关于模素数的最小素二次剩余的研究
高一年级竞赛数学数论专题讲义：11.模为素数的二次剩余
高一竞赛数论专题 11.模为素数的二次剩余设素数2,p d >是整数,.p d Œ如果同余方程2(mod )x d p ≡有解,则称d 是模p 的二次剩余,若无解,则称d 是模p 的二次非剩余.注意到|.p d 则同余方程20(mod )x d p ≡≡,则其有且只有一解0(mod ).x m ≡若2,p =且.p d Œ则同余方程2(mod 2)x d ≡为21(mod 2)x ≡有且只有一解1(mod 2).x ≡1.设素数2p >,证明在模p 的一个既约剩余系中,恰有12p -个模p 的二次剩余,12p -个模p 的二次非剩余.此外,若d 是模p 的二次剩余,则同余方程2(mod )x d p ≡的解数为2.2.(Euler 判别法)设素数2,,p p d >Œ那么,d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod );p d p -≡d 是模p的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p d p -≡-3. 若素数2,p >证明：1-是模p 的二次剩余的充要条件是1(mod 4).p ≡当1(mod 4)p ≡时,21!1(mod ).2p p ⎛-⎫⎛⎫±≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4.设p 是奇素数,证明：1,2,,1p -中全体模p 的二次剩余之和12221(1).24p j p p j S p p -=⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦∑由此可以证明当1(mod 4)p ≡时,12221(1)(1).244p j j p p p p p p -=⎡⎤--=-⎢⎥⎣⎦∑高一竞赛数论专题 11.模为素数的二次剩余解答设素数2,p d >是整数,.p d Œ如果同余方程2(mod )x d p ≡有解,则称d 是模p 的二次剩余,若无解,则称d 是模p 的二次非剩余.注意到|.p d 则同余方程20(mod )x d p ≡≡,则其有且只有一解0(mod ).x m ≡若2,p =且.p d Œ则同余方程2(mod 2)x d ≡为21(mod 2)x ≡有且只有一解1(mod 2).x ≡1.设素数2p >,证明在模p 的一个既约剩余系中,恰有12p -个模p 的二次剩余,12p -个模p 的二次非剩余.此外,若d 是模p 的二次剩余,则同余方程2(mod )x d p ≡的解数为2.证明：取模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+-- d 是模p 的二次剩余当且仅当2222221111(),(1),,(1),1,,(1),().2222p p p p d ----≡--+-- 由于22()(mod ),j j p -≡所以d 是模p 的二次剩余当且仅当222111,,(1),().22p p d --≡- 当112p i j -≤<≤时,121,10,2p i j p i j -<+<--<-<22()()0(mod ).i j i j i j p -=+-≡/ 所以222111,,(1),()22p p d --≡-给出了模p 的全部二次剩余,共有12p -个. 由于模p 的既约剩余系(简系)有1p -个数,所以另外的12p -个必为模p 的二次非剩余. 当d 是模p 的二次剩余时,必存在唯一的1,1,2p i i -≤≤使得(mod )x i p =是同余方程2(mod )x d p ≡的解,于是在模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+--中有且仅有(mod )x i p =±是同余方程2(mod )x d p ≡的解,所以解数为2.2.(Euler 判别法)设素数2,,p p d >Œ那么,d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod );p d p -≡d 是模p的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p dp -≡-证明：首先来证明对任一,,d p d Œ11221(mod ),1(mod )p p d p dp --≡≡-有且仅有一个成立.由Euler 定理知道11(mod ).p dp -≡因此1122(1)(1)0(mod ).p p d dp --+-≡。
数论与对称性知识点总结
数论与对称性知识点总结数论是研究整数性质和整数间的关系的数学分支，它是数学中非常重要的一个领域，其应用范围涉及到密码学、信息安全、密码分析、数据压缩、数字信号处理等许多方面。
对称性则是数学中一个重要的概念，它广泛应用于几何、物理等领域。
本文将对数论和对称性的基本概念、基本原理和应用进行总结。
一.数论1.1 整数和因子整数是数学中的一个基本概念，它包括自然数、负整数和零。
整数可以按照其性质进行分类，如偶数、奇数、素数、合数等。
而因子则是整数的一种特殊性质，它是整数的一个约数，即能够整除给定整数的整数。
1.2 质数和素数分解质数是指在大于1的自然数中，除了1和自身以外没有其他因子的数。
素数分解则是将一个合数分解为若干个质数的乘积的过程，这是数论中一个基本的定理之一。
1.3 算术基本定理算术基本定理是数论中的一个重要结论，它指出每个大于1的整数都可以唯一地分解为若干质数之积。
1.4 最大公约数和最小公倍数最大公约数是指两个整数共有约数中最大的一个，最小公倍数则是指两个整数公倍数中最小的一个，这两个概念在数论中有着重要的应用。
1.5 同余和模运算同余是指两个整数除以一个公共整数所得的余数相等的性质，模运算则是一种同余关系的扩展，它用来研究整数之间的一些基本性质。
1.6 二次剩余二次剩余是数论中一个重要的概念，它涉及到模p的二次剩余的性质和应用，例如在密码学中的RSA算法中就用到了二次剩余的特性。
1.7 素数分布素数的分布是数论中的一个基本问题，包括素数定理、梅森素数等重要结论。
1.8 数论函数数论函数是数论中的一个重要概念，它包括欧拉函数、ζ函数等，这些函数在数论研究、密码学等领域有重要应用。
1.9 模重复和离散对数模重复和离散对数是数论中的两个重要问题，它们分别涉及到同余方程组的解和离散对数的计算。
1.10 算术函数和数论函数的性质算术函数和数论函数有着许多重要的性质，如莫比乌斯函数的性质、欧拉函数的性质等，这些性质在数论研究中有着重要的应用。
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。
数论二次互反律
数论二次互反律数论是研究数及其关系及性质的一门学科，它是数学的一个分支。
数论由于它独特的性质，被广泛应用于密码学等领域。
数论二次互反律是数论中的一个重要定理，对于理解数论的某些概念至关重要。
1. 什么是二次剩余和二次非剩余？在数论中，二次剩余和二次非剩余是非常常见的概念。
在数学中，我们称满足$a^2\equiv b\pmod{p}$的整数$a$为模$p$下的二次剩余，其中$p$是一个素数，$b$是模$p$下的一个非零整数。
而模$p$下的二次非剩余指的是没有整数满足$a^2\equivb\pmod{p}$的情况。
例如，假设我们要求模$7$下的二次剩余，我们会得到如下表格：| $a$ | $a^2\pmod{7}$ || --- | --- || $0$ | $0$ || $1$ | $1$ || $2$ | $4$ || $3$ | $2$ || $4$ | $2$ || $5$ | $4$ || $6$ | $1$ |我们可以发现，模$7$下的二次剩余只有$1,2,4$和$0$。
而在这些数中，只有$1,2,4$是模$7$下的二次剩余。
其他的数，如$3,5,6$等，则是模$7$下的二次非剩余。
2. 什么是二次互反律？例如，考虑模$7$下的方程$x^2\equiv 2\pmod{7}$。
我们可以发现，$2$是模$7$下的二次非剩余。
因此，根据二次互反律，这个方程在模$7$下没有解。
我们可以通过反证法来证明二次互反律。
假设存在一个满足$a^2\equiv b\pmod{p}$的$a,b$，使得方程$x^2\equiv b\pmod{p}$在模$p$下没有解。
我们可以设$p$为$p_1p_2$的形式，其中$p_1$和$p_2$都是奇素数。
由于$a^2\equiv b\pmod{p}$，那么我们有：从而我们得到：这两个方程的解可以表示为：根据中国剩余定理，可以求得模$p$下的解$x$：$$x\equiv x_1\pmod{p_1}$$$$x\equiv x_2\pmod{p_2}$$由于$x$是模$p$下的解，那么我们有：$$x^2\equiv b\pmod{p}$$4. 总结数论二次互反律是数学中的重要定理，它在数论的各个领域中都有重要的应用。
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X2一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。
【关键词】二次剩余；二次同余式；勒让德符号；二次反转定律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：我们知道，解同余式(1)归结到m为素数的情形，因为m=2时，解同余式(1)变得极为容易，所以着重讨论m=p的情形，这里p是一个奇素数。
定义1：设m >1，若(1)有解，则a叫做模m的二次剩余；若无解，则a叫做模m的二次非利余。
2．单质数的二次剩余的判定2.1欧拉判别条件。
讨论p是单质数的二次剩余和二次非剩余，即讨论形如：x-21 ,53,-21,-53(mod 64)是所求的四个解。
结论二次剩余的判定问题等价于判断一般二次同余式X2 -a( mod p)，(a，p) =1是否有解的问题。
而当p取不同的数时，解决问题的方法不同。
本文针对不同情况，运用了不同的方法，从而更简便地得出判断结果。
单质数的二次剩余判定可以利用欧拉判别条件，勒让德符号和二次反转定律，合数模的二次剩余也可以转化成单质数的二次剩余进行判定。
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。
成都七中高一年级竞赛数学数论专题讲义：11.模为素数的二次剩余
成都七中高一竞赛数论专题 11.模为素数的二次剩余设素数2,p d >是整数,.p d Œ如果同余方程2(mod )x d p ≡有解,则称d 是模p 的二次剩余,若无解,则称d 是模p 的二次非剩余.注意到|.p d 则同余方程20(mod )x d p ≡≡,则其有且只有一解0(mod ).x m ≡若2,p =且.p d Œ则同余方程2(mod 2)x d ≡为21(mod 2)x ≡有且只有一解1(mod 2).x ≡1.设素数2p >,证明在模p 的一个既约剩余系中,恰有12p -个模p 的二次剩余,12p -个模p 的二次非剩余.此外,若d 是模p 的二次剩余,则同余方程2(mod )x d p ≡的解数为2.2.(Euler 判别法)设素数2,,p p d >Œ那么,d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod );p d p -≡d 是模p的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p d p -≡-3. 若素数2,p >证明：1-是模p 的二次剩余的充要条件是1(mod 4).p ≡当1(mod 4)p ≡时,21!1(mod ).2p p ⎛-⎫⎛⎫±≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4.设p 是奇素数,证明：1,2,,1p -L 中全体模p 的二次剩余之和12221(1).24p j p p j S p p -=⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦∑由此可以证明当1(mod 4)p ≡时,12221(1)(1).244p j j p p p p p p -=⎡⎤--=-⎢⎥⎣⎦∑高一竞赛数论专题 11.模为素数的二次剩余解答设素数2,p d >是整数,.p d Œ如果同余方程2(mod )x d p ≡有解,则称d 是模p 的二次剩余,若无解,则称d 是模p 的二次非剩余.注意到|.p d 则同余方程20(mod )x d p ≡≡,则其有且只有一解0(mod ).x m ≡若2,p =且.p d Œ则同余方程2(mod 2)x d ≡为21(mod 2)x ≡有且只有一解1(mod 2).x ≡1.设素数2p >,证明在模p 的一个既约剩余系中,恰有12p -个模p 的二次剩余,12p -个模p 的二次非剩余.此外,若d 是模p 的二次剩余,则同余方程2(mod )x d p ≡的解数为2.证明：取模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+--L L d 是模p 的二次剩余当且仅当2222221111(),(1),,(1),1,,(1),().2222p p p p d ----≡--+--L L 由于22()(mod ),j j p -≡所以d 是模p 的二次剩余当且仅当222111,,(1),().22p p d --≡-L 当112p i j -≤<≤时,121,10,2p i j p i j -<+<--<-<22()()0(mod ).i j i j i j p -=+-≡/ 所以222111,,(1),()22p p d --≡-L 给出了模p 的全部二次剩余,共有12p -个. 由于模p 的既约剩余系(简系)有1p -个数,所以另外的12p -个必为模p 的二次非剩余. 当d 是模p 的二次剩余时,必存在唯一的1,1,2p i i -≤≤使得(mod )x i p =是同余方程2(mod )x d p ≡的解,于是在模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+--L L 中有且仅有(mod )x i p =±是同余方程2(mod )x d p ≡的解,所以解数为2.2.(Euler 判别法)设素数2,,p p d >Œ那么,d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod );p d p -≡d 是模p的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p dp -≡-证明：首先来证明对任一,,d p d Œ11221(mod ),1(mod )p p d p dp --≡≡-有且仅有一个成立.由Euler 定理知道11(mod ).p dp -≡因此1122(1)(1)0(mod ).p p d dp --+-≡由于素数2p >即1122(1)(1) 2.p p dd--+--≡所以对任一,,d p d Œ11221(mod ),1(mod )p p dp d p --≡≡-有且仅有一个成立.下面来证明d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod ).p d p -≡先证必要性()⇒若d 是模p 的二次剩余,则必有0x 使得20(mod ),x d p ≡ 因此有111222()(mod ).p p p xx dp ---=≡由于,p d Œ所以0.p x Œ由Euler 定理知道101(mod )p x p -≡,所以121(mod ).p dp -≡再证充分性,若121(mod ).p dp -≡则.p d Œ考虑一次同余方程(mod ).ax d p ≡对模p 的绝对最小既约剩余系1111,1,,1,1,,1,.2222p p p p ------+--L L中的每个j ,当a j =时,必有唯一的j x x =属于模p 的绝对最小既约剩余系,使得(mod ).ax d p ≡ 若d 不是模p 的二次剩余,则必有.j j x ≠这样模p 的绝对最小既约剩余系中的1p -个数就可按,j j x 作为一对,两两配完.因此有121111(1)!()(1)(1)1(1)(mod ).2222p p p p p p d p ------≡--+--≡L L 由Wilson 定理知(1)!1(mod )p p -≡-,所以121(mod )p dp -≡-这与121(mod )p dp -≡矛盾.d 是模p 的二次剩余的充要条件是121(mod ),p dp -≡与对任一,,d p d Œ11221(mod ),1(mod )p p d p dp --≡≡-有且仅有一个成立.可以推得d 是模p 的二次非剩余的充要条件是121(mod ).p dp -≡-3. 若素数2,p >证明：1-是模p 的二次剩余的充要条件是1(mod 4).p ≡当1(mod 4)p ≡时,21!1(mod ).2p p ⎛-⎫⎛⎫±≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭证明：由Euler 判别法知道1-是模p 的二次剩余的充要条件是12(1)1(mod ).p p --≡又2p >,所以12(1)1.p --=即1(mod 4).p ≡由Wilson 定理,(1)! 1.p -≡-212111111(1)!()(1)(1)1(1)(1)!(mod )22222p p p p p p p p -----⎛-⎫⎛⎫-≡-≡--+--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L L当1(mod 4)p ≡时,21!1(mod ).2p p ⎛-⎫⎛⎫±≡- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4.设p 是奇素数,证明：1,2,,1p -L 中全体模p 的二次剩余之和12221(1).24p j p p j S p p -=⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦∑由此可以证明当1(mod 4)p ≡时,12221(1)(1).244p j j p p p p p p -=⎡⎤--=-⎢⎥⎣⎦∑证明：因为d 是模p 的二次剩余当且仅当222111,,(1),()(mod ).22p p d p --≡-L 设2(1)j j j j pq r r p =+≤<,11.2p j -≤≤则2.j j q p ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦于是1111122222222221111111(1)(11)(1)22.624p p p p p jj j j j j p p p j j p p j S r j p p p p p p -----=====--+-+⎡⎤⎡⎤⎡⎤-==-=-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦∑∑∑∑∑若1(mod 4)p ≡,则12221(1).24p j j p p p S p -=⎡⎤-=-⎢⎥⎣⎦∑因为1(mod 4)p ≡,由Euler 判别法知道j r 与j p r -同为二次剩余或非二次剩余. 又在模p 的一个既约剩余系中,恰好有12p -个模p 的二次剩余,所以1(1).224p p p p S --=⋅=于是12221(1)(1).244p j j p p p p p p -=⎡⎤--=-⎢⎥⎣⎦∑。
数论-二次剩余、欧拉判别准则、高斯引理
数论-⼆次剩余、欧拉判别准则、⾼斯引理定义：∀ n,m ,(n,m)=1,m≥2，若n是模m的⼆次剩余《==》x**2 ≡ n (mod m)有解例：若n=2,m=3，x**2 ≡ 2 (mod 3)⽆解，则2是模3的⼆次⾮剩余若n=2,m=7，x**2 ≡ 2 (mod 7)在x=3时成⽴，有解，故2是模7的⼆次剩余Th1:在模p(奇素数)的缩系{1,2,3,...,p-1}中，有(p-1)/2个⼆次剩余和(p-1)/2个⼆次⾮剩余，且其中⼆次剩余为A:{<1>,<2**2>,...,<((p-1)/2)**2>}证明：（A中元素两两不同）假设∃i,j i≠j ,1≤i≤(p-1)/2有<i**2> ≡ <j**2>故<i**2> ≡ i**2 (mod p)<j**2> ≡ j**2 (mod p)∴i**2 ≡ j**2 (mod p)∴p|(i**2-j**2)即p | (i+j)*(i-j)∵2<i+j<p-1∴p|i-j,故p≤|i-j|∵|i-j|<(p-1)/2∴假设所得结果与事实不成⽴，故A中元素两两不同（A中每个元素是模p的⼆次剩余）∀ <i**2> ∈A ,<i**2> ≡ i**2 (mod A)∴∃x=i,有x**2≡ <i**2> (mod p)故A中的每个元素是模p的⼆次剩余（n∈{1,2,...,p-1}(模p的缩系)是模p的⼆次剩余，则n∈A）∃ x,有x**2 ≡ n (mod p)∴(p-x)**2 ≡ n (mod p)若x≥(p-1)/2+1,(p-x)≥(p-1)/2+1，则p≥p+1,但p<p+1,故p-x和x中有⼀个≤(p-1)/2,⼀个≥(p-1)/2+1∴n ≡ x**2 (mod p) (或者n ≡ (p-x)**2 (mod p))∵x≤(p-1)/2(或p-x≤(p-1)/2)故n∈A,即A中每个元素是模p的⼆次剩余，得证Th2:(欧拉判别准则）---------------------------------------------引⼊勒让德符号：(n/p),其中①(n/p)=1 --> n是p的⼆次剩余②(n/p)≠1 --> n是p的⼆次⾮剩余--------------------------------------------①若(n/p)=1，则n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)②若(n/p)=-1，则n**((p-1)/2) ≡ -1 (mod p)证明：（(n/p)=1 => n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)）∵(n/p)=1故∃ x,有 x**2 ≡ n (mod p)∵(x,p)=1，故x**(p-1) ≡ 1 (mod p)故(x**2)**((p-1)/2) ≡ n**(p-1)/2 (mod p)即n**((p-1)/2）≡ 1 (mod p)（ n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p) => （n/p）=1）∵n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)，且1 ≠ 0 (mod p)根据拉格朗⽇定理，可知对于同余式，解数≤(p-1)/2⼜∵对于集合A={<1>,<2**2>,...,<((p-1)/2)**2>}取i∈A,则有(<i**2>)**(p-1)/2 ≡ (i**2)**(p-1)/2 ≡ i**(p-1) ≡ 1 (mod p)∴A中元素为同余式n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)的解⼜∵A中元素恰为(p-1)/2个∴A中元素就是同余式n**((p-1)/2) ≡ 1 (mod p)的解，也就是说n的取值在集合A中∴(n/p)=1若(n/p)=-1，则(n/p)≠1∴n**(p-1)/2 ≠ 1 (mod p)∵(n,p)=1 ∴n**(p-1) ≡ 1 (mod p)∴(n**(p-1)/2)**2 ≡ 1(mod p)∴((n**(p-1)/2)**2)-1 ≡ 0 (mod p)∴p | (n**(p-1)/2)**2-1 即p | ((n**(p-1)/2)+1)*((n**(p-1)/2)-1)∵n**(p-1)/2 ≠ 1 (mod p) ∴ p | (n**(p-1)/2)+1 即 (n**(p-1)/2) ≡ -1 (mod p)得证，综上所述，n**(p-1)/2 ≡ (n/p) (mod p)推论：若p 不整除于 m*n,则((m*n)/p)=(m/p)*(n/p)证明：(m/p)=m**(p-1)/2 (mod p)(n/p)=n**(p-1)/2 (mod p)故(m/p)*(n/p)=m**(p-1)/2 * n**(p-1)/2 (mod p)= (m*n)**((p-1)/2) (mod p)=((m*n)/p) (mod p),得证⾼斯引理：若(p,n)=1,<1*n><2*n>,...,<(p-1)/2*n>中有m个数>p/2,则(n/p)=(-1)**m证明：设集合A={<1*n>,<2*n>,...,<(p-1)/2*n>}={a1,a2,...,al,b1,b2,...,bm}，其中1≤ai<p/2, bj>p/2,l+m=p-1,A∈{1,2,...,p-1}则p-bj≠ ai (mod p)(证明p-bj≠ ai (mod p):p/2<bj<p-1<p故0<bj<p/2，即1≤p-bj<p/2若p-bj ≡ ai (mod p),则ai+bj≡ 0 (mod p)∴∃ x,y，有<x*n>+<y*n> ≡ 0 (mod p)即<n*(x+y)> ≡ 0 (mod p)∵x,y∈[1,p-1/2]∴x+y∈[2,p-1]∴(<x+y>,p)=1∵(n,p)=1，故<n*(x+y)> ≠ 0 (mod p)与<n*(x+y)> ≡ 0 (mod p)，故不存在这样的x,y使得p-bj ≡ ai (mod p)成⽴∴p-bj≠ ai (mod p))∴{a1,a2,...,al,p-b1,p-b2,...,p-bk}={1,2,...,(p-1)/2}(模p的⼆次剩余集合)∴∏ai*∏(p-bj)=((p-1)/2)!∵ai,bj∈{<1*n><2*n>,...,<(p-1)/2*n>},故∏ai*∏(p-bj) = [1*2*...*((p-1)/2)]*[(-1)**(m)]*[n**(p-1)/2] ≡ ((p-1)/2)! (mod p)即 [(-1)**(m)]*[n**(p-1)/2] ≡ 1 (mod p)∵[n**(p-1)/2] ≡ (n/p) (mod p)∴ [(-1)**(m)]*[n**(p-1)/2] =(n/p)*(-1)**(m) ≡ 1 (mod p)∴(n/p)≡(-1)**(m) (mod p)得证。
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
定理11的二次剩余的充要条件是欧拉判别条件的二次剩余则方程有两个解的二次非剩余的充要条件是1证明由第四章第四节定理有解的充要条件是若有解则解数为易得1则由定理是素数的简化剩余系中二次剩余与非二次剩余的个数都是而且的每个二次剩余与且仅与数列中的一个数同余11111证明由定理知平方剩余个数等于同余式的解数个解的充要条件是存在整系数多项式的次数知平方剩余的个数是111显然中的数都是平方剩余只需证明数列任何两个数对模不同余对任意这都是不可能注意该定理给出了判断方程是否有解的一种方法即判断是否与中之一数关于模同余如果则方程有解否则方程无解欧拉定理并不是一个实用的判别法因为对具体的素数当它不太大时我们通常可以通过计算直接确定哪些是平方剩余哪些是平方非剩余这要比验要简单当较大时这两种方法都不实用
2
如果(a, p ) p, 则方程(1)成为一次同余方程, 只需考虑p 2, 且(a, p ) 1的情形. (4a, p ) 1, 方程(1)等价于 4a x 4abx 4ac 0(mod p ), (2ax b) b 4ac(mod p ), 研究方程(1)归纳对方程x a (mod p )的研究.
p -1 2
1(mod p )的解数.
-1 x p x, 即x p - x ( x
p -1 2
-1) f ( x),
由第四章第四节定理5 : 设n p, 则同余方程f ( x) x n an -1 x n-1 a1 x a0 0(mod p ) 有n个解的充要条件是存在 整系数多项式q ( x)和r ( x), 且r ( x)的次数 n, x p x f ( x)q ( x) p r ( x). p -1 知, 平方剩余的个数是 , 2 又模p恰有p -1个与p互素的剩余类, 则模p的平方剩余与非平方剩余总数等于p -1, p -1 p -1 p 1 . 2 2
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
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
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x2≡n(mod则称n为p的⼆次剩余。
2.勒让德符号\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}，若n为p的⼆次剩余，则该值为1，若不是则该值为-1，若p\mid n，则该值为0定理1：\begin{pmatrix}\dfrac{n}{p}\end{pmatrix}\equiv n^{\frac{p-1}{2}}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}\equiv1(\bmod p)其中，p为质数)，有n^{\frac{p-1}{2}} = {\sqrt{n}^{p-1}}\equiv 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\in[1,p-1]都有唯⼀的j\in[1,p-1],i\neq j且ij\equiv n这样的数⼀共有\frac{p-1}{2}个，因此\frac{p-1} {2}\equiv (p-1)!根据威尔逊定理)(：当且仅当p为素数时有：( p -1 )! \equiv -1 ( \bmod p ))，就有\frac{p-1}{2}\equiv -1证毕威尔逊定理证明：我们知道1\times1\equiv 1(mod p),( − 1 ) \times ( − 1 )\equiv (mod p)，且仅有这两组的逆元与本⾝相等。
如果x^2\equiv 1(\bmod 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\equiv p-1(\bmod p)）且⼀定与⾃⼰不相等，且每⼀个数与他的逆元⼀⼀对应。
二次互反律
二次互反律在数论中，特别是在同余理论里，二次互反律是一个用于判别二次剩余，即二次同余方程()q p x mod 2≡之整数解的存在性的定律。
二次互反律揭示了方程()q p x mod 2≡可解和 ()q p x mod 2≡可解的简单关系。
运用二次互反律可以将模数较大的二次剩余判别问题转为模数较小的判别问题，并最后归结为较少的几个情况，从而在实际上解决了二次剩余的判别问题。
然而，二次互反律只能提供二次剩余的存在性，对于二次同余方程的具体求解并没有实际帮助。
二次互反律常用勒让德符号表述：对于两个奇素数p 和q ，其中是勒让德符号。
但是对于更一般的雅可比符号和希尔伯特符号也有对应的二次互反律。
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年作出的，随后他又发现了另外七个不同的证明[1]。
在《算数研究》一书和相关论文中，高斯将其称为“基石”。
私下里高斯把二次互反律誉为算术理论中的宝石，是一个黄金定律[2]。
高斯之后雅可比、柯西、刘维尔、克罗内克、弗洛贝尼乌斯等也相继给出了新的证明。
至今，二次互反律已有超过200个不同的的证明。
二次互反律可以推广到更高次的情况，如三次互反律等等。
相关术语一个整数a 是模整数n 的二次剩余，是指它与某个整数的平方关于模n 同余。
直观来说，是指二次同余方程()n a x mod 2≡有整数解。
如果这样的整数解不存在，则称a 是模整数n 的二次非剩余。
术语中的“二次”一词是为了表示平方同余，在不至于混淆的行文中，可以略掉。
当模数是质数时，通常将0的情况区别讨论，因此有：在模为质数时，二次剩余与二次非剩余的个数是相等的。
在模为质数时，剩余与剩余、非剩余与非剩余的乘积都是剩余，剩余与非剩余的乘积是非剩余。
几个简单情况有了上节的关于乘积的性质，可以发现：研究一个合数是否是模某个质数p 的剩余，只需将这个合数进行质因数分解，研究其每个质因数是不是模p 的剩余即可。
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.
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
安全合数模的二次剩余循环群
安全合数模的二次剩余循环群
《安全合数模的二次剩余循环群》
安全合数模的二次剩余循环群是现代密码学中一个重要的概念。
在数字签名和加密算法中，安全合数模的二次剩余循环群被广泛应用，保护了信息的安全性和私密性。
安全合数模是一种特殊的合数模，其大素因子p满足p = 2q + 1，其中q也是一个素数。
这样的合数模具有很好的数论性质，使得在其上定义的二次剩余循环群的阶数很大，难以被破解。
二次剩余循环群是指模p的二次剩余的集合，通过模p的乘法运算定义了一个群结构。
这个群被称为二次剩余循环群，因为它包含了模p的所有二次剩余，并且具有循环性质，即存在一个生成元g，使得通过不断对g求幂可以生成整个群中的元素。
在安全合数模的二次剩余循环群中，计算离散对数（即找到满足g^x ≡ y (mod p)的x值）的难度被广泛认为是一个困难的数学问题。
这个性质被用于构建许多著名的密码学算法，如DSA 签名算法和Diffie-Hellman密钥交换算法。
通过利用这个困难的数学问题，可以保证信息的安全性和私密性，从而防止被攻击者窃取或篡改。
总之，安全合数模的二次剩余循环群在现代密码学中扮演着重要的角色，其困难的数学性质为构建安全的数字签名和加密算法提供了基础保障。
对于密码学的研究者和从业者来说，深入理解安全合数模的二次剩余循环群以及其相关数学性质至关重要。
「二次剩余」Tonelli-Shanksalgorithm
「⼆次剩余」Tonelli-Shanksalgorithm⽬录传统的 cipolla 算法很精巧但是我背不到但是不好拓展到模任意数的情况。
事实上我现在都还不清楚，对于k > 1，环R(Z_{p^k},+,\times)到底有什么特殊性质。
⾸先它不是整环，然⽽就我所看的抽代教材中只讨论了整环的特殊性。
由 crt，模任意数等价于考虑模p^k的情况。
分三步：模奇素数p、模奇素数幂p^k(k>1)以及模2^k。
模奇素数 p设n是⼆次剩余，求解⽅程x^2 = n\bmod p。
记\varphi(p) = 2^t\times s，其中s为奇数。
由n是⼆次剩余，可得n^{2^{t-1}\times s}=1\bmod p，变形可得(\frac{n^{s+1}}{n})^{2^{t-1}} = 1\bmod p。
记x_{t-1} = n^{\frac{s+1}{2}}，则有(\frac{x_{t-1}^2}{n})^{2^{t-1}} = 1\bmod p，其中x_0即是答案。
现考虑x_{i}\to x_{i - 1}。
计算A = (\frac{x_i^2}{n})^{2^{i-1}} \bmod p，当A = 1时取x_{i-1} = x_i；否则取x_{i-1} = \lambda x_i，其中\lambda^{2^i} = -1。
等价于需要找到\lambda满⾜ord(\lambda) = 2^{i+1}。
当然可以通过原根找，也可以考虑如下的⽅法：随机⼆次⾮剩余a，则a = g^u，其中u为奇数。
则ord(a^s)=\frac{2^t\times s}{\gcd(2^t\times s,us)}=2^t，即可构造出\lambda。
模奇素数幂 p^k(k>1)既然原根是存在的，那么⽅法和上⾯⼏乎⼀样。
只是注意n可能含有p因⼦，需要预先处理。
模 2^k在k = 1,2时是平凡的。
在k = 3时，仅n = 1时有解x = 1, 3, 5, 7。
哲学方法论系列文库：大筛法
哲学方法论系列文库——大筛法哲学是人类文化结晶，方法论在哲学中占有重要地位。
本文提供“大筛法”的现代视点解读，以供大家了解。
大筛法近代解析数论的重要工具。
大筛法首先由苏联数学家列尼克为研究模p的正的最小二次非剩余而提出的。
瑞尼进一步推广和发展了大筛法，并将它成功地应用于哥特巴赫猜想的研究之中，首先得到了(HC)这一着名结果。
后来，朋比尼等人又进一步完善和简化了大筛法的形式和证明，使之更成功地应用于解析数论，并改进了一系列经典解析数论问题的结果。
设δ是任一大于零的正数，若实数列Xi(0≤i≤k)满足条件：x0＜x1＜…＜xk，，则称数列xi(0≤i≤k)是一个δ佳位组。
若an，MH≤n≤M+N为任意复数，。
再设x1，0≤xi≤1，0≤i≤k为一δ佳位组，大筛法就是研究和式的上界估计。
显然，大筛法应该是筛法的一种，它的名称也应相对于小筛法(即通常的筛法)而言的。
设A是一个由有限多个整数所组成之集，Z＞2，P是一个由有限个不同素数P(P≤X)所组成的集合。
再设对每一个素数p∈P，给定模p的λ(p)个不同的剩余类：hp，1，hp，2，…，hρ，λ(p)。
在集合A中筛去所有满足下述条件的元素n：n，1≤j≤λ(p)，p∈p，将筛剩下来的A的子集记为N，并设其元素个数为Z，这就是筛法。
筛法所研究的主要问题就是估计Z的上界和下界，按照所有的λ(P)是“大”还是“小”(在某种平均意义上)，就称对应的筛法为大筛法或小筛法。
例如，取，这就是小筛法。
列尼克首先考虑了这样的问题：设集合A是由整数MH，M+2，…，M+N组成，取而P是由这不同的y个素数组成。
设且满足0＜λ＜1，列尼克证明了对Z有估计：Z《N／λ2y成立。
由于这里的λ(pi)≥λpi，所以是“大”的，因而列尼克把他的方法称为大筛法。
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⎛ ⎜ ⎝
p q
⎞⎛ ⎟⎜ ⎠⎝
q p
⎞ ⎟ ⎠
=
( −1)
p −1⋅ q −1 22
.
引理 2[1] (中国剩余定理) 若正整数 m1 , m2 ,... mk 两两互质，则对于任意正整数
( ) a1 , a2 ,..., ak ，一次同余方程组 x ≡ a j mod m j , j = 1, 2,⋅⋅⋅, k ,在模 m1m2 ⋅⋅⋅ mk 的意义下
关于模素数的最小素二次剩余的研究
叶立早 方伟军 张潇 （温州中学高三（1）班 浙江温州 325600）
∑ 摘要 本文给出模素数 p 的最小素二次剩余 f ( p) 的上界估计及
1 (r 是素数)的渐近
p≤x
f ( p)=r
公式. 关键词 素数 二次剩余 上界估计 渐近公式 引言 在学习数论的过程中,我们发现模素数的二次剩余的分布有相当的不规则性.因此我 们试图得到模素数的最小素二次剩余的较好上界.这就是我们研究的初衷.经过几个月的探 究,我们得到了一个较好的结论并发现其他一些相关的结论. 若无特别说明，本文采用文【1】的术语和符号. 我们先给出下述定义
(3)对 p ≡ 3(mod 8) ,且 p > 163, 取 n = p +1 ,则 n > 41且为奇数.由定理 2,
4
存在满足1
≤
k0
<
1 2
+
p+ 12
1
的
k0
使
g
p +1 4
(
k0
)
为合数.
取奇数
g
p +1 4
(k0
)
的最小素因子
q,即
q
整除
( 2k0
−1)2
4
+
p
,
由引理
1，有
⎛ ⎜ ⎝
p≤x
p≤x
p≡l(mod k )
p≤x
f ( p)=r
定义 3 对正整数 m，记 x 的函数 gm ( x) = x2 − x + m .
本文将证明如下定理：
定理 1
对任意素数 r,.
π
r
(
x)
~
π (x)
2π (r)
(
x
→
∞
)
.
定理 2 对 n > 41,存在1 ≤ k < 1 + 2
n 3
,使得
q
j
−1 )⋅
2
r
− 2
1
⋅
π ϕ
(x (M
) )
=
π (x)
2n+m+2
=
π 2
(x)
π (r)
(
x
→
∞)
定理 1 得证.
定理 2 的证明: 由引理 5 及引理 6,对 n > 41,存在1 ≤ k ≤ n −1使得 gn (k ) 为合数.
若1 ≤ k < 1 + n ,已成立. 23
若1+ 2
mod q j
, j = 1, 2,⋅⋅⋅, m,
⎪ ⎩
p
≡
α
et
(
mod
r
)
对某 α
∈{±1}
;
ui
∈
⎧⎨1, ⎩
2, ⋅ ⋅ ⋅
pi −1⎫⎬,i 2⎭
=
1,
2, ⋅ ⋅ ⋅,
n;
vj
∈
⎧ ⎨1,
2, ⋅
⋅
⋅
⎩
qj
−1⎫ ⎬,
2⎭
j
= 1, 2,⋅⋅⋅, m;
t
∈ ⎧⎨1, 2,⋅⋅⋅ ⎩
r
−1⎫
q p
⎞ ⎟ ⎠
=
q −1
(−1) 2
⎛ ⎜ ⎝
p q
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ ⎜ ⎝
−p q
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ ⎜⎜⎝
(2k0 −1)2
q
⎞ ⎟⎟⎠
=
1,
又 q ≤ (2k0 −1)2 + p <
p +1+ p
3
<
p .故 f ( p) ≤ q <
p.
4
4
综上,定理 3 得证.
在研究过程中,我们深切地感受到有关素数的问题的复杂性.三千多年的历史中,无数前 辈对素数进行过或深或浅的研究,但至今得到的还只是一些零散的结果.19 世纪以来,很多新 兴的方法的确使数论有了长足的发展,很多问题也有了统一的处理.但即使像本文中涉及的重
有
⎛ ⎜
⎝
2 p
⎞ ⎟ ⎠
=
(
−1)
p2 −1 8
= 1,故
f
( p) =
2<
p.
(2)对 p ≡ 5(mod 8) ,由引理 4, 存在正整数 x,y,使得 p = x2 + y2 .不妨设 x 为偶数,y 为奇数.
若 y = 1,则 x2 = p −1 为大于 1 的奇数.取素数 q 整除 x .
由此,对使
gn
(k
)
为合数且满足
1 2
+
n ≤ k ≤ n −1 的 k,我们总可以找到 1 ≤ k′ < k 使得 3
gn
(k′) 也为合数.重复此过程,可以找到
k0
使1 ≤
k0
<
1 2
+
n 3
且
gn
( k0
)
为合数,定理亦成立.
综上,定理 2 得证.
定理 3 的证明:
(1)对
p ≡ ±1(mod 8) ,
定义
1
对奇素数
p,称满足
⎛ ⎜
⎝
r p
⎞ ⎟ ⎠
=
1
的最小素数
r
为p
的最小素二次剩余,记为
f
( p) .此处
⎛ ⎜ ⎝
r p
⎞ ⎟ ⎠
为
Legendre
符号,下同.
定义 2 对素数 r,正整数 k，及整数 a.,对所有 x > 1 ，记
π ( x) = ∑1;π ( x; k,l ) = ∑ 1;π r ( x) = ∑ 1.
p≤x
1
=
π
(
x;8,1)
+
π
(
x;8,
−1)
~
2π ( x) ϕ (8)
=
π (x)
2ϕ(2)
(
x
→
∞)
f ( p)=2 p≡±1(mod8)
对 r ≥ 3 ,设小于 r 的所有 4k +1型素数为 p1 , p2 ,..., pn ,
所有 4k + 3 型素数为 q1 , q2 ,..., qm ,
gn
(k
)
为合数.
注:此结论由我们独立得到.但后来发现与第 28 届 IMO 第 6 题本质相同.
定理 3 对素数 p > 163, f ( p) < p .
( ) 并且，我们猜测，对任意 ε > 0, f ( p ) = O pε .
我们需要下述引理：
引理1[1]
(二次互反律) 对于不同的奇素数 p 和 q,
= =
−1 −1
或
⎪⎛ ⎪⎪⎪⎜⎝ ⎨⎛ ⎪⎪⎜⎜⎝
p pi
⎞ ⎟ ⎠
=
−1
− q
p
j
⎞ ⎟⎟⎠
=
−1
⎪⎪⎪⎩⎛⎜⎝
p r
⎞ ⎟⎠
=
1
⎪⎩⎪⎪⎜⎝⎛
−p r
⎞ ⎟⎠
=
1
⎧ p ≡ 4 + α (mod 8)
⎪ ⎪
p
≡
ai,ui
( mod
pi
),i
= 1,
2, ⋅ ⋅ ⋅,
n,
( ) ⇔
⎨ ⎪
p
≡
α b j ,v j
α
et
(
mod
r
)
x { } 在模 M 的意义下有唯一解 α ,{ui}, v j ,t .
( ) 易见
x α
,{ui
},{v
j
},t
,
M
= 1 .由引理 3 得
p1 −1
pn −1 q1 −1
qm −1 r −1
( ) ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ( ) 2
22
22
πr
x
=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
π
α ∈{±1} u1 =1 un =1 v1 =1 vm =1 t =1
x;
M
,
x α
,{ui },{v j },t
p1 −1
pn −1 q1 −1
qm −1 r −1
( ) 2
22
2 2πx
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
( ) α ∈{±1} u1 =1
u n =1 v1 =1
ϕ M vm =1 t =1
∏ ∏ n
= 2⋅(
i =1
pi − 1)( 2
m j =1
r
−1⎫
2
⎬. ⎭
则 f ( p) = r
⎧ p ≡ 5(mod 8) ⎧ p ≡ 3(mod8)
⎪
⎪
⇔
⎛ ⎜ ⎝
2 p
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ ⎜ ⎝
pi p
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ ⎜ ⎝
qj p
⎞ ⎟ ⎠
=
−1
，且
⎛ ⎜