條件3，七七數之餘二，結果為23，同時滿足條件1，2，3的為等差數列：23+ 105N。
⒋將等差列23+ 105N取11項有：23，128，233，338，443，548，653，758，863，968，1073，必然有一項滿足條件4，十一十一數之餘七，結果為128，同時滿足條件1，2，3，4的為等差數列：128+1155N。
⒌將等差列128+1155N取13項有：128，1283，2438，3593，4748，5903，7058，8213，9368，10523，11678，12833，13988，必然有一項滿足條件5，十三十三數之餘五，結果為3593，同時滿足條件1，2，3，4，5的為 等差數列：3593+15015N。
⒍將等差列3593+15015N N取17項有：3593，18608，33623，48638，63653，78668，93683，108698，123713，138728，153743，168758，183773，198788，213803，228818，243833，必然有一項滿足條件6，十七十七數之餘七，結果為198788，同時滿足條件1，2，3，4，5，6的為等差數列：198788+255255N。
數列化簡
當 等差數列的首項及公差較大時，對於求任何素因子的餘數，都可以先進行化簡計算。
如在該問題的基礎上,增加十九十九數餘5，如果對198788+255255N取19項再尋找每一項的餘數，用筆算是相當的不方便，我們用首項和公差分別除以19的餘數，得新的等差數列：10+9N，取19項之內有：10，0(當滿或超過19時減去19再算)，9，18，8，17，7，16，6，15，5，當出現與餘數相同的數後,就可以不再計算了。因該數列第11項除以19餘5。
即原數列的第11項除以19必然餘5，198788+255255*（11-1）=2751338，得等差數列2751338+4849845N的數,為滿足上面七個條件的數。
如何判別錯題？
在計算餘數問題上，很容易出現錯題，正確的題有解，錯誤的題是無解的。什麼是錯題？題意自相矛盾的題是錯題。判斷標準：一個數除以一個素因子只有一個餘數；除以合數時，要看它與合數的素因子的餘數是否有矛盾。
⒈素因子的重複。即M/A余C，式中的M與A都是固定的，那么，餘數C只能有一個。除以同一個素因子可以在題中出現多次，但餘數必須相同，否則，就是錯題。如，除以3餘1，除以5餘2，除以7餘3，除以3餘2，問該數為多少？這裡的除以3餘1與除以3餘2自相矛盾，為錯題。
⒉單個素因子組成的合數。如，除以3餘1，除以5餘2，除以7餘3，除以9餘8，問該數為多少？因為，9是由 素因子3組成的，既然前面明示除以3餘1，那么，這裡的除以9必須服從該條件。因8/3餘2與除以3餘1矛盾，該題為錯題。滿足除以3餘1的在9之內只有1+3N為：除9餘1，餘4，餘7。除以9餘2，3，5，6，8，0都屬於錯題。
⒊多個素因子組成的合數。如，除以3餘1，除以5餘2，除以7餘3，除以15餘8，問該數為多少？因為，這裡的除以15餘8，8/3餘2與前面的除以3餘1矛盾，8/5餘3與前面的除以5餘2矛盾，該題為錯題。同時滿足除以3餘1，除以5餘2有：7+15N，即除以15隻能餘7，對於除以15餘0，1，2，3，4，5，6，8，9，10，11，12，13，14都屬於錯題。除以多個素因子組成的 合數時，必須與題中所出現的素因子不產生矛盾，不產生矛盾的標準是除以多個素因子組成的合數，必須是同時滿足題中所出現（合數所包含的）的素因子的數。
同餘的解法
當你看了在上面的初等解法後，對同餘的解法就簡單了。
例某數為M，有M/3餘2，M/5餘3，M/7餘2，M/11餘3，M/13餘2，求M=？
這裡有M除以3，7，13都餘2，因3*7*13=273，即2+273N為滿足除以3，7，13都餘2的等差數列；
同理，M除以5，11餘3，因5*11=55，即3+55Z等差數列的數為滿足除以5和11都餘3的等差數列。
於是這裡出現了兩個等差數列：2+273N和3+55Z，是在2+273N 數列取55項尋找除以55餘3的數呢？還是在3+55Z數列取273項，尋找除以273餘2的數呢？
最好是：
⒈在2+273N取11項：2，275，548，821，1094，1367，1640，1913，2186，2459，2732，有1367/11餘3，因273*11=3003，得等差數列1367+3003N；
⒉在1367+3003N取5項：1367，4370，7373，10376，13379，有7373/5餘3，因3003*5=15015，即7373+15015等差數列中的數都滿足這些條件。
因為，這樣是取5+11=16個數中尋找，而不是取5*11=55個數中尋找。
再看原題，M/3餘2，M/5餘3，M/7餘2，求M=？
因M除以3和7都餘2，有 等差數列2+21N滿足除以3和7都餘2，在2+21N數列取5項：2，23，44，65，86，得23/5餘3，因3*5*7=105，即23+105N數列的數都滿足這些條件。
數論相關
數論是純粹數學的分支之一，主要研究整數的性質。
按研究方法來看，數論大致可分為初等數論和高等數論。初等數論是用初等方法研究的數論，它的研究方法本質上說，就是利用整數環的整除性質，主要包括整除理論、同餘理論、連分數理論。高等數論則包括了更為深刻的數學研究工具。它大致包括代數數論、解析數論、計算數論等等。
初等數論主要就是研究整數環的整除理論及同餘理論。此外它也包括了連分數理論和少許不定方程的問題。本質上說，初等數論的研究手段局限在整除性質上。
初等數論中經典的結論包括算術基本定理、歐幾里得的質數無限證明、中國剩餘定理、歐拉定理（其特例是費馬小定理）、高斯的二次互反律， 勾股方程的商高定理、佩爾方程的連分數求解法等等 。
