《数论算法》教案 4章(二次同余方程与平方剩余)

（证）因 ＝
(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
＝6， ≡6（mod 7），无解
所以，满足方程的点为（0, 1），（0, 6），（2, 2），（2, 5）。
说明：方程E： ≡ ＋x＋1的图形称为椭圆曲线。
＋bx＋c≡0（mod ），（p a）（2）
(三)
p≠2，方程（2）两边同乘以4a，
4 ＋4abx＋4ac≡0（mod ）
≡ －4ac（mod ）
变量代换，
y＝2ax＋b（3）
有
≡ －4ac（mod ）（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 ，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 ，由（4）的不同的解给出（2）的不同的解；反之亦然。
＝ ＝ ＝1
所以－1为模p平方剩余。由性质3的推论，p≡1（mod 4），即p也是形如4k＋1的素数。（【推论】 ＝ ）
但显然p≠ （i＝1,2,…,k），矛盾（否则， ，且由p│a知p│1）。
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 使得
≡a（mod p），
因而有 ≡ （mod p）。
即 （mod p）。
由于p a，所以p ，因此由欧拉定理知
≡1（mod p）。
即（2）式成立。
充分性。已知 ≡1（mod p），这时必有p a。故一次同余方程
（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
由威尔逊定理知
与式（2）矛盾。所以必有某一 ，使 ，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 0（mod p）是方程（1）的解，则－ 也是其解，且必有 － （modp）。故当(a,p)＝1时，方程（1）要么无解，要么同时有两个解。
≡－1（mod 227）
所以，137是模227的平方非剩余。
【推论】设p是奇素数，(a1,p)＝1，(a2,p)＝1，则
（i）若a1，a2都是模p的平方剩余，则a1a2是模p的平方剩余；
（ii）若a1，a2都是模p的平方非剩余，则a1a2是模p的平方剩余；
（iii）若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。
≡2（mod 3599）
因为59≡3（mod 8），即 ＝－1，故方程 ≡2（mod 59）无解，从而原方程无解。
【例9】证明形如4k＋1的素数有无穷多。
（证）反证法：不然，形如4k＋1的素数为有限个，设为 ， ，…， ，令
＝ ＝4b＋1
即a也形如4k＋1且a＞ （i＝1,2,…,k）。所以a为合数，设其素因数p为奇数，则
【例3】直接计算12，22，…，142得模15的平方剩余（实际上只要计算（12，22，…，72）
1，4，9，10，6
平方非剩余：2，3，5，7，8，11，12，13，14
【例4】求满足方程E： ≡ ＋x＋1（mod 7）的所有点。
（解）对x＝0，1，2，3，4，5，6分别解出y：
＝0， ≡1（mod 7），y≡1，6（mod 7）
＝± ＝ ，（t＝0,1）
则
＝
（t＝0,1）故只要能计算出
， ，
就可以计算出任意的 ，其中 是小于p的素数。
已经解决的计算：
剩余的问题： ， 的计算。
解决这些问题的基础是下面的二次互反律（Gauss定理）。
【性质6】 ＝
【例3】 ＝ ＝ ＝1，
＝ ＝ ＝－1，故2是模17的平方剩余，但不是模19的平方剩余。
模为奇素数的平方剩余与平方非a,p)＝1（1）
因为 ＝ ，故方程（1）要么无解，要么有两个解。
(六)
【定理4.2.1】（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
≡1（mod p）（2）
（ii）a是模p的平方非剩余的充要条件是
＝ ＝ ＝－
【例5】判断3是否是模17的平方剩余。
（解） ＝ ＝ ＝－1
所以，3是模17的平方非剩余。（不但如此，17也是3的平方非剩余，即2是3的平方非剩余）
【例6】判断同余方程 ≡137（mod 227）是否有解。
（解）已知137与227均为奇素数，所以
＝ ＝
＝ ＝ ＝
＝ ＝ ＝－1
所以，方程无解。
L(a,p)＝ ＝
【推论】整数a是素数p的平方剩余的充要条件是 ＝1。
（证）由定义4.3.1。
因此，判断平方剩余转化为计算勒让德符号的值。
【例1】直接计算，得
＝1
＝－1
（注：本例仍是利用平方剩余而得到勒让德符号值）
问题：反过来，如何快速计算勒让德符号的值，以判断平方剩余。
(九)
【性质1】（欧拉判别法则）设p是奇素数，则对任意整数a，有
【推论】（i）设奇素数p、q中至少有一个模4为1，则
方程 ≡q（mod p）有解 方程 ≡p（mod q）有解
（ii）若p≡q≡3（mod 4），则
方程 ≡q（mod p）有解 方程 ≡p（mod q）无解
（证）（i）设p≡1（mod4），即p＝4k＋1，则
＝ ＝ ＝
（ii）此时，p＝4s＋3，q＝4t＋3，则
问题：
（1）设正整数a是模p的平方剩余，若记方程（6）中的解为x≡ （mod m），那么此处的平方根 （mod m）与通常的代数方程 ＝a的解 有何区别？
（2）如何判断方程（6）有解？
（3）如何求方程（6）的解？
(五)
【例1】1是模4平方剩余，－1是模4平方非剩余。
【例2】1、2、4是模7平方剩余，3、5、6是模7平方非剩余。
＝ ＝ ＝－1
另一种描述：设素数p>2，则－1是模p的二次剩余的充分必要条件是p≡1（mod 4）。
【性质4】 ＝
（证）因x2≡a＋p（mod p） x2≡a（mod p）
【推论】若a≡b（modp），则 ＝
【性质5】 ＝
（证）因 ＝ ＝ ＝
【推论1】 ＝
【推论2】当p a时， ＝1
讨论：确定a是否是模p的平方剩余就变为如何计算Legendre符号 的值。上述性质可以用来计算 ，并由算术基本定理，设a的分解式为
另法： ＝ ＝
＝－ ＝
＝ ＝－1
【例7】判断同余方程 ≡－1（mod 365）是否有解，若有解，求解数。
（解）由于365＝5·73，所以
≡－1（mod 365）
＝ ＝1
所以方程有解，且解数为4。
【例8】判断同余方程 ≡2（mod 3599）是否有解，若有解，求解数。
（解）由于3599＝59·61，所以
其中5•5≡6（mod19）
即当b≡5时，x≡5。所以6是二次剩余。
又选a＝8， ≡ ≡－1（mod19），验证：解方程
≡8（mod19）, (1≤b≤18)
得1•8≡8，2•4≡8，3•9≡8，4•2≡8，
5•13≡8，6•14≡8，7•12≡8，8•1≡8，
9•3≡8，10•16≡8，11•18≡8，12•7≡8，
＝ （mod p）
（证）由定理4.2.1即知。
【性质2】 ＝1
（证）显然（因为方程x2≡1（mod p）始终有解x≡±1（mod p），或者由性质1立得）。
【性质3】 ＝ 。
（证）由性质1即得。
【例2】 ＝1， ＝－1
【推论】 ＝
（证）p≡1（mod 4） p＝4k＋1
＝ ＝ ＝1
p≡3（mod 4） p＝4k＋3
（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）
小结：对于任何整数a，方程（1）的解数可能为
T(x2－a；p)＝0,1,2
【例1】设p＝19，验证定理4.2.1的证明过程。
（解）由费马定理知，对任何a＝1, 2,…, 18，都有 ≡1（mod19）。方程 ≡1（mod19）只有两个解，即x≡±1（mod19）。从而必有