8.2 哥庭根抄本
与慕尼黑抄本差不多同时的另一抄本，称为哥庭根抄本，约成书于1550年。其中记载的一些不定分析问题，对于两两互素的模数，可以说给出了完全的解。对于非两两互素的模数来说，没有给出解的一般法则。
今将其中有关问题及解法，用现代符号摘译如下：
1 当模数两两互素时
N≡5(mod 7)≡7(mod 8)≡6(mod 9)≡0(mod 11)。
解 （1）8×9×11=792， （2）7×9×11=693，
792-n×7=1; 693-n×8=5;
(3)7×8×11=616, (4)7×8×9=504,
616-n×9=4; 504-n×11=9。
（1）式的余数是1，同余式已经解决了。（2）式的余数是5，它必须“约简”。其方法如下：
计算劳卡的量，为5个5。5是同余式的解。
由上式可知，（2）式合计5个5，（3）式合计7个4，（4）式合计5个9。这就是作者所说计算得（2）式的“劳卡（Loca）”是5，（3）式是7，（4）式是5。作者还就上式做了解释，他以（4）式为例说：“如果取504为‘约简的数’，则余数为9。如果取其（504）两倍，则余数9也得二倍起来。因之，除以11则余7。其他仿此。”
我们看到，高斯剩余定理中，伴随数的值“α是由式子1/BCD等（mod A）的一个值（最好是最小值），用BCD等所乘”。式子1/BCD等（mod A）相当于现今我们熟悉的同余式：
（BCD等）x≡1（mod A）。
这就是说，高斯定理中，是一揽子解出的，哥庭根抄本则分两步走：第一步，求其他模之积除以本模的余数。第二步，把余数相加若干次，这个次数，称为劳卡。
作者进一步说：“每一数除以自己的除数则余数为1，此外，可整除以其他除数。在‘约简的数’中，乘以其余数后，其余数仍然是其原来的余数。因此，每个‘约简的数’除以自己的除数则有一余数，而可整除以其他除数。所以，其和54087除以各除数时，则各有余数。”作者的这段论述用现代符号表示如下：
其中，n=9。
2 当模数非两两互素时
N≡2(mod 6)≡6(mod 8)≡4(mod 10)≡8(mod 14)。
解法如下： L.C.M.（6，8，10，14）=840最小公倍数
840÷6=140 140≡2(mod 6)
840÷8=105 105≡1（mod 8） →扩大630≡6（mod 8）
840÷10=84 84≡4(mod 10)
840÷14=60 60≡4（mod 14） →扩大120≡8（mod 14）
140+630+84+120=974, 974-840=134。
但这并不是一般普遍适用的方法。正确解法的理由可发现自下列图示：
在最后的问题里，作者举例给出问题不可解的理由：
N≡4(mod 5)≡3(mod 6)≡2(mod 8)≡1(mod 9)。
这个问题模数的最小公倍数是360，而其“衍数”分别是72，60，45，40，因为6可整除60，所以a×6≡1（mod 60）是不可解的。
又如3（mod 6）≡r（mod 9）中，r只能是0，3或6，故知方程3（mod 6）≡1（mod 9）是不可解的。很明显，方程3（mod 6）≡2（mod 8）也是不可解的。因为前边余数是奇数，而后面则是偶数。
看来，哥庭根抄本所论不定分析问题，对模数两两互素的情况，其解法只适合于较小的数，对非两两互素的情况，作者未必十分了解一般可解的条件。