第五讲二次剩余

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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 ．。

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。

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。

初等数论二次剩余理论精选例题分析

第五章二次剩余理论例题分析补充知识高斯逐步淘汰法：首先，不妨设因解同余方程x 2=a+py，故，因而在求y 的值时，不必考虑大于4p的整数，这就大大缩小了讨论的范围。

其次，任取素数q≠p，求出q 的平方非剩余为a 1,a 2……a s 并以v 1,v 2,……v s 表示同余方程a+py≡a 1(mod q),a+py≡a 2(mod q)，……a+py≡a s (mod q)的解，由于平方数一定为任何模的平方剩余，故若取y≡v i (mod q)，则a+py 是q 的平方非剩余，因而a+py 一定不是平方数。

而不能有x 2=a+py 这样可淘汰满足y≡v i (mod g)的各个y 的值。

取不同的q，淘汰y 的值，直至留下的数较少是计算不太麻烦时，即可直接代入并求出（1）的解。

例：解同余方程x 2≡73(mod137)解∵⎪⎭⎫ ⎝⎛13773=1，∴x 2≡73(mod137)有二个解因为p=137，故0<y≤34取q=3，则2为3一平方非剩余。

解同余方程73+137y≡3(mod3)得y≡2(mod 3)，从不大于34的正整数中淘汰形如y=2+3t 的数，即有下面1，3，4，6，7，9，10，12，13，15，16，18，19，21，22，24，25，27，28，30，31，33，34。

再取q=5，2，3为g 的平方非剩余的同余方程73+137y≡2(mod5)，73+137y≡3(mod5)解为y≡2(mod5),y≡0(mod5)，再从前面的数中淘汰形如y=2+5t 和y=5t，有下面1，3，4，6，9，13，16，18，19，21，24，28，31，33，34。

又取q=7，3，5，6为g 的三个平方非剩余的同余方程73+137y≡3,5,6(mod7)的y≡0,4,6(mod7)淘汰y=4+7t,7t,6+7t,就只留下了1,3,9,16,19,24,31,33。

将上述数代入137y+73=x 2及137×3+73=484=222故x≡±22(mod137)为本题同余方程的解。

什么是数学书里关于二次剩余数量的内容

二次剩余的平方根：如果a是模p的二次剩余，那么关于模p存在两个不同的平方根x和-p-x。
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-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

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.。

二次剩余系

二次剩余
本讲内容
n次剩余与二次剩余的概念
模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
勒让德符号
雅可比符号
n次剩余的概念

设m是大于1的整数， a是与m互素的整数，若n (n≥2)次二项同余方程 xn ≡ a (mod m) 有解，则a叫做模m的n次剩余。否则，a叫做模m的n次非剩余
二次同余方程解的判定
a2 1 ， p
a2 若 (a, p) 1 ，则 0 ； p
勒让德符号
高斯引理
高斯引理
二次互反律
二次互反律

一段引言
设p是奇素数，则勒让德符号有如下性质：
p 1 1 1 2 1 ， ( 1) ； p (1) p
a2 a ab a b (4) ，如果 (a, m) 1 ，则 2 1； m m m m m a2 如果 (a, m) 1 ，则 0 ； m m 1 n 1 n m 2 2 (5) 设m, n都是正奇数，则 (1) 。 m n
3 3 3 (1) (1) 1 119 7 17
余式都无解，所以3是模119的平方非剩余。
另外，m<0和m为偶数时，不能定义雅可比符号
设m是奇数，则雅可比符号有以下性质：
a a (1) 当(a, m)=1时， m 取±1，当(a, m)>1时， 0 m mm1 m 1 2 (2) 1 1 ， 1 (1) 2 (1) 8 m m m am a a b ，进一步，若 a b(mod m)，则； (3) m m m m

数学竞赛中的二次剩余_曹程锦

２０
１
６
年第
３
期
１
７
考敬写作
数学竟赛中的二次剩余
曹
（
程锦
，
陕西丙北工业大学附属中学
：
７
１
００７２
）
中图分类号〇
：
１
５６１
．
文献标识码
Ａ文章
编号
：
１
００５
－

６４１６
（
２０１６
定理知
，
ａ
皆满足式 ① 而
．
丨
，
（
ａ＋１）
２
实现了问题的翻转运用极
．
ｕ
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２

端原理找到突破口可谓物极必反
“
，
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．
推论
■
１
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４
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意义下在
（
一
）
＋１
＝
（
ａ
－
ｐ
１
（
ｍ〇ｄ
Ｐ
）
．
论的品性由费马小定理得
证明证明更
一
般的结论
：
２（
２
ａ＋ｌ
＝
）
＝
（

初等数论(严蔚敏版) 12.1 素数模的二次剩余

例6 设p是适合p 1(mod 4)的素数, y a (mod p )是模p的平方剩余. 证明 : y a (mod p )也是模p的平方剩余.
证明 : 令p 4k 1,由定理1知, a 则(-a )
p 1 2
p 1 2
1(mod p),
1(mod p ).
注意
p 1 证a 2
1或(1)(mod p )要简单;当p较大时, 这两种方法都不
实用. 3.因此,欧拉判别法多用于理论上.
例1(1) 把三项二次同余方程4x 11x 3 0(mod13)化为二项二次同余方程. (2)把三项二次同余方程x 3 x 5 0 (mod 79)化为二项二次同余方程. (3)把三项二次同余方程5x 7 x 11 0 (mod 23)化为二项二次同余方程.
注意
1.该定理给出了判断方程x 2 a (mod p )是否有解的一种方法, p -1 2 即判断a是否与1 , 2 , , ( ) 中之一数关于模同余p, 如果 2 是, 则方程有解, 否则方程无解.
2 2
2.欧拉定理并不是一个实用的判别法,因为对具体的素数p, p -1 2 2 2 当它不太大时, 我们通常可以通过计算1 , 2 , , ( ) 来 2 直接确定哪些a是平方剩余, 哪些a是平方非剩余, 这要比验
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.

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。

第五讲二次剩余

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）复习数论知识、预习群
例2 判断同余式
x 2 1(mod305)
是否有解？有解时，求出其解数。例3 判断同余式
x 2 2(mod413 )
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
m
n (5) 设m,n都是奇数，则 (1) m
m1 n1 2 2
m 。 n
例判断同余式是否有解？
x2 286(mod563)
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
李艳俊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bxax定义1设m是正整数若同余式有解则a叫做模m的平方剩余或二次剩余
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

数论算法教案 5章(二次同余方程与平方剩余)

第5章二次同余方程与平方剩余内容 1. 二次同余方程，平方剩余 2. 模为奇素数的平方剩余3. 勒让德符号、雅可比符号4. 二次同余方程的求解要点二次同余方程有解的判断与求解 5.1 一般二次同余方程（一）二次同余方程2ax ＋bx ＋c ≡0（mod m ），（a 0（mod m ））（1）（二）化简设m ＝k kp p p ααα 2121，则方程（1）等价于同余方程组 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡++≡++≡++）（）（）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 02221221⇒ 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ），（pa ）（2）（三）化为标准形式p ≠2，方程（2）两边同乘以4a ， 422x a ＋4abx ＋4ac ≡0（mod αp ）()22b ax +≡2b －4ac （modαp ）变量代换， y ＝2ax ＋b （3）有2y ≡2b －4ac （mod αp ）（4）当p 为奇素数时，方程（4）与（2）等价。

即● 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）（x 的一次同余方程，且（p , 2a ）＝1，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；反之亦然。

● 两者解数相同。

结论：只须讨论方程 2x ≡a （mod αp ）（5）【例5.1.1】化简方程7x 2＋5x －2≡0（mod 9）为标准形式。

（解）方程两边同乘以4a ＝4×7＝28，得196x 2＋140x －56≡0（mod 9）配方 (14x ＋5) 2－25－56≡0（mod 9）移项 (14x ＋5) 2≡81（mod 9）变量代换 y ＝14x ＋5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）平方剩余【定义5.1.1】设m 是正整数，a 是整数，m a 。

初等数论第五章：平方剩余.ppt

要么无解，要么有偶数个关于模 p 的不同余的解。
2 为了确定同余式 x a ( m o d p ) 的解的存在性问题，
我们引入平方剩余的概念：
定义：若同余式
2 x a ( m o dp ) ,( ap , ) 1
p1 p1 的个数各为，而且个平方剩余分别与序列 2 2 p1 1 ,2 , , 2 中之一数同余，且仅与一数同余
2 2 2
2 例 1 、判断同余式 x 5 ( m o d 1 1 ) 是否有解
剩余，又是哪些质数模 p 的平方非剩余。
定理（ 1 欧拉判别条件）若 ( ap , ) 1 ，则 a 是模 p 的平方剩余的充要条件是 a 1 ( m o d p )
p 1 2
（ 2 ）
而 a 是模 p 的平方非剩余的充要条件是 a 1 ( m o d p ) 若 a 是模 p 的平方剩余， ( 1 ) 式恰有两解。
2
2
勒让德符号
a 定义勒让德 ( L e g e n d r e ) 符号 ( 读作 a 对 p 的 p 勒让德符号 ) 是一个对于给定的单质数 p 定义在一切整数 a 上的函数，它的值规定如下：
1 , a 是模的 p 平方剩余 a 1 , a 模的 p 平方非剩余 p 0 , pa

第五讲 二次剩余

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