第四章 二次剩余
信息安全数学基础(第四章)
4.2 模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
一、奇素数模 p 的平方(非)剩余判别条件
定理4.2.1 (欧拉判别条件) p是奇素数，若(a, p)1, 则
p1
(i) a是模p的平方剩余a 2 1 (modp);
p1
(ii)a是模p的平方非剩余a 2 1 (modp);
且若a是模p的平方剩余,则同余式
x2 a (modp), (a,p)1
ax2
bxc 0
（mod
p1 1
)
有解.
ax2
bxc 0
（mod
pk k
)
因 此 只 需 讨 论 素 数 模 p 的 同 余 式 :
a x 2 b x c0(m o dp ), a 0(m o dp )(2 )
将 同 余 式 (2)两 端 同 乘 以 4a,得 4a2x24abx4ac0(m odp)
41一般二次同余式42模为奇数的平方剩余与平方非剩余43勒让得符号44二次互反律的证明45雅可比符号46模p平方根
4.1 一般二次同余式
二 次 同 余 式 的 一 般 形 式 是 a x 2 b x c0(m o d m )， a 0(m o d m )(1 )
设m=
p1 1
p2 2
pk k
,
则(1)有解
练习：在与模31互素的剩余中，指出平方剩余。 求 出 1 9 ， 2 3 的 平 方 剩 余 和 平 方 非 剩 余 。
提 示 ： p 为 奇 素 数 ， 应 用 定 理 4 . 2 . 2 的 结 论 .
4.3 勒让得符号
定义4.3.1
设p是素数,勒让得符号
ap定义如下:
1, 若a是模p 的平方剩余;
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 )。
数论与整数方程
数论与整数方程数论是数学的一个分支，研究整数及其性质、关系和运算规律。
在数论中，整数方程是一个重要的研究对象，它涉及到整数解的存在性、唯一性、性质及应用等方面。
本文将探讨数论与整数方程的相关内容。
一、整数的除法算法在数论中，整数的除法算法是一个基础且重要的概念，它能帮助我们理解整数的性质和特点。
在整数除法中，我们经常遇到两个关键的概念：余数和商。
整数除法满足以下性质：对于任意的整数a、b和b不等于0，可以找到唯一的整数商q和余数r，使得a = bq + r，并且0≤ r < |b|。
二、最大公约数与最小公倍数在解决整数方程时，最大公约数和最小公倍数是非常重要的概念。
最大公约数（GCD）是指两个或多个整数共有的约数中最大的一个数，记作GCD(a, b)。
最小公倍数（LCM）是指两个或多个整数公有的倍数中最小的一个数，记作LCM(a, b)。
最大公约数和最小公倍数有许多重要性质和算法，如欧几里德算法等。
三、同余与模运算同余是数论中一个重要的概念，它描述了两个整数在某种意义下的相等性。
如果两个整数a和b满足a与b除以正整数m所得的余数相等，那么我们称a和b对于模m同余，记作a ≡ b (mod m)。
同余关系在密码学、密码分析和编码理论等许多领域中有着广泛应用。
模运算是指整数对于模m的运算，即将整数除以m所得的余数。
模运算有许多重要性质和规律，如模运算的加法、减法、乘法和幂运算等。
四、二次剩余与二次非剩余在数论中，二次剩余和二次非剩余是一对重要的概念。
给定一个整数a和一个模数m，如果存在一个整数x，使得x^2 ≡ a (mod m)，我们称a是模m的二次剩余；反之，如果不存在这样的整数x，我们称a是模m的二次非剩余。
二次剩余和二次非剩余在密码学、密码分析和编码理论等领域中有重要应用。
五、整数方程的解的存在性与唯一性整数方程是数论中一个重要的研究对象，它研究了整数解的存在性和唯一性。
在解决整数方程时，我们需要运用数论中的各种工具和方法，如贝祖等式、模运算、同余关系等。
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。
数学竞赛二次剩余及其应用讲义
二次剩余及其应用一、二次剩余的定义：正整数m>1，n∈Z，(m,n)=1，若存在x∈Z，使得x2≡n(mod m)，则称n为模m的二次剩余。
否则，称为二次非剩余。
勒让德(Legendre)符号：设p为奇素数，a∈Z且(a,p)=1，定义：(ap )={1，若a为p的二次剩余−1，若a为p的二次非剩余，称为勒让德符号。
当a≡b(mod p)时，显然(ap )=(bp)。
例1、证明具有下列形式的素数有无穷多个.（1）8k+3（2）8k+5（3）8k+7例2、求有序整数对(a,b)的个数，使得x2+ax+b=167y有整数解(x,y)，其中1≤a、b≤2004.二、 与素数的二次剩余相关的定理：定理1、设p 为奇素数，模p 的缩系中有p−12个二次剩余，有有p−12个二次非剩余。
且12、22、⋯、(p−12)2即为其p−12个二次剩余。
定理2、设p 为奇素数，a ∈Z 且(a,p )=1，则(p −1)!≡−(ap)ap−1(mod p)。
定理3（欧拉(Euler)判别条件）、设p 为奇素数，a ∈Z 且(a,p )=1，a p−1则≡(ap)(mod p)。
定理4、设p 为奇素数，则(−1p )≡(−1)p−1(mod p)。
即当p ≡1(mod 4)时，-1为p 的二次剩余；当p ≡3(mod 4)时，-1为p 的二次非剩余。
例3、 已知pqr 均为素数，n 为正整数，p n +q n =r 2，求证：n=1.例4、 若p 为奇素数，证明：当且仅当p ≡1(mod 4)时，p 可以表示成两个非零完全平方数之和，且表示方法唯一.三、二次互反律定理5(高斯(Gause)引理)、设p 为奇素数，a ∈Z 且(a,p )=1，若a 、2a 、⋯、p−12a 关于模p 的最小正余数中有μ个大于p 2，则(ap )=(−1)μ。
定理6、设p 为奇素数，(2p )=(−1)p 2−1。
即当p ≡±1(mod 8)时，2为p 的二次剩余；当p ≡±3(mod 8)时，2为p 的二次非剩余。
《平方剩余》课件
探索《平方剩余》的奥秘：从基础概念到应用的完整介绍。
什么是平方剩余？
学习平方剩余是理解数论中重要概念的关键。了解平方剩余是什么以及其与 数学中其他概念的联系。
平方剩余的相关概念和定义
探索平方剩余的核心概念，包括剩余类，勒让德符号等。了解这些定义对后 续内容的重要性。
二次剩余和二次非剩余
探索平方剩余定理及其在数学竞赛中的应用。
Euler判别定理
深入研究Euler判别定理的原理和证明，并探讨其在平方剩余问题中的应用。
Jacobi符号和Legendre符号
介绍Jacobi符号和Legendre符号的定义和性质，以及在数论中的重要作用。
平方剩余的判别方法
二次探测法
解释如何使用Leabharlann 次探测法判断数 的平方剩余。Hensel定理和Hensel引理
研究Hensel定理和Hensel引理的证明和应用，以及其在平方剩余问题中的重要性。
费马小定理和欧拉定理
解释费马小定理和欧拉定理以及它们与平方剩余的关系和应用。
平方剩余与离散对数问题
深入研究平方剩余与离散对数问题之间的联系和应用。
平方剩余在数学竞赛中的应用
探索平方剩余在数学竞赛中的应用，包括奥林匹克竞赛和其他数学竞赛中的 典型问题。
深入研究平方剩余的分类，了解二次剩余和二次非剩余之间的关系以及其在 数论中的应用。
模意义下的平方剩余
将平方剩余的概念引入模意义中，探讨模意义下平方剩余的特性和运算规律。
平方剩余的性质
欧拉判别准则
解释欧拉判别准则在判断平方剩余的作用和重要性。
二次互反律
介绍二次互反律对平方剩余的影响和应用。
平方剩余定理
2 ElGamal加密算法
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
2019/10/24
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
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)
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
2019/10/24
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
2019/10/24
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).
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，
即 a 是模 p 平方剩余.
(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)
2019/10/24
数论
数论部分定义定理
定义 4 设 x 是一个实数，我们称 x 的整数部分为小于或等于 x 的最大整数，记 成[x].这时，我们有
定理 10（欧几里得除法） 设 a，b 是两个整数，其中 b .则对任意的整数 c， 存在惟一的整数 q，r 使得
1.2 整数的表示
定理 1 设 b 是大于 1 正整数.则每个正整数 n 可惟一地表示成
被
是 a 被 b 除的最小正余数.
引理 2 设 a,b 是两个正整数，则
和
定理 10 设 a,b 是两个正整数，则正整数 b 互素.
除的最小正余数是
，其中 r
的最大公因数是
.
和
互素的充要条件是 a 和
1.4 整除的进一步性质及最小公倍数
定理 1 设 a,b,c 是三个整数，且 b 0，c 0，如果(a,c)=1，则
有惟一解
.
定义 2 设 m 是一个正整数，a 是一个整数.如果存在整数 a’使得
aa’ 1(modm)
成立，则 a 叫做模 m 可逆元.
定理 3 设 m 是一个正整数，a 是满足(a,m)|b 的整数.则一次同余式
的全部解为
t=0,1,…,(a,m)-1.
定理 4 设 m 是一个正整数.则整数 a 是模 m 简化剩余的充要条件是整数 a 是模 m 逆元.
(i)d|a,d|b; (ii)若 e|a,e|b，则 e|d. 定理 8 设 a,b 是任意两个不全为零的整数， (i)若 m 是任一正整数，则(am,bm)=(a,b)m;
(ii)若非零整数 d 满足 d|a,d|b，则
.特别地，
定理 9 设
是 n 个整 a,b 是两个正整数.则
定理 1 设
是三个整数.若 c|b，b|a，则 c|a.
《数论算法》教案 4章(二次同余方程与平方剩余)
(七)
【定理4.2.2】设p是奇素数，则模p的既约剩余系中平方剩余与平方非剩余的个数各为(p－1)／2，且(p－1)／2个平方剩余恰与序列
12，22，…，
中的一个数同余。
（证）由定理4.2.1，模p的平方剩余个数等于方程
≡1（mod p）
的解数。但
由定理3.4.5知，方程的解数为 ，即平方剩余的个数是 ，且平方非剩余的个数是(p－1)－ ＝ 。
≡±1（mod19）
（视 ≡1（mod 19），即 ）
针对必要性：例如a＝17是模19的二次剩余，即存在 ≡6使得 ≡17（mod 19）。那么必有
≡ ≡ ≡1（mod19）
针对充分性：例如a＝6， ≡ ≡1（mod19），验证6是二次剩余。解方程
≡6（mod19）, (1≤b≤18)
当b≡1, 2, 3, 4, 5,…, 17, 18（mod19）时，方程有唯一解x≡6, 3,2, 11, 5,…, 16, 13（mod19）
得y2≡0（mod 9）
（解之得y＝0,±3，从而原方程的解为
x≡ (y－5)≡ (y－5)
≡2(y－5)≡2y－10≡2y－1
≡－7,－1, 5≡－4,－1, 2（mod 9））
(四)
【定义4.1.1】设m是正整数，a是整数，m a。若同余方程
≡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的平方非剩余（或二次非剩余）。
＝1， ≡3（mod 7），无解
＝2， ≡4（mod 7），y≡2，5（mod 7）
＝3， ≡3（mod 7），无解
＝4， ≡6（mod 7），无解
＝5， ≡5（mod 7），无解
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。
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
数学竞赛中的二次剩余_曹程锦
１
６
年第
３
期
１
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考 敬写 作
数 学 竟 赛 中 的 二 次 剩 余
曹
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陕 西 丙 北 工 业 大 学 附属 中 学
：
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中 图 分 类号 〇
：
１
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文 献 标识 码
Ａ 文 章
编号
：
１
００ ５
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６４ １ ６
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２ ０１ ６
定理 知
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ａ
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实 现 了 问 题 的 翻 转 运用 极
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端原 理 找 到 突 破 口 可 谓 物 极 必反
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，
ｐ
ｔ
ａ
或
模
／
＞
意义 下 在
（
一
）
＋ １
＝
（
ａ
－
ｐ
１
（
ｍ〇 ｄ
Ｐ
）
．
论 的 品 性 由 费 马 小 定 理 得
证明 证 明更
一
般 的 结论
：
２ （
２
ａ＋ ｌ
＝
）
＝
（
习题：二次剩余
1 ..........
2
3 ....
4 ..
5
6
7
8
9
10
11 .....
12
13
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 ..
5
6
7
8
9
10
11 .....
12
13
14
. 2 x . ≡ 5 (mod 227) ( 5 227 ) ( ) 4·6 2 = = (−1) 8 = −1 5
1 ..........
2
3 ....
4 ..
5
6
7
8
9
10
11 .....
12
13
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
6
7
8
9
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
二次根式韦达定理
二次根式韦达定理二次根式韦达定理(Quadratic Reciprocity Theorem)是数论中的一个重要定理。
它关于两个素数p和q的二次剩余是否为1的关系。
设p和q都是奇素数。
二次剩余是指a除以p或q所得的余数,记为(a/p)或(a/q)。
如果(a/p)=(a/q)=1,则a对p和q都是二次剩余。
二次根式韦达定理表述如下:设p和q都是不等于2的奇素数。
则(p/q)=(−1)^{(p−1)(q−1)/4} (q/p)其中,(p/q)表示p对q的二次剩余,(q/p)表示q对p的二次剩余。
这个定理建立了两个素数p和q的二次剩余之间的一种互补对应关系。
它在许多数论证明中起到重要作用,是理解二次剩余和正定二次形式的基础。
举例来说,根据这个定理,因为(5/7)=1和(7/5)=-1,所以(11/13)=(-1)和(13/11)=1。
这说明11对13有二次剩余,而13对11没有二次剩余。
这个定理是某种意义上的“互质的二次剩余定律”,它揭示了两素数间二次剩余的一个深层次对应关系。
二次根式韦达定理虽然是一个小定理,但却具有深远的意义。
它建立了素数之间二次剩余的一种互补对应关系,这在数论中起着基础性的作用。
许多重要定理都依赖于它,比如经典的欧拉定理就是二次根式韦达定理的推广。
二次根式韦达定理看似简单,其证明却比较复杂。
在数论发展史上,这个定理的证明是一大难题。
最终,高斯在1801年给出了第一个严谨的证明。
高斯的证明思路是运用二次型理论,通过构造 auxiliary prime 来完成证明。
这一证明流程被后人沿用,二次根式韦达定理的标准证明就是采用这种思路。
二次根式韦达定理揭示了素数二次剩余间的对称性,这在抽象代数和群论中有深远影响。
在 Galois 论中,这个定理对应于二次剩余群的外自然同构。
在代数几何中,二次根式韦达定理对应于二次扩张中的Frobenius 自同构。
所以,这个小定理实际上蕴涵着非常丰富的代数结构,它是连接数论与代数理论的一座桥梁。
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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)
x ≡ － 1(mod 3) x ≡ － 1(mod 3) x ≡1(mod 5) x ≡ 1(mod 5) x ≡2(mod 7) 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)
x2 ≡ 46 ≡1(mod 3) x2 ≡ 46 ≡1(mod 5) x2 ≡ 46 ≡4(mod 7) 分别求出三个同余式的解： x ≡ x1 ≡1，－1(mod 3)，x ≡ x2 ≡1，－1(mod 5)， x ≡ x3≡2，－2(mod 7)， 所以原同余式的解为如下同余式组的解：
例5 求解同余式：x2 ≡ 46(mod 105) 。
而3，5，6，7，10，11，12，14是模 17 的平方非剩余。
1 17
2 17
4 17
8 17
9 17
13 17
15 17
16 17
1
3 17
例2 因 12≡1， 22≡4， 32≡2， 42≡2， 52≡4， 62≡1 (mod 7 ) ，所以1，2，4 是模 7 的平方剩余； 而3，5，6是模 7 的平方非剩余。
例3 因为12≡162≡1， 22≡152≡4， 32≡142≡9， 42≡132≡16， 52≡122≡8， 62≡112≡2， 72≡102≡15， 82≡92≡13 (mod 17 ) 。 所以
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： 故 x≡1 ·35 ·2＋1 ·21 ·1 ＋2 ·15 ·1 ≡121≡16 (mod 105) x≡1·35·2＋1 ·21 ·1 ＋(－2) ·15 ·1 ≡61≡61 (mod 105) x≡1·35 ·2＋(－1) ·21 ·1＋2 ·15 ·1 ≡79≡79 (mod 105) x≡1·35·2＋(－1)·21·1＋(－2)·15·1 ≡19≡19 (mod 105) x≡(－1)·35·2＋1·21·1＋2 ·15 ·1 ≡ － 19≡86 (mod 105) x≡(－1)·35·2＋1·21·1＋(－2)·15·1 ≡－79 ≡26 (mod 105) x≡(－1)·35·2＋(－1)·21·1＋2·15 ·1 ≡－62≡44 (mod 105) x≡(－1)·35·2＋(－1)·21·1＋(－2)·15·1≡89 (mod 105)
所以137(227－1)/2 ≡－1 (mod 227) 因此，137为模227的平方非剩余。
推论 设p是奇素数，(a1, p) ＝1, (a2, p) ＝1, 则
(1)如果a1, a2是模p的平方剩余，则a1a2是模p的平方剩 余；
(2)如果a1, a2是模p的平方非剩余，则a1a2是模p的平方 剩余；
因 12≡1， 22≡4， 32≡4， 42≡1 (mod 5 ) ， 所以1，4 是模 5 的平方剩余； 而2，3是模 5 的平方非剩余。
例4 求满足方程E：y2 ≡x 3＋x＋1(mod 7)的所有整数 对。
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 ， x＝2， y2 ≡ 4 (mod 7)，y ≡ 2，5 (mod 7 ) ， x＝3， y2 ≡ 3 (mod 7)，无解 ， 所以，满足方程 x＝4， y2 ≡ 6 (mod 7)，无解 ， 的整数对为： x＝5， y2 ≡ 5 (mod 7)，无解 ， (0, 1)， (0, 6)， x＝6， y2 ≡ 6 (mod 7)，无解 。 (2, 2)， (2, 5)，
有解，则 a 叫做模 m 的平方剩余(或二次剩余)； 否则，a 叫做模 m 的平方非剩余(或二次非剩余)。
例1 因x2≡1 (mod 4 ) 有解 x≡1，－1 (mod 4 )，所 以 1 是模 4 的平方剩余；
对x2≡－1 (mod 4 ) ， x ＝ 0，1，2，3 都不是解， 即x2≡－1 (mod 4 )没有解 ，所以 －1 是模 4 的平 方非剩余；
5 17
6 17
7 17
10 17
11 17
12 17
14 17
1
定理4.3.1(欧拉判别条件)：设p是奇素数，则对任意整 数a ，
a p
a
p 1 2
1，2，4 ，8，9，13，15，16是模 17 的平方剩余； 而3，5，6，7，10，11，12，14是模 17 的平方非剩 余。
1. 求模 4 的平方剩余和平方非剩余。 2. 求模 5 的平方剩余和平方非剩余。
因 12≡1， 32≡1 (mod 4 ) ，所以1是模 4 的平方剩余； 而3是模 4 的平方非剩余。
例5 求解同余式：x2 ≡ 46(mod 105) 。
即同余式 x2 ≡ 46(mod 105)的解为： x≡16 ，61 ，79 ，19 ，86 ，26 ，44 ，89 (mod 105) 所以46 是模 105 的平方剩余.
4.2 模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
定理4.2.1(欧拉判别条件)：设p是奇素数，(a, p)＝1，则
下：
a p
＝
1 ， 若a 是模 p 的平方剩余 －1 ， 若a 是模 p 的平方非剩余
0， 若pa .
对于(a, p)＝1，有
a
p
＝1
x2≡a (mod m ) 有解，
a
p
＝
－
1
x2≡a (mod m ) 无解，
由例3
1，2，4 ，8，9，13，15，16是模 17 的平方剩余；
(i) a 是模 p 的平方剩余的充分必要条件是
p 1
a 2 1(mod p)
(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)
当a 是模 p 的平方剩余时，同余式
x2≡a (mod p ) 恰好有两个解。
例1 判断137是否为模227的平方剩余。 解 根据定理4.2.1，计算：
(mod
p)
作业：p163 1. 求模 p=13 的二次剩余和二次非剩余。 2.p163 (2) 3. p163(9)
定义4.1.1 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(或二次剩余)； 否则，a 叫做模 m 的平方非剩余(或二次非剩余)。
例5 求解同余式：x2 ≡ 46(mod 105) 。 解 因为105＝3·5·7，原同余式等价于同余式组：
(3)如果a1是模p的平方剩余， a2是模p的平方非剩余， 则a1a2是模p的平方非剩余；
定理4.2.2 设p是奇素数，则模p的简化剩余系中平方剩
余与平方非剩余的个数各为(p－1)/2，且(p－1)/2个平
方剩余与序列
12
,22
,…,
(
p
1)
2
2
中的一个且仅与一个同余。
4.3 勒让德符号
定义4.3.1：设p是素数，定义勒让德(Legendre)符号如
等价于同余式组：
ax2＋bx＋c ≡0 (mod
p1 1
)
ax2＋bx＋c ≡0 (mod