初等数论 第五章 二次同余式与平方剩余

初等数论第五章二次同余式与平
方剩余
第五章二次同余式与平方剩余第五章二次同余式与平方剩余§1二次同余式与平方剩余二次同余式的一般形式是ax2?bx?c?0(modm)，a??0(modm)(1)下面讨论它的解的情况。

?k?1?2令m?p1p2?pk，则(1)有解的充要条件为ax2?bx?c?0(modpi?i)，i?1,2,?,k有解，而解f(x)?ax2?bx?c?0(modp?)，p为质数(2)又可以归结为解f(x)?ax2?bx?c?0(modp)，p为质数(3)。

当p?2时，同余式(3)极易求解，因此，我们只需讨论二次同余式f(x)?ax2?bx?c?0(modp)，p为奇质数(4)若p?|a，用4a乘(4)再配方得(2ax?b)2?4ac?b2?0(modp)，令y?2ax?b,A?b2?4ac，得y2?A?0(modp)可以证明：同余式(4)和(5)是等价的。

证明
必要性显然；反之，设(5)有一解y?y0，因为(p,2a)?1，所以2ax?b?y0(modp)有解，即(4)有解。

以上讨论可知，二次同余式可以化为x2?a(modp)，p为奇质数(6)(5)来求解，当p|a时，(6)仅有一个解x?0(modp)，所以我们下面总假定p?|a或(p,a)?1。

因此，下面主要研究形如x2?a(modp)，(p,a)?1，p为奇质数同余式。

(7)的定义若同余式x2?a(modp),(a,p)?1,p为奇质数有解，则a 叫做模p的平方剩余(二次剩余)，若无解，则a叫做模p的平方非剩余(二次非剩余)。

定理1(欧拉判别条件)若(a,p)?1，则a是模p的平方剩余的充要条件为ap?12?1(modp)；a是模p的平方非剩余的充要条件为a- 1 - p?12??1(modp)。

若a是模p的平方剩余，则(7)式恰有两解。

第五章二次同余式与平方剩余证明(1)设a是模p 的平方剩余，则同余式x2?a(modp)，(a,p)?1有解，设为?，于是??a(modp)，从而欧拉定理可知反之，若
ap?122ap?12??p?1?1(modp)。

2p?12?1(modp)，则x?x?x(xpp?1?1)?x[(x)?ap?12]?x(x2?a)q(x) (modp)，即x2?a除xp?x所得的余式r(x)?0(modp)，故第四章第三节定理5可知同余式x2?a(modp)有解，并且有两个解。

(2)欧拉定理可知，若(a,p)?1，则ap?1?1(modp)，于是从而a(ap?12p?12?1)(ap?12?1)?0(modp)，因为p为奇质数，所以1???1(modp)，p?12?1(modp)与a??1(modp)有且仅有一个成立，p?12而(1)可知a是模p的平方非剩余的充分必要条件为a因此，a是模p的平方非剩余的充分必要条件为ap?12??1(modp)，??1(modp)。

定理2模p 的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余的个数各为而且p?1，2p?1p?12个平方剩余分别与12,22,?,()中的一数，且仅与一数同余。

22证明定理1可知，模p的平方剩余的个数等于同余式xp?12?1(modp)的解数，因为x的个数为p?12?1能整除xp?x，所以它有p?1个解，
即模p的平方剩余2p?1p?1，从而模p的平方非剩余的个数为；22p?12)都是模p 的平方剩余，而且它们两两不同余，2p?1，则(j?i)(j?i)?0(modp)，2- 2 - 另一方面，12,22,?,((因为若i2?j2(modp)，1?i?j?于是p|j?i或p|j?i，这是不可能的)，故它们就是模p的全部平方剩余。

第五章二次同余式与平方剩余例求模13的平方剩余与平方非剩余。

解平方剩余：12，22，32，42，52，62，即1，4，9，3，12，10；平方非剩余：2，5，6，7，8，11。

定理3设p为奇质数，则模p 的两个平方剩余或两个平方非剩余的积是模p的两个平方剩余；模p的一个平方剩余与平方非剩余的积是模p的平方非剩余。

证明通过欧拉判别条件易证。

- 3 - 第五章二次同余式与平方剩余§2 勒让得符号与二次反转定律?a?定义勒让得(Legendre)符号??p??(读作：a对p的勒让得符号)是一个对??于给定的奇质数p定义在一切整数a上的函数，它的值规定如下：?1，a
是模p的平方剩余；?a????p?????1，a是模p的平方非剩余；???0，p|a。

? 简单性质：?a??b??p?d??d?????1、当a?b(modp)时，??；或?p??p??p?????p??。

?????????a?2、??p ???a??p?12(modp)(欧拉判别条件)??a1??a2?????p????????p??at???????p ? ??。

??ab??a??b??a1a2?at??????3、??，特别地，?p??p??p??p????????a24、当p?|a 时，??p????1。

??p?12?1???1???5、??1，?p??p???(?1)?????1，当p?1(mod4)；????1，当p?3(mod4)。

1定理1(高斯引理)设p是奇质数，(a,p)?1，a,2a,?,(p?1)a各数对模2p的最小非负剩余(余数)中大于?a?p?的个数为?，则??(?1)?。

??2?p? p1证明设a,2a,?,(p?1)a各数对模p的最小非负剩余中小于的为22a1,a2,?,a?，大于pp的为b1,b2,?,b?，不可能有等于的(否则p|a矛盾)，22 - 4 - 第五章二次同余式与平方剩余1则显然有????(p?1)，并且?as?bt?2s?1t?1又因
为??1(p?1)2?k?1?p?1?ka???!a2??p?12(mo dp)，pp?bt?p，所以1?p?bt?，而且p?bt?as(s?1,??；t?1,?,?)，22p?1，矛盾)211(p?1)之间的(p?1)个两22(否则有as?bt?p，于是有k1,k2，使得k1a?k2a?0(modp)，从而k1?k2?0(modp)，但1?k1,k2?因此，a1,a2,?,a?,p?b1,p?b2,?,p?b?是1到两不等的数，于是有?ass?1??p?1?(p?b)???!，t?2??t?1p?1?ab?(?1)??!as?t??2?s?1t?1???? p?12???p?1???从而??!??as?(p?bt)?(?1)?2?s?1t?1(modp)，?a?故有??p???a??p?12?a???(?1)?(modp)，又p?2，故??p???(?1)。

??1(p?1)2定理2???k?1?2ka???(mod2)。

p??1证明带余除法可知ka?qp?rk，0?rk?p?1，其中k?1,2,?,(p?1)，2根据定理1，?是r1,r2,?,rp?1中大于2p的数的个数；2?2ka???ka??ka???ka???ka??又因为??2?2?2???????????2???，ppp?????????p???p????ka???2ka?p是奇数??2????1?rk?，??2?p???p????ka???2ka
?p是偶数?2?0?r?，????k??pp2??????- 5 -
第五章二次同余式与平方剩余证明欧拉判别条件，a于是(a当a1(p?1)4p?12?1(modp)，1(p?1)4?1)(a1(p?1)4?1)?0(modp)，从而a1(p?1)4?1或a1(p?1)4??1(modp)，1(p?1)4?1(modp)时，a?a?a1(p?3)4?a(modp)，故同余式的解为x??a当a即21(p?1)41(p?1)21(p?3)8(modp)；??1(modp)时，因为当p?5(mod8)时，2是模p的平方非剩余，??1(modp)，所以2x??21(p?1)2?a1(p?1)4?a?21(p?1)2?a1(p?
3)4?a(modp)，从而同余式的解为1(p?1)4?a1(p?3)8(modp)。

例2解同余式x2?5(mod29)?5??29??4?解因为?????????1，所以原同余式有解。

?29??5??5?又29?5(mod8)，故定理2得解为x??21(29?1)4 ?51(29?3)8??18(mod2
9)。

3、模p?1(mod8)(没有公式化的结论，下面给出一种具体的解题途径)令p?2kh?1，k?3，h为奇数，a1(p?1)2k?2?1?a2k?1h?1?(a2k?2k?2h?1)( a2k?2h?1)?0(modp)得a2h?1(modp)或a2h??1(modp)。

若前式成立，则可以继续分解；若后式成立，则任取模p的平方非剩余N，因N1(p?1)2??1(modp)，即N2k?1h??1(modp)，故N2k?1h?a2k?2h?1(modp)，从而可以继续分解，??，分别经过若干次后，可使a 的指数降为h，即ah?1(modp)，于是ah?a?ah?1?a(modp)，故可得原同余式的解为x??a1(h?1)2(modp)或x??N?at1(h?1)2(modp)。

- 11 - 第五章二次同余式与平方剩余例3解同余式x2?2(mod41)?2?解因为???1，所以原同余式有解。

?41?p?41?23?5?1，即k?3，h?5，此时22取模41的平方非剩余3，有3223?2?5?210?(?9)2??1(mod41)，2?5??1(mod41)，于是32?5?22?5?1(mod41)，再计算可知
32?5?25?9?(?9)?1(mod41)，于是32?5?26?2(mod41)，因此，原同余式的解为x??35?23??24??17(mod41)。

4、加模法(在同余式右边加上模的倍数，使成为平方数或把平方因数析出) 例4解同余式x2?2(mod41)?2?解因为???1，所以原同余式有解。

?41??x?x?2?43?84?2?21(mod41)???? 21?62?103?144(mod41)?2?222 ?x?? 12(mod41)，因此原同余式的解为2x??24(mod41)。

二、合数模的情形x2?a(modm)，(a,m)?1 (1) ?k?1?2设m?2?p1p2?pk，第四章第四节定理1可知(1)有解的充分必要条件是同余式组x2?a(mod2?)，x2?a(modpi?i)，i?1,2,?,k有解，并且在有解的情况下，(1)的解数是同余式组中各同余式的解数的乘积。

1、模为奇质数幂p?定理3同余式x2?a(modp?)，??0，p为奇质数，(a,p)?1有解的充分?a?必要条件为??p???1，并且在有解的情况下，解数为2。

??- 12 - 第五章二次同余式
与平方剩余证明“?”若同余式x2?a(modp?)，??0，p为奇质数，(a,p)?1有解，?a?则同余式x2?a(modp)，??0，p 为奇质数，(a,p)?1也有解，从而??p???1；???a?2?“?”若??1，则同余式x?a(modp)恰有两个解，设x?x1(modp)?p???是其中一解，则(a,p)?1可知(x1,p)?1，又(2,p)?1，故(2x1,p)?1，令f(x)?x2?a，则f?(x)?2x，于是p?|f?(x1)，根据第四章第四节定理2可知，从x?x1(modp)可以得到原同余式的一个解，因此原同余式有解且有两个解。

2、模为2?定理4同余式x2?a(mod2?)，??0，(2,a)?1当??1时，同余式(2)有唯一解x?1(mod2)；当??2时，同余式(2)有解的充分必要条件为a?1(mod4)，并且在有解的情况下，同余式(2)有两个解x?1,3(mod4)；当??3时，同余式(2)有解的充分必要条件为a?1(mod8)，并且在有解的情况下，同余式(2)有四个解；若x?x?(mod2?)是其中一解，则同余式(2)的所有解为x??x?,?(x??2??1)(mod2?)。

证明
当??1时，同余式为x2?1(mod2)，则显然有唯一解x?1(mod2)；当??2时，a?1或3(mod4)，若同余式(2)有解，则此解必为奇数，而奇数的平方对模4仅与1同余，故当且仅当a?1(mod4)时，同余式(2)有解，并且有两个解：x?1,3(mod4)；当??3时，若同余式(2)有解，则解必为奇数，而奇数的平方对模8仅与1同余，故a?1(mod8)时；反之，若a?1(mod8)，则当??3时，同余式(2)有四个解：x?1,3,5,7(mod8)；下面讨论??3的情形：x2?a(mod23)的解为一切奇数，写成x??(1?4t3)，t3?Z，而x2?a(mod16)的解必在其中，要把它们找出来，只需将这些数代入即可：- 13 - (2)的解的情况为：第五章二次同余式与平方剩余
(1?4t3)2?a(mod16)?t3?a?1??a?1(mod2)?t3 ?t3?2t4，其中t3?，88?故x??(1?4t3?8t4)??(x4?8t4)，t4?Z是x2?a(mod16)的解；同样可以计算x??(x5?16t5)，t5?Z是x2?a(mod25)的解，
x5?a(mod25)；这样对于任何??3，总可得x2?a(mod2?)的解为x??(x??2??1t?)，t??Z，x??a(mod2?)，这些数对模2?作成四个解：x??x?,?(x??2??1)(mod2?)。

223、一般模的情形?k?1?2定理5同余式x2?a(modm)，m?2?p1p2?pk，(a,m)?1有解的充?a??要条件是当??2时，a?1(mod4)；当??3时，a?1(mod8)，并且??p??1，?i?i?1,2,?,k。

并且在有解的情况下，当??0及1时，解数为2k；当??2时，解数为2k?1；当??3时，解数为2k?2。

例5解同余式x2?57(mod64)解因为57?1(mod8)，所以原同余式有四个解。

令x??(1?4t3)，代入原同余式，得(1?4t3)2?57(mod16)解得t3?1(mod2)，故x??(1?4(1?2t4))??(5?8t4)，t4?Z是x2?57(mod16)的解；再代入x2?57(mod32)，可得(5?8t4)2?57(mod32)，于是有t4?0(mod2)，故x??(5?16t5)，t5?Z 是x2?57(mod32)的解；再代入x2?57(mod64)，可得(5?16t5)2?57(mod64)，于是有
t5?1(mod2)，故x??(5?16(1?2t6))??(21?32t6)，t6?Z是x2?57(mod64)的解；因此，所以原同余式的解为：x??21,?53(mod2?)。

例6解同余式x2?41(mod1600)62 解因为1600?2?5，所以原同余式与下面同余式组等价。

- 14 - 第五章二次同余式与平方剩余???x2?41(mod26)(1)x2?41(mod5 2)(2)仿例5可以解(1)得x??19,?51(mod26)；下面解(2)：x2?41(mod5)有两个解：x?1,4(mod5)，对于x?1(mod5)，将x?1?5t1代入x?41(mod25)，得t1??1(mod5)，令t1??1?5t2代入得x??4?25t2，故x??4(mod25)为(2)的一解；同样可得另一解x?4(mod25)；?x??19,?51(mod26)利用孙子定理解同余式组?可得原同余式的八个解。

2?x??4(mod5)2 - 15 -。