1 一般二次同余式
《初等数论(闵嗣鹤、严士健)》第三版习题解答
第一章 整数的可除性§1 整除的概念·带余除法 1．证明定理3定理3 若12n a a a ，，，都是m 得倍数，12n q q q ，，，是任意n 个整数，则1122n n q a q a q a +++是m 得倍数．证明：12,,n a a a 都是m 的倍数。
∴ 存在n 个整数12,,n p p p 使 1122,,,n n a p m a p m a p m ===又12,,,n q q q 是任意n 个整数1122n nq a q a q a ∴+++1122n n q p m q p m q p m =+++1122()n n p q q p q p m =+++即1122n n q a q a q a +++是m 的整数2．证明 3|(1)(21)n n n ++ 证明(1)(21)(1)(21)n n n n n n n ++=+++-(1)(2)(1)(1)n n n n n n =+++-+ 又(1)(2)n n n ++，(1)(2)n n n -+是连续的三个整数故3|(1)(2),3|(1)(1)n n n n n n ++-+3|(1)(2)(1)(1)n n n n n n ∴+++-+从而可知3|(1)(21)n n n ++3．若00ax by +是形如ax by +（x ，y 是任意整数，a ，b 是两不全为零的整数）的数中最小整数，则00()|()ax by ax by ++．证：,a b 不全为0∴在整数集合{}|,S ax by x y Z =+∈中存在正整数，因而有形如ax by +的最小整数00ax by +,x y Z ∀∈，由带余除法有0000(),0ax by ax by q r r ax by +=++≤<+则00()()r x x q a y y q b S =-+-∈，由00ax by +是S 中的最小整数知0r =00|ax by ax by ∴++00|ax by ax by ++ （,x y 为任意整数） 0000|,|ax by a ax by b ∴++ 00|(,).ax by a b ∴+ 又有(,)|a b a ，(,)|a b b00(,)|a b ax by ∴+ 故00(,)ax by a b +=4．若a ，b 是任意二整数，且0b ≠，证明：存在两个整数s ，t 使得||,||2b a bs t t =+≤成立，并且当b 是奇数时，s ，t 是唯一存在的．当b 是偶数时结果如何？ 证：作序列33,,,,0,,,,2222b b b b b b ---则a 必在此序列的某两项之间即存在一个整数q ，使122q q b a b +≤<成立 ()i 当q 为偶数时，若0.b >则令,22q qs t a bs a b ==-=-，则有 02222b q q qa bs t ab a b b t ≤-==-=-<∴<若0b < 则令,22q qs t a bs a b =-=-=+，则同样有2b t <()ii 当q 为奇数时，若0b >则令11,22q q s t a bs a b ++==-=-，则有若 0b <，则令11,22q q s t a bs a b ++=-=-=+，则同样有2b t ≤，综上所述，存在性得证．下证唯一性当b 为奇数时，设11a bs t bs t =+=+则11()t t b s s b -=-> 而111,22b bt t t t t t b ≤≤∴-≤+≤ 矛盾 故11,s s t t == 当b 为偶数时，,s t 不唯一，举例如下：此时2b为整数 11312(),,22222b b b b b b b t t ⋅=⋅+=⋅+-=≤§2 最大公因数与辗转相除法 1．证明推论4.1推论4.1 a ，b 的公因数与（a ，b ）的因数相同． 证：设d '是a ，b 的任一公因数，∴d '|a ，d '|b 由带余除法111222111111,,,,,0n n n n n n n n n n a bq r b r q r r r q r r r q r r r r b---++-=+=+=+==≤<<<<∴(,)n a b r =∴d '|1a bq -1r =， d '|122b r q r -=，┄, d '|21(,)n n n n r r q r a b --=+=,即d '是(,)a b 的因数。
信息安全数学基础(第四章)
4.2 模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
一、奇素数模 p 的平方(非)剩余判别条件
定理4.2.1 (欧拉判别条件) p是奇素数，若(a, p)1, 则
p1
(i) a是模p的平方剩余a 2 1 (modp);
p1
(ii)a是模p的平方非剩余a 2 1 (modp);
且若a是模p的平方剩余,则同余式
x2 a (modp), (a,p)1
ax2
bxc 0
（mod
p1 1
)
有解.
ax2
bxc 0
（mod
pk k
)
因 此 只 需 讨 论 素 数 模 p 的 同 余 式 :
a x 2 b x c0(m o dp ), a 0(m o dp )(2 )
将 同 余 式 (2)两 端 同 乘 以 4a,得 4a2x24abx4ac0(m odp)
41一般二次同余式42模为奇数的平方剩余与平方非剩余43勒让得符号44二次互反律的证明45雅可比符号46模p平方根
4.1 一般二次同余式
二 次 同 余 式 的 一 般 形 式 是 a x 2 b x c0(m o d m )， a 0(m o d m )(1 )
设m=
p1 1
p2 2
pk k
,
则(1)有解
练习：在与模31互素的剩余中，指出平方剩余。 求 出 1 9 ， 2 3 的 平 方 剩 余 和 平 方 非 剩 余 。
提 示 ： p 为 奇 素 数 ， 应 用 定 理 4 . 2 . 2 的 结 论 .
4.3 勒让得符号
定义4.3.1
设p是素数,勒让得符号
ap定义如下:
1, 若a是模p 的平方剩余;
二次同余式的解法
二次同余式的解法（原创实用版）目录1.二次同余式的概念和基本形式2.解二次同余式的常用方法3.实际例子与解题过程4.二次同余式在数学和计算机科学中的应用正文一、二次同余式的概念和基本形式二次同余式是指包含两个未知数的同余方程组，它的一般形式为：ax + by ≡ c (mod m)dx + ey ≡ f (mod m)其中，a、b、c、d、e、f 都是整数，m 是一个正整数，且 a、d 不为零。
二、解二次同余式的常用方法解二次同余式的常用方法有代入法、消元法和矩阵法。
1.代入法：先解出一个未知数，然后将其代入另一个方程，从而得到一个一元一次方程，最后解出另一个未知数。
2.消元法：通过加减消元，将二次同余式化为两个一元一次方程，然后解出未知数。
3.矩阵法：将二次同余式转化为线性方程组，然后用矩阵的方法求解。
三、实际例子与解题过程例如，解以下二次同余式：2x + 3y ≡ 1 (mod 5)x + 4y ≡ 2 (mod 5)我们可以使用消元法，首先将第二个方程的系数乘以 2，然后将两个方程相减，得到：x + y ≡ 0 (mod 5)解得 x = 5k, y = 5l，其中 k、l 是整数。
将 x、y 的解代入原方程，得到：2(5k) + 3(5l) ≡ 1 (mod 5)k + 2l ≡ 1 (mod 5)k = 5m + 1, l = n，其中 m、n 是整数。
因此，解为 x = 5(5m + 1), y = 5n。
四、二次同余式在数学和计算机科学中的应用二次同余式在密码学、计算机图形学和数论等领域都有广泛应用。
例如，在密码学中，二次同余式常用于求解加密和解密过程中的密钥；在计算机图形学中，二次同余式可以用于求解图形的交点；在数论中，二次同余式可以用于求解素数等。
总结：二次同余式是数学中的一个基本问题，解法有多种，包括代入法、消元法和矩阵法。
数论01二次同余式与平方剩余
2019/10/24
数论
三 模为奇素数的平方剩余
与平方非剩余
定理2 若p是素
再根据 1.4 定理 2，我们有
数，如果p| ab, 则有p| a 或 p| b
p1
p1
p | a 2 1或 p | a 2 1
因此，结论(i)告诉我们： a 是模 p 的 平方非剩余的充分必要条件是
p1
a 2 1(mod p)
第四章 二次同余式与平方剩余
一 二次同余式的概念 二 二次同余式的应用 三 模为奇素数的平方剩余与平方
非剩余
2019/10/24
数论
一 二次同余式的概念
二次同余式的一般形式是ax2 bx c 0(mod m)(1)
其中 a 0(mod m).
因为正整数
m
有素因数分解式
m
p1 1
2019/10/24
数论
二 二次同余式的应用
x=2, y2 =5 (mod 7), 无解， x=3, y2 =4 (mod 7), y=2,5(mod 7)， x=4, y2 =0 (mod 7), y=0(mod 7)， x=5, y2 =6 (mod 7), 无解， x=6, y2 =0 (mod 7), y=0(mod 7).
反过来，若(2)成立，则同样根据 3.4 定 理 5，我们有同余式 x2 ≡a (mod p) 有解，
即 a 是模 p 平方剩余.
(ii)因为 p 是奇素数，(a, p)=1,根据 2.4 定
理 1（欧拉定理），我们有表达式
p1
p1
(a 2 1)(a 2 1) a p1 1 0(mod p)
2019/10/24
数论
第四章 二次剩余
4.1 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 (mod m)
(1)
其中 a ≡ 0 (mod m) ,
设 m 有素因数分解：
m
p1 1
p2 2 …
pk k
定理2.1.11和定理2.1.12(定理3.3.1)，二次同余式
ax2＋bx＋c ≡0 (mod m)
(2) n1＝0 , 计算 a1＝a0≡137, b2≡b12 ≡ 1552 ≡190 (mod 227)
(3) n2＝0, 计算 a2＝a1≡137, b3≡b22 ≡ 190 2 ≡7 (mod 227)运用模重复平方法Fra bibliotek依次计算如下：
(4) n3＝0 , 计算 a 3＝a2≡137, b4≡b32 ≡72 ≡49 (mod 227)
例5 求解同余式：x2 ≡ 46(mod 105) 。
由中国剩余定理解这些同余式组： 令 m1 ＝3, m2 ＝5, m3 ＝7, m ＝ m1 ·m2 ·m3 ＝105 M1 ＝ m2 ·m3 ＝35, M2 ＝ m1 ·m3 ＝21 , M3 ＝ m1 ·m2 ＝15 分别求解同余式 35M1≡1 (mod 3)，21M2≡1 (mod 5) ， 15M2≡1 (mod 7) 得 M1 ≡ 2 (mod 3)，M2 ≡ 1 (mod 5)，M3 ≡ 1 (mod 7)
x ≡1(mod 3) x ≡1(mod 5) x ≡2(mod 7)
x ≡1(mod 3) x ≡ 1(mod 5) x ≡－2 (mod 7)
x ≡1(mod 3) x ≡ － 1(mod 5) x ≡2(mod 7)
x ≡1(mod 3) x ≡ － 1(mod 5) x ≡ － 2(mod 7)
第二章同余与同余式
mod13). 所以 ，结论得证。
i 0
n
同余的算术应用2 ——弃九法
*证明了“弃九法”（弃九验算法）：把一个数的各 位数字相加，直到和是一个一位数（和是9，要减去 9得0），这个数就叫做原来数的弃九数．且一个数
假设p是合数, 令 p＝ab, a≠p.
由题设条件知, p|((p-1)!+l). 又因 a|p, 则有 a|((p-1)!+1). 但由于 a≤p-1可得 a|(p-1)!, 从而 a|(((p-1)!+1)-(p-1)!), 即a|l, 因而p只有因子1和p, 即p为素数.
同余关系及其在计算机领域的应用
可见S中ห้องสมุดไป่ตู้数可分成(p-3)/2对, 每一对数a和b, 满
足 abl(mod p), 故得2·3…(p-2) (mod p), 即可得
(p-1)! -1 (mod p).
定理 (威尔逊定理) p为素数 iff (p-l)!-1(mod p).
充分性: 若(p-1)! = -l (mod p), 则 p为素数.
如果等号两边的九余数不相等，那么这个算式肯 定不正确； 如果等号两边的九余数相等，那么还不能确定算 式是否正确，因为九余数只有0，1，2，…，8九种 情况，不同的数可能有相同的九余数。所以用弃九 法检验运算的正确性，只是一种粗略的检验。
弃九法
例2 求证 1997×57≠113828. 证明 由于19971＋9＋9＋78 (mod 9) 57 5＋7 3(mod 9) 113828 l+1+3+8+2+8 5(mod 9)
数论部分定义定理
定义 4 设 x 是一个实数，我们称 x 的整数部分为小于或等于 x 的最大整数，记 成[x].这时，我们有
定理 10（欧几里得除法） 设 a，b 是两个整数，其中 b .则对任意的整数 c， 存在惟一的整数 q，r 使得
1.2 整数的表示
定理 1 设 b 是大于 1 正整数.则每个正整数 n 可惟一地表示成
被
是 a 被 b 除的最小正余数.
引理 2 设 a,b 是两个正整数，则
和
定理 10 设 a,b 是两个正整数，则正整数 b 互素.
除的最小正余数是
，其中 r
的最大公因数是
.
和
互素的充要条件是 a 和
1.4 整除的进一步性质及最小公倍数
定理 1 设 a,b,c 是三个整数，且 b 0，c 0，如果(a,c)=1，则
有惟一解
.
定义 2 设 m 是一个正整数，a 是一个整数.如果存在整数 a’使得
aa’ 1(modm)
成立，则 a 叫做模 m 可逆元.
定理 3 设 m 是一个正整数，a 是满足(a,m)|b 的整数.则一次同余式
的全部解为
t=0,1,…,(a,m)-1.
定理 4 设 m 是一个正整数.则整数 a 是模 m 简化剩余的充要条件是整数 a 是模 m 逆元.
(i)d|a,d|b; (ii)若 e|a,e|b，则 e|d. 定理 8 设 a,b 是任意两个不全为零的整数， (i)若 m 是任一正整数，则(am,bm)=(a,b)m;
(ii)若非零整数 d 满足 d|a,d|b，则
.特别地，
定理 9 设
是 n 个整 a,b 是两个正整数.则
定理 1 设
是三个整数.若 c|b，b|a，则 c|a.
数论01二次同余式与平方剩余
平方非剩余
如果一个数$a$模$p$同余于$x^2$模$p$ ，则称$a$为$x^2$的平方非剩余。
判定法则
判定法则一
费马小定理，若$p$是质数，且$(a, p)=1$，则有$a^{p-1} equiv 1 pmod{p}$。
判定法则二
二次互反律，设$p, q$是两个不同的奇素数，且$(p, q)=1$，则有$(p equiv q pmod{4}) Leftrightarrow (q equiv p pmod{4})$。
03
具体的证明过程需要用到一些较为复杂的数学符号 和逻辑推导，这里不再赘述。
应用案例
01
02
03
在密码学中，二次同余 式与平方剩余的概念被 广泛应用于一些加密算 法的设计，如 RSA 算法
。
在数论研究中，这些概 念也是重要的工具，可 以帮助我们解决一些数
论中的难题。
在实际生活中，这些概 念在金融、物流等领域 也有一定的应用，例如 在电子支付和电子签名 的安全性验证等方面。
解释
这是一个关于 (x) 的二次方程，但它 的解必须满足同余条件，即解必须是 模 (m) 的同余类。
性质
性质1
如果 (a, b, c, m) 满足二次同余式的定义，那么对于任意整数 (x)，如果 (x^2 + bx + c equiv 0 (mod m)) 成立 ，那么 (ax^2 + bx + c equiv 0 (mod m)) 也一定成立。
THANKS
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应用实例
在密码学中的应用
平方剩余在密码学中有重要的应用，例如RSA公钥密码算法中就使用了平方剩余的性质 。
在数论中的应用
平方剩余是数论中的一个重要概念，它在证明费马大定理、哥德巴赫猜想等数学问题中 发挥了重要作用。
《数论算法》教案 4章(二次同余方程与平方剩余)
(七)
【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，…，
中的一个数同余。
（证）由定理4.2.1，模p的平方剩余个数等于方程
≡1（mod p）
的解数。但
由定理3.4.5知，方程的解数为 ，即平方剩余的个数是 ，且平方非剩余的个数是(p－1)－ ＝ 。
≡±1（mod19）
（视 ≡1（mod 19），即 ）
针对必要性：例如a＝17是模19的二次剩余，即存在 ≡6使得 ≡17（mod 19）。那么必有
≡ ≡ ≡1（mod19）
针对充分性：例如a＝6， ≡ ≡1（mod19），验证6是二次剩余。解方程
≡6（mod19）, (1≤b≤18)
当b≡1, 2, 3, 4, 5,…, 17, 18（mod19）时，方程有唯一解x≡6, 3,2, 11, 5,…, 16, 13（mod19）
得y2≡0（mod 9）
（解之得y＝0,±3，从而原方程的解为
x≡ (y－5)≡ (y－5)
≡2(y－5)≡2y－10≡2y－1
≡－7,－1, 5≡－4,－1, 2（mod 9））
(四)
【定义4.1.1】设m是正整数，a是整数，m a。若同余方程
≡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的平方非剩余（或二次非剩余）。
＝1， ≡3（mod 7），无解
＝2， ≡4（mod 7），y≡2，5（mod 7）
＝3， ≡3（mod 7），无解
＝4， ≡6（mod 7），无解
＝5， ≡5（mod 7），无解
二次同余
a ) (a
p 1 2
1) x
( x a) xq( x) (a
1) x
其中 q(x)是 x 的整系数多项式. 2 若 a 是模 p 的平方剩余，即 x ≡a (mod p) 有二个解 x，根据 3.4 定理 5，余式的系数被 P 整除，即 p | a
p 1 2
1，所以(2)式成立.
二
2
二次同余式的应用
x=2, y =0 (mod 7), y= 0(mod 7)， 2 x=3, y =4 (mod 7), y=2,5(mod 7)， 2 x=4, y =5 (mod 7), 无解， 2 x=5, y =2 (mod 7), y=3,4(mod 7)， 2 x=6, y =1 (mod 7), y= 1, 6(mod 7).
2 2 2
个数同余.
证: 由定理 1，平方剩余的个数等于同余式
x
p 1 2
1(mod p)
p 1
x 1| x 1
由 3.4 定理
p 1 2
定理5 设p是一个素数，n是一个正整 数，n≤ 的解数，但p.那么同余式 f( x)=xn +…+a1 x +a0 ≡0(mod p)有n个 解的充分必要条件是xp –x被f( x) 除所得余式的所有系数都是P的倍数
第四章 二次同余式与平方剩余
一 二次同余式的概念 二 二次同余式的应用 三 模为奇素数的平方剩余与平方 非剩余
一
其中 a
二次同余式的概念
0(mod m).
1
二次同余式的一般形式是 ax2 bx c 0(mod m) (1) 因为正整数 m 有素因数分解式 m p1 二次同余式(1)等价于同余式组： ax 2 bx c 0 (mod p1 ) ax 2 bx c 0 (mod p ) k
【doc】同余方程
同余方程1997年第3期高等函授(自然科学版)同余彭敦刚(湖北大学)同余方程是初等数论中一个重要的问题.其内容包括一次同余方程(组),高次同余方程,二次同余方程等.如去掌握这些内容呢?下面就其特征分述如下,供复习时参考.l一次同余方程(组)在这个问题中,主要讨论的是含有一个未知数的一次同余方程和含有一个未知数的一次同余方程组.1.1一次同余方程如果口,b都是整数,而T/l是一个正整数,当口≠0(modm)时,我们把口+6三0(modm)(1)叫做模.的一次同余方程.对这一类方程的求解,主要应该掌握:设有方程(1),当(口.)一1时,则方程(1)有唯一的解;--6t~(一.b(modm)(2)当(口,)=>1时,则方程(1)有解的充分和必要条件是}b,这时方程(1)有d个解是三+.(modm),t=O,1,…,一1(3)这里x~a(modm)是把第二种情形化为第一种情形时,所得到的唯一解.要注意的是:对于第一种情形,在实际求解时,不常用公式,因为用公式一般比较麻烦,应该灵活地运用已有的知识去寻找新的简便的求解方法.后面将举例说明.对于第方程李德水(武汉电视大学)二种情形是把它化成第一种情形求解来处理的,求出唯一解后,再代入公式(3)求得它的d个解.对于方程(1)除了上述方法求解外.主要的还有如下两种解法.第一种解法因(口,z)一1,由(n,)一1的充分必要条件:存在s,t,使口s+bt一1知. 必有二数,t,使-口s+mt1即口s三I(modm)故由asx~bs(modm),得三(modm)为同余方程(1)的解.第二种解法先把方程(1)写成;一b(mod0)一——L,n的形式,然后用与z互质的整数陆续乘以右端的分子和分母,目的在于把分母的绝对值变小,直到变成1为止.下面举例说明上述三种解法的应用.例1解方程286x~121(mod341).解法1因(286,341)一11,11I121,故26三11(mod31)(*)因为口一26,6—11,(31)一30故方程(*)的解是;一n…一'6三一261.?11三4(mod31)将三4(mod31)代入公式(3),因此,原方程的解是z_二4.35.66.97.】28,】59.于是z[N(E+)]≥nl[EN+]:z[En]>2()>2()收稿日期:1997一O4—29这与前面",[n(E+jt)]<1",(』)产生矛盾故命题得证.原方程有解,并且有11个解. 将原方程写成1997年第3期高等函授(自然科学版)25 190,221,252,283,314(mod341)解法2由(286,341)一ll得到(26,31)一1,这样就存在两个整数,t,使26s+3It一1由观察方法可知:26?6+31?(一5):1即26?6兰1(mod31)又由同余性质,(*)式可写成26?6x=11?6(mod31)即x-~-66=4(mod31)将兰4(mod31)代入公式(3)即可得到原方程的解.2-三4,35,66,97,128,159,190,221,252,283,314(rood341)解法3把(*)式写成兰11三兰一4三4(m.d31)1561—26……将兰4(rood31)代入公式(3)即可得到原方程的解:兰4,35,66,97,128,1S9,190,221,252,283,314(mod341)在此应该注意的是:以上3种解法各有各的优点.在模很大时,第1种解法较好;而当模不太大时,第2种解法比较简捷;若模较小时.第3种解法较方便.总之,在解题时,要根据具体情况选择其方法.1.2一次同余方法组在这里所讨论的一元一次同余方程组,主要的是形如f~2.61.2?,)j.2?;6(modm.)的同余方程组.在我国古代的孙子算经》里就提出了这种形式的问题,并且很好地解决了.这个问题的解法主要依靠下面的定理.定理设11ll,11l?,…川z女是是个丽两互质的正整数,z一Ⅲ2…11l女.11l一111M,i一1, 2,…,正,则同余方程组(4)对于模z一z.?兰-+.+..?+b(modz)(5)这里,三1(m.d).x=l(mod7);再由兰1(modz)可以求得261997年第3期高等函授(自然科学版)高次同余方程分两种情形,一是质数模的高次同余方程,另一是合数模的高次同余方程,而合数模高次同余方程是把它化成质数模高次同余方程进行处理的(这里应掌握转化方法).对这两种类型的高次同余方程应掌握:1)如何对()进行化简;2)求解的基本方法:将P的完全剩余系10,±1,…,±÷(p一1)中的每一个数一一代厶人进行验证的方程;3)在合数模的高次同余方程中有一种特殊的质数幂模的高次同余方程,这种类型的方程在求解时应严格按照求解步骤进行.例3解同余方程6x.+27x+17x+20三0(mod30)解由30—5×6,所以同余方程与同余方程组f6+27x+17+20三0(mod5)(6)l6+27x+17+20三0(rood6)(7)等价.直接验算得:(6)式有3个解:三0,1,2(mod5);(7)式有2个解:三一1,2(mod6).故原方程有3×2:6个解.设三b(moA5),三62(mod6),其中bl一0,1,2,b2一一1,2.由孙子定理可得原方程的解丁三6bl+25b:(mod30)以b一0,1,2,b:一一1,2代入上式,即可得原方程的6个解是-『三三三2,5,11,17,20,26(mod30)当然也可把30—2×3×5,得到三个方程组成的方程组与原方程等价,同样得到原方程的6个解,请读者自行完成.3二次同余方程二次同余方程的求解问题是二次同余方程与平方剩余的一个中心问题.这个问题中也是分质数模二次同余方程和合数模二次同方程两种情形来讨论的.3.1奇质数模的二次同余方程的求解设.三口(modp),户,P是奇质数(8)当(詈)一1时,说明n是P的平方剩余,方程(8)有解.这时方程(8)的解分下面4种情形:p=l(mod8),pz3(mod8)p=5(mod8),p=7(mod8)当p=3或户三7(mod8)时,方程(8)有解,即三±口寺'p(mod)当p=5(mod8)时,若口}(p-1)三1(modp),则方程(8)的解是三±口音'p.(mod)若口}(p--1)三一1(modp),则方程(8)的解三±2}(p—1).口告(p+3(mod3)例4求同余方程三19(mod31)的解.解因为(19)一1,所以同余方程有解.又因为31=8×3+7,所以三±19}.件"三三三±19三±19(mod31)故原同余方程的解是三士19(mod31)例5求方程3x.+7x一6三0(modl3)的解.解因为(3,13)一1,所以3+13N一1.因此,3三1(modl3).由M三9(mod13), 以9乘原方程两边得.r.+63.r一54三0(mod13)上式中63不是偶数.因此上式可以写成.7/-?+(63+13)一54三0(mod13)即3/0+24:r一2三0(mos13)配方得(j-+12)三12+2-----1463(mod13) 令—J'+12即y三3(rood13)又()一1,所以上面方程有解.又13—8X1+5,所以3{'.一三3三1(mod13),上面方程1997年第3期高等函授(自然科学版)27的解为兰_--4-3言'...兰±3.三±9(modl3)将代入—+12,即得z=---5,10(modl3)故原方程的解为z三5,10(mod13)在这里要说明的是,在求z.三口(modp)方程解时,首先要用()符号进行判断,看该p方程是否有解;其次如果该方程有解,再用P 三3,户兰5,p~7(modp)判断,才能确定该方程其解的形式;再次,如果二次同余方程是以口.+bx+c三0(modp)形式出现的,要把它化成:兰(modp)形式,再按前面二步进行求解.上面我们就户三3,户兰5,户三7(modp) 三种情形进行了介绍,但对P三1(modp)情形未进行讨论.这里要说明的是这种情形要比前面三种情形要复杂得多,没有一般结论, 请在复习时按书上的要求进行复习.3.2合数模二次同余方程在这里要明确合数模二次同余方程z:三Ⅱ(modm),(口删)一1,竹l为合数(9有解的条件及解的个数.对于这类方程我们是先把写标准分解形式,即17'1—2opi'…声.由定理:若一I'H!…I'H,且,…,17'1女是k个两两互质的jE整数,则同余方程厂()~O(modm)与方程组f(x)~O(modm,)一1,2,…,是等价.有解的必要和充分条件是z.三口(mod2.)z.三口(modt),一1,2,…,k(10)有解,并且在有解的情况下,(9)的解数是(1O)的解数的积.在这里主要是讨论形如z.三口(modp.),a>0且(口,户)一1(11)的方程,在求解方程(11)时,所用的方法是质数幂模的高次同余方程求解方法.例6解方程z.~7(mod27).解因7三7r兰1(rood3),即.三1(mod3)有解为三1(mod3).再从(1+3t1).三7(rood3.)得6tI三6 (mod3.),因此t三1(mod3).于是1+3t,三4(mod3:)是三7(mod3:)的解.又从(4+32t2)三7 (mod30)得8t2三一1(mod3)即可得t2E1(mod3),所以z三4+3zt2三13(mod3)是所给方程的一个解.于是所求方程的解是z三±13(mod27)至于同余方程z0三口(moda),口>0且(2,")=1的求解,按照书上要求即可.(上接第17页)有nt肌B.E一exp[Sc肿B.E/k3(31)将(29)式的代入(31)式,并令s一Nk(1nZ一』9茄nzI)(32)(这是未考虑波函数的对称性时算得的熵,即玻耳兹曼系统的熵)便可得到c¨B,E一exp[S【肿B.E,/忌]一【,,,'^exp[丢(+是ln1j一斫es'Ik—(33)可见(3)式中的因子1/Ⅳ!也来源于波函数的交换对称性.参考文献l曾谨言.量子力学(上册).北京:科学出版社1981:189—2012R.K.帕斯里亚着.湛垦华,方锦清译.统计力学(上册),北京:商等教育出版社1985:1743Kerr:mHuang,StatisticalAlechanics?Ne'u~Y ork:Jobnuih:3rSons.Inc.1963:213。
初等数论-第5章-二次同余式与平方剩余
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例3. 解同余式 x2 x 1 0(mod72 ) (1)
解：x2 x 1 0(mod72 ) 4( x2 x 1) 0(mod72 )
即(2x 1)2 3 0(mod72 ) 令y 2x 1,
y2 3 0(mod72 )
(2)
而y2 3 0(mod7)的解为y 2(mod7). 令y 7t 2,代入(2)， 4t 1 0(mod7).
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定理2的证明：
由定理1知，平方剩余的个数等于同余式
p1
p1
x 2 1(mod p) 的解数，由 x 2 1 x p x，
所以据§4.4-TH5[P86]知，平方剩余的个数等于p
2
1
.
又模p的简化系中含有p-1个元素，
从而平方非剩余的个数等于 p 1 .
2
显然数列12 , 22 , ,( p 1)2中含有 p 1 个数，
第五章 二次同余式与平方剩余
§5.1一般二次同余式
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一、一般二次同余式的转化
二次同余式的一般形式为
ax2 bx c 0 (mod m)。
(1)
ax2
bx
c
0(mod
p ai i
),
i
1, 2,
,k.
其中，m
p p a1 a2 12
pkak , p1, p2 , . pk 为素数.
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ax2 bx c 0(mod p ), p (a,b,c) (2) 4、当p 2, 2 a,2 b时，(2)有解 2 c
f '( x) 2ax b 0(mod 2)无解 由§4.3－TH2〔P82〕知
信息安全数学第四章 二次同余式与平方剩余
4.1二次剩余与二次非剩余
定理3-2
在模p的缩系1,2,…,p-1中. 有(p-1)/2个模p的二 次剩余和(p-1)/2个模p的二次非剩余, 且： 12,22,…,((p-1)/2)2 是模p一缩系中的全部二次剩余
思路：r是解，则p-r也是，所以必有一解满足1≤x≤(p1)/2；再证这个范围的(p-1)/2个数d的平方两两不同余， 所以有(p-1)/2个模p的二次剩余, 从而模p的二次非剩 余也有: (p-1)-(p-1)/2=(p-1)/2 个.
性质3-1 ④ 若p是奇素数,则
2 p
1 ( p2 1) / 8
思路：在高斯引理中, 令a=2, 则:
2,2·2,2·3,…,3,(p-1)/2·2
已在1与p之间, 令计算满足p/2<2k<p,有p/4<k<p/2的k个数
则：m
p 2
p 4
高斯（gauss）引理
现ri要+s证j0这(m(po-1d)/p2).个数各不相同,只需证ri=p-sj,若ri=p-sj, 则
又于因(为p-r1i)/ta2(的m两od个p正),整sj数u.a于(m是o,d(t+p)u, )其a中(mt和odu是p)小. 因于为或, 等
(a,p)=1, 所以(t+u)0(mod p), 这是不可能的, 因为
(1≤i≤k, 1≤j≤m), 因此得:
p2 1
1
1 2 ( p 1) R mp S
8
2
又
p2
1a
( p1) / 2
ka
8
k 1
二次同余式和平方剩余
定理：在模P的简化系中，平方剩余和平方非 剩余余各为 p 1个 余，而且仅与一数一同余。 证明如下:
2 p 1 p 1 2 2 且 2 个平方乘余分别与 1,2 , ( 2 ) 之一同
证：由欧拉判别定理知平方剩余的个数是
x
p 1 2
x p x (x 1(mod p) 的解数。但
∵ 17≡1(mod 4)
17 23 6 2 3 3 17 2 ∴ ( 23 ) (17 ) (17 ) (17 )( 17 ) (17 ) ( 3 ) ( 3 ) 1
∴ x2≡17(mod 23)无解，即原方程无解。
例4：若3是素数p平方剩余，问p是什么形式 的素数？ 解：∵ 由反转定律
素数 P=3， P=5 P=7 平方剩余 1 1，4 1，2，4 平方非剩余 2 2， 3 3，5，6
P=11
P=13
1，4，9，5，3
1，4，9，3，12，10
2，6，7，8，10
2，5，6，7，8，11
欧拉判别定理从理论上这对判别一 般的a是否有解已经是完善了，但缺点 是计算量比较大。为了弥补计算量大 的不足，我们要引进了勤让德符号， 使得判别更简单。
p1 2
1(mod p)
或 a
p 1 2
p1 2
1(mod p)
) (a
p 1 2
但上两式不能同时成立，否则有 2 0(mod p)
又
x p x x( x p 1 1) x((x 2 ))
a
p 1 2
1) x
( x a ) q ( x) ( a
2
p 1 2
p1 2
1) x
2
p1 2
信息安全数学基础(武汉大学)第三章
10
例3：设 p 是素数，a 是整数，(a, p) = 1。证明：存 在整数u, v，(u, v) = 1，使得 u2 + av2 ≡ 0 (mod p) 的充要条件是 –a 是模 p 的平方剩余。
2010-04-14
西南交通大学信息科学与技术学院
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例4：求出模 13 的所有平方剩余。
2010-04-14
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定理 3-2（欧拉判别条件）：
设 p 是奇素数，(a, p) = 1，则 (1) a 是模 p 的平方剩余的充分必要条件是
a
p −1 2
≡ 1(mod p )
(2) a 是模 p 的平方非剩余的充分必要条件是
a
p −1 2
≡ −1(mod p )
并且当 a 是模 p 的平方剩余时，同余式 x2 ≡ a (mod p) 恰有两解。
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证明：
∵ p 为奇素数，且 (a, p)=1，由费马小定理知： ap-1≡1(mod p)，
(a
p −1 2 p −1 2
12 ≡ ( p − 1) 2 (mod p ) 2 2 ≡ ( p − 2) 2 (mod p ) ⎛ p −1⎞ ⎛ p +1⎞ ⎟ (mod p ) ⎜ ⎟ ≡⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
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并且 12 , 22 ,
⎛ p −1⎞ , ⎜ ⎟ 彼此模 p 不同余， ⎝ 2 ⎠
浅谈二次剩余——求解二次同余方程
浅谈⼆次剩余——求解⼆次同余⽅程1.⼆次同余式⼆次同余式是关于未知数的⼆次多项式的同余⽅程。
即：是⼀个⼆次同余⽅程。
此外，称为最简⼆次同余式，或称最简⼆次同余⽅程。
⼀般的，通过配⽅，可以把⼀个⼀般的⼆次同余⽅程转化为⼀个最简⼆次同余式接下来只需要讨论最简⼆次同余式。
2⼆次剩余2.1 前置概念、定理即证明：若⽆特殊说明，下⾯的模运算都是在模p 的意义下1.有正整数n ，奇质数p ，且p ∤n ，若存在⼀个正整数x ，使得x 2≡n (mod p )则称n 为p 的⼆次剩余。
2.勒让德符号 n p ，若n 为p 的⼆次剩余，则该值为1，若不是则该值为-1，若p ∣n ，则该值为0定理1：n p≡n p −12证明：1.若p 能整除n ，那右边明显模p 与0同余，故成⽴。
2.若n 是p 的⼆次剩余，则根据费马⼩定理(n p −1≡1(mod p )其中，p 为质数)，有n p −12=√n p −1≡1，故成⽴3.若n 不是p 的⼆次剩余，则根据扩展欧⼏⾥得算法，对于i ∈[1,p −1]都有唯⼀的j ∈[1,p −1],i ≠j 且ij ≡n 这样的数⼀共有p −12个，因此p −12≡(p −1)!根据威尔逊定理)(：当且仅当p 为素数时有：(p −1)!≡−1(mod p ))，就有p −12≡−1证毕威尔逊定理证明：我们知道1×1≡1(modp ),(−1)×(−1)≡(modp )，且仅有这两组的逆元与本⾝相等。
如果x 2≡1(mod p )那么通过移项再因式分解可以得到x =−1或x =1，除了1，-1这两个数之外，2⾄p-2中的每⼀个数都⼀定有⼀个对应的逆元（注明：−1≡p −1(mod p )）且⼀定与⾃⼰不相等，且每⼀个数与他的逆元⼀ ⼀对应。
如果p 是2，那威尔逊定理显然成⽴，如果p >2 ，那么p ⼀定是⼀个奇数，从2到p-2⼀共有偶数个数，且他们两两相乘mod p 都是1，在乘上1（mod p 为1）和p-1（mod p 为-1）两个数，就有(p −1)!≡−1(mod p ) 需要注意的是，⼀个数有逆元的充分必要条件是这个数与p 互素，上述证明的前提是1到p-1都有逆元，即1到p-1都与p 互素，⾃然，p 是⼀个质数。
二次同余式的解法
二次同余式的解法二次同余式是模线性方程的一种特殊形式，表示为：ax^2 + bx + c ≡ 0 (mod m)，其中a、b、c、m均为整数，m > 0。
解法一：常规试解法1. 首先，将方程移项，得到ax^2 + bx ≡ -c (mod m)。
2. 对于方程左边可以使用平方完成形式，即先将方程两边同时乘以2a的逆元，得到2a(ax^2 + bx) ≡ -2ac (mod m)。
3. 再将方程左边的平方形式转化为完全平方，即(x + b/(2a))^2 ≡ b^2/(4a^2) - c (mod m)。
4. 若b^2/(4a^2) - c不为完全平方，则方程无整数解。
5. 若b^2/(4a^2) - c为完全平方，设该完全平方数为y^2，则可得两个解：x ≡ -b/(2a) + y (mod m)和x ≡ -b/(2a) - y (mod m)。
解法二：求解方程ax^2 + bx + c ≡ 0 (mod p)的普通解1. 首先，若p为素数，且方程有解，则必有整数x满足ax^2 + bx + c ≡ 0 (mod p)。
2. 若a ≡ b ≡ 0 (mod p)，则方程退化为线性方程，直接求解得到解。
3. 若a ≡ 0 (mod p)且b ≢ 0 (mod p)，则方程退化为bx + c ≡ 0 (mod p)，解为x ≡ -c*b^(-1) (mod p)。
4. 若a ≢ 0 (mod p)，则对二次项进行配方，得到(x + b/(2a))^2 ≡ b^2/(4a^2) - c/a (mod p)。
5. 若b^2/(4a^2) - c/a ≡ 0 (mod p)，则方程有两个相等的解x ≡ -b/(2a) (mod p)。
6. 若b^2/(4a^2) - c/a ≢ 0 (mod p)，且b^2/(4a^2) - c/a的模p剩余系中存在平方，则方程有两个解。
7. 若b^2/(4a^2) - c/a的模p剩余系中不存在平方，则方程无整数解。
二次同余式的解法
二次同余式的解法
二次同余式是指形如 $ax^2 + bx + c \equiv 0 \pmod{m}$ 的方程，其中 $a,b,c,m$ 为给定的整数，求解 $x$ 的取值。
下面介绍两种常见的解法。
1. 直接公式法：对于二次同余式 $ax^2 + bx + c \equiv 0
\pmod{m}$，如果对于整数 $d$，有 $d^2 \equiv b^2 - 4ac
\pmod{m}$ 成立，那么方程有解。
此时，我们可以使用求模意义下的开方运算，得到两个解 $x_1$ 和 $x_2$，满足：
$$x_1 \equiv \frac{-b + d}{2a} \pmod{m}, \quad x_2 \equiv
\frac{-b - d}{2a} \pmod{m}$$
如果 $d$ 不是平方数，那么方程没有解。
2. 暴力枚举法：对于给定的整数 $x$，我们可以检验 $ax^2 + bx + c \pmod{m}$ 是否等于 $0$。
通过枚举 $x$ 的取值，我们可以找到满足方程的所有解。
当 $m$ 很大时，这种方法效率较低，因此一般只用于 $m$ 较小的情况。
第4讲二次同余与平方剩余
二次同余式的一般形式ax2＋bx＋c≡0(mod m)由算术基本定理知道m可以分解成一些素数乘积,再由孙子定理知道ax2＋bx＋c≡0(mod m)可以转化为同余式组ax2＋bx＋c≡0(mod pα)因此,本章只讨论模为素数幂pα的同余式设p是素数，我们来研究素数模p的二次同余方程ax2+bx+c≡0 (mod p)。
(1)如果p= 2，则可以直接验证x≡0或1 (mod 2)是否方程(1)的解。
如果(a, p) = p，则方程(1)成为一元一次同余方程。
因此，只需考察p > 2，(a, p) = 1的情形。
此时，因为(4a, p) = 1，所以，方程(1)等价于方程4a2x2+4abx+4ac≡0 (mod p)，即(2ax+b)2≡b2-4ac(mod p)。
这样，研究方程(1)归结为对方程x2≡a(mod m) (2)定义１给定整数m，对于任意的整数a，(a，m) = 1，若方程x2 a(mod m)有解，则称a是模m的二次剩余；否则，称a是模m的二次非剩余.例1验证1是模4的平方剩余,‐1是是模4的非平方剩余 例21,2,4 是模7的平方剩余,‐1,3,5是模7的非平方剩余解因为,12≡1, 22≡4, 32≡2, 42≡2，52≡4，62≡1（mod7），例3 求满足方程E:y2≡x3+x+1(mod 7)的所有点 解x ≡0, y2 ≡1(mod 7) y ≡1,6 (mod 7)x ≡1, y2 ≡3(mod 7) 无解x ≡2, y2 ≡4(mod 7) y ≡2,5 (mod 7)x ≡3, y2 ≡3(mod 7) 无解x ≡4, y2 ≡6(mod 7) 无解x ≡5, y2 ≡5(mod 7) 无解x ≡36, y2 ≡6(mod 7) 无解4.2模为奇素数的平方剩余与非平方剩余 在这节里讨论模为素数的二次同余式定理１(欧拉判别条件) 若(a , p ) = 1，p 是奇素数则 (ⅰ) a 是模p 的二次剩余的充要条件是≡1 (mod p )；(3) (ⅱ) 若a 是模p 的二次剩余，则方程(2)有两个解； (ⅲ) a 是模p 的二次非剩余的充要条件是 ≡-1 (mod p )。
二次同余式的解法
二次同余式的解法
摘要：
1.二次同余式的基本概念
2.二次同余式的解法
3.实际应用案例
正文：
二次同余式在数学中是指一个二次方程在某个模数下具有解的性质。
它可以通过一系列的算法和方法来求解，从而找到满足条件的解。
本文将介绍二次同余式的基本概念以及解法，并通过实际应用案例来说明其应用。
首先，我们需要了解二次同余式的基本概念。
二次同余式是指一个二次方程在某个模数下具有解的性质。
具体来说，如果一个二次方程为
ax^2+bx+c=0，当且仅当存在整数解x 满足ax^2+bx+c ≡0 (mod n)，我们就称该二次方程在模数n 下具有二次同余式。
接下来，我们来介绍二次同余式的解法。
求解二次同余式的方法有很多，其中比较常用的方法是利用二次方程的求根公式。
对于二次方程
ax^2+bx+c=0，它的解为x=[-b ±sqrt(b^2-4ac)] / 2a。
我们可以通过这个公式求出二次方程的解，然后判断这些解是否满足二次同余式的条件。
如果满足，我们就找到了二次同余式的解。
在实际应用中，二次同余式有着广泛的应用。
例如，在密码学中，二次同余式常用于求解加密算法中的密钥。
通过求解二次同余式，我们可以找到满足加密算法要求的密钥，从而实现加密和解密。
综上所述，二次同余式在数学中具有重要的地位。
通过理解二次同余式的
基本概念和解法，我们可以更好地应对各种实际应用中的问题。