初等数论 第五章 二次同余式与平方剩余.docx

1、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)?ax

2、2?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

3、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)。2p?

4、12?1(modp)，则x?x?x(xpp?1?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?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(mod

5、p)，?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?i?j?于是p|j?i或p|j?i，这是不可

6、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 ?a?定义勒让得(Legendre)符号?p?(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

7、，a是模p的平方剩余；?a?p?1，a是模p的平方非剩余；?0，p|a。? 简单性质：?a?b?p?d?d?1、当a?b(modp)时，?；或?p?p?p?p?。?a?2、?p?a?p?12(modp)(欧拉判别条件)?a1?a2?p?p?at?p? ?。?ab?a?b?a1a2?at?3、?，特别地，?p?p?p?p?a24、当p?|a时，?p?1。?p?12?1?1?5、?1，?p?p?(?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?a?p?的个数为?，则?

8、(?1)?。?2?p? 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,?,a?，大于pp的为b1,b2,?,b?，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?k?1?p?1?ka?!a2?p?12(modp)，pp?bt?p，所以1?p?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?

9、k2?0(modp)，但1?k1,k2?因此，a1,a2,?,a?,p?b1,p?b2,?,p?b?是1到两不等的数，于是有?ass?1?p?1?(p?b)?!，t?2?t?1p?1?ab?(?1)?!as?t?2?s?1t?1?p?12?p?1?从而?!?as?(p?bt)?(?1)?2?s?1t?1(modp)，?a?故有?p?a?p?12?a?(?1)?(modp)，又p?2，故?p?(?1)。?1(p?1)2定理2?k?1?2ka?(mod2)。p?1证明带余除法可知ka?qp?rk，0?rk?p?1，其中k?1,2,?,(p?1)，2根据定理1，?是r1,r2,?,rp?1中大于2p

10、的数的个数；2?2ka?ka?ka?ka?ka?又因为?2?2?2?2?，ppp?p?p?ka?2ka?p是奇数?2?1?rk?，?2?p?p?ka?2ka?p是偶数?2?0?r?，?k?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?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(m

11、odp)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?a?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)?5?29?4?解因为?1，所以原同余式有解。?29?5?5?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?2?1?a2k?1h?1?(

12、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?a?ah?1?a(modp)，故可得原同余式的解为x?a1(h?1)2(modp)或x?N?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)?2?解因为

13、?1，所以原同余式有解。?41?p?41?23?5?1，即k?3，h?5，此时22取模41的平方非剩余3，有3223?2?5?210?(?9)2?1(mod41)， 2?5?1(mod41)，于是32?5?22?5?1(mod41)，再计算可知32?5?25?9?(?9)?1(mod41)，于是32?5?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)?2?解因为?1，所以原同余式有解。?41?x?x?2?43?84?2?21(mod41)?21?62?

14、103?144(mod41)?2?222 ?x?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 (1) ?k?1?2设m?2?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 ?a?必要条件为?p?1，并且在有解的情况下，解数为2。?- 12 - 第五章 二次同余

15、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，?a?则同余式x2?a(modp)，?0，p为奇质数，(a,p)?1也有解，从而?p?1；?a?2?“?”若?1，则同余式x?a(modp)恰有两个解，设x?x1(modp)?p?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