第三章 二次剩余
二次剩余理论
⼆次剩余理论
定义：设 m 是正整数 若同余式
x2≡a(mod p), (a,p)=1
有解，则 a 叫做模 p 的⼆次剩余（或平⽅剩余）；否则，a 叫做模 p 的⼆次⾮剩余。
欧拉判别条件：
设⽅程
x2≡a(mod p), (a,p)=1,p为奇素数(i) a 是模 p 的⼆次剩余的充分必要条件是
a p−1
2≡1(mod p)
(ii) a 是模 p 的⼆次⾮剩余的充分必要条件是
a p−1
2≡−1(mod p)
并且当 a 模 p 的⼆次剩余时，同余式有两个解。
定理1：x2≡a(mod p) 中有 p−1
2 个 a 能使得⽅程有解
也就说有 p−1
2 的⼆次剩余。
例如，1，2，4是模7的⼆次剩余，-1，3，5是模4的⼆次⾮剩余。
勒让德（Lagendre）符号：
设 p 是素数，定义如下：
n
p=1,p不是n的倍数,n是p的⼆次剩余
−1,p不是n的倍数，n是p的⼆次⾮剩余（不是⼆次剩余就是⾮剩余）0,p是n的倍数
有定理1知，p−1 中有⼀半为1，⼀半为-1.
根据欧拉判别法则，设 p 是奇素数，对任意整数 a，
(a
p)≡a p−12(mod p)
⼆次互反律：若 p,q 是互素奇素数，则
(q
p)=(−1)
p−1
2⋅
q−1
2(
p
q)
参考链接：
(){ Processing math: 100%。
第4讲二次同余与平方剩余
二次同余式的一般形式ax2＋bx＋c≡0(mod m)由算术基本定理知道m可以分解成一些素数乘积,再由孙子定理知道ax2＋bx＋c≡0(mod m)可以转化为同余式组ax2＋bx＋c≡0(mod pα)因此,本章只讨论模为素数幂pα的同余式设p是素数，我们来研究素数模p的二次同余方程ax2+bx+c≡0 (mod p)。
(1)如果p= 2，则可以直接验证x≡0或1 (mod 2)是否方程(1)的解。
如果(a, p) = p，则方程(1)成为一元一次同余方程。
因此，只需考察p > 2，(a, p) = 1的情形。
此时，因为(4a, p) = 1，所以，方程(1)等价于方程4a2x2+4abx+4ac≡0 (mod p)，即(2ax+b)2≡b2-4ac(mod p)。
这样，研究方程(1)归结为对方程x2≡a(mod m) (2)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21,2,4 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），例3 求满足方程E:y2≡x3+x+1(mod 7)的所有点 解x ≡0, y2 ≡1(mod 7) y ≡1,6 (mod 7)x ≡1, y2 ≡3(mod 7) 无解x ≡2, y2 ≡4(mod 7) y ≡2,5 (mod 7)x ≡3, y2 ≡3(mod 7) 无解x ≡4, y2 ≡6(mod 7) 无解x ≡5, y2 ≡5(mod 7) 无解x ≡36, y2 ≡6(mod 7) 无解4.2模为奇素数的平方剩余与非平方剩余 在这节里讨论模为素数的二次同余式定理１(欧拉判别条件) 若(a , p ) = 1，p 是奇素数则 (ⅰ) a 是模p 的二次剩余的充要条件是≡1 (mod p )；(3) (ⅱ) 若a 是模p 的二次剩余，则方程(2)有两个解； (ⅲ) a 是模p 的二次非剩余的充要条件是 ≡-1 (mod p )。
一个二次剩余与其关于模p的逆之差
３５ ５
文 章 编 号 ： ０６４ １ （０ ８ ０ －３ ５０ １０ －７０ ２０ ）３０５ －３
ｑ ｑ
也利用 了 Ｄ ｄｋｎ ｅ ｅｉｄ和及 Ｃ ｃｒｎ ｏｈａ ｅ和 的性 质 给 出 了
Ｆ（ ，） ｑＣ 的一 个较 强的均值 公式 ， ： 即
命题 ２ 对任 意整数 ｑ＞ 有渐近公 式ห้องสมุดไป่ตู้： ２，
Ｍ ｑ后ｃ （， ）：∑ 。 ６。 ， ∑ （一）
（石 １
（ 卫±
论（ 命题 １ 。 ）
命题 １ 设 ｑ ＞２和 Ｃ 两个 整数 且 （ ，）：１ 是 ｑＣ ，
Ｄｑ ｐ ） ［ｅ（ ］ Ｓ ｘ
其 中 兀 表示 ｑ的所有满 足 Ｐ 整 除 ｇ而 Ｐ 不 能 能
那 么对于任 一 个正整数 ， 以得 到渐 近公式 ： 可
整 除 ｑ的不 同素 因子 Ｐ的乘积 。
作者简介 ： 刘红艳（９ ４） 女 ， １７一 ， 陕西 白水人 ， 副教授 ， 研究方 向为基础数学。Ｅ ｍ ｉ ｌ ｈｎｙｎ ａｔｅｕ ｏ － ａ ：ｉ ｏｇａ＠ｘｕ．ｄ ．ｎ ｌ ｕ
一
个 二 次剩 余 与其 关 于模 Ｐ的逆之 差
刘 红艳
（ 西安理工大学 理学 院 ， 陕西 西安 ７０ ５ ） １０ ４
摘要 ： 用特征 和估计 及 Ｄ ｒ ｈｅ． 利 ｉｅｌｔ ｉ Ｌ函数 的均值 定理 来研 究一 个二 次 剩余与 其 关于模 Ｐ的逆 之 差
的渐近性质 ， 出了一 个有意 义的二 次均值公 式 ， 给 并对该公 式进行 了证 明。
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 --+-≡。
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
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
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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。
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。
第三节二次剩余
例1 分别求出模11，12的二次剩余和二次非剩余。 解：
模11的二次剩余是：1，3，4，5，9； 二次非剩余是：2，6，7，8，10。
模12的二次剩余是：1； 二次非剩余是：5，7，11。
0
1
k 1
其中，
ni ∈{0 , 1}, i = 0 , 1,…,k-1,
则 bn (mod m)的计算可归纳为：
b b (b ) (b ) (b ) (mod m) n
n0
2 n1
2 k2
n k2
2 k1
n k1
我们最多作 2[log n]次乘法.这个计算 2
方法叫做“模重复平方计算法”.具体计算
0
1
(2) 如果 n1 = 1,则计算
a1 ≡ a0·b1 ( mod m) ,
否则取 a1 = a0 ,即计算
a a bn1 (mod m) , 再计算b b2 (mod m).
1
0
1
2
1
……
(k-1)如果 nk-2 = 1,则计算 ak-2≡ak-3·bk-2 ( mod m) ,
否则取 ak-2 = ak-3 ,即计算
例1 利用定理判断
补充 模重复平方计算法
在模算术计算中，我们常常要对大整数 模 m 和大整数 n，计算 bn (mod m) . 如果用递归地计算
bn (bn1(mod m)) b (mod m) ，这种
计算较为费时，须作 n-1 次乘法.
补充 模重复平方计算法
现在，将 n 写成二进制：
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。
数论课程标准
《数论基础》课程标准英文名称：Elementary Number Theory 课程编号：405021070适用专业：数学与应用数学学分数：2一、课程性质《数论基础》属于数学一级学科下基础数学二级学科的一门课程，在数学与应用数学专业的培养计划中属于专业模块课程，是专业方向系列课程之一。
二、课程理念1、课程所属学科分析数论是研究由整数按一定形式构成的数系的科学。
《数论基础》是数学专业基础数学学科必修的专业基础课程，是为了使学生掌握初等数论的基本理论和方法，具备进行数论理论研究的能力，以及将数论应用于其他学科，尤其是信息科学研究的能力而开设的课程。
数论的古典内容基本上不借助于其它数学分支的方法，称为初等数论。
数论与数学其它分支相结合产生了代数数论、几何数论、解析数论、完备的数论理论。
2、课程授课对象分析《数论基础》课程是高等师范数学系本科生必修的专业主干课程。
邯郸学院数学系从2007年开始正式给数学与应用数学专业本科四年级学生开设初等数论课程。
学生已经有了《高等代数》、《近世代数》等专业理论基础，而《数论基础》对于理解和掌握近代数学思想是必不可少的，对于深入学习现代数学等后续课程起着承上启下的作用。
通过本课程的学习，使学生掌握数论的基础知识和基本方法，培养学生的数学素养和加强学生对数学本质的认识；并为将来进一步学习《解析数论》、《代数数论》、《密码学》等课程打下坚实的基础，并进一步提高学生的数学修养，培养他们的抽象思维能力和不断创新的能力。
3、课程内容选择分析本课程的教学内容基本上是该书的前四章。
整除理论以及简单的不定方程求解问题是初等数论中最基础，也是比较重要的一部分，同余和同余方程的基础理论、二次剩余、整数的平方和表示，以及原根和连分数的基础理论，是初等数论中的重要组成部分，是学生深入学习数论的基础，也是将来从事数论理论研究的基础。
本课程在课堂教学、师资队伍建设、教材建设等方面下了很大的功夫，同时结合师范性的特点，在保持数论课程传统精髓思想的基础上，不断的加强实践教学环节，注重理论与实践相结合，提高学生综合运用和解决问题的能力，不断创新的能力。
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。
习题：二次剩余
1 ..........
2
3 ....
4 ..
5
6
7
8
9
10
11 .....
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14
(
12 47
)
)( ) 3 4 = 47 47 ( ) 47−1 3−1 47 = (−1) 2 2 3 ( ) 9−1 2 =− = −(−1) 8 = 1 3
(
1 ..........
2
3 ....
4 ..
1 ..........
2
3 ....
ห้องสมุดไป่ตู้
4 ..
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. 2 x . ≡ 5 (mod 227) ( 5 227 ) ( ) 4·6 2 = = (−1) 8 = −1 5
1 ..........
2
3 ....
4 ..
5
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11 .....
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14
. 2 x . ≡ 11 (mod 511) 511 = 7 × 73. { x ≡ 11 ( 11 73 ) = −1，所以方程无解。
4
1 ..........
2
3 ....
4 ..
5
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8
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10
11 .....
12
13
14
. 1 ., 2, · · · , . (
(p−1) 2
中二次剩余和二次非剩余的个数均为 ( −1 p )( ) ( ) x x = ； p p
二次剩余的判别方法-高斯引理（上）
⼆次剩余的判别⽅法-⾼斯引理（上）——这是⼀个很重要的定理，虽然在实际判断⼆次剩余时不会使⽤这种⽅法，但是在证明⼆次互反律中有核⼼地位阅读之前，你应该知道：⼆次剩余，勒让德符号，整除的基本知识，剩余系的概念我们先看看定理说什么（定理描述和下述运算均在最⼩绝对值剩余系下）假设p是⼀个奇素数，数组A={1，2，....，（p-1)/2}现在我们想判断⼀个数a(模p⾮0)是否为模p的⼆次剩余我们计算Aa={1a,2a,......(p-1)a/2}在Aa中，如果⼩于0的个数有奇数个，那么a就不是⼆次剩余，如果有偶数个，a就是⼆次剩余（注意是在最⼩绝对值剩余系下）想必你看到这⾥已经有了⼀些想法我们⽤fac(x)表⽰x的阶乘，因为⽤！显得太乱了,然后legendre(a,p)表⽰a对p的勒让德符号对Aa求积，注意(p-1)/2个a相乘由欧拉判别条件可知就等于legendre(a,p)所以我们得到legendre(a,p)*fac((p-1)/2)=Π(Aa) (1)我们再考察Aa，你会发现Aa中不可能存在0，不可能存在相等的两个数，不可能存在互为相反数的两个数不存在0很显然，不存在相等的两个数也很显然，我们看看不存在互为相反数的两个数，反证法设存在ax=-ay mod p=> p整除a(x+y)因为x,y属于[1,(p-1)/2]所以x+y属于[1,p-1]故p不整除x+y,⼜p不整除a因此p不整除a(x+y)，得出⽭盾证毕既然Aa满⾜上述条件，那么Aa的绝对值只能取值1到(p-1)所以Π(Aa)=fac((p-1)/2)*(-1)^(负数个数） (2)由（1），（2）可得legendre(a,p)=(-1)^(负数个数）今天先写到这⾥，后⾯我们继续讨论定理的变形和⼆次互反律的证明。
感谢⼤家阅读，我不是数学专业的所以⽂笔可能较差，想把深奥的数学知识通俗描述，希望对这些知识感兴趣的⾮专业的朋友们能够有所收获。
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充分性。设式（ 2）成立，这时必有 p┞a。故一次同余方 程
bx ≡a（mod p）,
有唯一解，对既约剩余系
(1≢b≢p－1)
（5）
－(p－1)/2，„，－1，1，„，(p－1)/2
（6）
由式（6）给出的模 p 的既约剩余系中的每个 j，当 b＝j 时， 必有唯一的 x x j 属于既约剩余系（6） ，使得式（5）成立。 若 a 不是模 p 的二次剩余，则必有 j x j 。这样，既约剩余 系（6）中的 p－1 个数就可按 j、xj 作为一对，两两分完。 （b1≠b2，则相应的解 x1≠x2，且除了±1 之外，每个数的 逆不是它本身） 因此有
y d (mod m)
2
y 2ax b, d b2 4ac
定义1 设m是正整数，若同余式
x2 a(modm)
(a, m) 1
有解，则a叫做模m的平方剩余(或二次剩余)，记为QR； 否则a叫做模m的平方非剩余(或二次非剩余)，记为NR 。
例1 分别求出模11，12的二次剩余和二次非剩余。 解：
定理 1 （欧拉判别条件）设 p 是奇素数，(a, p)＝1，则 （i）a 是模 p 的平方剩余的充要条件是
a p1 2 ≡1（mod p）
（ii）a 是模 p 的平方非剩余的充要条件是
（2）
a p1 2 ≡－1（mod p）
（3）
并且当 a 是模 p 的平方剩余时，同余方程（1）恰有两个解。
第三章 二次剩余
本章内容
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
四、雅可比符号
五、小结
重点：二次同余方程有解的判断与求解
§3.1 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
当 b≡1, 2, 3, 4, 5, „, 17, 18（mod 9）时，方程有唯一解 x ≡6, 3, 3, 11, 5, „, 16, 13（mod 9） 即当 b≡5 时，x≡5。所以 6 是二次剩余。
a 9 ≡±1（mod 19）
针对必要性：例如 a＝17 是模 19 的二次剩余，即存在 x0 ≡6 使得因为 62≡17（mod 19） 。那么必有
179 ≡ 618 ≡1（mod 19）
针对充分性：已知 69 ≡1（mod 19） ，验证 6 是二次剩余。 解方程
bx ≡6（mod 19）,
(1≢b≢18)
小结：对于任何整数 a，方程 x 2 ≡a（mod p）的解数可 能为 T(x2－a；p)＝0, 1, 2。
例
设 p＝19，验证定理 1 的证明过程。
（解） 由费马定理知， 对任何 a＝1, 2, „, 18， 都有 a 18 ≡ 1（mod 19） 。而当 p＝19 为素数时，方程 x 2 ≡1（mod 19） 只有两个解，即 x≡±1（mod 19） 。从而必有
y 2,5(mod7) y 0(mod7)
无解
x 5(mod7) x 6(mod7)
y 2 6(mod7) y 2 0(m.2 模为奇素数的平方剩余
与平方非剩余
模为素数的二次方程
x ≡a（mod p）,
2
2
(a, p)＝1
（1）
因为 x ＝ x 2 ，故方程（1）要么无解，要么有两个 解。
2 y 2(mod7) x 0(mod7)
y 3,4(mod7) y 2,5(mod7)
无解
x 1(mod7)
y 2 4(mod7)
x 2(mod7) y 2 5(mod7)
2 y 4(mod7) x 3(mod7) 2 y 0(mod7) x 4(mod7)
证明： 首先证明对任一整数 a，若 p┞a，则式（2）或 （3）有且仅有一个成立。由费马定理知
a p1 ≡1（mod p）
故知
a
即 但
p1 2
1a p1 2 1 ≡0（mod p）
（4）
p1 2 1 a p1 2 1 p│ a p1 －1＝ a
模11的二次剩余是：1，3，4，5，9； 二次非剩余是：2，6，7，8，10。
模12的二次剩余是：1；
二次非剩余是：5，7，11。
例2 求满足同余式 y 2 x3 x 2(mod7) 的所有的点。 解：
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
a
a
p1 2
1, a p1 2 1 ＝1 或 2
且素数 p>2。所以，p 能整除 a 不能同时整除 p1 2 和 p1 2
p 1
2
1 a p1 2 1 ，但 p
1
a
1 （否则，p 能整除它
们的最大公因子 1 或 2） 所以，由式（4）立即推出式（2）或式（3）有且仅有一 式成立。
（i）必要性。若 a 是模 p 的二次剩余，则必有 x0 使得
2 x0 ≡a（mod p） ，
因而有 即
2 p 1 2 ≡ a p 1 2 （mod x0
p） 。
p 1 x0
a
p 1 2
（mod p） 。
由于 p┞a，所以 p┞ x 0 ，因此由欧拉定理知
x0p 1 ≡1（mod p） 。
( p 1)! a p1
由威尔逊定理知
2
mod
p .
a p1
2
1mod
p .
但这与式（2）矛盾。所以必有某一 j0 ，使 j0 x j 0 ，由此及 式（5）知，a 是模 p 的二次剩余。
（ii）由已经证明的这两部分结论，立即推出第（ii）条 成立。 其次，若 x0 ≠0（mod p）是方程（1）的解，则－ x0 也 是其解，且必有 x0 ≠－ x0 （mod p） 。故当(a, p)＝1 时，方 程（1）要么无解，要么同时有两个解。 （说明：本定理只是一个理论结果，当 p>>1 时，它并不是 一个实用的判断方法）