数论01二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
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)。
第4讲二次同余与平方剩余
227
227
5−1 227 −1 ⋅ 227 2 ( )(−1) 2 5
2 = ( ) = (−1) = −1 。 东北大学数学系 5
52 −1 8
朱和贵
4.4二次互反律的证明
定理4 (二次互反律) 设p与q是不相同的两个素数，则
⎛ p⎞ ⎛ q⎞ ( p −1) / 2⋅( q −1) / 2 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ( −1) ⎝ q ⎠ ⎝ p⎠
东北大学数学系
朱和贵
4.1 一般二次同余式
定义１ 给定整数m，对于任意的整数a，(a，m) = 1，若方程x2 ≡ a (mod m)有解，则称a是模m的二 次剩余；否则，称a是模m的二次非剩余. 例1验证1是模4的平方剩余,-1是是模4的非平方剩余 例 2 1,2,4 是模7的平方剩余,-1,3,5是模7的非平方 剩余 解 因为,12≡1, 22≡4, 32≡2, 42≡2， 52≡4 ， 62≡1 （mod7），
证明: 定理4也是要证明
⎛ p ⎞⎛ q ⎞ ( p −1) / 2⋅( q −1) / 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ( −1) ⎝ q ⎠⎝ p ⎠
东北大学数学系
朱和贵
4.4二次互反律的证明
因为
∑[ ] q ( ) = (−1) i=1 p
qi p
p −1) / 2
( q −1) / 2
( p ) = (−1)
⎜ ⎟ = (− 1) ⎜ p⎟ ⎝ ⎠
证明: r1, r2, …, rk表示a,2a,…,,(p-1)/2a的模p最小剩余 小于或等于(p-1)/2的数, 而s1, s2, …, sm表示它们中 大于(p-1)/2的数, 显然k+m=(p-1)/2, 且:
数论01二次同余式与平方剩余共32页
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。——培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈
23、一切节省，归根到底都归结为时间的节省。——马克思 24、意志命运往往背道而驰，决心到最后会全部推倒。——莎士比亚
数论01二次同余式与平方剩余
•
6、黄金时代是在我们的前面，而ห้องสมุดไป่ตู้在 我们的 后面。
•
7、心急吃不了热汤圆。
•
8、你可以很有个性，但某些时候请收 敛。
•
9、只为成功找方法，不为失败找借口 (蹩脚 的工人 总是说 工具不 好)。
•
10、只要下定决心克服恐惧，便几乎 能克服 任何恐 惧。因 为，请 记住， 除了在 脑海中 ，恐惧 无处藏 身。-- 戴尔． 卡耐基 。
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯基
谢谢！
二次同余式和平方剩余
又因p为奇素数，所以有(p，2）=1
则 ( p,2x0 ) 1，所以有( p, f , (x0 )) ( p,2x0 ) 1 由上一章的定理知x2 a(mod p) 有解，并由
2、雅可比符号为1时，x2 a(mod m) 不一定
有解。例
(2) (2)(2) 1 ,但 x2 2(mod 9) 无解。
9 33
3、雅可比符号为-1时，则 x2 a(mod m)
一定无解。
因为若
(a) m
=-1，则至少有一个i使得
(
即 x2 a(mod pi ) 无解，则 x2 a(mod
(
2) p
(1)
p2 1 8
1, p 8k 1 1, p 8k 3
证：因为 p 1 (1)1(mod p)
2 2(1)2 p 3 3(1)3(mod p)
r
p 1, 2
p 1,
p p
4k 4k
1 3
r
p
1
(1)
p 1 2
(mod
p)
2
2
把上述
p 2
1
个式子相乘得
2 4 6( p 3)( p 1)
∵ 17≡1(mod 4) ∴ (17) (23) ( 6 ) ( 2 )( 3 ) ( 3 ) (17) ( 2) 1
23 17 17 17 17 17 3 3
∴ x2≡17(mod 23)无解，即原方程无解。
例4：若3是素数p平方剩余，问p是什么形式
的素数？
解：∵ 由反转定律
(
3
定理：在模P的简化系中，平方剩余和平方非
剩余余各为 p 1个
p 1
2
且 余，2而个且平仅方与乘一余数分一别同与余。1,22
二次同余式的解法
二次同余式的解法一、什么是二次同余式二次同余式是指形如ax2+bx+c≡0(mod m)的同余方程，其中a,b,c,m是给定的整数，x是未知数，≡表示模同余。
二、二次同余式的解法解二次同余式的一种常用方法是通过模平方根的性质。
下面介绍二次同余式的两种解法：平方剩余和二次非剩余。
2.1 平方剩余如果存在一个整数x，使得x2≡c(mod m)，则称c是模m的平方剩余。
我们可以通过以下步骤求解二次同余式：1.计算模m的平方剩余集合{02,12,22,…,(m−1)2}。
2.判断c是否在平方剩余集合中。
–如果在集合中，即存在x满足x2≡c(mod m)，则可以得到两个解：x≡±√c(mod m)。
–如果不在集合中，则二次同余式无解。
2.2 二次非剩余如果不存在一个整数x，使得x2≡c(mod m)，则称c是模m的二次非剩余。
解决二次同余式的方法如下：1.计算模m的平方剩余集合{02,12,22,…,(m−1)2}。
2.判断c是否在平方剩余集合中。
–如果在集合中，则二次同余式无解。
–如果不在集合中，可以通过以下步骤求解二次同余式：1.找到一个整数y，使得y2≡c⋅a(mod m)，其中a是模m的一个非平方剩余。
2.利用模m的平方剩余集合求解y的平方根。
3.根据平方根的性质，可以得到两个解：x≡±y(mod m)。
2.3 例子假设我们要解决二次同余式3x2+5x+2≡0(mod11)。
按照上述方法，我们可以进行如下步骤：1.计算模11的平方剩余集合：{02,12,22,…,102}={0,1,4,9,5,3,3,5,9,4,1}。
2.判断2是否在平方剩余集合中，发现不在集合中。
3.找到一个整数y，使得y2≡2⋅a(mod11)，其中a是模11的一个非平方剩余。
可以选择a=3，则62≡2⋅3(mod11)。
4.利用模11的平方剩余集合求解6的平方根，发现6在平方剩余集合中。
5.得到两个解：x≡±6(mod11)。
名师推荐数论01二次同余式与平方剩余32页PPT
46、法律有权打破平静。——马·格林 47、在一千磅法律里，没有一盎司仁 爱。— —英国
48、法律一多，公正就少。——托·富 勒 49、犯罪总是以惩罚相补偿；只有处 罚才能 使犯罪 得到偿 还。— —达雷厄尔
谢谢
11、越是没有本领的就越加自命不凡。——邓拓 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。——老子 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。——歌德 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。——迈克尔·F·斯特利
数论的四大定理详解（转载）
数论的四⼤定理详解（转载）转载于:前⾔可以发现RSA中的很多攻击⽅法都是从数论四⼤定理推导出的，所以找时间好好学习了⼀下数论四⼤定理的证明及其应⽤场景——Rabin算法。
欧拉定理若$n,a$为正整数，且$n,a$互素，即$gcd(a,n) = 1$，则$a^{φ(n)}\equiv1\pmod{n}$证明⾸先，我们需要知道欧拉定理是什么：数论上的欧拉定理，指的是$a^{φ(n)}\equiv1\pmod{n}$这个式⼦实在$a$和$n$互质的前提下成⽴的。
证明⾸先，我们知道在1到$n$的数中，与n互质的⼀共有$φ(n$)个，所以我们把这$φ(n)$个数拿出来，放到设出的集合X中，即为$x_1,x_2……x_{φ(n)}$那么接下来，我们可以再设出⼀个集合为M，设M中的数为：$m_1=a∗x_1,m_2=a∗x_2……m_φ(n)=a∗x_{φ(n)}$下⾯我们证明两个推理：⼀、M中任意两个数都不模n同余。
反证法。
证明：假设M中存在两个数设为$m_a,m_b$模$n$同余。
即$m_a\equiv m_b$移项得到：$m_a−m_b=n∗k$再将m⽤x来表⽰得到：$a∗x_a−a∗x_b=n∗k$提取公因式得到：$a∗(x_a−x_b)=n∗k$我们现在已知$a$与$n$互质，那么式⼦就可以转化为：$x_a−x_b\equiv 0 \pmod{n}$因为$a$中没有与$n$的公因⼦（1除外）所以$a !\equiv 0 \pmod{n}$ 所有只能是$ x_a−x_b\equiv 0\pmod{n}$。
⼜因为$x_a,x_b$都是⼩于$n$的并且不会相同，那么上述的式⼦⾃然全都不成⽴。
假设不成⽴。
证得：$M$中任意两个数都不模$4$同余。
⼆、M中的数除以n的余数全部与n互质。
证明：我们已知$m_i=a∗x_i$⼜因为$a$与$n$互质，$x_i$与$n$互质，所以可得$m_i$与$n$互质。
带⼊到欧⼏⾥得算法中推⼀步就好了。
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)
数论01二次同余式与平方剩余
平方非剩余
如果一个数$a$模$p$同余于$x^2$模$p$ ，则称$a$为$x^2$的平方非剩余。
判定法则
判定法则一
费马小定理，若$p$是质数，且$(a, p)=1$，则有$a^{p-1} equiv 1 pmod{p}$。
判定法则二
二次互反律，设$p, q$是两个不同的奇素数，且$(p, q)=1$，则有$(p equiv q pmod{4}) Leftrightarrow (q equiv p pmod{4})$。
03
具体的证明过程需要用到一些较为复杂的数学符号 和逻辑推导，这里不再赘述。
应用案例
01
02
03
在密码学中，二次同余 式与平方剩余的概念被 广泛应用于一些加密算 法的设计，如 RSA 算法
。
在数论研究中，这些概 念也是重要的工具，可 以帮助我们解决一些数
论中的难题。
在实际生活中，这些概 念在金融、物流等领域 也有一定的应用，例如 在电子支付和电子签名 的安全性验证等方面。
解释
这是一个关于 (x) 的二次方程，但它 的解必须满足同余条件，即解必须是 模 (m) 的同余类。
性质
性质1
如果 (a, b, c, m) 满足二次同余式的定义，那么对于任意整数 (x)，如果 (x^2 + bx + c equiv 0 (mod m)) 成立 ，那么 (ax^2 + bx + c equiv 0 (mod m)) 也一定成立。
THANKS
感谢观看
应用实例
在密码学中的应用
平方剩余在密码学中有重要的应用，例如RSA公钥密码算法中就使用了平方剩余的性质 。
在数论中的应用
平方剩余是数论中的一个重要概念，它在证明费马大定理、哥德巴赫猜想等数学问题中 发挥了重要作用。
二次同余式和平方剩余
§2 勒让德符号
定义：p是一个给定的奇素数，对于整数a定 义勒让德符号
1, a是平方剩余
( 例：
a) p
(1)
1, a是平方剩余
0, p | a
1, (2) 1, (3) 1, (4)
1
55
5
5
为了更方便地计算勒让德符号，我们给出其 相关的性质，即有下面的定理。
定理1：（1）
(a)
p 1
有解。例
(2) (2)(2) 1 ,但 x2 2(mod 9) 无解。
9 33
3、雅可比符号为-1时，则 x2 a(mod m)
一定无解。
因为若
(a) m
=-1，则至少有一个i使得
(
即 x2 a(mod pi ) 无解，则 x2 a(mod
a )
pi
m)
=-1,
无解.
下面给出雅可比符号的类似于勒让德符号性质，
定理：在模P的简化系中，平方剩余和平方非
剩余余各为 p 1个
p 1
2
且 余，2而个且平仅方与乘一余数分一别同与余。1,22 ,
(
p 1)2 2
之一同
证明如下:
证：由欧拉判别定理知平方剩余的个数是
p 1
p 1
x 2 1(mod p) 的解数。但 x p x (x 2 1)q(x)
其余式为0，由定理知
(143) 563
时，可以不
要管143是否为素数而直接用二次互反律，为
计算提供了方便。
例2：若 ( d ) 1, 则p 不能写成x2 dy2 的形式
p
证：若p= x2 dy2 ,则有若P|x, 则有 p|y
于是可设 x px1, y py1
二次同余
a ) (a
p 1 2
1) x
( x a) xq( x) (a
1) x
其中 q(x)是 x 的整系数多项式. 2 若 a 是模 p 的平方剩余，即 x ≡a (mod p) 有二个解 x，根据 3.4 定理 5，余式的系数被 P 整除，即 p | a
p 1 2
1，所以(2)式成立.
二
2
二次同余式的应用
x=2, y =0 (mod 7), y= 0(mod 7)， 2 x=3, y =4 (mod 7), y=2,5(mod 7)， 2 x=4, y =5 (mod 7), 无解， 2 x=5, y =2 (mod 7), y=3,4(mod 7)， 2 x=6, y =1 (mod 7), y= 1, 6(mod 7).
2 2 2
个数同余.
证: 由定理 1，平方剩余的个数等于同余式
x
p 1 2
1(mod p)
p 1
x 1| x 1
由 3.4 定理
p 1 2
定理5 设p是一个素数，n是一个正整 数，n≤ 的解数，但p.那么同余式 f( x)=xn +…+a1 x +a0 ≡0(mod p)有n个 解的充分必要条件是xp –x被f( x) 除所得余式的所有系数都是P的倍数
第四章 二次同余式与平方剩余
一 二次同余式的概念 二 二次同余式的应用 三 模为奇素数的平方剩余与平方 非剩余
一
其中 a
二次同余式的概念
0(mod m).
1
二次同余式的一般形式是 ax2 bx c 0(mod m) (1) 因为正整数 m 有素因数分解式 m p1 二次同余式(1)等价于同余式组： ax 2 bx c 0 (mod p1 ) ax 2 bx c 0 (mod p ) k
第五章 (10) 一般二次同余式、平方剩余
18
定 理3 ( G a u s s 二 次 互 反 律 ) 设 p, q 均 为 单 质 数 , ( p, q ) 1,则 q ( p 1)/2( q 1)/2 p ( ) ( 1) ( ). p q 定 理3 表 明 : 两 个 奇 数 p, q,只 要 有 一 个 数 q p 1 （ m o d 4 ) , 就 必 有( ) ( );当 且 仅 当 它 们 p q q p 都 是 4k 3 形 式 的 数 时 , 才 有( ) ( ). p q
有( p 1) / 2个 . 由 于 模 p 的 简 化 剩 余 系 有 p 1个 数 , 所 以 另 外 的 ( p 1) / 2 个 必 为 模 p 的 平 方 非 剩 余 , 这 就 证 明 前 一 半 结 论 . 当 a 是 模 p 的 平 方 剩 余 时 , 由 式 ( 7 ) 及 ( 8 ) 知 , 必 有 惟 一 的 i, 使 x i (mod p)是 ( 5 ) 的 解 , 进 而 就 推 出 在 简 化 剩 余 系 ( 6 ) 中 有 且 仅 有 x i (mo d p)是 ( 5 ) 的 解 , 即 ( 5 ) 的 解 数 为2.
6
定理 1 在模 p的一个简化剩余系中, 恰 有 ( p 1) / 2个 模 p 的 平 方 剩 余 ; ( p 1) / 2 个模 p的平方非剩余.此外,若a 是模 p的 平 方 剩 余 , 则 同 余 式 x 2 a (mod p)的 解 数 为 2.
7
p 1 p 1 证 只 要 取 模 p 的 绝 对 最 小 简 化 剩 余 系 ,+1, ,-1, 2 2 p 1 p 1 1, , -1, (6) 来 讨 论 . a 是 模 p 的 平 方 剩 余 当 且 仅 当 2 2 a ( p 1 2 p 1 ) ,( 1) 2 , 2 2 ,( 1) 2 ,12 , ,( p 1 p 1 2 1) 2或( ) (mod p) 2 2
初等数论-第5章-二次同余式与平方剩余
2023/11/11
7
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).
2023/11/11
19
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
2023/11/11
1
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.
2023/11/11
4
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
二次同余式的解法
二次同余式的解法1. 引言在数论和抽象代数中，同余是一个重要的概念。
同余关系是指两个整数之间具有相同的余数，即它们除以某个整数所得的余数相等。
在解决一些问题时，我们经常会遇到二次同余式，即形如x^2 ≡ a (mod m)的方程。
本文将介绍二次同余式的解法，并详细讨论三种常用的解法：勒让德符号、平方剩余和中国剩余定理。
2. 勒让德符号勒让德符号是二次剩余理论中一个重要的工具。
对于给定的整数a和素数p，勒让德符号(a/p)定义为：(a/p) = { 1, 若存在整数x满足x^2 ≡ a (mod p) -1, 若不存在整数x满足x^2 ≡ a (mod p) }根据勒让德符号，可以判断一个整数是否为平方剩余。
如果(a/p) = 1，则a是p模意义下的平方剩余；如果(a/p) = -1，则a是p模意义下的非平方剩余。
使用勒让德符号可以解决一些特殊情况下的二次同余式。
例如，当p是奇素数且a是整数时，如果(a/p) = 1，则二次同余式x^2 ≡ a (mod p)有两个解；如果(a/p) = -1，则无解。
3. 平方剩余平方剩余是指对于给定的整数a和模m，存在一个整数x使得x^2 ≡ a (mod m)成立。
平方剩余是二次同余式的一种特殊情况。
为了判断一个整数是否为平方剩余，可以使用勒让德符号。
对于给定的素数p和整数a，如果(a/p) = 1，则a是p模意义下的平方剩余；如果(a/p) = -1，则a是p 模意义下的非平方剩余。
当我们确定一个整数a是模m意义下的平方剩余后，可以进一步求解二次同余式x^2 ≡ a (mod m)。
其中m可以是任意正整数。
求解二次同余式有多种方法，如试位法、勒让德符号法和Tonelli-Shanks算法等。
这些方法都可以根据给定的模m和平方剩余a来找到所有满足条件的x。
4. 中国剩余定理中国剩余定理是一种用于求解一组同余方程组的方法。
对于给定的一组同余方程：x ≡ a1 (mod m1) x ≡ a2 (mod m2) … x ≡ an (mod mn)其中m1, m2, …, mn两两互质，中国剩余定理可以找到一个解x，且满足0 ≤ x < M = m1 * m2 * … * mn。
信息安全数学第四章 二次同余式与平方剩余
4.1二次剩余与二次非剩余
定理3-2
在模p的缩系1,2,…,p-1中. 有(p-1)/2个模p的二 次剩余和(p-1)/2个模p的二次非剩余, 且： 12,22,…,((p-1)/2)2 是模p一缩系中的全部二次剩余
思路：r是解，则p-r也是，所以必有一解满足1≤x≤(p1)/2；再证这个范围的(p-1)/2个数d的平方两两不同余， 所以有(p-1)/2个模p的二次剩余, 从而模p的二次非剩 余也有: (p-1)-(p-1)/2=(p-1)/2 个.
性质3-1 ④ 若p是奇素数,则
2 p
1 ( p2 1) / 8
思路：在高斯引理中, 令a=2, 则:
2,2·2,2·3,…,3,(p-1)/2·2
已在1与p之间, 令计算满足p/2<2k<p,有p/4<k<p/2的k个数
则：m
p 2
p 4
高斯（gauss）引理
现ri要+s证j0这(m(po-1d)/p2).个数各不相同,只需证ri=p-sj,若ri=p-sj, 则
又于因(为p-r1i)/ta2(的m两od个p正),整sj数u.a于(m是o,d(t+p)u, )其a中(mt和odu是p)小. 因于为或, 等
(a,p)=1, 所以(t+u)0(mod p), 这是不可能的, 因为
(1≤i≤k, 1≤j≤m), 因此得:
p2 1
1
1 2 ( p 1) R mp S
8
2
又
p2
1a
( p1) / 2
ka
8
k 1
初等数论(严蔚敏版)12 第五章二次同余式与平方剩余
p 3
当它们同为1或同时为
1时，
3 p
1，
3
一为1，一为 1时，
p
1
24 / 38
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
p 1
p1
显然，当 为偶数，而 p 1(mod 4)时，(1) 2 1，
2
p 1
p1
当 是奇数，即 p 1(mod 4)时，(1) 2 1。
2
再因为 p 是奇质数，关于模3我们有 p 1或 p 1，
182 28.
7 / 38
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
故模 37 的平方剩余为： 1，3，4，7，9，10，11，12，16，21，25，26，27，
30，33，34，36 而其它的 18 个数为模 37 的平方非剩余： 2，5，6，8，13，14，15，17，18，19，20，22，23，
5 / 38
§5.2
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
单质数的平方剩余与平方非剩余
m
1、 求出模 ( )的平方剩余与平方非剩余。
da d
p 1 解： p 37, 18，由书中定理 2 知，
2 模 p 37的简化剩余系中18个平方剩余分别与序列
12 , 22 ,,182
6 / 38
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
11 / 38
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
ar 1
,...,
a
为模
p1
p
的简化剩余系中的平方非剩余。
由(ii)知，ar1a1,..., ar1ar 为平方非剩余，显然互不同余。 故r ( p 1) r,
反
之
，
二次同余式与平方剩余
本章的目的是较深入地讨论 1.一般二次 了解一般二次及：教学过程:本节主要讨论 2.单质数的 了解单质数的：教学过程:这节我们讨论单质数p 的)(mod 121p ap ≡-：而)(mod 121p ap -≡-单质数p 的使的)(mod ),(mod 222121p a r p a r ≡≡于是有)(mod )(21221p a a r r ≡ 这说明一般二次同余式在第四章中，我们讨论了高次同余式的解的一般理论，但在实际中，要解一个高次同余式一般比较困难。
在本章我们重点讨论二次同余式的解法。
思路是先把一般二次同余式化为特殊的二次同余式，再引入平方剩余与平方非剩余，并利用勒让得符号来判断特殊二次同余式是否有解。
二次同余式的一般形式 二次同余式的一般形式是，0 （） （1）化一般二次同余式为特殊二次同余式 由高次同余式的理论知，若的标准分解式为，则（1）有解的充要条件是下面同余式组中每个同余式有解。
于是要判别（1）是否有解及如何解（1），我们可重点讨论为质数。
（2）下面对（2）分情况进行讨论。
找到（2）有解的判别法。
由于（2）为二次同余式，故可假定，若有但(,,)，则（2）化为。
而。
故还可假定(,,)。
1) |，|。
则。
因而同余式无解。
故（2）设有解。
2)|，。
则无解，故（2）有解的充要条件是有解，即有解。
但（，）＝1。
故有解，从而（2）有解，且（2）的解可由的解求出。
3) ，>2。
则。
用4乘（2）后再配方，即得（3）易证（2）和（3）等价。
用代2＋得（4）则（2）有解的充要条件是（4）有解，于是将（2）化为（4）讨论。
4)，＝2。
这时为奇。
（i ）若2，则无解。
故（2）有解的充要条件是有解。
因对任何整数恒有。
所以（2）有解的充要条件是有解，即2|。
（ii ） 若2|，令。
由知（2）有解的充要条件是有解。
即(5)有解。
作代换＝＋，则（2）有解的充要条件是有解。
由上面讨论，可将（2）的问题化为二次同余式或一般情况即(6)平方剩余和非平方剩余定义 若同余式（6）有解，则叫模的平方剩余，若同余式（6）无解，则叫模的平方非剩余。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2020/6/13
数论
二 二次同余式的应用
例 5 求满足方程 E : y2 x3 x 2(mod 7)
的所有点. 解：对 x=0,1,2,3,4,5,6,分别求出 y. x=0, y2 =2 (mod 7), y= 3, 4(mod 7). x=1, y2 =4 (mod 7), y=2,5(mod 7)，
p 1
a 2 1(mod p); (2)
(ii) a 是模 p 的平方非剩余的充分 必要条件是
p 1
a 2 1(mod p); (3)
并且当 a 是模 p 的平方剩余时，同 余式(1)恰有二解.
2020/6/13
数论
三 模为奇素数的平方剩余
与平方非定理剩5 设余p是一个素数，n是一个正整
证 (i) 因为 p 是奇素数，数 f( 所x，)=n以x≤n p+有.…那+么表a1同x达余+a式式0 ≡0(mod p)有n个
2020/6/13
数论
二 二次同余式的应用
x=2, y2 =5 (mod 7), 无解， x=3, y2 =4 (mod 7), y=2,5(mod 7)， x=4, y2 =0 (mod 7), y=0(mod 7)， x=5, y2 =6 (mod 7), 无解， x=6, y2 =0 (mod 7), y=0(mod 7).
2020/6/13
数论
二 二次同余式的应用
x=2, y2 =6 (mod 7), 无解， x=3, y2 =6(mod 7), 无解， x=4, y2 =3 (mod 7), 无解， x=5, y2 =3 (mod 7), 无解， x=6, y2 =5 (mod 7), 无解，
2020/6/13
数论
二次同余式(1)等价于同余式组：
ax2 bx c 0
(mod
p )1 1
ax 2
bx c 0
(mod pk ) k
2020/6/13
数论
一 二次同余式的概念
我们只需讨论模为素数幂 pa 的同余式: ax2 bx c 0(mod p ), p a (2)
将同余式的两端同乘以 4a,我们得到 4a2x2 4abx 4ac 0(mod p ) 或 (2ax b)2 b2 4ac(mod p ) 令 y=2ax+b,我们有
2020/6/13
数论
二 二次同余式的应用
例 6 求满足方程
E : y2 x3 2x 1(mod 7) 的所有点. 解：对 x=0,1,2,3,4,5,6,分别求出 y. x=0, y2 =1 (mod 7), y= 1, 6(mod 7). x=1, y2 =4 (mod 7), y=2,5(mod 7)
a a bn4 130,b b 2 131(mod 227)
4
3
4
5
4
(6) n5 =1,计算
a a bn5 5, b6 b 2 136(mod 227)
5
4
5
5
5
(7) n6 =1,计算
a a bn6 226(mod 227)
6
5
6
2020/6/13
数论
因此，137 为模 227 平方非剩余.
2020/6/13
数论
2020/6/13
数论
二 二次同余式的应用
例 4 求满足方程 E : y2 x3 x 1(mod 7) 的所有点. 解：对 x=0,1,2,3,4,5,6,分别求出 y. x=0, y2 =1 (mod 7), y= 1, 6(mod 7). x=1, y2 =3 (mod 7)，无解，
y2 b2 4ac(mod p )，特别地，当 p 是奇素
数时，(p ,2a)=1,上述同余式等价于同余式 (2)
2020/6/13
数论
一 二次同余式的概念
定义 1 设 m 是正整数，若同余式 x2 a(mod m),(a, m) 1
有解，则 a 叫做模 m 的平方剩余(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 1 是模 4 的平方剩余，-1 是模 4 的平方 非剩余. 例 2 1，2，4 是模 7 的平方剩余，-1 ，3，5 是模 7 的平方非剩余.
第四章 二次同余式与平方剩余
一 二次同余式的概念 二 二次同余式的应用 三 模为奇素数的平方剩余与平方
非剩余
2020/6/13
数论
一 二次同余式的概念
二次同余式的一般形式是ax2 bx c 0(mod m)(1)
其中 a 0(mod m).
因为正整数
m 有素因数分解式 m
p1 1
pk ，所以 k
0
1
(2) n1 =0,计算
a a 137,b b 2 190(mod 227)
1
0
2
1
(3) n2 =0,计算
a a 137,b b 2 7(mod 227)
2
1
3
2
2020/6/13
数论
(4) n3 =0,计算
a a 137,b b 2 49(mod 227)
3
2
4
3
(5) n4 =1,计算
(ii)因为 p 是奇素数，(a, p)=1,根据 2.4 定
理 1（欧拉定理），我们有表达式
p1
p1
(a 2 1)(a 2 1) a p1 1 0(mod p)
2020/6/13
数论
三 模为奇素数的平方剩余
与平方非剩余
定理2 若p是素
再根据 1.4 定理 2，我们有
数，如果p| ab, 则有p| a 或 p| b
由 3.4 定理 5，此同余式的解数是 p 1，故
2
平方剩余的个数是 p 1，而平方非剩余个数是
2
p- 1 - p 1 = p 1.
2
2
2020/6/13
数论
再证明定理的第二部分： 若(4)中有两个数模 p 同余，即存在
k 1
k (mod 2
p) 使得k2 1
k2 (mod 2
p)
则
(k k )(k k ) 0(mod p)
p 1
p解1 的充分必要p条1 件是xp –x被f( x)
x p x x((x2 ) 2 a 除2 所) 得余(式a的2所有系1数) x都是P的倍数
p 1
(x2 a)xq(x) (a 2 1)x
其中 q(x)是 x 的整系数多项式. 若 a 是模 p 的平方剩余，即 x2 ≡a (mod p)
个数同余.
2020/6/13
数论
证: 由定理 1，平方剩余的个数等于同余式
p1
定理5 设p是一个素数，n是一个正整
x 2 1(mod p) 的解数数，，但n≤ p.那么同余式
p1
x 2 1| x p1 1
f( x)=xn +…+a1 x +a0 ≡0(mod p)有n个 解的充分必要条件是xp –x被f( x) 除所得余式的所有系数都是P的倍数
2020/6/13
数论
三 模为奇素数的平方剩余 与平方非剩余
我们讨论模为素数 p 的二次同余式
x2 a(mod p), (a, p) 1
(1)
定理 1（欧拉判别条件）设 p 是奇素数， (a, p)=1, 则 ( i ) a 是模 p 的平方剩余的充分必要条件是
2020/6/13
数论
三 模为奇素数的平方剩余 与平方非剩余
推论 设 p 是奇素数，(a1 ,p) =1,(a2 ,p)=1,则 (i) 如果 a1 ,a2 都是模 p 的平方剩余，则 a1 a2 是模 p 的平方剩余. (ii) 如果 a1 ,a2 都是模 p 的平方非剩余，则 a1 a2 是模 p 的平方剩余. (iii) 如果 a1 是模 p 的平方剩余，a2 是模 p 的平 平方非剩余，则 a1 a2 是模 p 的平方非剩余
137 (2271)/2 137113 (mod 227)
运用模重复平方计算法，设 m=227,b=137, 令 a = 1,将 113 写成二进制，
2020/6/13
数论
113 1 24 25 26
我们依次计算如下：
(1) n0 =1,计算
a a bn0 137,b b2 155(mod 227)
p1
p1
p | a 2 1或 p | a 2 1
因此，结论(i)告诉我们： a 是模 p 的 平方非剩余的充分必要条件是
p1
a 2 1(mod p)
2020/6/13
数论
例1 利用定理判断
2020/6/13
数论
例 2 判断 137 是否为模 227 平方剩余. 解： 根据定理 1，我们要计算：
数论
二 二次同余式的应用
x=2, y2 =0 (mod 7), y= 0(mod 7)， x=3, y2 =4 (mod 7), y=2,5(mod 7)， x=4, y2 =5 (mod 7), 无解， x=5, y2 =2 (mod 7), y=3,4(mod 7)， x=6, y2 =1 (mod 7), y= 1, 6(mod 7).
二次同余式的概念， 二次同余式的运用， 欧拉判别条件
2020/6/13
数论
作业
习题4.9 1 ，4，6，8 补充一题：
2020/6/13
数论
有二个解 x，根据 3.4 定理 5，余式的系数被
p 1
P 整除，即 p | a 2 1，所以(2)式成立.
2020/6/13
数论
三 模为奇素数的平方剩余 与平方非剩余
反过来，若(2)成立，则同样根据 3.4 定 理 5，我们有同余式 x2 ≡a (mod p) 有解，