初等数论 第5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
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
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 )。
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论总复习题及知识点总结最后，给大家提一点数论的学习方法，即一定不能忽略习题的作用，通过做习题来理解数论的方法和技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。
数论有丰富的知识和悠久的历史，作为数论的学习者，应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想”和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法最大公因数和辗转相除法整除的进一步性质和最小公倍数素数、算术基本定理[x]和{x}的性质及其在数论中的应用习题要求：2，3 ；：4 ；：1；：1，2，5；：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程多元一次不定方程勾股数费尔马大定理。
习题要求：1，2，4；：2，3。
第三章：同余（4学时）自学12学时同余的定义、性质剩余类和完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用习题要求：2，6；：1；：2，3；1，2。
第四章：同余式（方程）（4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程的解数和解法素数模的同余方程威尔逊定理。
习题要求：1；：1，2；：1，2。
第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余勒让德符号二次互反律雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求：2；：1，2，3；：1，2；：2；：1。
第一章：原根与指标（2学时）自学8学时指数的定义及基本性质原根存在的条件指标及n次乘余模2及合数模指标组、特征函数习题要求：3。
第一章整除一、主要内容整除的定义、带余除法定理、余数、最大公因数、最小公倍数、辗转相除法、互素、两两互素、素数、合数、算术基本定理、Eratosthesen筛法、[x]和{x}的性质、n！的标准分解式。
二、基本要求通过本章的学习，能了解引进整除概念的意义，熟练掌握整除整除的定义以及它的基本性质，并能应用这些性质，了解解决整除问题的若干方法，熟练掌握本章中二个著名的定理：带余除法定理和算术基本定理。
初等数论 第5章 二次同余式与平方剩余
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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。
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。
初等数论知识点总结
《初等数论》总结姓名 xxx学号 xxxxxxxx院系 xxxxxxxxxxxxxxx专业 xxxxxxxxxxxxxxx个人感想初等数论是一门古老的学科，它对于数的性质以及方程整数的解做了深入的研究，是对中等数学数的理论的继续和提高。
有时候上课听老师讲解一些例题，觉得比较简单，结果便是懂非懂地草草了之，但是过段时间做老师留下的一些相似的课后练习时，又毫无头绪，无从下手。
这就是上课的时候没做到全神贯注地去听，所以课下的时间尤为重要，一定做好复习巩固的工作。
老师讲课的方法也十分好，每次上课都会花二十分钟到半个小时来对上节课的知识帮助我们进行回顾，我想很多同学都喜欢并适合这种教学方式。
知识点总结第一章 整数的可除性1. 定义：设b a ,是给定的数，0≠b ，若存在整数c ，使得bc a =则称b 整除a ，记作a b |，并称b 是a 的一个约数，称a 是b 的一个倍数，如果不存在上述c ，则称b 不能整除a 2性质：(1)若c b |且a c |，则a b |(传递性质)；(2)若a b |且c b |，则)(|c a b ±即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。
若反复运用这一性质，易知a b |及c b |，则对于任意的整数v u ,有)(|cv au b ±。
更一般，若n a a a ,,,21Λ都是b 的倍数，则)(|21n a a a b +++Λ。
或着i b a |，则∑=ni ii b c a 1|其中n i Z c i ,,2,1,Λ=∈；(3)若a b |，则或者0=a ，或者||||b a ≥，因此若a b |且b a |，则b a ±=； (4)b a ,互质，若c b c a |,|，则c ab |；(5)p 是质数，若n a a a p Λ21|，则p 能整除n a a a ,,,21Λ中的某一个；特别地，若p 是质数，若n a p |，则a p |；(6)(带余数除法)设b a ,为整数，0>b ，则存在整数q 和r ，使得r bq a +=，其中b r <≤0，并且q 和r 由上述条件唯一确定；整数q 被称为a 被b 除得的(不完全)商，数r 称为a 被b 除得的余数。
初等数论(严蔚敏版)12 第五章二次同余式与平方剩余
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
2、 (i)应用前几章的结果证明:模 p 的简化剩余系中一定有平方
剩余及平方非剩余存在，
(ii) 证明两个平方剩余的乘积是平方剩余;平方剩余与平方
非剩余的乘积是平方非剩余。
(iii)应用(i)、(ii)证明：模 p 的简化剩余系中平方剩余与平 p 1
设其解是： x 2mod p，即有： 22 a mod p，
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
令22 a kp 22 a k p 0 mod p
2
而 2 a 2 C1 21 a C2 22 a a
pQ a
2 a p Q a
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
3、设n是正整数，4n 3及8n 7都是质数，说明 24n3 1(mod 8n 7) 由此证明：23 | 211 1, 47 | 223 1,503 | 2251 1。
证明：当 p 8n 7时，由本节定理 1 的推论知2为平方剩余，
应用欧拉判别条件即有
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
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《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，
用 4a 乘 (1) 后再配方，即得 (2ax b)2 q 0(mod m), q b2 4ac 仍记2ax b为 x，即有 x2 q(mod m) 由以上讨论即知若 x x0 (mod m)为(1)的解， 则 x 2ax0 b(mod m)为(2)的解，必要性得证。
第五章 (10) 一般二次同余式、平方剩余
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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(严蔚敏版) 12.1 素数模的二次剩余
3 设p是奇素数, 证明 : (1)模p的所有二次剩余的乘积对模p的剩余是(-1)( p 1) / 2 ; (2)模p的所有二次非剩余的乘积对模p的剩余是(-1)( p -1) / 2 ; (3)模p的所有二次剩余之和对模p的剩余是 :1, 当p 3;0,当p 3. 4 设p是奇素数, p | a.证明 : 存在整数u , v, (u , v) 1, 使得u 2 av 2 0(mod p ) 的充要条件是 - a是模p的二次剩余.
证明 :由定理1知, a
p 1 2 1
a
p 1 2 2 p 1 2
1(mod p ), b (b1b2 )
p 1 2
p 1 2 1
b
p 1 2 2
1(mod p ),
p 1 2
(a1a2 )
1(mod p), (a1b1 )
1(mod p ),
由定理1得证.
2 2
42 16(mod 23),52 2(mod 23), 62 13(mod 23), 7 2 3(mod 23),82 18(mod 23), 92 12(mod 23),102 8(mod 23),112 6(mod 23), 模的所有二次剩余为1, 2,3, 4, 6,8,9,12,13,16,18. 模的所有二次非剩余为5, 7,10,11,14,15,17,19, 20, 21, 22.
课后作业
1 对x 2 a (mod17), 哪些数可为平方剩余, 哪些数为平方非剩余 ? 2 判断下列同余方程的解数 : (1) x 2 16(mod 51); (2) x 2 63(mod187). 3 设p是奇素数, 证明 : 模p的所有二次剩余的乘积与(-1)
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。
初等数论第五章：平方剩余.ppt
要 么 无 解 ， 要 么 有 偶 数 个 关 于 模 p 的 不 同 余 的 解 。
2 为 了 确 定 同 余 式 x a ( m o d p ) 的 解 的 存 在 性 问 题 ，
我 们 引 入 平 方 剩 余 的 概 念 ：
定 义 ： 若 同 余 式
2 x a ( m o dp ) ,( ap , ) 1
p1 p1 的 个 数 各 为 ， 而 且 个 平 方 剩 余 分 别 与 序 列 2 2 p1 1 ,2 , , 2 中 之 一 数 同 余 ， 且 仅 与 一 数 同 余
2 2 2
2 例 1 、 判 断 同 余 式 x 5 ( m o d 1 1 ) 是 否 有 解
剩 余 ， 又 是 哪 些 质 数 模 p 的 平 方 非 剩 余 。
定 理 （ 1 欧 拉 判 别 条 件 ） 若 ( ap , ) 1 ， 则 a 是 模 p 的 平 方 剩 余 的 充 要 条 件 是 a 1 ( m o d p )
p 1 2
（ 2 ）
而 a 是 模 p 的 平 方 非 剩 余 的 充 要 条 件 是 a 1 ( m o d p ) 若 a 是 模 p 的 平 方 剩 余 ， ( 1 ) 式 恰 有 两 解 。
2
2
勒让德符号
a 定 义 勒 让 德 ( L e g e n d r e ) 符 号 ( 读 作 a 对 p 的 p 勒 让 德 符 号 ) 是 一 个 对 于 给 定 的 单 质 数 p 定 义 在 一 切 整 数 a 上 的 函 数 ， 它 的 值 规 定 如 下 ：
1 , a 是 模的 p 平 方 剩 余 a 1 , a 模的 p 平 方 非 剩 余 p 0 , pa
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
初等数论课程教学大纲
《初等数论》教学大纲课程名称：初等数论 Elementary Number Theory课程性质：专业必修课学分：3总学时：48 理论学时：48适用专业：数学与应用数学先修课程：中学数学、高等代数、数学分析、解析几何一、教学目的与要求：初等数论是数学与应用数学本科专业的专业基础课。
初等数论是研究整数的基本性质和方程(组)整数解的一个数学分支。
数学与应用数学专业开设本课程的目的在于使学生孰悉数论的初步理论、掌握数论的最基本方法，为今后学习相关课程打下必要的基础。
因此，在教学中要求：（1）对初等数论的基本内容作系统讲授；（2）注意数论与其它数学分支的联系与应用；（3）简要介绍一些数论的近代成就及我国数学家在数论方面的贡献。
二、教学内容与学时分配：三、各章节主要知识点与教学要求：第一章整除理论（15学时）第一节整除定义及其基本性质第二节最大公因数与最小公倍数第三节素数第四节算术基本定理本章重点：整除、公因子、素数的概念及性质，剩余定理，求最大公因子的方法，整数的素数分解定理。
最大公因数的性质及应用，算术基本定理的证明及应用。
本章难点：定理的证明处理方法，定理的灵活运用。
本章教学要求：理解整数整除、公因子、公倍数的概念及相关性质，理解剩余定理，熟练掌握用剩余定理求最大公因子、最小公倍数的方法。
理解素数与合数的概念、素数的性质，理解整数的素数分解定理，会用筛法求素数。
了解函数[x]与{x}的概念、性质，n!的素数分解、组合数为整数的性质。
第二章不定方程（9学时）1．一次不定方程2．勾股数3. 费尔马问题介绍本章重点：二元一次不定方程解的形式，二元一次不定方程有整数解的条件，利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定方程的解。
本章难点：多元不定方程有整数解的判定及求解。
本章教学要求：了解二元一次不定方程解的形式、二元一次不定方程有整数解的条件，熟练掌握利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定方程的方法。
知道多元一次不定方程有解的条件，会求解简单的多元一次不定方程。
第五讲 二次剩余
y 2 4(mod7) x 3(mod7) y 2 0(mod7) x 4(mod7)
x 5(mod7) x 6(mod7)
y 2,5(mod7) y 0(mod7)
无解
y 2 6(mod7) y 2 0(mod7)
y 0(mod7)
二、模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
当m为奇素数时，则上式为勒让德符号。 注意：雅可比符号为1时，不能判断a是否为模m的平 方剩余。例如
x 2 3(mod 7) 因为 119 7 17，而同余式组 2 的每个同 x 3(mod 17 )
3 3 3 (1) (1) 1 119 7 17
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
y 2 2(mod7) x 0(mod7)
x 1(mod7)
y 3,4(mod7) y 2,5(mod7)
无解
y 2 4(mod7)
x 2(mod7) y 2 5(mod7)
余式都无解，所以3是模119的平方非剩余。
设m是奇数，则雅可比符号有以下性质：
1 (1) 1 1 ， (1) m m
m1 2
am a (2) ； m m
a2 a ab a b (3) ，如果 (a, m) 1 ，则 2 1； m m m m m a2 如果 (a, m) 1 ，则 0 ； mm1 m 2 (4) (1) 8
( a, p ) 1
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
p 1 证a 2
1或(1)(mod p )要简单;当p较大时, 这两种方法都不
实用. 3.因此,欧拉判别法多用于理论上.
例1(1) 把三项二次同余方程4x 11x 3 0(mod13)化为二项二次同余方程. (2)把三项二次同余方程x 3 x 5 0 (mod 79)化为二项二次同余方程. (3)把三项二次同余方程5x 7 x 11 0 (mod 23)化为二项二次同余方程.
注意
1.该定理给出了判断方程x 2 a (mod p )是否有解的一种方法, p -1 2 即判断a是否与1 , 2 , , ( ) 中之一数关于模同余p, 如果 2 是, 则方程有解, 否则方程无解.
2 2
2.欧拉定理并不是一个实用的判别法,因为对具体的素数p, p -1 2 2 2 当它不太大时, 我们通常可以通过计算1 , 2 , , ( ) 来 2 直接确定哪些a是平方剩余, 哪些a是平方非剩余, 这要比验
2 2
42 16(mod 23),52 2(mod 23), 62 13(mod 23), 7 2 3(mod 23),82 18(mod 23), 92 12(mod 23),102 8(mod 23),112 6(mod 23), 模的所有二次剩余为1, 2,3, 4, 6,8,9,12,13,16,18. 模的所有二次非剩余为5, 7,10,11,14,15,17,19, 20, 21, 22.
数论算法教案 5章(二次同余方程与平方剩余)
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 ααα 2121，则方程（1）等价于同余方程组 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡++≡++≡++）（）（）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 02221221⇒ 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 。
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p1
( x2 a)xq( x) (a 2 1)x
若a是模p的二次剩余，
p1
p1
则0 x(x p1 1) x p x (a 2 1)x(mod p) a 2 1(mod p).
p1
反之，若a 2 1(mod p)，则( x2 a)xq( x) x p x 0(mod p)
p1
a 2 1(mod p) (3)
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例如：x2 a(mod11)
取模11的一个简化系为1, 2, 3,4, 5.
111
111
可以验证：1 2 1(mod11); (2) 2 1(mod11);
111
111
111
3 2 1(mod11); 4 2 1(mod11);5 2 1(mod11).
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，
2
2
易证其两两对p不同余.
p1
且满足(n2 ) 2 n p1 1(mod p). 得证.
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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.
模7的平方剩余为1，2，-3； 平方非剩余为 -1，-2，3. 且有：1 12(mod7);2 32(mod7);3 22(mod7).
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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，
0， p n；
(
n p
)
1， n是p的平方剩余； 1，n是p的平方非剩余.
如, 1与4是模5的平方剩余，2与3是模5的平方非剩余，
所以有
(1) 1， ( 2) 1， ( 3) 1， (4) 1，(5) 0.
5
5
5
5
5
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二、基本性质
n
p1
(1) ( ) n 2 (mod p);
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).
令x 5t 1, 代入原方程得(5t 1)2 1 0(mod52 ) 即10t 0(mod52 ) t 0(mod5) t 5s x 25s 1, 即原方程的解为x 1(mod52 ).
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7
例3. 解同余式 x2 x 1 0(mod72 ) (1)
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).
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x2 a(mod p), (a, p) 1, p为单质数 (1)
a是模p的二次非剩余的充要条件是
p1
a 2 1(mod p) (3)
证明：由(a, p) = 1
p1
p1
a p1 1 （a 2 1（) a 2 1) 0(mod p)
由（1） a是模p的二次剩余的充要条件是
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4
ax2 bx c 0(mod p ), p Œ(a,b,c) (2) 4、当p 2, 2 寣a,2 b时，(2)有解 2 c
f '( x) 2ax b 0(mod 2)无解 由§4.3－TH2〔P82〕知
(2)有解 ax2 bx c 0(mod 2) 2 c
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§5.3 勒让德符号
利用欧拉判别条件虽然可以判定 x2 a (mod p) 的解的存在性，但对较大的质数模，实际运用很困难。 通过引入勒让德符号，本节给出了较方便的判别方法。
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一、Legendre符号
定义 给定奇素数p，对于整数n，定义Legendre符号为
p
(2)
(
1
)
1,
(
1)
(1)
p1
2;
p
p
(3)
a
a1(mod
p)
(
a) p
(
a1 p
);
(4) ( a1a2 an ) ( a1 )( a2 ) ( an );
p
pp p
(5) ( ab2 ) ( a ), p 宐b. pp
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9
例4.求m 3,5,7,11的平方剩余和平方非剩余.
x(m 3)
1
2
x2的余数(m 3) 1
1
x(m 5)
1 2
x2的余数(m 5) 1
4
∴ 模5的平方剩余为±1；平方非剩余为±2.
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x(m 7)
1 2
3
x2的余数(m 7) 1
111
111
而 (1) 2 1(mod11); 2 2 1(mod11);
111
111
(3) 2 1(mod11); (4) 2 1(mod11);
111
(5) 2 1(mod11).
∴ 模11的平方剩余为1，-2，3，4，5；
平方非剩余为-1，2，-3，-4，-5.
3
2
∴ 模7的平方剩余为1，2，-3； 平方非剩余为 -1，-2，3.
x(m 11)
12 3 4 5
x2的余数(m 11) 1 4 2 5 3
∴ 模11的平方剩余为1，-2，3，4，5；
平方非剩余为-1，2，-3，-4，-5.
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§5.2单质数的平方剩余与平方非剩余
本节讨论形如 x2 a(mod p), (a, p) 1, p为单质数 (1)
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3
ax2 bx c 0(mod p ), p Œ(a,b,c) (2) 3、当p 2, p Œa时， y2 A 0(mod p )
由于( p ,4a) 1， ax2 bx c 0(mod p ) 4a(ax2 bx c) 0(mod p ) (2ax b)2 A 0(mod p ), A b2 4ac 代换即得 y2 A 0(mod p )
x2 a(mod p)
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x2 a(mod p), (a, p) 1, p为单质数 (1)
若a是模p的二次剩余，则方程(1)有两个解；
p1
证明：由x p x ( x2 a)xq( x) (a 2 1)x,
p1
且 a 2 1 0(mod p)
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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).
1、当p a , p b, p 宑c时，无解.
2、当 p a , p 宑b时，一定有解.. . f '( x) 2ax b 0(mod p)无解, 由§4.3－TH2〔P82〕知
(2)有解 ax2 bx c 0 (modp)有解 bx c 0 (modp)有解 (b, p) 1
一般地，对同余式(2)的求解，最终可以转化为同余式 x2 a(mod p ), p是素数
或者，x2 a(modm)，(a,m) 1.
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例2. 解同余式 x2 3 0(mod52 )
解:同余式 x2 1 0(mod5)的解为 x 1(mod5),
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x2 a(mod p), (a, p) 1, p为单质数 (1)
p1
a是模p的二次剩余的充要条件是 a 2 1(mod p) (2)
p1
证明：由 x2 a x p1 a 2 q( x)，使得
p1
p1
p1
x p1 a 2 ( x2 a)q( x) x p x x( x p1 a 2 ) (a 2 1)x
的同余式的解。