第4章二次同余方程
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。
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。
第四章-同余式
因此，第一个结论可由第二章第一节定理1〔P25〕得出。
2020/12/21
则 mi x ai , mj x aj (mi , mj ) ( x ai x aj )
即 (mi , mj ) ( ai aj ) ai aj (mod (mi, mj))，1 i, j n.
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则 x1 x2 (mod [m1, m2])。
(5)
证 〔必要性〕 x a1(mod m1 ), x a2(mod m2 ) m1 x a1, m2 x a2 (m1, m2 ) a1 a2
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25
〔充分性〕记(m1, m2)＝d. 若式(4)成立，即d a1 a2，
19y 4 (mod 7)，
即 5y 4 (mod 7)，
y 2 (mod 7)。
再代入(*)的前一式得到 3x 10 1 (mod 7)， x 4 (mod 7)。
即同余方程组(*)的解是x 4，y 2 (mod 7)。
注：同余方程组的解法与方程组的解法相似。
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15
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12
例3 解同余方程6x 7 (mod 23)。
ax
b
(mod
m)
a1 x
b[ m ](mod m) a
解 由定理4，依次得到
6x 7 (mod 23) 5x 73 2 (mod 23) 3x 24 8 (mod 23) 2x 8×7 10 (mod 23) x 5 (mod 23)。
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
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。
第四章 同余式 (2)
1、小模：即把一般模高次同等方程转化为 一系列模两两互素的高次同余方程组，即有
m 定理：设m m1m2 mk ， 1, m2 ,mk 两两互素， f ( x) 0(mod m) 等价于下面方程组 则 （1）
例：同余方程 x3 x2 x 1 0(mod15)
解：原同余方程等价于同余方程组
x3 x2 x 1 0(mod3)
x3 x2 x 1 0(mod5)
即有
x 1,2(mod 3) x 1,4(mod 5)
所以有4解，由孙子定理为
x 1,4,11,14(mod15)
9 9 4
6 2） 30 8(mod11 （ )
4
(3)用形式分数
定义1：当（a，m）=1时，若ab 1(modm)， 则记b 1 (modm)称为形式分数。 a
c 1 (mod m) 根据定义和记号， 有性质 a
c a
1、
c c mt1 (mod m), t1 , t2 Z a a mt 2
（1）移项运算是传统的，
（2）同余方程两边也可以加上模的若干倍。 相当于同余方程两边加“零”。 （3）乘上一数k或除去一个数k，为了保持其 同解性，必须（k ,m）=1，这一点和同余的性 质有区别。
例
15x2 17x 5(mod12) 等价于 3x2 5x 5(mod12)
12 7
x 2x 6x 8 0(mod5)
x0 m1t2 mk x0 m1t2 mod m) （
2.2 一次同余方程ax≡b(mod m)的解法。
（1）化为不定方程ax+my=b
二次同余
二
2
二次同余式的应用
x=2, y =6 (mod 7), 无解， 2 x=3, y =6(mod 7), 无解， 2 x=4, y =3 (mod 7), 无解， 2 x=5, y =3 (mod 7), 无解， 2 x=6, y =5 (mod 7), 无解，
二
二次同余式的应用
2 3
例 7 求满足方程 E : y x x 1(mod 7) 的所有解. 解：对 x=0,1,2,3,4,5,6,分别求出 y. 2 x=0, y =1 (mod 7), y= 1, 6(mod 7). 2 x=1, y =1 (mod 7), y= 1, 6(mod 7)，
2 2 1 3 2
(3) n2
=0,计算
(4) n3
3 2
=0,计算
2 4 3
a a 137, b b 49(mod 227)
(5) n4
4
=1,计算
n4 2 3 4 5 4
a a b 130, b b 131(mod 227)
(6) n5 (7) n6
6
=1,计算
二
二次同余式的应用
例 3 -1，1，2，4，8，9，13，15 是 模 17 平方剩余； 3，5，6，7，10，11，12，14 是 模 17 平方非剩余. 因为
12 16 2 1,2 2 152 4, 3 14 9,4 13 16 1,
2 2 2 2
5 12 8,6 11 2,
113 1 2 2 2
4 5
6
我们依次计算如下： (1) n0 =1,计算
a a b 137, b b 155(mod 227)
信息安全数学基础第4章 二次同余方程-文档资料-精品文档
4.3 扩展阅读
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下面介绍第(2)个问题涉及的相关知识. 在4.2节中, 如果把合数当成了奇素数会出现什 么样的情况呢？实际上, 在数论中, 这是在计算雅可 比符号. 雅可比符号有很多与勒让得符号相似的性质, 可 以去参考其他关于初等数论的书籍. 关于雅可比符号的一个结论是: 当雅可比符号为 -1时, 原方程无解；当雅可比符号为1时, 原方程不一 定有解. 下面举例说明.
第4章 二次同余方程
引子
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《信息安全数学基础》 第4章
引子
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《信息安全数学基础》 第4章
平方剩余-定义
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《信息安全数学基础》 第4章
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《信息安全数学基础》 第4章
平方剩余-例题
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《信息安全数学基础》 第4章
平方剩余-欧拉判别条件
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第四章 同余方程
第一节 同余方程的基本概念
因此，第一个结论可由第四章第一节定理 1得出。 若同余方程(2)有解x0 ，则存在y0 ，使得x0 与y0 是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是
m t x x0 (a , m ) t Z. a y y t 0 (a , m )
则x0必是同余方程
g(x) 0 (mod m) 或 h(x) 0 (mod m)
的解. 证明 留做习题。 下面，我们来研究一次同余方程的解。
第一节 同余方程的基本概念
定理2 设a，b是整数, a 0 (mod m). 则同余方
程
ax b (mod m) (2)
有解的充要条件是(a, m)b。若有解，则恰有d
第一节 同余方程的基本概念
例2 解同余方程
325x 20 (mod 161)
解 同余方程(6)即是 3x 20 (mod 161)。 解同余方程 161y 20 (mod 3)， 2y 1 (mod 3)， 得到y 2 (mod 3)，因此方程(6)的解是 x 20 2 161 = 114 (mod 161)。
例4 解同余方程6x 7 (mod 23)。 解 由例3，依次得到
6x 7 (mod 23) 5x 73 2 (mod 23) 3x 24 8 (mod 23) 2x 8(7) 10 (mod 23) x 5 (mod 23)。
第一节 同余方程的基本概念
x 0， x 0 m d ， x0 2m d ， ， x0 (d 1)m d
第一节 同余方程的基本概念
第四章同余式
§4同余式1 基本概念及一次同余式定义 设()110nn n n f x a x a xa --=+++ ，其中()0,0,1,,i n a i n >= 是整数，又设0m >，则()()0mod f x m ≡ （1）叫做模m 的同余式.若()0mod n a m ≡，则n 叫做同余式（1）的次数. 如果0x 满足()()00mod ,f x m ≡则()0mod x x m ≡叫做同余式（1）的解.不同余的解指互不同余的解.当m 及n 都比较小时，可以用验算法求解同余式.如 例1 同余式()543222230mod 7x x x x x +++-+≡仅有解()1,5,6mod 7.x ≡例2 同余式()410mod16x -≡有8个解()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡例3 同余式()230mod 5x +≡无解。
定理 一次同余式()()0mod ,0mod ax m a m ≡≡ （2）有解的充要条件是(),.a m b若（2）有解，则它的解数为(),d a m =. 以及当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),d a m =个解是()0mod ,0,1,,1mx x k m k d d≡+=- （3） 证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程ax my b =+ （4）有解. 而不定方程（4）有解的充要条件为()(),,.a m a m b =-当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则()0mod ,0,1,, 1.m a x k b m k d d ⎛⎫+≡=- ⎪⎝⎭下证0,0,1,,1mx k k d d +=- 对模m 两两部同余. 设 ()00mod ,01,1m mx k x k m k d k d d d ''+≡+≤≤-≤≤-则()mod ,mod ,.m m m k k d k k d k k d d d ⎛⎫'''≡≡= ⎪⎝⎭再证满足（2）的任意一个整数1x 都会与某一个()001mx k k d d+≤≤-对模m 同余. 由()()01mod ,mod ax b m ax b m ≡≡得()101010mod ,mod ,.a a m m ax ax m x x x x d d d d ⎛⎫⎛⎫≡≡≡ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故存在整数t 使得10.mx x t d=+由带余除法，存在整数,q k 使得 ,0 1.t dq k k d =+≤≤-于是()()100mod .m mx x dq k x k m d d=++≡+故（2）有解时，它的解数为(),d a m =. 以及若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),a m 个解是()0mod ,0,1,,1mx x k m k d d≡+=- (5) 例1求同余式 ()912m o d 15x ≡ （6）的解. 解 因为()9,15 3.=又因312,故同余式（6）有解，且有三个解.先解()5mod 43≡x , 得().5mod 3≡x 故同余式（6）的三个解为()158mod15,0,1,2.3x k k ≡+= 即 ()3,8,13m o d 15.x ≡ 例2 求同余式 ()6483mod105x ≡ （7）的解. 解 ()831,1105,64= ,同余式有一个解. 将同余式表为21051921916152161054716476418864105836483+≡≡≡+≡≡≡+≡≡x ().105mod 622124≡≡例3 解同余式 325x ≡ 20 (mod 161) 解 ()1161,325= 同余式有一个解, 同余式即是3x ≡ 20 (mod 161) 即.161203y x +=解同余式 161y ≡ -20 (mod 3)， 即2y ≡ 1 (mod 3)， 得到y ≡ 2 (mod 3)，因此同余式的解是x ≡3161220⋅+= 114 (mod 161). 例4 设(a , m ) = 1，并且有整数δ > 0使得 a δ ≡ 1 (mod m )， 则同余式(2)的解是x ≡ ba δ - 1 (mod m ). 解 直接验证即可.注：由例4及Euler 定理可知，若(a , m ) = 1，则x ≡ ba ϕ(m ) - 1 (mod m ) 总是同余式(2)的解.注：本例使用的是最基本的解同余方程的方法，一般说来，它的计算量太大，不实用. 例5 解同余方程组⎩⎨⎧≡-≡+)7(mod 232)7(mod 153y x y x (8) 解 将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到19y ≡ -4 (mod 7)，5y ≡ -4 (mod 7)， y ≡ 2 (mod 7).再代入(8)的前一式得到3x + 10 ≡ 1 (mod 7)，x ≡ 4 (mod 7)即同余方程组(8)的解是x ≡ 4，y ≡ 2 (mod 7).例6 设a 1，a 2是整数，m 1，m 2是正整数，证明：同余方程组⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 2211m a x m a x (9) 有解的充要条件是a 1 ≡ a 2 (mod (m 1, m 2)). (10)若有解，则对模[m 1, m 2]是唯一的，即若x 1与x 2都是同余方程组(9)的解，则x 1 ≡ x 2 (mod [m 1, m 2]) (11)解 必要性是显然的.下面证明充分性.若式(10)成立，由定理2，同余方程m 2y ≡ a 1 - a 2 (mod m 1)有解y ≡ y 0 (mod m 1)，记x 0 = a 2 + m 2y 0，则x 0 ≡ a 2 (mod m 2)并且x 0 = a 2 + m 2y 0 ≡ a 2 + a 1 - a 2 ≡ a 1 (mod m 1)，因此x 0是同余方程组的解。
信息安全数学基础 (陈恭亮 著) 清华大学出版社 课后答案【khdaw_lxywyl】
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 ∈ Z 5|n 所以 5|2k ， 又（5，2）=1，所以 5|k 即 k=5 k1 ，k1 ∈ Z 7|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|n 2．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。 8．解：存在。eg：a=6,b=2,c=9 10．证明：p1 p2 p3|n， 则 n= p1 p2 p3k，k ∈ N+ 又 p1≤ p2 ≤p3，所以 n= p1 p2 p3k≥p13 即 p13≤n1/3 p1 为素数 则 p1≥2，又 p1≤ p2 ≤p3，所以 n= p1 p2 p3k≥2 p2 p3≥2p22 即 p2≤(n/2) 1/2 得证。 1/2 11．解：小于等于 500 的所有素数为 2，3，5，7，11，13，17，19，依次删除这些素数 的倍数可得所求素数： 12．证明：反证法 假设 3k+1 没有相同形式的素因数， 则它一定只能表示成若干形如 3k-1 的素数相 乘。 (3 k1+1)(3 k2+1)=[( 3 k1+1) k2+ k1]*3+1 显然若干个 3k+1 的素数相乘，得
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
信息安全数学基础习题答案
4
21．解： （1）因为 875961*2753≡[(36mod9)(17mod9)]mod9 ≡0(mod9) 2410520633≡26(mod9) ≡8(mod9) 所以等式 875961*2753=2410520633 不成立 （2）因为 14789*23567≡[(29mod9)(23mod9)]mod9 ≡1(mod9) 348532367≡41(mod9) ≡5(mod9) 所以等式 14789*23567=348532367 不成立 （3）因为 24789*43717≡[(30mod9)(22mod9)]mod9 ≡3(mod9) 1092700713≡30(mod9) ≡3(mod9) 所以等式 24789*43717=1092700713 可能成立 （4）这种判断对于判断等式不成立时简单明了，但对于判断等式成立时，可能会较 复杂。 22．解：因为 7 为素数，由 Wilso 定理知：(7-1)! ≡-1(mod7) 即 6！≡-1（mod7） 所以 8*9*10*11*12*13≡1*2*3*4*5*6(mod7) ≡6!(mod7) ≡-1(mod7) 31．证明：因为 c1,c2,…,c ϕ (m)是模 m 的简化剩余系 对于任一 ci，有 m-ci 也属于模 m 的简化剩余系 所以 ci+(m-ci)≡0(modm) 因此 c1+c2+…+c ϕ (m)≡0(modm) 32．证明：因为 a ϕ (m)≡1(modm) 所以 a ϕ (m)-1≡0(modm) a ϕ (m)-1=(a-1)(1+a+ a2+…+ a ϕ (m)-1) ≡0(modm) 又（a-1,m）=1 所以 1+a+ a2+…+ a ϕ (m)-1 ≡0(modm) 33．证明：因为 7 为素数，由 Fermat 定理知 a7 ≡a(mod7) 又（ a ，3 ） =1 所以 (a,9)=1 由 Euler 定理 知 a ϕ (9) ≡ a6 ≡ 1(mod9) a(mod9) 又(7,9)=1, 所以 a7≡a(mod7*9) 即 a7≡a(mod63) 34．证明：因为 32760=23*32*5*7*13 又(a,32760)=1 所以(a,2)=(a,3)=(a,5)=(a,7)=(a,13)=1 有：a ϕ (13)≡1(mod13) 即 a12≡1(mod13) a ϕ (8)≡a4≡1(mod8) 即 a12≡1(mod8) a ϕ (5)≡a4≡1(mod5) 即 a12≡1(mod5) a ϕ (7)≡a6≡1(mod7) 即 a12≡1(mod7) a ϕ (9)≡a6≡1(mod9) 即 a12≡1(mod9) 又因为[5,7,8,9,13]=32760 所以 a12≡1(mod32760) 35．证明：因为(p,q)=1 p,q 都为素数 所以 ϕ (p)=p-1, ϕ (q)=q-1 由 Euler 定理知：p ϕ (q)≡1(modq) q ϕ (p)≡1(modp) 即 pq-1≡1(modq) qp-1≡1(modp) 又 qp-1≡0(modq) pq-1≡0(modp) 所以 pq-1+qp-1≡1(modq) qp-1+pq-1≡1(modp) 又[p,q]=pq 所以 pq-1+qp-1≡1(modpq) 36．证明：因为(m,n)=1 由 Euler 定理知：m ϕ (n)≡1(modn) n ϕ (m)≡1(modm) 所以 m ϕ (n)+n ϕ (m)≡(m ϕ (n)modn)+ (n ϕ (m)modn)≡1+0≡1(modn)
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。
《数论算法》教案 4章同余方程
第 4 章 同余方程内容 1. 同余方程概念 2. 解同余方程3. `解同余方程组要点解同余方程 4.1 基本概念（一） 同余方程（1） 同余方程【定义4.1.1】设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--其中i a 是正整数（n a 0（mod m ）），则f (x)≡0（mod m ） （1）叫做模m 的（n 次）同余方程（或模m 的（n 次）同余式），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 或()[]x f ∂。
（2） 同余方程的解若整数a 使得 f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。
（3） 同余方程的解数若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。
即剩余类a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）}中的每个剩余都是解。
故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程的一个解。
记为x ≡a （mod m ）当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为同余方程的解数，记作()m f T ;。
显然()m f T ;≤m若两个同余方程的解和解数相同，则称两个方程同解。
（4） 同余方程的解法一：穷举法任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程，在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。
【例4.1.1】解同余方程15++x x ≡0（mod 7）。
（解）穷举：50＋0＋1＝1≡1 mod 751＋1＋1＝3≡3 mod 752＋2＋1＝35≡0 mod 753＋3＋1＝247≡2 mod 754＋4＋1＝1029≡0 mod 755＋5＋1＝3131≡2 mod 756＋6＋1＝7783≡6 mod 7【例2】求同余方程122742-+x x ≡0（mod 15）的解。
初等数论(严蔚敏版) 第四章同余式
((m1, m2 , m3 )m1m2 , (m1, m2 , m3 )m1m3, (m1, m2 , m3 )m2m3 )
(m12
m2
,
m1m22
,
m12
m3
,
m1m32
,
m22
m3
,
m2m32
,
m1m2
m3
)(m1
,
m2
)(m1m3
)(m2m3
)
(m12 , m1m3, m1m2 , m2m3 )(m2 , m3
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
§4.2 孙子定理
1、试解下列各题：
（i） 十一数余三，七二数余二，十三数余一，问本数。
（ii） 二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数。
（杨辉：续古摘奇算法（1275））。
x 3(mod11)
15M
3
1(mod
7)
M
3
1(mod
7)
根据孙子定理方程组的解是
x 2 35 2 1 21 3 1115 2 233 23(mod105)
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
注意到 x0 x1 x2 , 故有限步后，必有 axn y(mod m) m
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
x 4 y 29 0(mod143)
2、求联立同余式
的解。
2x 9 y 84 0(mod143)
解：据同余式的有关性质，
x 4 y 29 0(mod143) x 4 y 29(mod143)
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实例
《信息安全数学基础》 第4章
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引子
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平方剩余-定义
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欧拉判别法
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勒让得符号-性质
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勒让得符号-例题
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4.3 扩展阅读
《信息安全数学基础》 第4章
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二次互反律-例题
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二次互反律-性质
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二次互反律的发现和证明是一段有趣的掌故. 欧拉 和勒让得发现了二次互反律, 高斯花费了许多精力来寻 求证明. 自从1796年得到第一个证明后, 高斯继续寻求证 明此定理的不同方法, 至少给出了六种证明方法. 他寻求 更多证明的目的是找到一种可以推广到更高次幂的方法, 特别地, 他对素数的三次或四次剩余很感兴趣. 他的第六 个证西、狄利克雷、埃森斯坦等著名数学家都给出了二次 互反律的原创性证明. 据统计, 在1921年有56个不同的证 明, 1963年有152个证明, 2004年已有207个证明.
平方剩余-性质
《信息安全数学基础》 第4章
*** 信息安全工程学院 ***
《信息安全数学基础》 第4章
*** 信息安全工程学院 ***
平方剩余-性质
《信息安全数学基础》 第4章
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4.2 Legendre（勒让得）符号
《信息安全数学基础》 第4章 *** 信息安全工程学院 ***
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平方剩余-例题
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平方剩余-欧拉判别条件
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平方剩余-例题
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勒让得符号-性质
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勒让得符号-例题
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作业
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下面介绍第(2)个问题涉及的相关知识. 在4.2节中, 如果把合数当成了奇素数会出现什 么样的情况呢？实际上, 在数论中, 这是在计算雅可 比符号. 雅可比符号有很多与勒让得符号相似的性质, 可 以去参考其他关于初等数论的书籍. 关于雅可比符号的一个结论是: 当雅可比符号为 -1时, 原方程无解；当雅可比符号为1时, 原方程不一 定有解. 下面举例说明.