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)。
信息安全数学基础习题答案 2
信息安全数学基础习题答案第一章整数的可除性1．证明：因为2|n 所以n=2k , k∈Z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1，k1∈Z7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1即k1=7 k2，k2∈Z 所以n=2*5*7 k2即n=70 k2, k2∈Z因此70|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k∈Z 3|a-1 则3|a3-a所以a3-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1，k0∈Z（2 k0+1）2＝4 k02+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1由于k0与k0+1为两连续整数，必有一个为偶数，所以k0 (k0+1)=2k所以（2 k0+1）2=8k+1 得证。
4．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a3-a由第二题结论3|（a3-a）即3|(a-1)a(a+1)又三个连续整数中必有至少一个为偶数，则2|(a-1)a(a+1)又（3，2）=1 所以6|(a-1)a(a+1) 得证。
5．证明：构造下列k个连续正整数列：(k+1)！+2, (k+1)！+3, (k+1)！+4,……, (k+1)！+(k+1), k∈Z对数列中任一数 (k+1)！+i=i[(k+1)k…(i+1)(i-1)…2*1+1], i=2,3,4,…(k+1)所以i|(k+1)！+i 即(k+1)！+i为合数所以此k个连续正整数都是合数。
6．证明：因为1911/2＜14 ,小于14的素数有2，3，5，7，11，13经验算都不能整除191 所以191为素数。
因为5471/2＜24 ,小于24的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23经验算都不能整除547 所以547为素数。
由737=11*67 ,747=3*249 知737与747都为合数。
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:
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)。
初等数论 第5章 二次同余式与平方剩余
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14
例如：x2 a(mod11) 模11的平方剩余为1，-2，3，4，5.
方程 x2 1(mod11)的解为：x 1,10(mod11); 方程 x2 2(mod11)的解为：x 3,8(mod11); 方程 x2 3(mod11)的解为：x 5,6(mod11); 方程 x2 4(mod11)的解为：x 2,9(mod11); 方程 x2 5(mod11)的解为：x 4,7(mod11).
若 x2 a(modm有) 解，则a称为模m的平方剩余； 否则，称a为模m的平方非剩余。
例4.求m 3,5,7,11的平方剩余和平方非剩余.
解：要使x2 a(mod 3)有解，且(a,3) 1. 只要求出x 2对模3的余数即可.
12 1(mod 3),22 1(mod 3), ∴ 模3的平方剩余为1；平方非剩余为2(或-1).
根据§4.4-TH5[P86]知方，程(1)有两个解。
定理5 设n p，则同余方程
f(x) = xn an 1xn 1 a1x a0 0 (mod p) 有n个解的充要条件是 存在整数多项式q(x)和r(x)，r(x)的次数< n，使得
x p x = f(x)q(x) pr(x)。
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5
三、同余式 y2 A 0(mod p ) 解的讨论
1、当 p A时，有解，且其解易求。
例1. y2 81 0(mod 33 ) y2 0(mod 33 ) y 0(mod 32 ) y 0,9，18(mod 33 )
2、当p ŒA时，可化为y2 A 0(mod p ),( A, p ) 1.
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。
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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
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
第5章二次同余式与平方剩余
第五章 二次同余式与平方剩余本章的目的是较深入地讨论二次同余式。
讨论方法是把问题归结到讨论形如)(mo d 2m a x ≡的同余式，进而引入平方剩余和平方非剩余的概念，再应用数论中常用的函数(勒让德符号及雅可比符号)去讨论m 是单质数的情形，进而讨论一般的情形。
最后还应用本章结果解决两个不定方程的问题，并介绍一下与它们有关的著名的华林问题。
教学内容: 1.一般二次同余式教学目的: 了解一般二次同余式及平方剩余，平方非剩余的概念： 教学重难点: 平方剩余的概念 教学过程:本节主要讨论二次同余式，讨论方法是把问题归结到讨论形如)(mod 2m a x ≡的同余式，进而引入平方剩余和平方非剩余的概念，再应用数论中常用的函数讨论m 是单质数的情形，进而讨论一般的情形： 一． 基本概念： 首先：二次同余式的一般形式：)(m od 0),(m od 02m a m c bx ax ≡/≡++（1） 用4a 乘（1）式再加上2b 得：acb b ax am ac b b abx x a 4)2()4(mod 444222222-≡+-≡++即若令ac b D b ax y 4,22-=+=则上式变为)4(mod 2am D y ≡（2）具体分析过程见书上P74:由同于是的性质可知（2）与（1）式同时有解或同时误解：故讨论（1）式有解的问题可以转为讨论（2）式有解的问题：为了讨论（2）式是否有解，我们引入平方剩余和平方非剩余的概念：定义：假设（a,m ）=1，如果同余式)(mod 2m a x ≡有解，则a 叫做模m 的平方剩余，否则叫做模m 的平方非剩余：例：)7(m od 2a x ≡根据同余式解的形式：他的接有0，1，2，3，4，5，6这7中可能，而a 有1，2，3，4，5，6这六种可能，严整可知 当a 取1，2，4是有解，当a 取3，5，6时误解，故1，2，4为模7的平方剩余，而3，5，6为模7的平方非剩余：教学内容: 2.单质数的平方剩余与平方非剩余教学目的: 了解单质数的平方剩余，平方非剩余的基本性质及判别方法： 教学重难点: 平方剩余，平方非剩余的判别 教学过程:这节我们讨论单质数p 的平方剩余，平方非剩余： 一． 判别方法： 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是：)(mod 121p ap ≡-：而a 是模p 的平方非剩余的充要条件是：)(mod 121p ap -≡-证明：见书上P76：由此定理我们就可以判别单质数p 的平方剩余，平方非剩余： 二．基本性质：定理2：模p 的平方剩余和平方非剩余各为21-p ，而且21-p 个平方剩余分别与序列)21(2,122-p 中之一数同余，且仅与一数同余： 证明：见书上P77：关于平方剩余和平方非剩余具有以下性质： 定理3：对于同一素数p 来说： 1． 二平方剩余之积仍是平方剩余：2． 一平方剩余与一平方非剩余之积为平方非剩余： 3． 二平方非剩余之积为平方剩余：证明：1。
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
二次同余式和平方剩余
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 余，而且仅与一数一同余。 证明如下:
2 p 1 p 1 2 2 且 2 个平方乘余分别与 1,2 , ( 2 ) 之一同
证：由欧拉判别定理知平方剩余的个数是
x
p 1 2
x p x (x 1(mod p) 的解数。但
∵ 17≡1(mod 4)
17 23 6 2 3 3 17 2 ∴ ( 23 ) (17 ) (17 ) (17 )( 17 ) (17 ) ( 3 ) ( 3 ) 1
∴ 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
素数 P=3， P=5 P=7 平方剩余 1 1，4 1，2，4 平方非剩余 2 2， 3 3，5，6
P=11
P=13
1，4，9，5，3
1，4，9，3，12，10
2，6，7，8，10
2，5，6，7，8，11
欧拉判别定理从理论上这对判别一 般的a是否有解已经是完善了，但缺点 是计算量比较大。为了弥补计算量大 的不足，我们要引进了勤让德符号， 使得判别更简单。
p1 2
1(mod p)
或 a
p 1 2
p1 2
1(mod p)
) (a
p 1 2
但上两式不能同时成立，否则有 2 0(mod p)
又
x p x x( x p 1 1) x((x 2 ))
a
p 1 2
1) x
( x a ) q ( x) ( a
2
p 1 2
p1 2
1) x
2
p1 2
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
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
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《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
，
《数论算法》教案 5章(二次同余方程与平方剩余)共43页文档
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 αααΛ2121，则方程（1）等价于同余方程组 ⇒ 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 。
数论算法讲义 4章(二次同余式与平方剩余)
第 4 章 二次同余式与平方剩余（一） 内容：● 二次同余方程，平方剩余● 模为奇素数的平方剩余● 勒让德符号、雅可比符号● 二次同余方程的求解（二） 重点：二次同余方程有解的判断与求解4.1 一般二次同余式(一) 二次同余式a 2x ＋bx ＋c ≡0 mod m ， （a ≠0 mod m ） （1）(二) 化简设模数m 可分解为m ＝kk p p p ααα 2121，则方程（1）等价于同余方程 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡++≡++≡++k kp c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 02221221问题归结为讨论同余方程a 2x ＋bx ＋c ≡0 mod αp ， （p ┝a ） （2）(三) 化为标准形式方程（2）两边同乘以4a ，42a 2x ＋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，（4）与方程（2）是等价的。
也就是说，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）（这时是x 的一次同余方程，()12,=a p ，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，且反过来也对，此外两者解数相同。
由以上讨论知，只要讨论形如2x ≡a mod αp （5）的同余方程。
【例】化简方程7x 2＋5x －2≡0（mod 9）为标准形式。
（解）方程两边同乘以28，得196x 2＋140x －56≡0（mod 9）即 (14x ＋5) 2－25－56≡0（mod 9）亦即 y 2≡81（mod 9）(四) 二次剩余【定义1】设m 是正整数，a 是整数，m ┞a 。
若同余方程2x ≡a mod m （6）有解，则称a 是模m 的平方剩余（或二次剩余）；若无解，则称a 是模m 的二次非剩余。
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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 12
1p a
p ≡-：而)(mod 12
1p a
p -≡-
单质数p 的使的)(mod ),(mod 22
212
1p a r p a r ≡≡于是有)(mod )(212
21p 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。
由这一定义，要判断（6）是否有解，就是判断是否为模的平方剩余，下面几节
就讨论为模的平方剩余及平方非剩余的判别。
单质数的平方剩余和平方非剩余
在这一节里我们只讨论单质数的平方剩余和平方非剩余，即讨论形如
（1）
的同余式的解。
定理1（欧拉判别条件）若（，）＝1，则是模的平方剩余的充分与必要条件是
（2）
而是模的平方非剩余的充分与必要条件是
（3）
且若是模的平方剩余，则（1）式恰有两个解。
证（i）因为能整除，即有一整系数多项式（）使
，
故
若是平方剩余，则（2）成立。
因而由质数模高次同余式解的个数的结果知
有二解。
反之，若（2）成立，则是模的平方剩余。
（ii）由费尔马定理知，若（，）＝1，则。
因此。
由于是单质数，故（2），（3）有一且仅有一成立。
但由（i）知是平方剩余的充要
条件是。
故是平方非剩余的充要条件是（3）。
定理（2）模的简化剩余系中平方剩余和非平方剩余的个数各为。
而且
个平方剩余分别与序列（4）中之一数同余，且仅与一数同余。
证由定理1知平方剩余的个数等于同余式
的解数。
但能整除。
故由质数模高次同余式解数的结果知，平方剩余的个数是，而平方非剩余的个数是。
下面证定理的第二部分：显然（4）中的数均是平方剩余，且互不同余，因若
，则有四个解，这与定理1矛
盾。
故由定理前一部分结论即知成立。
例求出模11的平方剩余和平方非剩余。
解：＝11为单质数。
由定理2，对模11共有5个平方剩余，5个平方非剩余。
其5个平方剩余与下列5个数对模11一对一地同余:
故5个平方剩余为1，4，9，5，3
而5个平方非剩余为：2，6，7，8，10
由此即知同余式，有解，且有两个解。
而同余式
无解。
勒让得符号
在上一节给出了欧拉判别条件判别平方剩余与平方非剩余，但当比较大时，计算很困难。
当然由上节定理2，从理论上讲，对一些给定的，我们可以构造出平方剩余表，要判
别一个同余式是否有解，只须查一下表即可。
但单质数太多，无法也不可能对每个单质数构造一张表。
故在本节我们引入勒让得符号，给出一个便于实际计算的判别方法。
勒让得符号的定义
勒让得符号(读作对的勒让得符号)是一个对于给定的单质数定义在一切整
数上的函数，它的值规定如下：
由勒让得符号的定义可以看出，如果能够很快地计算出它的值，那么就会立刻知道同余式
有解与否，下面通过讨论勒让得符号的性质给出计算勒让得符号的值的方法。
勒让得符号的性质
性质1
证由定义及欧拉判别法即得。
性质2
，其中
证由性质1可得前两式，由定义可得第三式。
性质3。
证由性质1，
由定义。
又>2，故得性质3。
由性质3及定义立即可得
性质4，。
性质5；
若（，）＝1，2，则，其中。
由性质5可得
推论当时，2是平方剩余；当时，2是平方非剩余。
性质6（二次反转定理）若及都是单质数，（，）＝1，则。
注性质5和性质6的证明比较复杂，不要求大家掌握，只须会使用即可，有兴趣的同学
可参看教材上给的证明。
利用性质1到性质6，我们可比较容易地计算出勒让得符号的值。
从而判别同余式
是否有解。
勒让得符号的应用
下面通过一个例题说明勒让得符号的应用
例判断同余式是否有解。
解因563为单质数，只须计算。
因为286＝2×11×13所以由性质3得。
由性质5得
由性质6及性质2与性质4得
同理由前面性质得
故，因而原同余式无解。
合数模的情况
在前几节我们讨论了单质数模的同余式
有解的条件，在本节我们将讨论合数模同余式
（1）
有解的条件及解的个数。
由高次同余式理论，若的标准分解式为：
则（1）有解的充要条件是同余式组
（2）
有解，并且在有解的情况下，（1）的解数是（2）中各式解数的乘积，下面就先讨论同余式
这里为单质数。
定理1（3）有解的充要条件是，且在有解的情况下，（3）式的解数是2。
证若，则同余式无解，因而（3）式无解，故条件的必要性成立。
若，则由欧拉判别法知恰有两个解。
设是
它的一个解，那么由（，）＝1即得，又因为2，故。
若令
，
则。
故由高次同余式理论知，由出发可得出（3）的一个唯一解。
因此由两个解给出（3）的两个解，并且（3）仅有两个解。
下面我们来讨论同余式
（4）
的解。
首先，当时，（4）永远有解，并且解数是1，下面我们只讨论的情形。
定理2设，则（4）有解的充要条件是
（i）当时，
（ii）当时，
并且在（4）有解的情况下，若，则解数是2；若，则解数是4。
证若是（4）的任一解，由（，2）＝1即得，因此,，其中是整数，由此即得。
（i）当时，，因此
（ii）当时，则，又由于，故。
所以条件的必要性成立。
下证充分性。
当时，由（i）成立得，显然这时都是（4）的解，且此时（4）仅有此二解。
当时，由（ii）成立得，显然这时
是（4）的仅有的四个解。
当时，由于适合的一切整数可表成
（5）下面我们就从（5）中分出适合的一切整数。
将（5）式代入
得：
，即
亦即
故，
是适合的一切整数。
同理适合同余式的一切整数是
仿此一直下去可得出适合（4）的一切整数是
这些整数对模来说构成四个解，即：
综合以上情况可得
定理3同余式
有解的必要条件是：
当时，，当时，并且
若上述条件成立，则同余式有解，并且（i）当及1时，解数是，当时，解数是，当时，解数是。
例解。
解因，故有四个解。
将代入得。
由此得，
故
是适合的一切整数，又将这一代入同余式可得适合的一切整数为，将此代入可得到适合
的一切整数为：
故原同余式的四个解为：。