二次剩余理论试题及答案

二次剩余理论试题及答案
1、已知素数p 判别同余方程x 2≡a(mod p)是否有解。

即计算⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a =1或-1 。

2、已知a ，求所有使及⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a =1或⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a =-1的p 的一般形式。

3、在⎪
⎪⎭
⎫ ⎝⎛p a =1的条件下，如何求出x 2≡a(mod p)的解。

若x 1为一个解，则另一个解为-x 1 。

上述已叙述了问题（1）、（2），现在只剩下解（3）解的方法。

除了书上介绍的公方法，我们再补充另一个方法即高斯逐步淘汰法。

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
4
p
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。

例1：设p =4n +3是素数，试证当q =2p +1也是素数时，梅素数M p 不是素数。

证：∵ q =8n +7,)(mod 122
2
2
13
4q q q n ≡⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛≡=-+ ∴ q |24n +3-1，即q |M p ，∴ M p 不是素数。

例2：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⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅-=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-3)
1(32
1p p p ， 注意到p >3，p 只能为p ≡±1(mod 3)且⎩⎨⎧-≡⎪⎭
⎫ ⎝⎛1
1
3p
)
4(mod 1)
4(mod 1-≡≡p p
∴
13=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛p 只能下列情况 ⎩
⎨
⎧≡≡)(mod )
(mod 4131p p ⎩⎨⎧-≡-≡)
4(mod 1)
3(mod 1p p
∴ )(mod 121≡p 或)(mod 121-≡p
例3：证明形如4m +1的素数有无穷多个。

证：假设形如4m +1的素数只有有限个，设为p 1…p k ，
显然(2p 1…p k )2+1的最小素因数p 是奇数，且p 与p 1…p k 不同，
设p 为4m +3形的素数，但p 整除(2p 1…p k )2+1，表明(2p 1…p k )2+1≡0（mod p ） 即x
2
≡(-1)(mod p )有解，即11=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛-p ，但1)1()
1(1122
1
-=-≡-≡⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+-m p p 矛盾，
∴p 为4m +1形，这与4m +1的素数只有k 个矛盾。

例4：证明不定方程x 2+23y =17无解。

证：只要证x 2≡17(mod 23)无解即可，
∵ 17≡1(mod 4) ∴
13231717317317217617232317-=⎪⎭
⎫
⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ∴ x 2≡17(mod 23)无解，即原方程无解。

例5设x 为整数，证明形如12
+x 的整数的所有奇因数都有
4h+1的形式，（其中
h 为整数） 证：设2n+1是整数12
+x 的任一奇素因数，于是有
),(mod 12012+≡+n x 即).(mod 1212+-≡n x
可以证明，这时)(mod 1202+≡n x ，否则有)(mod 1201+≡n ，这是不可能的。

因此，由12+n 是奇素数，便有1)12,(2=+n x 。

从而112=+),(n x ，这样由费马定理，有)(mod 1212+≡n x n 。

但是),(mod )()(12122+-≡=n x x n n n
因此有).(mod )(1211+≡-n n
由此可知，n 必为偶数，记n =2h ,便有2n +1=4h +1.这样便证明了整数1
2
+x 的的所有奇素因数形式必为4h +1形式。

又由于两个4h +1形式的数的乘积仍为4h +1形式的数，故12
+x 形式的数的奇因数必为
4h +1形式的数。

证2：由上面可知，-1是模2n +1的平方剩余，即.1121=⎪⎭
⎫
⎝⎛+-n
其中2n +1是奇素数。

由定理3知)(mod 4112≡+n
从而 )4(mod 02≡n ，故)(mod 20≡n ，所以n 是偶数，其余同上。

例6：证明：形如)8(mod 1≡p 的素数有无穷多个。

证：设N 是任意正整数，s p p p ,...,,21是不超过N 的一切形如)(mod 81≡p 的素数。

记
12421+=)...(s p p p q 。

显然q 的任意素因数a 异于2，且s p p p x ...212=是同余式)
(mod a x 014
≡+的解。

由)(mod 81≡a .又由于是),...,,(s i p i 21=不是q 的因数，
故),...,,(s i p a i 21=≠，从而N a >。

因此形如)(mod 81≡p 的素数有无穷多个。

例7: 解如下二次同余式)(mod 125112≡x
解： (1)125=53。

先解)(mod 51112
≡≡x 。

它的一个解是x =1。

再解)(mod 22
511≡x 。

令y x 51+=，
则有)(mod )(22
51151≡+y .化简得)(mod )(2511101≡+y ，
得到)(mod 51≡y ,从而有)(mod 2555≡y ，)(mod 25651≡+y ， 所以)(mod 22511≡x 的一个解为6=x ,最后解)(mod 32511≡x 。

设z
x
256+=。

代入有)(mod )(32251156≡+z ，
化简得).(mod 32525512-≡⋅z
即).(mod 5112-≡z
它的一个解是2=z .因此562256=⋅+=x 是同余式125112(mod)≡x 的一个解，
所以由定理，125112(mod)≡x 的两个解是12556(mod)≡x ，.(mod)12556-≡x
例8：判断同余方程)(mod 4432862
≡x 是否有解。

解：286=2×143，433是素数，(143，443)=1
奇数143不是素数，但可用判定可比符号计算的生勒让德符号
⎪⎭
⎫
⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-=⎪⎭⎫
⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅--1437143214314143443)
1()1(44314324324432862
1
443211432
14432 ⎪⎭
⎫
⎝⎛-⋅-=-⋅--7143)
1()
1(2
1
1432178
1143 13173=⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-= ∴原方程有解。