初等数论第五章二次同余式与平方剩余.docx

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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?

0（modm），a?

0（modm）

（1）下面讨论它的解的情况。

2令m?

p1p2?

pk，则

（1）有解的充要条件为ax2?

bx?

0（modpi?

i），　　i?

1,2,?

k有解，而解f（x）?

ax2?

bx?

0（modp?

），p为质数

（2）又可以归结为解f（x）?

ax2?

bx?

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?

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?

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?

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?

1（modp）。

2p?

12?

1（modp），则x?

x（xpp?

1）?

x[（x）?

ap?

12]?

x（x2?

a）q（x）（modp），即x2?

a除xp?

x所得的余式r（x）?

0（modp），故第四章第三节定理5可知同余式x2?

a（modp）有解，并且有两个解。

（2）欧拉定理可知，若（a,p）?

1，则ap?

1（modp），于是从而a（ap?

12p?

12?

1）（ap?

12?

1）?

0（modp），因为p为奇质数，所以1?

1（modp），p?

12?

1（modp）与a?

1（modp）有且仅有一个成立，p?

12而

（1）可知a是模p的平方非剩余的充分必要条件为a因此，a是模p的平方非剩余的充分必要条件为ap?

12?

1（modp），?

1（modp）。

定理2模p的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余的个数各为而且p?

1，2p?

1p?

12个平方剩余分别与12,22,?

（）中的一数，且仅与一数同余。

22证明定理1可知，模p的平方剩余的个数等于同余式xp?

12?

1（modp）的解数，因为x的个数为p?

12?

1能整除xp?

x，所以它有p?

1个解，即模p的平方剩余2p?

1p?

1，从而模p的平方非剩余的个数为；22p?

12）都是模p的平方剩余，而且它们两两不同余，2p?

1，则（j?

i）（j?

i）?

0（modp），2-2-　　另一方面，12,22,?

（（因为若i2?

j2（modp），1?

于是p|j?

i或p|j?

i，这是不可能的），故它们就是模p的全部平方剩余。

第五章二次同余式与平方剩余　　例求模13的平方剩余与平方非剩余。

解平方剩余：

12，22，32，42，52，62，即1，4，9，3，12，10；平方非剩余：

2，5，6，7，8，11。

定理3设p为奇质数，则模p的两个平方剩余或两个平方非剩余的积是模p的两个平方剩余；模p的一个平方剩余与平方非剩余的积是模p的平方非剩余。

证明通过欧拉判别条件易证。

　　　　-3-　　第五章二次同余式与平方剩余　　§2勒让得符号与二次反转定律　　?

定义勒让得（Legendre）符号?

（读作：

a对p的勒让得符号）是一个对?

于给定的奇质数p定义在一切整数a上的函数，它的值规定如下：

1，a是模p的平方剩余；?

1，a是模p的平方非剩余；?

0，p|a。

　　简单性质：

1、当a?

b（modp）时，?

；或?

。

2、?

12（modp）（欧拉判别条件）?

a1?

a2?

at?

。

ab?

a1a2?

at?

3、?

，特别地，?

a24、当p?

|a时，?

1。

12?

5、?

1，?

（?

1）?

1，当p?

1（mod4）；?

1，当p?

3（mod4）。

1定理1（高斯引理）设p是奇质数，（a,p）?

1，a,2a,?

（p?

1）a各数对模2p的最小非负剩余（余数）中大于?

的个数为?

，则?

（?

1）?

。

　　p1证明设a,2a,?

（p?

1）a各数对模p的最小非负剩余中小于的为22a1,a2,?

，大于pp的为b1,b2,?

，不可能有等于的（否则p|a矛盾），22　　-4-　　第五章二次同余式与平方剩余　　1则显然有?

（p?

1），并且?

as?

bt?

2s?

1t?

1又因为?

1（p?

1）2?

ka?

a2?

12（modp），pp?

bt?

p，所以1?

bt?

，而且p?

bt?

as（s?

1,?

；t?

1,?

），22p?

1，矛盾）211（p?

1）之间的（p?

1）个两22（否则有as?

bt?

p，于是有k1,k2，使得k1a?

k2a?

0（modp），从而k1?

k2?

0（modp），但1?

k1,k2?

因此，a1,a2,?

b1,p?

b2,?

是1到两不等的数，于是有?

ass?

（p?

b）?

，t?

1p?

ab?

（?

1）?

as?

1t?

12?

从而?

as?

（p?

bt）?

（?

1）?

1t?

1（modp），?

故有?

12?

（?

1）?

（modp），又p?

2，故?

（?

1）。

1（p?

1）2定理2?

2ka?

（mod2）。

1证明带余除法可知ka?

qp?

rk，0?

rk?

1，其中k?

1,2,?

（p?

1），2根据定理1，?

是r1,r2,?

rp?

1中大于2p的数的个数；2?

2ka?

ka?

又因为?

，ppp?

ka?

2ka?

p是奇数?

rk?

，?

ka?

2ka?

p是偶数?

，?

pp2?

-5-

　　　　　　第五章二次同余式与平方剩余　　证明欧拉判别条件，a于是（a当a1（p?

1）4p?

12?

1（modp），1（p?

1）4?

1）（a1（p?

1）4?

1）?

0（modp），从而a1（p?

1）4?

1或a1（p?

1）4?

1（modp），1（p?

1）4?

1（modp）时，a?

a1（p?

3）4?

a（modp），故同余式的解为x?

a当a即21（p?

1）41（p?

1）21（p?

3）8（modp）；?

1（modp）时，因为当p?

5（mod8）时，2是模p的平方非剩余，?

1（modp），所以2x?

21（p?

1）2?

a1（p?

1）4?

21（p?

1）2?

a1（p?

3）4?

a（modp），从而同余式的解为1（p?

1）4?

a1（p?

3）8（modp）。

例2解同余式x2?

5（mod29）?

29?

解因为?

1，所以原同余式有解。

29?

又29?

5（mod8），故定理2得解为x?

21（29?

1）4　　?

51（29?

3）8?

18（mod29）。

3、模p?

1（mod8）（没有公式化的结论，下面给出一种具体的解题途径）令p?

2kh?

1，k?

3，h为奇数，a1（p?

1）2k?

a2k?

1h?

（a2k?

2k?

2h?

1）（a2k?

2h?

1）?

0（modp）得a2h?

1（modp）或a2h?

1（modp）。

若前式成立，则可以继续分解；若后式成立，则任取模p的平方非剩余N，因N1（p?

1）2?

1（modp），即N2k?

1h?

1（modp），故N2k?

1h?

a2k?

2h?

1（modp），从而可以继续分解，?

，分别经过若干次后，可使a的指数降为h，即ah?

1（modp），于是ah?

ah?

a（modp），故可得原同余式的解为x?

a1（h?

1）2（modp）或x?

at1（h?

1）2（modp）。

-11-　　第五章二次同余式与平方剩余　　例3解同余式x2?

2（mod41）?

解因为?

1，所以原同余式有解。

41?

23?

1，即k?

3，h?

5，此时22取模41的平方非剩余3，有3223?

210?

（?

9）2?

1（mod41），　　2?

1（mod41），于是32?

22?

1（mod41），再计算可知32?

25?

（?

9）?

1（mod41），于是32?

26?

2（mod41），因此，原同余式的解为x?

35?

23?

24?

17（mod41）。

4、加模法（在同余式右边加上模的倍数，使成为平方数或把平方因数析出）例4解同余式x2?

2（mod41）?

解因为?

1，所以原同余式有解。

41?

43?

84?

21（mod41）?

21?

62?

103?

144（mod41）?

222　　?

12（mod41），因此原同余式的解为2x?

24（mod41）。

　　二、合数模的情形　　x2?

a（modm），（a,m）?

（1）　　?

2设m?

p1p2?

pk，第四章第四节定理1可知

（1）有解的充分必要条件是同余式组x2?

a（mod2?

），x2?

a（modpi?

i），i?

1,2,?

k有解，并且在有解的情况下，

（1）的解数是同余式组中各同余式的解数的乘积。

1、模为奇质数幂p?

定理3同余式x2?

a（modp?

），?

0，p为奇质数，（a,p）?

1有解的充分?

必要条件为?

1，并且在有解的情况下，解数为2。

-12-　　第五章二次同余式与平方剩余　　证明“?

”若同余式x2?

a（modp?

），?

0，p为奇质数，（a,p）?

1有解，?

则同余式x2?

a（modp），?

0，p为奇质数，（a,p）?

1也有解，从而?

1；?

“?

”若?

1，则同余式x?

a（modp）恰有两个解，设x?

x1（modp）?

是其中一解，则（a,p）?

1可知（x1,p）?

1，又（2,p）?

1，故（2x1,p）?

1，令f（x）?

x2?

a，则f?

（x）?

2x，于是p?

|f?

（x1），根据第四章第四节定理2可知，从x?

x1（modp）可以得到原同余式的一个解，因此原同余式有解且有两个解。

2、模为2?

定理4同余式x2?

a（mod2?

），?

0，（2,a）?

1当?

1时，同余式

（2）有唯一解x?

1（mod2）；当?

2时，同余式

（2）有解的充分必要条件为a?

1（mod4），并且在有解的情况下，同余式

（2）有两个解x?

1,3（mod4）；当?

3时，同余式

（2）有解的充分必要条件为a?

1（mod8），并且在有解的情况下，同余式

（2）有四个解；若

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