数论算法讲义 4章(二次同余方程与平方剩余)

第 4 章 二次同余方程与平方剩余
（一） 内容：
● 二次同余方程，平方剩余
● 模为奇素数的平方剩余
● 勒让德符号、雅可比符号
● 二次同余方程的求解
（二） 重点：二次同余方程有解的判断与求解
4.1 一般二次同余方程
(一) 二次同余方程
a 2x ＋bx ＋c ≡0（mod m ）， （a ≠0（mod m ）） （1）
(二) 化简
设模数m 可分解为m ＝k k p p p α
αα 2121，则方程（1）等价于同余方程 ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧≡++≡++≡++k k
p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 02221221
问题归结为讨论同余方程 a 2x ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p ┝a ） （2）
(三) 化为标准形式
方程（2）两边同乘以4a ，
422x a ＋4abx ＋4ac ≡0（mod αp ）
()22b ax +≡2b －4ac （mod
αp ）
变量代换， y ＝2ax ＋b （3）
有
2y ≡2b －4ac （mod αp ） （4）
当p 为奇素数时，（4）与方程（2）是等价的。

也就是说，两者同时有解或无解；有解时，对（4）的每个解
()p y y mod 0≡，通过式（3）
（这时是x 的一次同余方程，()12,=a p ，
所以解数为1）给出（2）的一个解()p x x mod 0≡，由（4）的不同的解给出（2）的不同的解，且反过来也对，此外两者解数相同。

由以上讨论知，只要讨论形如
2x ≡a （mod αp ） （5）
的同余方程。

【例】化简方程7x 2＋5x －2≡0（mod 9）为标准形式。

（解）方程两边同乘以4×7＝28，得
196x 2＋140x －56≡0（mod 9）
即 (14x ＋5) 2－25－56≡0（mod 9）
亦即 (14x ＋5) 2≡81（mod 9）
令 y ＝14x ＋5
即得 y 2≡0（mod 9） （解之得y ＝0, ±3，从而原方程的解为x ≡114-(y －5)≡15- (y －5)≡2(y －5)≡2y －10≡2y －1≡－7, －1, 5≡－4, －1, 2（mod 9））
(四) 二次剩余
【定义4.1.1】（定义1）设m是正整数，a是整数，m├a。

若同余方程
2
x≡a（mod m）（6）有解，则称a是模m的平方剩余（或二次剩余）；若无解，则称a是模m的二次非剩余。

问题：
（1）设正整数a是模p的平方剩余，若记方程（6）中的解为x≡a（mod m），那么此处的平方根a（mod
m）与通常的代数方程2x＝a的解a有何区别？
（2）如何判断方程（6）有解？
（3）如何求方程（6）的解？
(五) 例
【例1】（例1）1是模4平方剩余，－1是模4平方非剩余。

【例2】（例2）1、2、4是模7平方剩余，3、5、6是模7平方非剩余。

【例3】直接计算12，22，...，142得模15的平方剩余为（实际上只要计算（12，22， (82)
1，4，9，10，6
平方非剩余为
2，3，5，7，8，11，12，13，14
【例4】（例4）求满足方程E：2y≡3x＋x＋1（mod 7）的所有点。

（解）对x＝0，1，2，3，4，5，6分别解出y：
x＝0，2y≡1（mod 7），y≡1，6（mod 7）
x ＝1，2y ≡3（mod 7）
，无解 x ＝2，2y ≡4（mod 7）
，y ≡2，5（mod 7） x ＝3，2y ≡3（mod 7）
，无解 x ＝4，2y ≡6（mod 7）
，无解 x ＝5，2y ≡5（mod 7）
，无解 x ＝6，2y ≡6（mod 7）
，无解
说明：方程E ：2y ≡3x ＋x ＋1的图形称为椭圆曲线。

4.2 模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
模为素数的二次方程
2x ≡a （mod p ）, (a, p)＝1 （1）
因为()2
x -＝2x ，故方程（1）要么无解，要么有两个解。

(一) 平方剩余的判断条件
【定理4.2.1】（欧拉判别条件）设p 是奇素数，(a, p)＝1，则
（i ）a 是模p 的平方剩余的充要条件是
()21-p a ≡1（mod p ） （2）
（ii ）a 是模p 的平方非剩余的充要条件是
()21-p a ≡－1（mod p ） （3）
并且当a 是模p 的平方剩余时，同余方程（1）恰有两个解。

（证）首先证明对任一整数a ，若p ┞a ，则式（2）或
（3）有且仅有一个成立。

由费马定理知
1-p a ≡1（mod p ）
故知
()()()()112121+---p p a a ≡0（mod p ） （4） 即 p │1-p a －1＝()()()()
112121+---p p a a 但 ()()()
1,12121+---p p a a ＝1或2 且素数p>2。

所以，p 能整除()()()()
112121+---p p a a ，但p 不能同时整除()121--p a 和()121+-p a （否则，p 能整除它们的最大公因子1或2） 所以，由式（4）立即推出式（2）或式（3）有且仅有一式成立。

（i ）必要性。

若a 是模p 的二次剩余，则必有0x 使得 20x ≡a （mod p ），
因而有 ()()21p 20
-x ≡()21-p a （mod p ）。

即 ()2110--≡p p a x （mod p ）。

由于p ┞a ，所以p ┞0x ，因此由欧拉定理知
10-p x ≡1（mod p ）。

由以上两式就推出式（2）成立。

充分性。

设式（2）成立，这时必有p ┞a 。

故一次同余方程
bx ≡a （mod p ）, (1≢b ≢p －1) （5）
有唯一解，对既约剩余系
－(p －1)/2，…，－1，1，…，(p －1)/2 （6）
由式（6）给出的模p 的既约剩余系中的每个j ，当b ＝j 时，
必有唯一的j x x =属于既约剩余系（6），使得式（5）成立。

若a 不是模p 的二次剩余，则必有j x j ≠。

这样，既约剩余系（6）中的p －1个数就可按j 、x j 作为一对，两两分完。

（b 1≠b 2，则相应的解x 1≠x 2，且除了±1之外，每个数的逆不是它本身）
因此有
()().mod )!1(21p a p p -≡-
由威尔逊定理知
()().mod 121p a p -≡-
但这与式（2）矛盾。

所以必有某一0j ，使00j x j =，由此及
式（5）知，a 是模p 的二次剩余。

（ii ）由已经证明的这两部分结论，立即推出第（ii ）条成立。

其次，若0x ≠0（mod p ）是方程（1）的解，则－0x 也是其解，且必有0x ≠－0x （mod p ）。

故当(a, p)＝1时，方程（1）要么无解，要么同时有两个解。

（说明：本定理只是一个理论结果，当p>>1时，它并不是一个实用的判断方法）
小结：对于任何整数a ，方程（1）的解数可能为
T(x 2－a ；p)＝0, 1, 2
【例1】设p ＝19，验证定理4.2.1的证明过程。

（解）由费马定理知，对任何a ＝1, 2, …, 18，都有18a ≡1（mod 19）。

而当p ＝19为素数时，方程2x ≡1（mod 19）只有两个解，即x ≡±1（mod 19）。

从而必有
9a ≡±1（mod 19）
针对必要性：例如a ＝17是模19的二次剩余，即存在0x ≡6使得因为62≡17（mod 19）。

那么必有
917≡186≡1（mod 19）
针对充分性：已知96≡1（mod 19），验证6是二次剩余。

解方程
bx ≡6（mod 19）, (1≢b ≢18)
当b ≡1, 2, 3, 4, 5, …, 17, 18（mod 9）时，方程有唯一解x
≡6, 3, 3, 11, 5, …, 16, 13（mod 9）
即当b ≡5时，x ≡5。

所以6是二次剩余。

【例2】（例1）判断137是否为模227的平方剩余。

（解）首先，227是素数。

其次，计算
()21227137-≡－1（mod 227）
所以，137是模227的平方非剩余。

【推论】设p 是奇素数，(a 1, p)＝1，(a 2, p)＝1，则
（i ）若a 1，a 2都是模p 的平方剩余，则a 1a 2是模p 的平方剩余；
（ii ）若a 1，a 2都是模p 的平方非剩余，则a 1a 2是模p 的平方剩余；
（iii ）若a 1是模p 的平方剩余，a 2是模p 的平方非剩余，则a 1a 2是模p 的平方非剩余。

（证）因()()2121-p a a ＝()()212211--p p a a
(二) 平方剩余的个数
【定理4.2.2】设p 是奇素数，则模p 的既约剩余系中平方剩余与平方非剩余的个数各为(p －1)／2，且(p －1)／2个平
方剩余恰与序列
12，22，…，2
21⎪⎭⎫
⎝⎛-p 中的一个数同余。

（证）由定理4.2.1，模p 的平方剩余的个数就等于方程 21-p x
≡1（mod p ）
的解数。

但 21
-p x －1│p x －1
由定理3.4.5知，方程的解数为2
1-p ，即平方剩余的个数是21-p ，且平方非剩余的个数是(p －1)－21-p ＝2
1-p 。

其次，可以证明当1≢k 1≢
21-p ，1≢k 2≢2
1-p ，且k 1≠k 2时，有2221k k ≠ mod p 。

故结论成立。

4.3 勒让德符号
目的：快速判断整数a 是否为素数p 的平方剩余。

(一) 勒让德符号
【定义4.3.1】设p 是素数，定义勒让德（Legendre ）符号为：
L(a, p)＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a ＝⎪⎩⎪⎨⎧-。

当的二次非剩余；
是模当的二次剩余；是模当a p p a p a ,
0,1,1
【推论】整数a 是素数p 的平方剩余的充要条件是⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a ＝
1。

（证）由定义4.3.1。

因此，判断平方剩余转化为计算勒让德符号值。

【例1】直接计算，得
⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛171617151713179178174172171＝1
⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛1714171217111710177176175173＝－1
（注：本例仍是利用平方剩余而得到勒让德符号值）
问题：反过来，如何快速计算勒让德符号的值，以判断平方剩余。

(二) （勒让德符号的）性质
【性质1】（欧拉判别法则）设p 是奇素数，则对任意整数a ，有
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a ＝21-p a （mod p ） （证）由定理4.2.1即知。

【性质2】⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p 1＝1 （证）显然（因为方程x 2≡1（mod p ）始终有解x ≡±1（mod p ），或者由性质1立得）。

【性质3】⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-p 1＝()()211--p 。

（证）由性质1即得。

【例2】⎪⎭⎫
⎝⎛-171＝1，⎪⎭
⎫ ⎝⎛-191＝－1 【推论】⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p 1＝()()⎩
⎨⎧≡-≡4mod 3,14mod 1,1p p （证）p ≡1（mod 4）⇒ p ＝4k ＋1⇒
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-p 1＝()()11--p ＝()k 21-＝1 p ≡3（mod 4）⇒ p ＝4k ＋3⇒
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-p 1＝()()211--p ＝()121+-k ＝－1 另一种描述：设素数p>2，则－1是模p 的二次剩余的充分必要条件是p ≡1（mod 4）。

【性质4】⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+p p a ＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a （证）因x 2≡a ＋p （mod p ）⇔ x 2≡a （mod p ）
【推论】若a ≡b （mod p ），则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a ＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p b
【性质5】⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p ab ＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p b p a （证）因⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p ab ＝()21-p ab ＝2121--p p b a ＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p b p a 【推论1】⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a k ＝k
p a ⎪⎪
⎭⎫ ⎝⎛ 【推论2】当p ┞a 时，⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a 2＝1
这样，确定a 是否是模p 的平方剩余就变为如何计算
Legendre 符号⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a 的值。

上述性质可以用来计算⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a ，并由
算术基本定理，设a 的分解式为
a ＝±k k p p p ααα 2121＝()t
1-k k p p p ααα 2121， （t ＝0, 1） 则
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a ＝()k p q p q p q p k t ααα⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- 21211
（t ＝0, 1）故只要能计算出
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p 1，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p 2，⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p q 就可以计算出任意的⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a ，其中2>q 是小于p 的素数。

解决这些问题的基础是下面的二次互反律（Gauss 定理）。

【性质6】⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p 2＝()812
1--p 【例3】⎪⎭
⎫ ⎝⎛172＝()811721--＝()4162181⨯-＝1， ⎪⎭⎫ ⎝⎛192＝()811921--＝()2184201⨯-＝－1，故2是模17的平方剩余，但不是模19的平方剩余。

【推论】p 为奇素数，则
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p 2＝()()⎩
⎨⎧±≡-±≡8mod 318mod 1,1p p （证）因为当p ＝8k ＋1时，
8
12-p ＝()()811-+p p ＝()8828k k +＝k(8k ＋2)＝偶数 m ＝8k ＋3时，
8
12-p ＝()()82848++k k ＝(2k ＋1)(4k ＋1)＝奇数 【例4】由于31≡7≡－1（mod 8），59≡3（mod 8），故⎪⎭
⎫ ⎝⎛312＝1，⎪⎭
⎫ ⎝⎛952＝－1，即2是模31的平方剩余，但不是模59的平方剩余。

【性质7】（二次互反律，高斯定理）p ≠q 且均为奇素数，则
⎪⎭
⎫ ⎝⎛p q ＝()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---q p q p 21211 另一表示形式：⎪⎭⎫ ⎝⎛p q ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛q p ＝()21211---q p 说明1：符号⎪⎭⎫ ⎝⎛p q 和⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛q p 分别刻画了二次同余方程 2x ≡q （mod p ）
和
2x ≡p （mod q ）
是否有解，即q 是否是模p 的二次剩余和p 是否是模q 的二次剩余，其中正好是模与剩余互换了位置，而性质7恰好刻画了两者之间的关系，故称为二次互反律。

说明2：由欧拉提出，高斯首先证明。

已有一百五十多个不同的证明。

由二次互反律引伸出来的工作，导致了代数数论的发展和类域论的形成。

【推论】（i ）设奇素数p 、q 中至少有一个模4为1，则 方程2x ≡q （mod p ）有解⇔方程2x ≡p （mod q ）有解
（ii ） 若p ≡q ≡3（mod 4），则
方程2x ≡q （mod p ）有解⇔方程2
x ≡p （mod q ）无解 （证）（i ）设p ≡1（mod 4），即p ＝4k ＋1，则
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p q ＝()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⨯-q p p p 21211＝()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⨯q p p k 21241＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛q p
（ii ）此时，p ＝4s ＋3，q ＝4t ＋3，则
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p q ＝()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⨯-q p p p 21211＝()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⨯+q p t s 2242241＝－⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛q p
【例5】判断3是否是模17的平方剩余。

（解）⎪⎭
⎫ ⎝⎛173＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛--⨯-31712132117＝⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝－1 所以，3是模17的平方非剩余。

（不但如此，17也是3的平方非剩余，即2是3的平方非剩余）
【例6】判断同余方程2x ≡137（mod 227）是否有解。

（解）已知137与227均为奇数，所以
⎪⎭⎫ ⎝⎛227137＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛--⨯-1372271213721227＝⎪⎭⎫ ⎝⎛13790 ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅1375322＝⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝
⎛13751372＝⎪⎭⎫ ⎝⎛1375 ＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛---5137121
521137＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛52＝－1 所以，方程无解。

另法：⎪⎭⎫ ⎝⎛227137＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-22790＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-2271⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅⋅2275322 ＝－⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛22752272＝()⎪⎭
⎫ ⎝⎛---5227121521227 ＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛52＝－1
【例7】判断同余方程2x ≡－1（mod 365）是否有解，若有解，求解数。

（解）由于365＝5·73，所以
2x ≡－1（mod 365）⇔ ()()
⎩⎨⎧-≡-≡73mod 15mod 122x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-51＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛-731＝1 所以方程有解，且解数为4。

【例8】判断同余方程2x ≡2（mod 3599）是否有解，若有解，求解数。

（解）由于3599＝59·61，所以
2x ≡2（mod 3599） ⇔ ()()
⎩⎨⎧≡≡61mod 259mod 222x x 因为59≡3（mod 8），即⎪⎭
⎫ ⎝⎛592＝－1，故方程2x ≡2（mod 59）无解，从而原方程无解。

【例9】证明形如4k ＋1的素数有无穷多。

（证）反证法：不然，形如4k ＋1的素数为有限个，设为1p ，2p ，…，k p ，令
a ＝()122
21+k p p p ＝4b ＋1 即a 也形如4k ＋1且a ＞i p （i ＝1,2,…, k ）。

所以a 为合数，设其素因数p 为奇数，则
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p 1＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-p a 1＝()⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p p p p k 2212 ＝1 所以－1为模p 平方剩余。

由性质3的推论，p ≡1（mod 4），即p 也是形如4k ＋1的素数。

但显然p ≠i p （i ＝1,2,…, k ），矛盾（否则，p │()2212k p p p ，且由p │a 知p │1）。

4.4 二次互反律的证明
(一) 证明
(二) 应用
【例1】求所有奇素数p ，它以3为其平方剩余。

（解）即求所有奇素数p ，使得⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p 3＝1。

易知p ＞3。

由二次互反律
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p 3＝()211--p ⎪⎭⎫ ⎝⎛3p 因为
()
211--p ＝()()
⎩⎨⎧-≡-≡4mod 1,14mod 1,1p p 以及
⎪⎭⎫ ⎝⎛3p ＝()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≡⎪⎭
⎫ ⎝⎛-≡=⎪⎭⎫ ⎝⎛6mod 1,316mod 1,131p p （排除偶数） 知
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p 3＝1 ⇔ ()()⎩⎨⎧≡≡6mod 14mod 1p p 或 ()()
⎩⎨⎧-≡-≡6mod 14mod 1p p 即 p ≡1（mod 12）或p ≡－1（mod 12）
故3是模p 二次剩余 ⇔ p ≡±1（mod 12）
【例2】设p 为奇素数，d 是整数。

若⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛p d ＝－1，则p 一定不能表示为x 2－dy 2的形式。

（证）用反证法。

设p 有表达式x 2－dy 2，则由p 是素数可知(x, p)＝(y, p)＝1。

这是因为若(x, p)≠1，则必有
p │x ⇒ p │x 2－p ＝dy 2 但是，由⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p d ＝－1知(d, p)＝1，所以p │y 2，进而p │y 。

所以
p 2│x 2，p 2│y 2 ⇒ p 2│x 2－dy 2＝p
这显然不可能。

（即(x, p)＝(y, p)＝1成立）
那么，由(x, p)＝(y, p)＝1可知，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p x ＝±1，⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p y ＝±1，从而有
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p d ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p 2y ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p 2dy ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p p x 2＝⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p 2x ＝1 与题设矛盾。

【性质8】同余方程()p a x
mod 2≡的解数是⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+p a 1。

【问题】求所有奇素数p ，它以5或－2为其平方剩余。

4.5 雅可比符号
（1） 问题：在计算勒让德符号⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a 时，若a 为奇数，但非素数，如何快速计算⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a 。

（2） 目的：为了快速计算勒让德符号。

(一) 雅可比符号
【定义4.5.1】设m ＝1p 2p …k p 是奇素数i p 的连乘积（i p 可以重复），对任意整数a ，定义雅可比（Jacobi ）符号为：
J(a, m)＝⎪⎭⎫ ⎝⎛m a ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1p a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2p a …⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛k p a 说明：
（1） 上式右端的⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛i p a 为勒让德符号，即
J(a, m)＝⎪⎭⎫ ⎝⎛m a ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1p a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2p a …⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k p a ＝()∏=k i i p a L 1,
（2） 雅可比符号形式上是勒让德符号符号的推广。

但与
勒让德符号意义不同。

（3） 两者的本质区别：勒让德符号可用来判断平方剩余，
但雅可比符号却不能。

即当k ＞1时，如果J(a, m)
＝－1，则方程2x ≡a （mod m ）无解（因为至少存
在一个i p ，使得⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛i p a ＝－1，即方程2x ≡a （mod i p ）无解，从而原方程2x ≡a （mod m ）也无解），
但当J(a, m)＝1时，方程2x ≡a （mod m ）则不一
定有解。

（4） 当k ＝1时，J(a, m)＝ L(a, m)，即此时勒让德符号
的值与雅可比符号的值相等。

（5） 因此，求勒让德符号的值转化为计算雅可比符号。

【例1】由定义4.5.1
⎪⎭⎫ ⎝⎛92＝⎪⎭⎫ ⎝⎛32⎪⎭
⎫ ⎝⎛32＝(－1)(－1)＝1 但可以验证2是模9的平方非剩余。

又如当奇素数p ≡3（mod 4）时，由勒让德符号的性质知，－1是模P 的非平方剩余，即方程2
x ≡－1（mod p ）无
解，从而方程2x ≡－1（mod 2p ）也无解。

即－1是模2p 的平方非剩余。

但若取m ＝2
p ，则总有 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-21p ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-p 1⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p 1＝(－1)(－1)＝1
问题：如何快速计算雅可比符号的值，以帮助加速勒让德符号的求值过程，从而加速判断平方剩余。

(二) （雅可比符号的）性质
【性质1】若(a, m)＝1，则J(a, m)＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛m a ＝±1；若(a, m)＞1，则J(a, m)＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛m a ＝0。

（证）因(a, m)＞1时，至少有某个i p │a ，即⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛i p a ＝0，从而⎪⎭
⎫ ⎝⎛m a ＝0。

【例2】a ＝15，m ＝39，则
J(a, m)＝⎪⎭⎫ ⎝⎛m a ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛3915＝⎪⎭⎫ ⎝⎛315⎪⎭
⎫ ⎝⎛1315 ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛30⎪⎭⎫ ⎝⎛132＝0⎪⎭
⎫ ⎝⎛132＝0
【性质2】⎪⎭
⎫ ⎝⎛m 1＝1 （证）J(1, m)＝⎪⎭⎫ ⎝⎛m 1＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛11p ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21p …⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛k p 1＝1
【性质3】⎪⎭
⎫ ⎝⎛-m 1＝()211--m （证）因为
m ＝∏=k i i p 1
＝()()∏=-+k
i i p 1
11
＝1＋
()∑=-k
i i
p
1
1＋
()()∑--11j i
p p
＋…
()∏=-k
i i
p
1
1
故 m ≡1＋
()∑=-k
i i
p
1
1（mod 4）
，即 21
-m ≡∑=-k
i i p 1
21（mod 2） 所以
J(－1, m)＝ ⎪⎭⎫ ⎝⎛-m 1＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-11p ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-21p …⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛
-k p 1 ＝()
21
2121211-+-+--k p p p ＝
()
21
1--m
【推论】⎪⎭⎫ ⎝⎛-m 1＝()()
⎩⎨
⎧≡-≡4mod 3,14mod 1,1m m （证）m ≡1 mod 4 ⇒ m ＝4k ＋1⇒
⎪⎭
⎫ ⎝⎛-m 1＝()21
1--m ＝()k
21-＝1 m ≡3 mod 4 ⇒ m ＝4k ＋3⇒
⎪
⎭
⎫ ⎝⎛-m 1＝()21
1--m ＝()1
21+-k ＝－1 【例3】⎪⎭⎫ ⎝⎛-331＝1，⎪⎭
⎫
⎝⎛-511＝－1
【性质4】⎪⎭⎫ ⎝⎛+m m a ＝⎪⎭
⎫
⎝⎛m a
（证）首先，由m ＝1p 2p …k p 和m ＋a ≡a （mod m ）知
m ＋a ≡a （mod i p ）
其次，由雅可比符号和勒让德符号性质知
⎪⎭⎫ ⎝⎛+m m a ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+1p m a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2p m a …⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+k p m a ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1p a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2p a …⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k p a ＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛m a
【推论】若a ≡b （mod m ），则⎪⎭⎫ ⎝⎛m a ＝⎪⎭
⎫
⎝⎛m b
（证）显然
【性质5】⎪⎭⎫ ⎝⎛m ab ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛m a ⎪⎭
⎫
⎝⎛m b
（证）因⎪⎭⎫ ⎝⎛m ab ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1p ab ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2p ab …⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛k p ab ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1p a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1p b ·⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2p a ⎪⎪⎭⎫
⎝⎛2p b ·…·⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛k p a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k p b ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1p a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2p a …⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k p a ·⎪⎪⎭⎫
⎝⎛1p b ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2p b …⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛k p b ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛m a ⎪⎭
⎫ ⎝⎛m b
【推论1】⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛m a k ＝k
m a ⎪⎭
⎫
⎝⎛
【推论2】当(m, a)＝1时，⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛m a 2＝1
【性质6】⎪⎭
⎫
⎝⎛m 2＝()81
2
1--m
（证）因为
2m ＝∏=k i i p 12＝()()∏=-+k
i i p 1
211
＝1＋
()∑=-k
i i
p
1
21＋()()∑--1122j i p p
＋…＋
()∏=-k
i i
p
1
2
1
而对任何奇数q ，都有2
q ≡1（mod 8）（i ＝1,2,…, k ），故
故2
m －1≡
()∑=-k
i i
p
1
2
1（mod 64）
，即 812-m ≡∑=-k i i p 1281
（mod 8） 812-m ≡∑=-k i i p 1
281
（mod 2） 所以
J(2, m)＝ ⎪⎭⎫ ⎝⎛m 2＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12p ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛22p …⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛
k p 2
＝()8181
8122
2211-+-+--k p p p ＝
()
81
21--m
【推论】m 为奇数，则
⎪⎭⎫ ⎝⎛m 2＝()()
⎩⎨
⎧±≡-±≡8mod 318mod 1,1m m （证）因为当m ＝8k ＋1时，
8
12-m ＝()()811-+m m ＝()8828k
k +＝k(8k ＋2)＝偶
数
m ＝8k ＋3时，
8
12-m ＝()()82848++k k ＝(2k ＋1)(4k ＋1)＝奇数
【例4】⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅1932＝⎪⎭⎫ ⎝⎛572＝1，⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅752＝⎪⎭
⎫
⎝⎛352＝－1。

【性质7】（二次互反律，高斯定理）设m 、n 都是奇数，
则
⎪⎭
⎫ ⎝⎛m n ＝()⎪⎭⎫
⎝⎛---n m n m 21211
或 ⎪⎭⎫ ⎝⎛m n ⎪⎭
⎫
⎝⎛n m ＝()21
211---n m
【性质8】1m 、2m 、n 为整数，则
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21m m n ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1m n ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛2m n
（证）设1m ＝1p 2p …s p ，2m ＝1q 2q …s q ，则
左边＝ J(n, 1m 2m )＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1p a …⎪
⎪⎭
⎫
⎝⎛s p a ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛1q a …⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛t
q a ＝ J(n, 1m )· J(n, 2m )＝右边
这样，计算勒让德符号的值就转化为了计算雅可比符号的值。

而后者的求值要比前者快了许多。

【例5】用雅可比符号计算： (i) L(51, 71) (ii) L(－35, 97) (iii) L(313, 401) (iiii) L(165, 503)
（解）(i) ⎪⎭⎫ ⎝⎛7151＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛---5171121512171＝－⎪⎭
⎫ ⎝⎛
5120
＝－⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅51522＝－⎪⎭⎫ ⎝⎛515＝－()⎪⎭⎫ ⎝⎛---55112152151 ＝－⎪⎭
⎫
⎝⎛51＝－1
(ii) ⎪⎭
⎫ ⎝⎛-9735＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛--973512197＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛---3597121352197 ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛3527＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛---278121272135＝－⎪⎭
⎫ ⎝⎛
272 ＝－()
81
2721--＝1
(iii) ⎪
⎭
⎫ ⎝⎛401313＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛--⨯-31340112131321401＝⎪⎭⎫ ⎝⎛31388 ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛3132⎪⎭⎫ ⎝⎛31311＝()813312
1--()⎪⎭
⎫ ⎝⎛--⨯
-1151211121313 ＝()
⎪⎭
⎫ ⎝⎛--⨯
-5112152111＝1
(iv) ⎪⎭
⎫ ⎝⎛503165＝()⎪⎭⎫ ⎝⎛--⨯
-1655031211652
1503＝⎪⎭⎫ ⎝⎛1658＝⎪⎭⎫ ⎝⎛1652 ＝()8
1
16521--＝－1
【例6】同余方程2x ≡286（mod 563）是否有解。

（解）563为素数，计算勒让德符号
⎪⎭⎫ ⎝⎛563286＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫
⎝⎛5631435632＝()815632
1--()⎪⎭⎫ ⎝⎛---14356312114321563 ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-1439＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛-1431＝()21
1431--＝－1 所以，原方程无解。

【例7】判断同余方程2
x ≡88（mod 105）是否有解。

（解）105＝3·5·7为合数，直接计算雅可比符号
⎪⎭⎫ ⎝⎛10588＝⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1051110523＝()8110521--()⎪⎭
⎫ ⎝⎛--⨯
-111051********* ＝－⎪⎭⎫ ⎝⎛116＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛-1431＝()21
1431--＝－1
【例8】求同余方程2x ≡38（mod 385）的解数。

（解）385＝7·5·11为合数，直接计算雅可比符号
⎪⎭⎫ ⎝⎛31538＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛315193152＝()8
131521--()
⎪⎭
⎫
⎝⎛--⨯
-19315121
1921315 ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛9111＝()⎪⎭
⎫ ⎝⎛--⨯
-118121112119＝－()81112
1--＝1 ⎪⎭
⎫ ⎝⎛31538＝1并不能肯定原方程是否有解。

所以，还须判断方程组()()()
⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧≡≡≡11mod 38x 7mod 38x 5mod 38x 222中的每个方程是否有解。

故再
计算勒让德符号⎪⎭⎫ ⎝⎛538＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛53＝－1，因此方程2
x ≡38（mod
5）无解，最终说明原方程无解。

4.6 模p 平方根
（1） 目的：解同余方程
2x ≡a （mod p ）
，p 为素数且p ┝a （1） （2） 方法：逐步迭代
设p －1＝2t s 。

(一) 理论基础
理论基础：a 是模p 的平方剩余的充要条件是
Z ＝2
1
-p a
≡1（mod p ）
若t>1则
Z ≡2
21
-p a ≡±1（mod p ）
若Z ≡1（mod p ）且t>2，继续开方；否则，构造
r
N Z ≡1（mod p ）
又可以继续开方。

其中N 为模p 的平方非剩余（即21N -p ≡
－1（mod p ））。

目标：构造g N ，使得
2
21⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛+g
s N a ≡a （mod p ） 从而方程（1）的解为
x ≡±
g
s N a 21
+（mod p ）
(二) 算法
将偶数p －1表为p －1＝t 2s ，t ≣1，s 为奇数。

（1）选模p 的平方非剩余N ，即⎪⎪⎭
⎫ ⎝
⎛p
N
＝－1，令b ≡s
N （mod p ），则有
t b 2＝s
t N
2＝1
-p N
≡1（mod p ）
1
2-t b ＝s t N 1
2-＝2
1-p N ≡－1（mod p ）
即b 是模p 的t 2次单位根，但非模p 的12-t 次单位根。

（2）计算
1-t x ≡
2
1+s a （mod p ）
则y ＝1-a 2
1-t x 满足方程
1
2-t
≡1（mod p ）
即y ＝1-a 2
1-t x 是模p 的12-t 次单位根
（3）若t ＝1，则x ＝1-t x ＝
0x ≡2
1+s a （mod p ）满足方
程
2x ≡a （mod p ）
否则，t ≣2，寻找2-t x ，使得y ＝1-a 2
2-t x 满足方程
2
2-t y
≡1（mod p ）
即y ＝1-a 2
2-t x 是模p 的2
2-t 次单位根。

（a ）若
()
222
11
---t t x a
≡1（mod p ）
令0j ＝0，2-t x ＝1-t x 0j
b ≡1-t x （mod p ），则2-t x 即为所求。

（b ）若
()
222
11
---t t x a
≡－1（mod p ） 令0j ＝1，2-t x ＝1-t x 0j
b ＝1-t x b （mod p ），则2-t x 即为所
求。

（因2
2-t y ＝(
)2
222
1
---t t x a ＝(
)
2
2221
1
---t b x a t ＝(
)
1
2
2221
1
----t t b
x
a t ≡(-1)(-1)≡1（mod p ））
（4）若t ＝2，则x ＝2-t x ＝0x ＝1x 0j
b ≡2
1+s a 0j b （mod
p ）满足方程
2
否则，t ≣3，寻找3-t x ，使得y ＝1-a 2
3-t x 满足方程
3
2-t y
≡1（mod p ）
即y ＝1-a 2
3-t x 是模p 的3
2-t 次单位根。

（a ）若
()
322
21
---t t x a
≡1（mod p ）
令1j ＝0， 3-t x ＝2-t x 2
1j b ≡2-t x （mod p ），则3-t x 即为所求。

（b ）若
()
322
21
---t t x a
≡－1（mod p ）
令1j ＝1，3-t x ＝2-t x 2
1j b ≡2-t x 2b （mod p ），则3-t x 即为
所求。

…… 依次类推
（k ＋1）设找到整数k t x -满足
k
t y
-2≡1（mod p ）
即y ＝1-a 2
k t x -是模p 的k t -2次单位根：
()
k t k t x a
---22
1
≡1（mod p ）
（k ＋2）若t ＝k ，则x ≡k t x -≡0x （mod p ）满足方程
2x ≡a （mod p ）
否则，t ≣k ＋1，寻找整数()1+-k t x ，使得y ＝1-a ()2
1+-k t x 满足方程
()
12+-k t y
≡1（mod p ）
即y ＝1-a ()2
1+-k t x 是模p 的()
12+-
k t 次单位根。

（a ）若
()
()122
1
+---k t k
t x a
≡1（mod p ）
令1-k j ＝0，()1+-k t x ≡k t x -1
12--k k j b
＝k t x -（mod p ），则
()1+-k t x 即为所求。

（b ）若
()
()122
1
+---k t k
t x a
≡－1（mod p ）
令0j ＝1，()1+-k t x ≡k t x -1
12--k k j b
＝k t x -1
2-k b
（mod p ），
则()1+-k t x 即为所求。

特别，对k ＝t －1，有
x ＝0x
≡1x 2
22--t t j b
≡2x 2
23322----+t t t t j j b
………… ≡1-t x 2
23322102222----+++++t t t t j j j j j b
≡
2
1
+s a 2
23322102222----+++++t t t t j j j j j b
（mod p ）
满足方程
2x ≡a （mod p ）
，p 为素数且p ┝a (三) 例
【例1】（例1）用上述方法解同余方程2x ≡186（mod 401） （解）a ＝186，p ＝401。

判断：p ＝401为素数，且（用雅可比符号计算）
⎪⎭⎫ ⎝⎛401186＝⎪⎭⎫ ⎝⎛4012⎪⎭
⎫ ⎝⎛40193＝1·1＝1 或（用勒让德符合计算）
⎪⎭⎫ ⎝⎛401186＝⎪⎭⎫ ⎝⎛4012⎪⎭⎫ ⎝⎛4013⎪⎭
⎫ ⎝⎛40131＝1 ·(－1) ·(－1)＝1 故原方程有解。

计算p －1＝401－1＝400＝4
2·25，其中t ＝4，s ＝25。

（1）由上边计算，⎪⎭
⎫
⎝⎛4013＝－1，即N ＝3是模401的
平方非剩余。

令b ≡s N ≡253≡268（mod 401）。

（2）计算
3x ≡
2
1
+s a ≡
2
125186+≡103（mod 401）
1-a ≡2p a -≡399186≡235（mod 401）
（3）因为
()
22
231
x a
-≡()
22
2103235⋅≡()4
98≡－1（mod 401）
故令0j ＝1，2x ≡3x 0j
b ≡103·268≡336（mod 401）。

（4）因为
()2221
x a
-≡
()2
2336235⋅≡1（mod 401）
故令1j ＝0，1x ≡2x 2
1j b
≡2x ≡336（mod 401）。

（此时，x 1＝ x 2b 2 ＝18613335）
（5）因为
211x a -≡235·2
336≡－1（mod 401）
故令2j ＝1，0x ≡1x 2
22j b
≡336·4
268≡304（mod 401）。

（此时，x 0＝ x 1b 4 ＝186133353140＝186133175） 则
x ≡0x ≡304（mod 401）
满足原方程。

（此时，2
0x ＝3042＝92416＝186（mod 401））
【例2】（例2）设p 是形为4k ＋3的素数，若方程
2x ≡a （mod p ）
有非零解，则其解为
x ≡±()4
1+p a
（mod p ）
（解）因为p ＝4k ＋3，故q ＝
1
-p 为奇数，而方程 2x ≡a （mod p ）
有解，则a 是模p 的二次剩余，从而有
2
1
-p a
≡1（mod p ）
即 q a ≡1（mod p ）
已知原方程有非零解，即（a, p ）＝1，故有
1+q a ≡a （mod p ）
即
1
+q a
≡2
2
1⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛+q a ≡a （mod p ） ∴ x ≡±
2
1+q a ≡±()
2
121+-p a ≡±4
1+p a
（mod p ）
【例3】（例3）设p ≠q 均为形如4k ＋3的素数，且⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛p a ＝
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛q a ＝1，求解同余方程：
2x ≡a （mod pq ）
（解）首先
2
x ≡a （mod pq ）⇔()()
⎪⎩⎪⎨⎧≡≡q a x p a x mod mod 2
2 而两个方程的解分别为
x ≡±()4
1+p a
（mod p ）和x ≡±()4
1+q a
（mod q ）
利用中国剩余定理解联立方程
()()
⎪⎩⎪⎨⎧
±≡±≡++q a x p a x q p mod mod 4
141
得原方程的解为 x ≡±（4
1
+p a （mod p ））uq ±（
4
1
+q a （mod q ））vp （mod pq ）
其中，
uq ≡1 （mod p ），vp ≡1 （mod q ）
【例3】解同余方程2
x ≡3（mod 253）。

（解）253＝11·23，11≠23均为形如4k ＋3的素数，且⎪
⎭
⎫
⎝⎛113＝⎪⎭
⎫ ⎝⎛233＝1， 解方程 2
x ≡3（mod 11），得
x ≡±
4
1
113+≡±3
3≡±5（mod 11）
解方程2
x ≡3（mod 23），得
x ≡±
4
1233+≡±63≡±7（mod 23）
利用中国剩余定理解联立方程
()
()
⎩⎨
⎧±≡±≡23mod 711mod 5x x M ＝11·23＝253，231=M ，2M ＝11，计算
11-M ＝1（mod 11），1
2-M ＝21（mod 23）
∴ x ≡±5·23·1±7·11·21（mod 253）
≡±115±99
≡±16，±39，（mod 253）
4.7 合数的情形
方程
2x ≡a （mod m ）
，（a, m ）＝1 （1） m ＝k k p p p αααδ 2
1212
2x ≡a （mod αp ），（a, p ）＝1 ，α＞1 （3） (一) P 为奇素数
【定理4.7.1】（定理1）设p 是奇素数，则（3）有解⇔⎪
⎪⎭
⎫
⎝⎛p a ＝1。

且有解时，（3）的解数为2。

（证）必要性
2
x ≡a （mod αp ）有解⇒2
x ≡a （mod p ）有解⇒⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a ＝
1
充分性：设⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛p a ＝1，则存在整数x ≡1x （mod p ）使得
21x ≡a （mod p ）
令f(x)＝ 2x －a ，则()x f '＝2x ，()()p x f ,
1'＝（21x ，
p ）＝1，故方程（3）的解数为2。

【推论】（推论）同余方程（3）的解数为
T ＝1＋⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛p a
(二) P ＝2
2x ≡a （mod α2）
，（a, 2）＝1 ，α＞1 （4） （当α＝1时，方程2x ≡a ≡1（mod 2）有一个解x ≡1（mod
2））
【定理4.7.2】（定理2）设α＞1，则同余方程（4）有解的必要条件是
（i ）
当α＝2时，a ≡1（mod 4）；
（ii ） 当α≣3时，a ≡1（mod 8）。

若上述条件成立，则（4）有解。

且当α＝2时，解数是2；
当α≣3时，解数是4。

（证）必要性：若（4）有解，则存在整数z ，使得
2z ≡a （mod α2）
由（a, 2）＝1知（z, 2）＝1，记z ＝1＋2t ，则上式可表为
a ≡1＋4t(t ＋1) （mod α2） （5）
（注：2
z ＝()2
21t +＝1＋4t ＋42
t ）
所以当α＝2时，a ≡1（mod 4）。

而当α≣3时，由（5）知
a ≡1＋4t(t ＋1) （mod 32＝8）
又由2│t(t ＋1)知，a ≡1（mod 8）。

充分性：
（i ）当α＝2时，a ≡1（mod 4），方程
2x ≡a ≡1（mod 22）
显然有两个解 x ≡1，3（mod 22）
（ii ）当α≣3时，a ≡1（mod 8）。

此时， 若α＝3，易验证方程
2x ≡a ≡1（mod 32） （6）
的解为 x ≡±1，±5（mod 32），即
x ＝±(1＋223t )，3t ＝0, ±1, ±2…
或
x ＝±(3x ＋223t )，3t ＝0, ±1, ±2 (7)
其中，x 3＝1, 5。

若α＝4，方程为
2x ≡a （mod 42） （8）
令
()
2
3
2
32t x
+≡a （mod 4
2） （由第三章结论，希望从方程（6）的解的值（7）中去找方
程（8）的解，即确定3t ）
即 23x ＋23x (223t )＋422
3t ≡a （mod 42）
亦即 2
3x ＋323x 3t ≡a （mod 42）
323x 3t ≡a －2
3
x （mod 42） 所以 3x 3t ≡3
23
2
x a -（mod 2） 3t ≡3
2
32
x a -（mod 2） （注意3x ≡1（mod 2））或
3t ＝3
2
32
x a -＋24t ，4t ＝0, ±1, ±2… 代入（7），方程（8）的解可表为
x ＝±(3x ＋223t )，3t ＝3
2
3
2x a -＋24t ，4t ＝0, ±1, ±2… x ＝±(3x ＋223
2
3
2
x a -＋324t )，4t ＝0, ±1, ±2… 或
x ＝±(4x ＋324t )，4t ＝0, ±1, ±2…
其中4x ＝3x ＋2
23
2
3
2
x a -，且4x ≡1（mod 2）。

……………………
依次类推，对于α≣4，设同余方程
2x ≡a （mod 12-α） （9）
的解为
x ＝±(1-αx ＋22-α1-αt )，1-αt ＝0, ±1, ±2 (10)
或
x ≡±(1-αx ＋22-α1-αt )，1-αt ＝0, 1
且1-αx ≡1（mod 2）。

为了从方程（9）的上述解的值（10）中找出方程
2x ≡a （mod α2） （11）
的解，令
()
2
12
12
---+ααα
t x ≡a （mod α2）
即
21
-αx ＋21-αx (22-α1-αt )＋()222-α21-αt ≡a （mod α
2） 亦即
21
-αx ＋12-α1-αx 1-αt ≡a （mod α
2） 12-α1-αx 1-αt ≡a －21
-αx （mod α
2） （12） 所以
1-αx 1-αt ≡12
12---αα
x a （mod 2）
1-αt ≡12
12
---αα
x a （mod 2）
或
1-αt ＝12
12
---αα
x a ＋2αt ，αt ＝0, ±1, ±2…
代入（10）式，方程（11）的解可表为
x ＝±(1-αx ＋22-α1-αt )，1-αt ＝1
2
1
2
---ααx a ＋2αt ， αt ＝0, ±1, ±2…
即
x ＝±(1-αx ＋2
2-α1
2
1
2
---ααx a ＋12-ααt )，αt ＝0, ±1, ±2…
或
x ＝±(αx ＋12-ααt )，αt ＝0, ±1, ±2…
其中αx ＝1-αx ＋2
2
-α1
2
1
2
---ααx a ，且αx ≡1（mod 2）。

【例1】（例1）解方程2x ≡57（mod 64）。

（解）64＝62，即α＝6。

因57≡1（mod 8），故方程有4
个解。

α＝3时，解的值为
x ＝±(1＋223t )，3t ＝0, ±1, ±2 (13)
（解的表示方式：x ≡1，3，5，7（mod 8），
或 x ≡±1，±5≡±7，±3（mod 8） 或 x ≡±(1＋4t)≡±(3＋4 t)（mod 8），t ＝
0, 1
还可表为 x ≡±1，±3≡±7，±5（mod 8）
或 x ≡±(1＋2t)≡±(5＋2 t)（mod 8），t ＝0,
1
此时方程为2x ≡57≡1（mod 8）） （3x ＝1）
α＝4时，在式（13）的所有值中找方程
2x ≡57（mod 42） （14）
的解。

为此，令 (
)
2
32
21t +≡57（mod 42）则
21＋2·1· (43t )＋422
3
t ≡57（mod 42） 即
21＋32·1·3t ≡57（mod 42） 32·1·3t ≡57－21（mod 42） 1·3t ≡3
2
2157-≡1（mod 2） 3t ≡3
22
157-≡1（mod 2） 或
3t ＝3
22
157-＋24t ＝1＋24t ，4t ＝0, ±1, ±2… 代入（13）式得方程（14）的解为
x ＝±(1＋22·1＋324t )＝±(5＋324t )，4t ＝0, ±1, ±2… 或
x ≡±(5＋324t )≡±（mod 4
2），4t ＝0, 1
或
x ≡±5，±13≡±3，±5（mod 42）
（4x ＝5）
α＝5时，令 ()2
485t +≡57（mod 52），则
25＋2·5· (324t )＋622
4
t ≡57（mod 52） 42·5·4t ≡57－25（mod 52） 5·4t ≡4
2
2557-≡0（mod 2） 4t ≡4
22
557-≡0（mod 2） 或
4t ＝0＋25t ＝25t ，5t ＝0, ±1, ±2…
故方程 2
x ≡57（mod 52）的解为
x ＝±(5＋32·0＋425t )＝±(5＋425t )，5t ＝0, ±1, ±2… 或
x ≡±(5＋425t )（mod 52），5t ＝0, 1
或
x ≡±5，±21≡±5，±11（mod 52）
（5x ＝5）
α＝6时，令 (
)
2
54
25t +≡57（mod 62），则
25＋2·5· (425t )＋822
5
t ≡57（mod 62）
52·5·5t ≡57－25（mod 62） 5·5t ≡5
2
2557-≡1（mod 2） 5t ≡5
22
557-≡1（mod 2） 或
5t ＝1＋26t ，6t ＝0, ±1, ±2…
故方程 2x ≡57（mod 62）的解为
x ＝±(5＋42·1＋526t )＝±(21＋526t )，6t ＝0, ±1, ±2… 或
x ≡±(21＋526t )（mod 62），6t ＝0, 1
或
x ≡±21，±53≡±11，±21（mod 62）
（6x ＝21）
4.8 解同余方程总结
(一) 方法
（1） 一般方程方程 f(x) ≡0（mod m ）化为等价方程
()()()()⎪⎪
⎪⎩
⎪
⎪⎪
⎨⎧≡≡≡≡k k
p x f p x f p x f x f αααδmod
0mod 0mod 02mod 0
2121
其中m ＝k k p p p α
ααδ 21212 （2） 解素数幂方程
f(x)≡0（mod αp ）， p 为素数
（3） deg(f)＝2，α＝1，p ＝2或奇素数的解法 （4） deg(f)＝2，α≣2，p ＝2或奇素数的解法 （5） deg(f)＞2，若已知α＝1时的解，求α≣2时的解
(二) 问题
（1）m 的分解
（2）deg(f)＞2，α＝1时的解法。