密码学数学基础第五讲 二次剩余
信息安全数学基础第03章
3.1 二次剩余的概念
二次剩余的定义 首先为了确定哪些整数是模10的二次剩余，只需要关注 整数1，2，3，…，9的平方。而 12≡92≡1 (mod 10) 22≡82≡4 (mod 10) 32≡72≡9 (mod 10) 42≡62≡6 (mod 10) 52≡5 (mod 10) 同时，由于在整数1，4，5，6，9中与10互素的整数只 有1和9，因而只有1和9是模10的二次剩余，而整数2，3， 7，8中与10互素的整数只有3和7，因而只有3和7是模10 的二次非剩余。
a b ( p 1)/2 ( p 1) /2 (mod p), b (mod p) a p p
且 因而
ab (ab)( p 1) /2 (mod p) p
a b ab ( p 1) /2 ( p 1) /2 ( p 1) /2 b (ab) (mod p) a p p p
•
a 任意给定正整数n的素分解式 n p1a1 p22 psas ，由定
n 理3.2.2可知要确定勒让德符号 p 的值，只需确定勒
1 2 q 让德符号 , 以及 （其中q是一奇素数）的值。 p p p
3.2 勒让德符号
第3章 二次剩余
第3章 二次剩余
我们来考虑这样一个问题：什么时候整数a可以表示为 某个整数x的平方对素数p取模之后的结果呢？ 数学家欧拉、勒让德和高斯对这个问题以及相关工作进 行了大量的研究。本章我们就来介绍这些研究成果。
第3章 二次剩余
二次剩余的概念 勒让德符号 高斯二次互反律 雅可比符号 二次同余式的解法和解数
由于勒让德符号的值只有±1，因而结论成立。
3.2 勒让德符号
数学竞赛二次剩余及其应用讲义
二次剩余及其应用一、二次剩余的定义：正整数m>1，n∈Z，(m,n)=1，若存在x∈Z，使得x2≡n(mod m)，则称n为模m的二次剩余。
否则，称为二次非剩余。
勒让德(Legendre)符号：设p为奇素数，a∈Z且(a,p)=1，定义：(ap )={1，若a为p的二次剩余−1，若a为p的二次非剩余，称为勒让德符号。
当a≡b(mod p)时，显然(ap )=(bp)。
例1、证明具有下列形式的素数有无穷多个.（1）8k+3（2）8k+5（3）8k+7例2、求有序整数对(a,b)的个数，使得x2+ax+b=167y有整数解(x,y)，其中1≤a、b≤2004.二、 与素数的二次剩余相关的定理：定理1、设p 为奇素数，模p 的缩系中有p−12个二次剩余，有有p−12个二次非剩余。
且12、22、⋯、(p−12)2即为其p−12个二次剩余。
定理2、设p 为奇素数，a ∈Z 且(a,p )=1，则(p −1)!≡−(ap)ap−1(mod p)。
定理3（欧拉(Euler)判别条件）、设p 为奇素数，a ∈Z 且(a,p )=1，a p−1则≡(ap)(mod p)。
定理4、设p 为奇素数，则(−1p )≡(−1)p−1(mod p)。
即当p ≡1(mod 4)时，-1为p 的二次剩余；当p ≡3(mod 4)时，-1为p 的二次非剩余。
例3、 已知pqr 均为素数，n 为正整数，p n +q n =r 2，求证：n=1.例4、 若p 为奇素数，证明：当且仅当p ≡1(mod 4)时，p 可以表示成两个非零完全平方数之和，且表示方法唯一.三、二次互反律定理5(高斯(Gause)引理)、设p 为奇素数，a ∈Z 且(a,p )=1，若a 、2a 、⋯、p−12a 关于模p 的最小正余数中有μ个大于p 2，则(ap )=(−1)μ。
定理6、设p 为奇素数，(2p )=(−1)p 2−1。
即当p ≡±1(mod 8)时，2为p 的二次剩余；当p ≡±3(mod 8)时，2为p 的二次非剩余。
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)
二次剩余
ab 2 推论1 设p是奇素数, 若p b, 则 | p
a . p
推论2
a b 若a b (mod p ), 则 . p p
引理(Gauss) 设p是奇素数,a是整数, a , p) 1, ( p1 如果整数ak (k = 1, 2, , )中模p的最小正剩余大 2 p 于 的个数是m ,则 2 a ( 1)m . p
ab 及 (ab) p
p 1 2
(mod p)
密码学基础
p 1 p 1 p 1 a b ab 2 2 2 因此 (ab ) = a b (mod p) p p p
又
ab a b 2 而 p 2 p p p
2
有解 同余式 y A (mod p ) 有解.
2
因此,判断一般二次同余式有解与否问题,可 以转化为判断形如 y 2 A (mod p ) 的同余式有解与否问题.
密码学基础
例1、把下列三项二次同余式化成二项二次 同余式4x 2 11 x 3 0(mod13)
密码学基础
2
密码学基础
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1 (欧拉判别条件 ) 若( a , p ) 1, 则 (i) a是模p的平方剩余 a
p 1 2
1 (mod p );
p 1 2
(ii) a是模p的平方非剩余 a
1 (mod p);
且若a是模p的平方剩余,则同余式 x 2 a (mod p), ( a , p) 1 恰有两解.
利用二次剩余判断整数的奇偶性
利用二次剩余判断整数的奇偶性在数论中，二次剩余是一个重要的概念，它可以帮助我们判断一个整数的奇偶性。
本文将详细介绍二次剩余的概念及其应用方法。
一、二次剩余概念的介绍二次剩余是指对于给定的正整数p和整数a，如果存在整数x满足x^2≡a(mod p)，则称a是模p的二次剩余。
如果不存在满足条件的整数x，则称a是模p的二次非剩余。
二、判断整数奇偶性的方法利用二次剩余可以判断一个整数的奇偶性。
具体步骤如下：1. 若p是奇素数，a是自然数，则a是模p的二次剩余的充要条件是a^((p-1)/2)≡1(mod p)。
2. 若p是奇素数，a是自然数，则a是模p的二次非剩余的充要条件是a^((p-1)/2)≡-1(mod p)。
三、应用举例以一个具体的例子来说明如何利用二次剩余判断整数的奇偶性。
假设我们要判断整数5的奇偶性，我们可以利用模7的二次剩余来进行判断。
根据上述方法，计算得到5^3≡-1(mod 7)。
由此可知，5是模7的二次非剩余，即5是奇数。
四、注意事项在使用二次剩余判断整数的奇偶性时，需要注意以下几点：1. 二次剩余的应用范围主要是奇素数p，对于偶数或合数，不适用。
2. 在应用二次剩余进行判断时，需先判断给定的整数是否满足条件，即是否为自然数、素数等。
五、总结通过利用二次剩余的概念，我们可以判断一个整数的奇偶性。
通过计算模p的二次剩余，我们可以得到结论，进而对整数进行分类。
然而，在使用二次剩余时，需要注意条件的限制，以及选择合适的素数p 进行判断。
六、结语本文简要介绍了利用二次剩余来判断整数奇偶性的方法。
通过对二次剩余的概念和应用进行详细说明，希望读者能够更好地理解和应用这一数论中的重要概念。
同时，在具体应用中需要根据实际情况选择适当的素数p进行判断，提高判断的准确性和可靠性。
二次剩余反演公式
二次剩余反演公式首先，我们来回顾一下二次剩余的概念。
对于给定的正整数n和整数a，如果存在整数x满足x^2≡a(mod n)，则称a是关于模n的一个二次剩余。
可以看出，如果a是一个二次剩余，则a的每个剩余类都是一个二次剩余。
反之，如果a不是一个二次剩余，则a的每个剩余类都不是一个二次剩余。
现在，我们来讨论二次剩余反演公式的原理。
设p是一个奇素数，a是一个整数，p不整除a。
根据费马小定理，p为奇素数时，a^(p-1)≡1(mod p)。
由此可以得到以下结论：(1) 如果a是p的一个二次剩余，则存在整数b满足b^2≡a(mod p)。
那么，a^((p-1)/2)≡b^(p-1)≡1(mod p)。
(2) 如果a不是p的一个二次剩余，则a^((p-1)/2)≡(-1)(mod p)。
根据勒让德符号的定义，可以得到以下关系：(1)如果a是p的一个二次剩余，则(a/p)=1(2)如果a不是p的一个二次剩余，则(a/p)=-1现在，我们可以叙述二次剩余反演公式的基本形式。
设p是一个奇素数，a是一个整数，p不整除a。
那么，我们可以得到以下等式：\sum_{x=0}^{p-1} (a/p)^(x^2) = (a/p)^(p-1)。
这个公式的证明需要使用因子分解和费马小定理的性质，这里我们不再详述。
二次剩余反演公式的应用非常广泛。
它可以用于求解一些特定形式的整数解方程和模方程。
例如，如果我们要求解关于模p的方程x^2≡a(mod p)，其中p为奇素数，a为整数，p不整除a，我们可以利用二次剩余反演公式来求解。
具体的求解方法如下所示。
首先，我们根据二次剩余的定义，判断a是否是p的一个二次剩余。
如果a是一个二次剩余，则根据二次剩余反演公式，方程的解个数为(p+1)/2、如果a不是一个二次剩余，则方程无解。
在实际求解中，我们可以利用勒让德符号的计算公式来判断a是否是一个二次剩余。
另外，二次剩余反演公式还可以用于研究模方程的解的性质和分布情况。
密码学笔记（5）——Rabin密码体制和语义安全性
密码学笔记（5）——Rabin密码体制和语义安全性⼀、Rabin密码体制 Rabin密码体制是RSA密码体制的⼀种，假定模数n=pq不能被分解，该类体制对于选择明⽂攻击是计算安全的。
因此，Rabin密码体制提供了⼀个可证明安全的密码体制的例⼦：假定分解整数问题是整数上不可⾏的，那么Rabin密码体制是安全的。
Thm1 (Rabin密码体制)设n=pq，其中p和q是素数，且p,q \equiv 3 (mod \, 4)，设P=C=Z^{\star}_{n}，且定义\kappa =\{(n,p,q)\}对K=(n,p,q)，定义e_{K}(x)=x^{2} (mod \, n)和d_{K}=\sqrt{y} (mod \, n)n为公钥，p和q为私钥。
注：条件p,q \equiv 3 (mod \, 4)可以省去，条件P=C=Z^n_{\star}也可以弱化为P=C=Z^n，只是在使⽤更多的限制性描述的时候，简化了许多⽅⾯的计算和密码体制分析。
注意看到这个函数y=x^{2}对于加密来说不是⼀个单射，所以解密不能以⼀种明显的⽅式完成，特别的，对于y \equiv x^{2} (mod \, n)，对于某⼀个x \in Z^{\star}_{n}，存在y模n的是个解，除⾮有其他的冗余信息，否则⽆法确认是那⼀个值。
从Bob的观点来看解密问题，它有⼀个密⽂y，要想得到x使得x^2 \equiv y(mod \, n)这是⼀个关于Z_{n}中未知元x的⼆次⽅程，解密需要求出模n的平⽅根，等价于求解以下两个同余⽅程。
z^{2} \equiv y (mod \, p)z^{2} \equiv y (mod \, q)虽然我们可以利⽤Euler准则来判断y是否为⼀个模p或模q的⼆次剩余。
事实上，如果加密正确的执⾏，y是⼀个模p和模q的⼆次剩余，遗憾的是它并不能帮助我们找到y。
当p \equiv 3(mod \, 4)时，有⼀个简单公式来计算模p的⼆次剩余的平⽅根，假定y是⼀个模p的⼆次剩余，且y \equiv 3 (mod \, 4)那么有\begin{align} (\pm y^{\frac {p+1}{4}})^{2} \equiv & y^{\frac{p+1}{2}} (mod \, p) \\ \equiv & y^{\frac{p-1}{2}}y (mod \, p) \\ \equiv & y(mod \, p) \\ \end{align}这⾥⼜⼀次使⽤了Euler准则，即当y是⼀个模p的⼆次剩余时，有y^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 (mod \, p)，因此，y模p的两个平⽅根为\pm y^{\frac{p+1}{4}} (mod \, p)，同样的讨论可以知道，y模q的两个平⽅根为\pm y^{\frac{p+1}{4}} (mod \, q)，再利⽤中国剩余定理可以得到y模n的四个平⽅根。
什么是数学书里关于二次剩余数量的内容
二次剩余的乘法性质：如果a和b都是模p的二次剩余，那么它们的乘积ab也是二次剩余，即(ab)≡a*b (mod p)。
二次剩余的非二次剩余性质：如果a是模p的二次剩余，那么a^((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)，否则a^((p-1)/2) ≡ -1 (mod p)。
什么是数学书里关于二次剩余数量的内容
在数学书中，关于二次剩余数量的内容主要涉及到二次剩余的定义、性质和计算方法。以下是一些常见的内容：
1.二次剩余的定义：数论中，给定一个整数a和一个素数p，如果存在一个整数x使得x^2 ≡ a (mod p)，则称a是模p的二次剩余。
2.二次剩余的性质：数学书中会介绍二次剩余的一些基本性质，例如：
3.二次剩余的计算方法：数学书中会介绍一些计算模p的二次剩余的方法，例如：
基于二次剩余的符号：欧拉符号或雅可比二次剩余的定理：二次剩余的定理可以用来计算给定数的平方根，例如勾股数的构造。
总的来说，数学书中关于二次剩余数量的内容会包括定义、性质以及计算方法，旨在帮助读者深入理解二次剩余的特性和应用。这些知识对于数论、密码学等领域具有重要的理论基础和实际应用。
初等数论(十)——平方剩余
初等数论（十） ——二次剩余一、知识要点 （一）、基本定义与定理1、定义1：设奇质数p ，d 是整数，d p |/．若同余方程)(mod 2p d x ≡有解，则称d 是模p 的二次剩余（亦称平方剩余）；若无解，则称d 是模p 的二次非剩余（亦称平方非剩余）．注：当讨论二次（非）剩余时，一般都约定p 是奇质数． 2、定理1：在模p 的一个简化剩余系．．．．．中，恰有21-p 个模p 的二次剩余，21-p 个模p 的二次非剩余．并且，若d 是模p 的二次剩余，则同余方程)(mod 2p d x ≡的解数是2． 推论：模p 的二次剩余包含在22122)(,,2,1-p 的剩余类中． 3、几个常见模的二次剩余与二次非剩余4、定理2（Euler 判别法）：设奇质数p ，d 是整数，d p |/． (1) d 是模p 的二次剩余的充要条件是)(mod 121p dp ≡-；（2）d 是模p 的二次非剩余的充要条件是)(mod 11p d p -≡-．5、定义2（Legendre 符号）：设奇质数p ，定义整数d 的函数：⎪⎩⎪⎨⎧-=.|,0;,1;,1)(d p p d p d p d 的二次非剩余是模的二次剩余是模 注：)(pd 读作d 对p 的勒让得符号． 6、Legendre 符号的几个性质① )()(p d p p d +=； ②)(mod )(21p d p d p -≡；③21)1()1(,1)1(--=-=p pp ；④ )())(()(2121p a p a p a p a a a n n =，特别地c p pdp dc |),()(2/=． 7、定理3：（1）12)1()2(--=p p；（2）奇质数q p ,满足,1),(=p q 则∑-=-=211][)1()(p k p qkpq．推论：当18±=m p 时，2是二次剩余；当38±=m p 时，2是二次非剩余． 注：①奇质数112±=k p ，则1)3(=p ；奇质数512±=k p ，则1)3(-=p．②奇质数18+=k p 或38+=k p 时，则1)2(=-p． 8、定理4（Gauss 二次互反律）设q p ,均为奇质数，且1),(=q p ，则)()1()(11qp p q q p --⋅-=．9、定理5（Lagrange ）：每一正整数都能表示成四个整数的平方和．二、典型问题分析例1、（1）设质数5≥p ．证明：模p 的全部二次剩余的和是p 的倍数． （2）设p 是奇质数．证明：在1,,2,1-p 中全体模p 的二次剩余的和][24)1(1212∑-=--=p j p j p p p S ．例2、设奇质数p ，21,d d 是整数，1|d p /，2|d p /．（1）若21,d d 均为模p 的二次剩余，则21d d 是模p 的二次剩余； （2）若21,d d 均为模p 的二次非剩余，则21d d 是模p 的二次剩余；（3）若21,d d 分别是模p 的二次剩余和二次非剩余，则21d d 是模p 的二次非剩余．例3、设p 是奇质数．证明：1-是模p 的二次剩余的充要条件是)4(mod 1≡p ．例4、判断下列同余方程的解数：① )61(mod 12-≡x ； ②)51(mod 162≡x ；③)209(mod 22-≡x ； ④)187(mod 632-≡x ．例5、设p 是奇质数，若1)(-=pd ，求证：p dy x =-22无整数解．例6、证明：不定方程17232=+y x 无整数解．例7、证明：不定方程1222322=-+y xy x 无整数解．例8、证明：14+x 的奇质因数)8(mod 1≡p ．例9、证明：费马数122+=nn F )2(≥n 的质因数122+=+t p n ，t 是整数．例10、设12+=k p ，N k ∈，且2≥k ． 求证：p 是质数的充要条件是)(mod 1321p p -≡-．例11、设p 是满足)4(mod 1≡p 的奇质数，求∑-=112}{p k pk 的值，其中][}{x x x -=，][x 为不超过实数x 的最大整数．例12、设p 为奇质数，证明：不定方程222y x p +=有正整数解的充要条件是1)2(=-p，即18+=m p 或38+=m p ．。
二次剩余
第5章二次剩余本章主要介绍二次同余方程的解法——二次剩余理论, 二次剩余理论在椭圆曲线密码学中有所应用, 另外, 它还用于Rabin公钥密码算法中.5.1 二次剩余的概念和性质我们在中学中学过一元二次方程理论,我们知道,实系数一元二次方程存在判别式——用于判断它有没有根,有几个根；如果有根, 可以用求根公式求出它的全部根. 到目前为止, 人们还没有找到具有普遍性的有效方法来求解一般的多项式同余方程. 除了求根方法的问题以外, 还有一个与此有关的问题, 即在没有求出方程的根的时候, 是否存在一个有效的方法来判断方程的可解性, 也就是说判断方程有没有解. 二次同余方程在后面这个问题上有比较丰富的理论, 其核心就是本节的重点——二次剩余和二次互反律.在4.3节中, 我们给出了m次剩余的定义. 其中当m = 2时, 我们就得到二次剩余的定义. 显然, 设m是大于1的整数, a是与m互素的整数, 若x2≡a (mod m) (5.1.1)有解, 则a叫作模m的二次剩余, 或平方剩余. 否则, a叫作模m的二次非剩余, 或平方非剩余.下面关于一般形式的二次同余方程的讨论将使我们看到二次同余方程的可解性与二次剩余的概念是紧密联系在一起的.考虑下面的二次同余方程ax2+bx+c≡0 (mod p) (5.1.2)其中p是一个奇素数且a≡/0(mod p), 即(a,p)=1.所以(4a,p)=1. 因此(5.1.2)与下面的方程等价4a(ax2+bx+c)≡0 (mod p),即(2ax+b)2-(b2-4ac)≡0 (mod p),移项后得到(2ax+b)2≡(b2-4ac) (mod p).现在, 令y = 2ax+b, d = b2-4ac, 则得到y2≡d(mod p) (5.1.3)如果x≡x0(mod p)是方程(5.1.2)的一个解, 那么任意整数y0≡2ax0+b(mod p)就是方程(5.1.3)的解. 反过来, 如果y≡y0(mod p)是方程(5.1.3)的一个解,那么下面的线性同余方程2ax≡y0-b (mod p)的解x≡x0=(2a)-1(y0-b) (mod p)就是原方程(5.1.2)的一个解.例5.1.1求解二次同余方程5x2-6x+2≡0 (mod 13).解d=b2-4ac=36-40=-4, 因此我们需要先解如下的具有简单形式的二次同余方程y2≡-4≡9(mod 13),它的解是y≡3,10(mod 13). 接着需要分别求解两个线性同余方程10x ≡9(mod 13),和10x ≡16(mod 13).由于10的逆元是4, 所以这两个方程的解分别为x ≡10,12(mod 13). 这两个解就是原方程的解.上面的讨论说明模数为奇素数的一般形式的二次同余方程(5.1.2)的可解性与b 2 - 4ac 是否为二次剩余的问题是等价的.根据高次同余方程的理论可知, 对于一般的模数来说, 总可以将方程化为模数为素数幂的联立方程组, 同时模数为素数幂的方程的解可以通过模数为素数的方程的解求得, 此外模数为2的二次同余方程求解非常简单, 因此, 讨论模数为奇素数的方程(5.1.2)的可解性是至关重要的. 相应地, 我们将着重讨论模数为奇素数的二次剩余问题, 即x 2≡a (mod p ), (5.1.4)其中p 是奇素数.例5.1.2 求模13的二次剩余和二次非剩余.解 首先, 我们注意到如果a ≡b (mod 13), 那么a 是模13的二次剩余当且仅当b 是模13的二次剩余. 因此, 我们只需要在1到12的范围内找模13的二次剩余.通过计算得到12≡122≡1 (mod 13), 22≡112≡4 (mod 13), 32≡102≡9 (mod 13), 42≡92≡3 (mod 13), 52≡82≡12 (mod 13), 62≡72≡10 (mod 13),所以, 模13的二次剩余是1,3,4,9,10,12. 当然, 模13的二次非剩余是2,5,6,7,8,11.同理可验证，模17的二次剩余是1, 2, ,4, 8, 9, 13, 15, 16, 模17的二次非剩余是3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 14；模19的二次剩余是1, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 16, 17, 模19的二次非剩余是2, 3, 8, 10, 12, 13, 14, 15, 18. 下面, 我们给出二次剩余的欧拉判别条件, 即定理5.1.1. 定理5.1.1 设p 是奇素数, (a ,p )=1, 则 (1) a 是模p 的二次剩余的充要条件是121≡-p a(mod p )；(2) a 是模p 的二次非剩余的充要条件是121-≡-p a(mod p ).并且当a 是模p 的二次剩余时, 同余方程(3.2.4)恰有二解.证明 (1) 先证必要性. 若a 是模p 的二次剩余, 则有整数x 满足x 2≡a (mod p ).因为(a ,p )=1, 所以(x ,p )=1,应用欧拉定理, 可知112122()1(mod )p p p ax x p ---≡≡≡.再证充分性. 用反证法, 假设满足12p a-≡1 (mod p )的a 不是模p 的二次剩余. 考虑线性同余方程sx ≡ a (mod p )，由定理3.4.1, 当s 从p 的最小正缩系中取值时, 方程sx ≡ a (mod p ) 必有唯一解. 亦即s 取p 的最小正缩系中的每个元素i , 必有唯一的x = x i 属于p 的最小正缩系, 使得sx ≡ a (mod p ) 成立, 若a 不是模p 的二次剩余, 则i ≠ x i , 这样p 的最小正缩系中的p -1个数可以按<i , x i >两两配对相乘, 得到(p -1)! ≡12p a- (mod p ),由威尔逊定理(p -1)! ≡ -1(mod p )，所以有12p a- ≡ -1 (mod p ),这与条件a (p -1)/2 ≡ 1 (mod p )矛盾. 所以必定存在一个i , 使得i =x i , 即a 是模p 的二次剩余. (2) 由于a 与p 互素, 根据欧拉定理, 可知1-p a ≡1 (mod p ),即p |a p -1 - 1. 由定理3.4.3有p |121--p a或 p |121+-p a.根据(1)的证明, 可知a 是模p 的二次非剩余的充要条件是p |121+-p a,即121-≡-p a(mod p ).证毕.例5.1.3 利用欧拉判别条件判断2和3是否为模13的二次剩余或者二次非剩余. 解 由于2)113(2-= 26 = 64 ≡12≡-1(mod 13),所以2是模13的二次非剩余. 而2)113(3-= 36 = 272 ≡12 ≡1 (mod 13),所以3是模13的二次剩余. 此时, x 2≡3 (mod 13)必有两个解, 在例5.1.2中我们已经知道解为4和9.定理5.1.2 设p 是奇素数, 则模p 的缩系中二次剩余与非二次剩余的个数各为21-p ,且21-p 个二次剩余分别与序列 12, 22, … ,221⎪⎭⎫⎝⎛-p(5.1.5)中的一个数模p 同余, 且仅与一个数模p 同余. 证明 取模p 的绝对值最小的缩系12p --, 112p --+, …, -1, 1, …, 112p --, 12p - 来讨论. a 是模p 的二次剩余当且仅当a 的值为以下数列212p -⎛⎫- ⎪⎝⎭, 2112p -⎛⎫-+ ⎪⎝⎭, …, (-1)2, (1)2, …, 2112p -⎛⎫- ⎪⎝⎭, 212p -⎛⎫ ⎪⎝⎭(mod p )中的某一项, 而(-i )2=i 2(mod p )，所以a 是模p 的二次剩余当且仅当a 的值为以下数列(1)2, …, 2112p -⎛⎫- ⎪⎝⎭, 212p -⎛⎫⎪⎝⎭(mod p )中的某一项, 又因为1≤i <j ≤12p -时, i 2 ≢ j 2(mod p ), 所以模p 的全部二次剩余即 (1)2, …, 2112p -⎛⎫- ⎪⎝⎭, 212p -⎛⎫⎪⎝⎭(mod p )共有12p -个，模p 的二次非剩余共有(p-1) - 12p - = 12p -个. 定理得证. 例5.1.2很好地验证了这个定理.习题5.1 A 组1. 求23, 31, 37, 47的二次剩余和二次非剩余.2. 求满足方程E : y 2 = x 3 – 3x + 1(mod 7)的所有点.3. 求满足方程E : y 2 = x 3 + 3x + 2(mod 7)的所有点.4. 利用欧拉判别条件判断2是不29的二次剩余. B 组1. 设p 为奇素数, 求-1是模p 的二次剩余的充要条件.5.2 勒让德符号与二次互反律5.1节虽然给出了模p 的二次剩余的欧拉判别条件, 但是当p 比较大时, 很难实际应用. 现在我们引入由大数学家勒让德发明的勒让德符号, 以此给出一个比较便于实际计算的二次剩余判别方法.定义5.2.1 设p 是奇素数, (a ,p )=1, 定义勒让德(Legendre )符号如下：⎩⎨⎧-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛的二次非剩余.是模若,的二次剩余;是模若,p a p a p a 1 1注： ⎪⎪⎭⎫⎝⎛p a 读作a 对p 的勒让德符号.例5.2.1 利用例5.1.2写出对13的勒让德符号.解 134910121131313131313⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫====== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,25678111131313131313⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫======- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.利用勒让德符号, 我们可以将定理5.1.1改写如下. 定理5.2.1* 设p 是奇素数, a 是与p 互素的整数, 则21-≡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a p a(mod p ).显然, 我们有⎪⎪⎭⎫⎝⎛p 1= 1.进一步, 我们可以得出有关勒让德符号的一些性质.定理5.2.2 设p 是奇素数, a ,b 都是与p 互素的整数, 我们有 (1) 若a ≡b (mod p ), 则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛p b ；(2) ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p ab =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p b p a ；(3) ⎪⎪⎭⎫⎝⎛pa 2= 1.证明 (1) 因为a ≡b (mod p ), 所以同余方程x 2≡a (mod p )等价于同余方程x 2≡b (mod p ).因此⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p b . (2) 根据欧拉判别条件, 我们有21-≡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a p a (mod p ),21-≡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p b p b (mod p ), 21)(-≡⎪⎪⎭⎫⎝⎛p ab p ab (mod p ).因此⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡=≡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---p b p a b aab p ab p p p 212121)((mod p ). 由于勒让德符号取值只有±1, 且p 是奇素数, 故⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p ab =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p b p a . 这一结论有一个推论,设p 是奇素数, a ,b 都是与p 互素的整数, 那么：a) 若a , b 均为模p 的二次剩余, 则ab 也是模p 的二次剩余； b) 若a , b 均为模p 的二次非剩余, 则ab 是模p 的二次剩余；c) 若a , b 中有一个为模p 的二次剩余, 另一个为模p 的二次非剩余, 则ab 是模p 的二次非剩余；(3) 显然, a 2是模p 的二次剩余, 所以必有⎪⎪⎭⎫⎝⎛p a 2= 1. 当12122sl l l k sa q q q =±, 其中q i (i = 1,2,…,s )为不同的奇素数, 根据上面的定理, 我们有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a = sls lkp q p q p p ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛± 1121. 因为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p 1= 1, 所以任给一个与p 互素的整数a , 计算⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a 时, 只需算出以下三种值： ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-p 1, ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p 2, ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p q (q 为奇素数). 需要注意的是, 这种计算方法依赖于对a 的因子分解, 而目前还没有找到高效的因子分解方法, 因此这里的勒让德符号的计算方法对大的模数p 和整数a 来说不切实际.根据欧拉判别条件, 我们可显然得出以下定理. 定理5.2.3 设p 是奇素数, 我们有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-p 1 = 21)1(--p = ⎩⎨⎧≡-≡.若,,若 ,)4 (mod 3 1)4 (mod 1 1p p例5.2.2 判断x 2≡-46 (mod 17)是否有解. 解 246146461721212323171717171717171717⎛⎫--⨯+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫====== ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 而17182233381 1 (mod 17)17-⎛⎫≡==≡- ⎪⎝⎭, 所以原方程无解. 关于勒让德符号计算, 古典数论的结出了非常精彩的研究成果. 为此, 我们先介绍德国大数学家高斯的高斯引理.定理5.2.4（高斯引理） 设p 是奇素数, a 是与p 互素的整数, 如果下列21-p 个整数1⋅a , 2⋅a , 3⋅a , … ,21-⋅p a 模p 后得到的最小正剩余中大于2p的个数是m , 则 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a = (-1)m . 证明 设a 1,a 2,…,a l 是整数1⋅a , 2⋅a , 3⋅a , … ,21-⋅p a模p 后小于2p 的最小正剩余, b 1,b 2,…,b m 是这些整数中模p 后大于2p 的最小正剩余, 显然 l + m =21-p , 则原来的21-p 个整数之积和相应的最小正剩余之间具有如下关系 ) (mod )()1()!21(111121121p b p a ba ak p amj jl i immj jl i ip k p ∏∏∏∏∏====-=---≡≡=-.下面证明a 1,a 2,…,a l ,p - b 1, p - b 2,…,p - b m 两两互不相等, 这只需证明a s ≠p -b t , s = 1,2,…,l , t = 1,2,…,m .用反证法, 假设存在a s = p -b t ,则有ak i ≡p - ak j (mod p ),即ak i + ak j ≡0 (mod p ),于是k i + k j ≡0 (mod p ),即有p |k i + k j . 因为1≤k i ≤21-p , i = 1,2,…,21-p ,1≤k j ≤21-p , j = 1,2,…,21-p , 所以1≤k i + k j ≤21-p +21-p ＜p , 这与p |k i + k j 矛盾, 故假设不成立. 因此, a 1,a 2,…,a l ,p - b 1, p - b 2,…,p - b m 这21-p 个整数两两互不相等.由于1≤a s ≤21-p , s = 1,2,…,l , 1≤p - b t ≤21-p , t = 1,2,…,m , 故a 1,a 2,…,a l ,p - b 1,p - b 2,…,p - b m 这21-p 个整数就是1,2,…,21-p 的一个排列, 于是 ) (mod )!21()1()()1()!21(1121p p b p a p am mj j li im p --=--≡-∏∏==-, 则m p a)1(21-≡- (mod p ).再根据欧拉判别条件, 我们有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a = (-1)m . 证毕.例5.2.3 利用高斯引理判断5是否为模13的二次剩余.解 按照高斯引理, 我们首先得到(13-1)/2=6个整数, 即5,10,15,20,25,30, 模13化简得到的最小正剩余为5,10,2,7,12,4, 其中三个大于13/2, 所以513⎛⎫ ⎪⎝⎭= (-1)3= -1, 即5不是模13的二次剩余.定理5.2.5 设p 是奇素数, 则有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p 2 = 812)1(--p = ⎩⎨⎧±≡-±≡.若,,若 ,)8 (mod 3 1)8 (mod 1 1p p证明 由高斯引理, 考虑21⋅, 22⋅, 23⋅, … ,122p -⋅模p 后得到的最小正剩余中大于2p的个数是m , 该数列中最大的数为 1212p p p -⋅=-<, 故不需要考虑模p 问题. 这些形如2k (k = 1,2,…,21-p )的数, 要满足大于2p且小于p , 则有 22pk p <<, 于是24p p m ⎢⎥⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦.其中符号x ⎢⎥⎣⎦表示对x 下取整. 我们在C 语言课程中学过, 对二进制形式的整数左移一个比特, 相当于对它除以2后下取整. 我们可以利用这一性质来求m 的值. 注意到p 是奇数, 设p 的二进制表示形式为(x n x 2x 11)2, 我们有m =(x n x 2x 1)2 - (x n x 2)2当x 1=x 2时, m 二进制表示形式的最后一个比特为0, m 为偶数, 2是模m 的二次剩余, 此时有p =(x n 001)2或p = (x n 111)2即 1 (mod 8)p ≡±.当x 1 x 2时, m 二进制表示形式的最后一个比特为1, m 为奇数, 2是模m 的二次非剩余, 此时有p =(x n 101)2或p = (x n 011)2即 3 (mod 8)p ≡±, 证毕.定理5.2.6 设p 是奇素数, (a ,2p ) = 1, 则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a = 121(1)p k ak p -=⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑-. 证明 由于当(a ,p )=1时,ak = k ak p r p ⎢⎥+⎢⎥⎣⎦, 0＜r k ＜p , k = 1,2,…,21-p ,对k = 1,2,…,21-p 求和, 并利用高斯引理的证明中的符号, 我们有 1221111211111221118()2128p l mi jk i j p lm mi j j k i j j p mjk j p ak a p a b p ak p a p b b mp p ak p p mp b p -===-====-==⎢⎥-=++⎢⎥⎣⎦⎢⎥=++-+-⎢⎥⎣⎦⎢⎥-=+-+⎢⎥⎣⎦∑∑∑∑∑∑∑∑∑于是,122111(1)28p mj k j p ak a p mp b p -==⎢⎥--=-+⎢⎥⎣⎦∑∑.因为对每个奇素数p , 都有正整数d 使p = 2d + 1,则有112221111(1)2(1)8p p m j k j k p ak aka mb d d m p p --===⎛⎫⎢⎥⎢⎥- ⎪-=+++-+⎢⎥⎢⎥ ⎪⎣⎦⎣⎦ ⎪⎝⎭∑∑∑,因此, 我们有12211(1)(mod 2)8p k p ak a m p -=⎢⎥--≡+⎢⎥⎣⎦∑. 若a 为奇数, 即(a ,2p ) = 1时, 有a -1≡0(mod 2), 因此有1210 (mod 2)p k ak m p -=⎢⎥+≡⎢⎥⎣⎦∑,所以上式中两个加数必然同为奇数或者偶数, 即121 (mod 2)p k ak m p -=⎢⎥≡⎢⎥⎣⎦∑.再根据高斯引理, 可知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p a = (-1)m = 121(1)p k ak p -=⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑-.下面我们给出用于计算勒让德符号的著名的二次互反律. 定理5.2.7 设p ,q 是奇素数, p ≠q , 则2121)1(-⋅--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛q p p q q p .证明 因为p ,q 是奇素数, 所以(q ,2p ) = 1,(p ,2q ) = 1,于是分别有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛p q = 121(1)p h qh p -=⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑-, ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛q p = 121(1)q k pk q -=⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑-, 因此只需证明1122111122p q h k qh pk p q p q --==⎢⎥⎢⎥--+=⋅⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑ 即可.考察长为2p 、宽为2q的长方形内的整数点个数, 如图3.2.1所示.图3.2.1(a) 长为2p , 宽为2q 的长方形内的整数点个数设点S 的坐标为(h ,0), 点T 是直线x = h 与直线x pqy =的交点, 其中h 为整数, 且0≤h ≤21-p .如图3.2.1(b)所示.22则在垂直直线ST 上, 整数点个数为qh p ⎢⎥⎢⎥⎣⎦为图3.2.1(c)中实心点的个数.图3.2.1(c) 长为2p , 宽为2q 的长方形内的整数点个数于是, 下三角形内的整数点个数为121p h qh p -=⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑, 如图3.2.1(d)中的实心点所示.图3.2.1(d) 长为2p , 宽为2q 的长方形内的整数点个数同理, 设点N 的坐标为(0,k ), 点M 是直线y = k 与直线x pqy =的交点, 其中k 为整数, 且0≤k ≤21-q .如图3.2.1(e)所示. N22于是, 在水平直线NM 上, 整数点个数为pk q ⎢⎥⎢⎥⎣⎦, 如图4.2.1(f)中的实心点所示.N图3.2.1(f) 长为2p , 宽为2q 的长方形内的整数点个数于是, 上三角形内的整数点个数为121p k pk q -=⎢⎥⎢⎥⎣⎦∑. 如图3.2.1(g)中的实心点所示.图3.2.1(g) 长为2p , 宽为2q 的长方形内的整数点个数因为对角线上除原点外无整数点, 所以长方形内整数点个数为1122111122p q h k qh pk p q p q --==⎢⎥⎢⎥--+=⋅⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑. 如图3.2.1(h)中的实心点所示. 证毕.图3.2.1(h) 长为2p , 宽为2q 的长方形内的整数点个数在实际应用中, 我们有时也把二次互反律写为如下形式：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-q p p q q p 2121)1(. 二次互反律漂亮地解决了勒让德符号的计算问题, 从而在实际上解决了二次剩余的判别问题, 是古典数论最优美的研究成果之一. 历史上, 欧拉和勒让德都曾经提出过二次互反律的猜想, 但第一个严格的证明是由高斯在1796年做出的. 高斯曾把二次互反律誉为算术理论中的宝石，“数论之酵母”. 目前人们已经找了二次互反律的二百多种证明方法, 对二次互反律的探索研究极大地推动了数论的发展.例5.2.5 3是否模17的二次剩余? 解 由二次互反律, 有1)1(31317317)1(1732132117213-=-=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛--⋅-,故3是模17的二次非剩余.例5.2.6 同余方程x 2≡137 (mod 227)是否有解? 解 因为227为素数, 则⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛227522722275322271227902271372, 而1)1()1(22728228226812272-=-=-=⎪⎭⎫⎝⎛⋅-,又由二次互反律, 有1)1(5252275227)1(2275815212272152-=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅-,因此,1227137-=⎪⎭⎫ ⎝⎛, 即原同余方程无解.下面给出编程求解勒让德符号的流程图, 如图5.2.2所示.图3.2.2 计算勒让德符号的流程图习题5.2 A 组1. 求出同余方程x 2≡8 (mod 287)的所有解.2. 下列各方程有几个解? （1）x 2≡19(mod 170); （2）x 2≡38 (mod 79); （3）x 2≡76 (mod 165).3. 判断同余方程x 2≡191 (mod 397)是否有解.4. 判断同余方程x 2≡11 (mod 511)是否有解.5. 求解同余方程x 5≡2 (mod 73).6. 是否存在正整数n 使得n 2-3是313的倍数?7. 计算机以下勒让德符号（1）1737⎛⎫ ⎪⎝⎭;（2）151373⎛⎫ ⎪⎝⎭;（3）191397⎛⎫ ⎪⎝⎭;（4）9112003⎛⎫⎪⎝⎭;（5）3720040803⎛⎫⎪⎝⎭.B 组1. 求所有奇素数p , 它以3为其二次剩余.2. 求所有奇素数p , 它以5为其二次剩余.3. 已知 (a ,71)=1, 求证x 26≡a (mod 71) 和x 26≡a (mod 71)不可能同时有解.4. 设p 是奇素数, 证明x 2 3(mod p )有解的充要条件是p ±1(mod 12) .5. 证明若p 1(mod 5), 则5是模p 的二次剩余.6. 不解方程, 求满足方程E : y 2 = x 3 – 3x + 10(mod 23)的点的个数.7. 编程计算勒让德符号.5.3 雅可比符号定义 5.3.1 设正奇数m = p 1 p 2…p r 是奇素数p i (i = 1,2,…,r )的乘积,定义雅可比(Jacobi )符号如下：12r a a a a m p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 从形式上看, 雅可比符号只是将勒让德符号中的素数p 推广到了正奇数m , 但其意义就不相同了. 我们知道, 若a 对p 的勒让德符号为1, 则可知a 是模p 的二次剩余, 但当a 对m 的雅可比符号为1时, 却不能判断a 是模m 的二次剩余. 例如, 3是模119的二次非剩余, 但1)1)(1(3131173731193=--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛. 下面我们来分析雅可比符号的一些性质. 显然, 我们有1211111r m p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 定理5.3.1 设m 是正奇数, a ,b 都是与m 互素的整数, 我们有(1) 若(mod )a b m ≡, 则⎪⎭⎫ ⎝⎛m a =⎪⎭⎫⎝⎛m b ；(2) ⎪⎭⎫ ⎝⎛m ab =⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛m b m a ；(3) ⎪⎪⎭⎫⎝⎛ma 2= 1. 证明 设m = p 1p 2…p r , 其中p i (i = 1,2,…,r )是奇素数. (1) 因为(mod )ab p ≡, 所以⎪⎭⎫ ⎝⎛m a =12r a a a p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=12r b b b p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=⎪⎭⎫ ⎝⎛m b . (2)1211221212r r r r rab ab ab ab m p p p a b a b a b p p p p p p a a a b b b p p p p p p a b m m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭(3)⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛m a 2=22212r a a a p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 1. 定理5.3.2 设m 是正奇数, 我们有 (1) 21)1(1--=⎪⎭⎫⎝⎛-m m ；(2) 812)1(2--=⎪⎭⎫ ⎝⎛m m .证明 设m = p 1p 2…p r , 其中p i (i = 1,2,…,r )是奇素数.(1) 因为)4 (mod )1(1)11(111∑∏∏===-+≡-+==ri iri ir i i ppp m ,则有)2 (mod 21211∑=-≡-ri i p m , 于是21121)1()1(111-=--=-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-∏∑=m ri p i ri i p m .(2) 因为)16 (mod )1(1)11(1212122∑∏∏===-+≡-+==ri iri i ri i pp p m ,则有)2 (mod 8181122∑=-≡-ri i p m , 于是81811212)1()1(22--=-=-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=∏m p ri i ri i p m .定理5.3.3 设m ,n 是互素的正奇数, 则2121)1(-⋅--=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛n m m n n m .证明 设m = p 1p 2…p r , n = q 1q 2…q s , 其中p i (i = 1,2,…,r ), q j (j = 1,2,…,s )都是奇素数, 则∑∑==-⋅-====-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∏∏∏∏ri sj j i q p r i sj ji ij r i i sj jq p p q p n q m m n n m 1121211111)1( 由定理5.3.2中的证明可知)2 (mod 21211-≡-∑=m p ri i , 则)2 (mod 2121212121211111-⋅-≡--=-⋅-∑∑∑∑====n m q p q p s j j ri i r i sj j i ,所以2121)1(-⋅--=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛n m m n n m .在实际应用中, 我们有时也可把上式写为如下形式：⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛-⋅-n m m n n m 2121)1(. 通过上面这些定理, 我们发现雅可比符号具有和勒让德符号一样的计算法则, 于是当m 为正奇数时, 不必再把m 分解成素因子的乘积, 所以计算起来更方便.例5.3.1 同余方程2286 (mod 563)x ≡是否有解? 解 我们用辗转相除法求得(286,563) = 1, 于是不必考虑563是否为素数即可计算雅可比符号, 即114311439143563)1()1(56314356325632862156321143815632-=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅--, 所以原同余方程无解.实际上, 由雅可比符号的定义, 我们很容易证明, 当a 是模m 的二次剩余时, 则有1a m ⎛⎫= ⎪⎝⎭必然成立, 所以, 当1a m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭时, a 一定是模m 的二次非剩余. 但是, 正如前面所述, 1a m ⎛⎫= ⎪⎝⎭不一定说明a 是模m 的二次剩余.通俗地讲, 前面的讨论都是关于如何判断一个整数是否具有模p (或者m ) 的平方根问题的, 在这一节的最后我们针对一种特殊情况给出明确的求平方根的计算公式.定理5.3.4 素数p ≡3(mod 4), 且a 为模p 的二次剩余, 则14p a +±为a 的模p 平方根.证明 由欧拉判别条件可以推得21114221 (mod )p p p a a a a a a p ++-⎛⎫±==≡= ⎪⎝⎭且14p a +±是仅有的两个解, 即14p a +±为a 的模p 平方根.例5.3.2 Rabin 公钥密码算法中, 由明文x 按下式计算密文2mod77y x =,相应的, 我们借用平方根符号, 可以将解密过程表示为x =.如果密文为23y =, 为了解密我们需要先求23对模7和模11的平方根. 因为7和11都是符合上面定理题设的素数, 所以, 我们利用公式得到这两个平方根71224232324(mod7)+=≡≡, 111334232311(mod11)+=≡≡.再利用中国剩余定理计算得到明文的四个可能值, x =10,32,45,67.注：由于该密码算法的加密过程本身是一个多对一的函数, 所以解密过程必然得到多个解, 因此, 在实际使用的时候, 需要额外的冗余信息来保证恢复正确的那一个明文.习题5.3 A 组1.利用雅可比符号计算（1）5171⎛⎫ ⎪⎝⎭;（2）3597⎛⎫ ⎪⎝⎭;（3）313401⎛⎫ ⎪⎝⎭;（4）165503⎛⎫ ⎪⎝⎭;B组1. 编写程序实现2200位的Rabin密码算法加密函数和解密函数.2. 编程计算雅可比符号.。
第九章课件 二次剩余.
先来证明结论(1)的必要性，a是模p的二次剩余，则必有x0， 使得 x02 ≡ a(mod p) 成立，因而 x0 (p-1) ≡ a(p-1)/2(mod p) 因为(a, p) = 1，所以(x0 , p) = 1，所以 x0 (p-1) ≡ 1(mod p) 所以 a (p-1)/2 ≡ 1(mod p)
设m是大于1的整数，若同余式
x2 a(modm)
(a, m) 1
有解，则a叫做模m的二次剩余；否则a叫做模m的二次非 剩余。
例：求满足同余式 y 2 x3 x 2(mod7) 的所有的点。
模7的二次剩余是：1，2，4；二次非剩余是：3，5，6。
对 x 0,1,2,3,4,5,6(mod7) ，分别求出 y 对应的的值为
y 2,5(mod7) y 0(mod7)
无解
x 5(mod7) x 6(mod7)
y 2 6(mod7) y 2 0(mod7)
y 0(mod7)
二次剩余的分布规律
二次剩余的分布 设p是奇素数，则模p的简化剩余系中二次剩
p 1 p 1 余与二次非剩余的个数各为 ，且 个二次剩余与 2 2
二次剩余
本讲内容
二次剩余的概念
模为奇素数的二次剩余与二次非剩余
勒让德符号
Rabin公钥密码算法
二次剩余的概念
二次同余式的一般形式是
ax2 bx c 0(modm)
a 其中m是正整数， 0(modm) 。
上式等价于同余式
y d (mod m)
2
y 2ax b, d b2 4ac
欧拉判别条件的证明
再来证明结论(1)的充分性，用反证法，假设满足 a (p-1)/2 ≡1 (mod p) 的a不是模p的二次剩余 考虑线性同余方程sx ≡ a(mod p)，当s从模p的绝对值最小缩系 -(p-1)/2, -(p-1)/2+1, …, -1, 1, …, (p-1)/2-1, (p-1)/2 中取值时，方程sx ≡ a(mod p) 必有唯一解 亦即s取模p的绝对值最小缩系中的每个元素i，必有唯一的 x=xi属于模p的绝对值最小缩系，使得sx ≡ a(mod p) 成立，若a 不是模p的二次剩余，则i≠xi，这样模p的绝对值最小缩系中的 p-1个数可以按<i, xi>两两配对相乘，得到 (p-1)! ≡ a (p-1)/2(mod p) 由威尔逊定理(p-1)! ≡ -1(mod p)，所以有a (p-1)/2 ≡ -1 (mod p) ，这与条件a (p-1)/2 ≡ 1 (mod p)矛盾 所以必定存在一个i，使得i=xi ，即a是模p的二次剩余
初等数论(严蔚敏版) 12.1 素数模的二次剩余
3 设p是奇素数, 证明 : (1)模p的所有二次剩余的乘积对模p的剩余是(-1)( p 1) / 2 ; (2)模p的所有二次非剩余的乘积对模p的剩余是(-1)( p -1) / 2 ; (3)模p的所有二次剩余之和对模p的剩余是 :1, 当p 3;0,当p 3. 4 设p是奇素数, p | a.证明 : 存在整数u , v, (u , v) 1, 使得u 2 av 2 0(mod p ) 的充要条件是 - a是模p的二次剩余.
证明 :由定理1知, a
p 1 2 1
a
p 1 2 2 p 1 2
1(mod p ), b (b1b2 )
p 1 2
p 1 2 1
b
p 1 2 2
1(mod p ),
p 1 2
(a1a2 )
1(mod p), (a1b1 )
1(mod p ),
由定理1得证.
2 2
42 16(mod 23),52 2(mod 23), 62 13(mod 23), 7 2 3(mod 23),82 18(mod 23), 92 12(mod 23),102 8(mod 23),112 6(mod 23), 模的所有二次剩余为1, 2,3, 4, 6,8,9,12,13,16,18. 模的所有二次非剩余为5, 7,10,11,14,15,17,19, 20, 21, 22.
课后作业
1 对x 2 a (mod17), 哪些数可为平方剩余, 哪些数为平方非剩余 ? 2 判断下列同余方程的解数 : (1) x 2 16(mod 51); (2) x 2 63(mod187). 3 设p是奇素数, 证明 : 模p的所有二次剩余的乘积与(-1)
密码学数学基础第五讲 二次剩余
若a是模p的平方剩余 若a是模p的平方非剩余 若p | a
4、雅可比符号定义 对任意奇数m，定义为：
a a a m p1 pr
1, 1, 0,
a
1(mod p)
(2) a是模p的平方非剩余的充分必要条件是
1(mod p) 2 当a是模p的平方剩余时，同余式 x a(mod判断137是否为模227平方剩余。 解: 137
227 1 2
mod 227 137113 mod 227 1
例1 计算如下勒让德符号的值。
2 (1) , 3 2 , 17
3 17
137 (2) 227
(3)
911 2003
n m
返回
否
m是否为素数
是，计算nmodm=q
q=0 停止 out:0
q=1 1
所以137是模227平方非剩余。 定理2 设p是奇素数，则模p的简化剩余系中平方剩余与
p 1 p 1 平方非剩余的个数各为 ，且 个平方剩余与序列 2 2
p 1 2 1 ,2 , , ( ) 2
2 2
中的一个数同余，且仅与一个数同余。
三、勒让德符号
定义 设p是素数，定义勒让德符号如下：
1, a p 1, 0,
所以同余式无解。
五、小结
1、m是正整数 x 2 a(mod m)
( a, m) 1
a是m的二次剩余。 2、欧拉判别条件 p是奇素数
p 1 2
(a, p ) 1
a是p的平方剩余 a
1(mod p )
二次剩余的应用1-GM密码、Rabin密码、电话抛硬币
பைடு நூலகம்
•
15
Rabin公钥密码体制 公钥密码体制
• 如果知道了n的分解式n=pq，则能够计算mp和mq。 再由mp和mq计算4个根，使用的是著名的孙子定理 （中国剩余定理）（略）。 • 最后，要判断哪一个根是真正的明文。一般，真 正的明文都具有语言含义，而其它的根则是没有 语言含义的“乱码课文”。当然也有例外，比如 当明文是一副图象的编码时，明文也是没有语言 含义的“乱码课文”。
12
Rabin公钥密码体制 公钥密码体制
（4个数的计算使用孙子定理（中国剩余定理）。）
• 于是，真正的明文m一定就是4个数 m(1,1)， m(1,2)， m(2,1)， m(2,2) 之中的一个。 • 观察4个数，排除那些没有意义的“乱码课 文”。哪个是有意义的课文，哪个就是真正 的明文m。 解密完毕。
16
Rabin公钥密码体制 公钥密码体制
Rabin的安全性原理 Rabin的安全性原理
• 攻击者Eve截获了密文c。 Eve还知道Bob的公钥n， 也知道明文m满足方程 c=m2(modn)。 • 但是他不知道n的分解式n=pq，无法计算mp和mq， 进一步无法计算4个根。 • 求n的分解式n=pq是大数分解问题。 • 求n的平方根 等价于 分解n 定理：设n是一个整数x2= y2 (modn)，但是x≠土y (modn)。那么n是一个合数，且gcd(x-y,n)是n的 一个非平凡因子。
7
语义安全性
凡是在给定密文条件下可
以 有效 计 算 的 有 关 相 应 明 文 的 信 息 ， 都 可 以 在没 有 该 密 文 的 条 件 下 有 效 的 计 算 。
GM体 GM体制的语义安全性 RSA模 假设k为RSA模数N的两个素因子的规模， GM的 则参数为k的GM的密码体制是语义安全 QR假 的当且仅当QR假设成立。
第3章二次剩余
⎛ ⎜⎝
3 p
⎞ ⎟⎠
=
1
⇔
⎧ ⎨ ⎩
p p
≡ ≡
1(mod 1(mod
3) 4)
或
⎧ ⎨ ⎩
p p
≡ ≡
−1(mod 3) 3(mod 4)
利用孙子定理即可得 p ≡ ±1(mod12)，即模 12 同余于±1的所 以奇素数是所有以 3 为其二次剩余的奇素数。
2012-11-3
例 3 判断 3 是不是模 29 的二次剩余。
解：
⎛ ⎜⎝
3 29
⎞ ⎟⎠
≡
29−1
32
(mod
29)
≡
314
(mod
29)
≡
−1(mod
39)
，
所以由定理 3.1.2 知 3 是模 29 的二次非剩余。
2012-11-3
3.1 Legendre符号(1)：Euler判别法
7
定理 3.1.3
若奇素数
a p
⎞ ⎟ ⎠
。
2012-11-3
10
定理 3.2.1 (1)
⎛ ⎜ ⎝
a p
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ ⎜ ⎝
a
+ p
p
⎞ ⎟ ⎠
；
(2)
当
p
/|
a
时，
⎛ ⎜
⎝
a2 p
⎞ ⎟ ⎠
=
1；
(3)
⎛ ⎜⎝
1 p
⎞ ⎟⎠
=
1；
(4)
⎛ ⎜ ⎝
−1 ⎞
p
⎟ ⎠
=
p−1
(−1) 2
=
⎧1 ⎨⎩−1
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)。
二次剩余的判定及应用
二次剩余的判定及应用【摘要】通过讨论形式如x2≡a（mod m）的同余式，引出二次剩余的概念，应用数论中常用的函数（勒让德符号和雅可比符号）去讨论二次同余式中m是单质数的情形和一般的情形，并利用其解二次同余式。
【Abstract】Through the discussion form like x2≡a （mod m）congruence type，leads to second remaining concept，application of the general functions （theory，Legendre symbols and Jacobi symbols）to discuss the second congruence type in the number of elemental m is condition and the general situation，this paper briefly introduces solutions second congruence type equations.【Key words】Second remaining；second congruence type equations；Legendre symbols；Second reverse law引言数论是数学本科的基础课程之一，是学习数学的必修课程之一。
数论问题的丰富性，多样性及解题所具有的高度技巧对培养灵活创新的思维品质，逻辑思维，发散思维能力，系统的掌握各种数学思维，都是必不可少的。
本文针对数论中一般二次同余式的解法问题进行总结概括。
为了找到更为简单，有效地解一般二次同余式的方法，主要通叙述定理和举例，总结说明了欧拉判别条件，勒让德符号在解一般二次同余式时的具体应用以及一般二次同余式的解和解数问题。
1. 一般二次同余式二次同余式最基本的形式：（1）x2≡a（mod m），（a，m）=1二次剩余。
环Fp+uFp+vFp+uvFp上的二次剩余码
Quadratic residue code over Fp+uFp+vFp+uvFp
LI Qian-qian, SHI Min-jia, GE Mao-rong
(School of Mathematical Sciences, Anhui University. Hefei 230000, China) Abstract: Quadratic residue codes over Fp+uFp+vFp+uvFp are investigated in this article, where u2=u, v2=v, uv=vu, and p is odd prime. At first, the basic knowledge of cyclic codes of length n is introduced over Fp+uFp+vFp+uvFp, then the structures of quadratic residue codes over Fp+uFp+vFp+uvFp are obtained by applying their generating idempotents, and the relations and dual properties between these codes and their extended codes are discussed. Finally, the specific forms of generating idempotents of quadratic residue codes of length 11 over the ring F3+uF3+vF3+uvF3 is given. Key Words: cyclic codes; quadratic residue codes; generating idempotent; dual codes; extended codes
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例2 判断同余式
x 2 1(mod 305)
是否有解？有解时，求出其解数。 例3 判断同余式
x 2 2(mod 413)
是否有解？有解时，求出其解数。
四、雅可比符号
定义 设 m p1 pr 是奇素数 pi 的乘积。对任意整 数 a ，定义雅可比(Jacobi)符号为
a a a m p1 pr
y 2,5(mod 7) y 0(mod 7)
无解
y 2 6(mod 7) y 2 0(mod 7)
y 0(mod 7)
二、模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
( a, p ) 1，则 定理1(欧拉判别条件) 设p是奇素数，
(1) a是模p的平方剩余的充分必要条件是
p 1 2
a p a (2) p p ，进一步，若 a b(mod p ) ，则 ab a b (a , p ) 1 ，则 (3) p p p ，进一步，若
a b p p ；
a不一定是模m的平方剩余 若a是模m的平方非剩余 若(m, a ) 1
课后作业 （1）习题1、3、8 （2）预习第6章 群
所以同余式无解。
五、小结
1、m是正整数 x 2 a(mod m)
( a, m) 1
a是m的二次剩余。 2、欧拉判别条件 p是奇素数
p 1 2
(a, p ) 1
a是p的平方剩余 a
1(mod p )
p 1 2
a是p的平方非剩余 a
1(mod p)
3、勒让德符号的定义 设p是素数，定义如下：
y 2ax b, d b 2 4ac
定义1 设m是正整数，若同余式
x 2 a (mod m )
(a, m) 1
有解，则a叫做模m的平方剩余(或二次剩余)；否则a叫做 模m的平方非剩余(或二次非剩余)。
例1 分别求出模11，12的二次剩余和二次非剩余。 解：
模11的二次剩余是：1，3，4，5，9； 二次非剩余是：2，6，7，8，10。
1, a p 1, 0,
若a是模p的平方剩余 若a是模p的平方非剩余 若p | a
4、雅可比符号定义 对任意奇数m，定义为：
a a a m p1 pr
1, 1, 0,
模12的二次剩余是：1； 二次非剩余是：5，7，11。
例2 求满足同余式 y 2 x 3 x 2(mod 7) 的所有的点。 解：
模7的二次剩余是：1，2，4；二次非剩余是：3，5，6。 对 x 0,1,2,3,4,5,6(mod 7) ，分别求出 y 对应的的值为
2 y 2(mod 7) x 0(mod 7)
y 3,4(mod 7) y 2,5(mod 7)
无解
x 1(mod 7)
y 2 4(mod 7)
x 2(mod 7) y 2 5(mod 7) x 3(mod 7) y 2 4(mod 7) x 4(mod 7) y 2 0(mod 7) x 5(mod 7) x 6(mod 7)
a2 p 1 ，
a2 1 ，则 若 (a, p) p 0 ； 2 (4) p ( 1)
p 2 1 8
；
p 1 q 1 p q 2 2 p , q ( 1) (5) 若 是互素的奇素数，则 。 p q
m
n (5) 设m,n都是奇数，则 (1) m
m 1 n 1 2 2
m 。 n
例 判断同余式是否有解？
x 2 286(mod 563)
解 不用考虑563是否为素数，直接计算雅可比符号:
5635631 1431 5631 563 286 2 143 8 2 2 ( 1) ( 1) 563 563 563 143 1431 9 1 2 1 (1) 143 143
m为奇素数时，则为勒让德符号。 注意：雅可比符号为1时，不能判断a是否为模m的平 方剩余。例如
x 2 3(mod 7) 因为 119 7 17，而同余式组 2 的每个同 x 3(mod17)
3 3 3 (1) (1) 1 119 7 17
第5讲 二次剩余
教师：李艳俊
本讲内容
一、二次剩余的概念 二、模为奇素数的平方剩余与平方非剩余 三、勒让德符号 四、雅可比符号 五、小结
一、二次剩余的概念
二次同余式的一般形式是
ax 2 bx c 0(mod m)
其中m是正整数，a 0(mod m) 。 上式等价于同余式
y 2 d (mod m)
所以137是模227平方非剩余。 定理2 设p是奇素数，则模p的简化剩余系中平方剩余与
p 1 p 1 平方非剩余的个数各为 ，且 个平方剩余与序列 2 2
p 1 2 1 ,2 , , ( ) 2
2 2
中的一个数同余，且仅与一个数同余。
三、勒让德符号
定义 设p是素数，定义勒让德符号如下：
1, a p 1, 0,
a
1(mod p)
(2) a是模p的平方非剩余的充分必要条件是
1(mod p) 2 当a是模p的平方剩余时，同余式 x a(mod p)恰有两解。
a
p 1 2
例 判断137是否为模227平方剩余。 解: 137
227 1 2
mod 227 137113 mod 227 1
若a是模p的平方剩余 若a是模p的平方非剩余 若p | a
由此定义，欧拉判别法则可以表示成如下形式： 定理 设p是奇素数，则对任意整数a，有
p 1 a 2 a (mod p) p
设p是奇素数，则勒让德符号有如下性质：
p 1 1 1 (1) 2 ； 1 (1) ， p p
例1 计算如下勒让德符号的值。
2 (1) , 3 2 , 17
3 17
137 (2) 227
(3)
911 2003
n m
返回
否
m是否为素数
是，计算nmodm=q
q=0 停止 out:0
q=1 1
q=2
(1)
m2 1 8
q=-1
(1)
m 1 2
q p1k1 p2 k2 pr kr
(1)
m1 p1 1 p2 1 pi 1 ( ) 2 2 2 2
m m m p1 p2 pi
k1 , k 2 , ki 为奇数； ki 1 , ki 2 , k r 为偶数。
余式都无解，所以3是模119的平方非剩余。
设m是奇数，则雅可比符号有以下性质：
1 1 (1) ， ( 1) 1 m m
m1 2
am a (2) ； m m
a2 a ab a b 2 1； (3) ，如果 ( a, m) 1 ，则 m m m m m a2 如果 ( a, m) 1 ，则 0 ； m mm 1 2 (4) (1) 8