12.5 初等数论(严蔚敏版) 质数模的二次同余方程 (1)

45 25 5
又得到3 3 5 1(mod 41), 即3
215
5 1(mod 41),
215
5
于是, 有3
15
5 5(mod 41),
6
故所要求方程的解是 : x 3 5 14 2 28(mod 41).
3
练习
1 解同余方程 : x 19(mod 31).
3
23-1 5
3
45
3 81 (1) 1(mod 41),
20
5
5
两式相乘, 得345 525 320 510 1(mod 41).
计算3 5 45 4 1(mod 41),
25 5 5 5
以3
45
-1(mod 41)乘之,
1(mod p).
又若前式成立, 我们又有 a
2k 4 h
1(mod p )或a
2k 4 h
1(mod p ).
这样若是每次都是与1同余的式子成立,继续分解 下去,经过k次后, a的幂就降到h, 这时有a h 1(mod p ), 于是a h 1 a (mod p ),因此, 这时方程(1)的解为 x
1(mod p ),由a 1(mod p )得b
2k 3 h
1(mod p )和
2k 2 h
2k 1 h
a
1(mod p ).
2k 3 h
把上式再进行分解, 我们又有 b
2k 2 h
a
1(mod p )或b
2k 2 h
a
1(mod p )
若又是后者成立, 又用b b b
2
(1)
的具体求法.
a 当( ) 1时, 说明a是p的平方剩余, 方程(1)有解, p 方程(1)的解是什么形式? 由欧拉判别法有a 于是a 从a
1 ( p 1) 2 1 ( p 1) 2
1(mod p),
a a
1 ( p 1) 2
a (mod p),
1 ( p 1)2 4
若k不为整数, 上述的方法当然是不能用的, 但是,可以按上述原则进行处理. 因为p是奇质数, 关于模8, 只有下面四种情形 : p 1(mod8), p 3(mod8), p 5(mod8), p 7(mod8). 而p 3(mod8), p 7(mod8)这两种情况已讨论. 只需要对p 1(mod8), p 5(mod8)这两种情形讨论.
讨论p 5(mod 8)的情形. 1 因为 ( p 1)是整数,由欧拉判别条件a 4 有(a
1 ( p 1) 4 1 ( p 1) 2
1(mod p),
1)(a
1 ( p 1) 4
1) 0(mod p ),
1 ( p 1) 4
所以a
1 ( p 1) 4
1 0(mod p )或a
1 ( h 1) a 2 (mod
p ).
若后式a
1 ( p 1) b2
2k 2 h
1(mod p )成立, 我们在p的简化剩余
系中, 任意取p的一个平方非剩余b,因此 1 1(mod p ), 而 ( p 1) 2k 1 h, 所以有 2
2k 2 h
b b
2k 1 h 2k 1 h
再计算225 , 2 32, 2 1024 14(mod101),
5 10
2 14 6(mod101), 2 192 10(mod101), 故所求的方程的解为 x 225 2313 10 49 15或15(mod101).
20
2
25
最后讨论p 1(mod 8)的情形, 这种情形比前三种 都要复杂,没有一般结论,在下面我们所要介绍 的,只是一个求解的原则. 我们先看一个例子:p 41 5 8 1 2 5 1,
2
5 解 : 因为( ) 1, 所以同余方程有解, 41 3 这时p 41 2 5 1, k 3, h 5. 我们有, a
2k -2 h
5
23-2 5
510 40 1(mod 41),
3 显然( ) -1, 即3是41的平方非剩余,因此 41 b
2k -1 h
1 (191) 5 4
9(mod19)是原方程的解.
3 解同余方程 : x 5(mod 29).
2
5 3解: ( ) 1, 原方程有解, 又29 8 3 5, 29 1 7 2 3 3 ( p 1) 7,5 (5 ) 5 (4) 5 1(mod 29), 4 x
2k 2 h 2k 1 h
2k 1 h
1(mod p )与
a b
2k 3 h
1(mod p )相乘, 得到 a
2k 3 h
2k 2 h
1(mod p ),
即b
2k 2 3h
a
2k 3 h
1(mod p ),
再继续分解, 继续把a的乘幂降低,因为每 分解一次,a的乘幂中及b的乘幂中2的个数都 同时减少1,因此经过若干次后,最终得到 b 2t a h 1(mod p ), 于是b 2t a h 1 a (mod p ), 故方程(1)的解为x
故方程(1)的解为 : x 2
a
1 ( p 3) 8
(mod p).
情形2
当p 5(mod 8)时 : 若a
1 ( p 1) 4
1(mod p ), 则方程(1)的解是 : (mod p );
x a 若a
1 ( p 3) 8
1 ( p 1) 4
1(mod p ), 则方程(1)的解是 : a
3
于是,由此例可以令p 2 h 1, k 3, h是奇数,
k
由欧拉判别条件有
a
1 ( p 1) 2
1 (a
1 ( p1) 4
1)(a
1 ( p 1) 4
1) 0(mod p),
a 1 0(mod p)或a 1 0(mod p), 1 1 k 1 k k 2 又 ( p 1) (2 h 1 1) 2 h 2 h, 4 4 4 即a
2
19 1解: ( ) 1, 原方程有解, 又31 8 3 7, 31 x
1 (311) 19 4
9(mod31)是原方程的解.
2 解同余方程 : x 5(mod19).
2
5 2 解 : ( ) 1, 原方程有解, 又19 8 2 3, 19 x
1 ( p 1) 2
a (mod p )出发有, a ) a(mod p).
a (mod p),
即(a
1 ( p 1) 2 4
1 假若k ( p 1)为整数, 则(a k ) 2 a (mod p ), 4 因此x a k (mod p ), 即为所求方程(1)的解. k为整数,可以分为两种情形. 1 当k 是奇数时,则 ( p 1) 1(mod 2), p 3(mod 8). 4 1 当k 是偶数时, 则 ( p 1) 0(mod 2), p 7(mod 8). 4
1 ( p 1) 4
来自百度文库 1 0(mod p),
若前式成立,则a a
1 ( p 3) 4
a a (mod p ),
1 ( p 3) 2 8
a (mod p ), 这时(a
) a(mod p),
1 ( p 3) 8
1 这时 ( p 3)是整数, 故方程(1)的解是x a 8
1 ( p 3) 8
x 2
1 ( p 1) 4
(mod p ).
例2 解同余方程 : x 23(mod101).
2
101-1 231 23 101 9 2 2 解 : 因为( ) (-1) ( ) ( ) 1, 101 23 23 所以同余方程有解, 1 这时p 101 5(mod 8), ( p 1) 25, 4
对于p 43 3(mod 8), 故所求的解为 x 11
1 (431) 4
11 (mod 43).
11
而112 8(mod 43),114 21(mod 43),118 11(mod 43), 1110 2(mod 43),1111 21(mod 43). 故x 21(mod 43)为所要求方程的解.
而a
1 ( p 1) 4
23 , 所以需要计算23 ,
25 25
232 529 24(mod101), 234 576 30(mod101), 2312 27000 33(mod101), 2313 756 49(mod101), 2325 1617 1(mod101),
(mod p).
若后式成立,则a 2 由( ) (1) p
p 2 1 8
1 ( p 3) 4
a(mod p),
可知, 2是p的平方非剩余,
p 1 2
由欧拉判别条件有2 于是2
p 1 2
1(mod p),
a
1 ( p 3) 4
a (mod p),
1 ( p 1) 4
1 ( p 1) 2 4 1 ( p 3) a8
2 5 18(mod29)
7
4
是原方程的解.
4 解同余方程 : x 3(mod 73).
2
3 4解 : ( ) 1, 所以同余方程有解, 73 这时p 73 23 9 1, k 3, h 9. 有a
2k -2 h
3
23-2 9
318 1(mod 73),
5 显然( ) -1, 即5是73的平方非剩余,因此 73 b
2k -1 h
5
23-1 9
549 536 (53 )12 (21)12 36 1(mod 73),
两式相乘, 得549 318 1(mod 73). 计算518 39 759 29 1(mod 73), 于是得到518 310 3(mod 73), 故所要求方程的解是 : x 59 35 10 42 21(mod 73).
情形1
当p 3(mod 8)或p 7(mod 8)时, 方程(1)有解, 即为形式x a
1 ( p 1) 4
(mod p )的解.
例1 求解同余方程x 11(mod 43).
2
431 111 11 43 1 2 2 解: ( ) (1) ( ) ( ) 1, 43 11 11 2 同余方程x 11(mod 43)有解,
第五节 质数模的二次同余方程
前面所讲的平方剩余与平方非剩余, 欧拉判别条件, Legendre符号, Jacobi符号, 归纳起来, 只讲了一个中 心问题,就是用来判定二次同余方程x a (mod p )
2
是否有解.如何求解二次同余方程x 2 a (mod p ), 这 就是我们所要研究的第二个中心问题,下面我们介 绍这个问题. 我们讨论x a (mod p ), p | a, p是奇质数.
2k 2 h
1 ( p 1) 4
1 ( p 1) 4
1(mod p)或a
2k 2 h 2k 3 h
2k 2 h
1(mod p).
若前式a (a
2k 3 h 2k 3 h
1(mod p)成立, 我们再进行分解为 1) 0(mod p),
2k 3 h
1)(a
a
1(mod p)或a
1 ( h 1) t 2 b a (mod
p ).
注意
情形p 1(mod 8)只是给出了解题的一般步骤和原则, 它并不能得到如情形 p 3(mod 8), p 5(mod 8), p 7(mod 8)的一般结论, 而且此时找出模p的一个平方 非剩余也没有一般结论.
例3 求解同余方程 : x 5(mod 41).