(10)初等数论ppt第五章-一般二次同余式、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（十） ——二次剩余一、知识要点 （一）、基本定义与定理1、定义1：设奇质数p ，d 是整数，d p |/．若同余方程)(mod 2p d x ≡有解，则称d 是模p 的二次剩余（亦称平方剩余）；若无解，则称d 是模p 的二次非剩余（亦称平方非剩余）．注：当讨论二次（非）剩余时，一般都约定p 是奇质数． 2、定理1：在模p 的一个简化剩余系．．．．．中，恰有21-p 个模p 的二次剩余，21-p 个模p 的二次非剩余．并且，若d 是模p 的二次剩余，则同余方程)(mod 2p d x ≡的解数是2． 推论：模p 的二次剩余包含在22122)(,,2,1-p 的剩余类中． 3、几个常见模的二次剩余与二次非剩余4、定理2（Euler 判别法）：设奇质数p ，d 是整数，d p |/． (1) d 是模p 的二次剩余的充要条件是)(mod 121p dp ≡-；（2）d 是模p 的二次非剩余的充要条件是)(mod 11p d p -≡-．5、定义2（Legendre 符号）：设奇质数p ，定义整数d 的函数：⎪⎩⎪⎨⎧-=.|,0;,1;,1)(d p p d p d p d 的二次非剩余是模的二次剩余是模 注：)(pd 读作d 对p 的勒让得符号． 6、Legendre 符号的几个性质① )()(p d p p d +=； ②)(mod )(21p d p d p -≡；③21)1()1(,1)1(--=-=p pp ；④ )())(()(2121p a p a p a p a a a n n =，特别地c p pdp dc |),()(2/=． 7、定理3：（1）12)1()2(--=p p；（2）奇质数q p ,满足,1),(=p q 则∑-=-=211][)1()(p k p qkpq．推论：当18±=m p 时，2是二次剩余；当38±=m p 时，2是二次非剩余． 注：①奇质数112±=k p ，则1)3(=p ；奇质数512±=k p ，则1)3(-=p．②奇质数18+=k p 或38+=k p 时，则1)2(=-p． 8、定理4（Gauss 二次互反律）设q p ,均为奇质数，且1),(=q p ，则)()1()(11qp p q q p --⋅-=．9、定理5（Lagrange ）：每一正整数都能表示成四个整数的平方和．二、典型问题分析例1、（1）设质数5≥p ．证明：模p 的全部二次剩余的和是p 的倍数． （2）设p 是奇质数．证明：在1,,2,1-p 中全体模p 的二次剩余的和][24)1(1212∑-=--=p j p j p p p S ．例2、设奇质数p ，21,d d 是整数，1|d p /，2|d p /．（1）若21,d d 均为模p 的二次剩余，则21d d 是模p 的二次剩余； （2）若21,d d 均为模p 的二次非剩余，则21d d 是模p 的二次剩余；（3）若21,d d 分别是模p 的二次剩余和二次非剩余，则21d d 是模p 的二次非剩余．例3、设p 是奇质数．证明：1-是模p 的二次剩余的充要条件是)4(mod 1≡p ．例4、判断下列同余方程的解数：① )61(mod 12-≡x ； ②)51(mod 162≡x ；③)209(mod 22-≡x ； ④)187(mod 632-≡x ．例5、设p 是奇质数，若1)(-=pd ，求证：p dy x =-22无整数解．例6、证明：不定方程17232=+y x 无整数解．例7、证明：不定方程1222322=-+y xy x 无整数解．例8、证明：14+x 的奇质因数)8(mod 1≡p ．例9、证明：费马数122+=nn F )2(≥n 的质因数122+=+t p n ，t 是整数．例10、设12+=k p ，N k ∈，且2≥k ． 求证：p 是质数的充要条件是)(mod 1321p p -≡-．例11、设p 是满足)4(mod 1≡p 的奇质数，求∑-=112}{p k pk 的值，其中][}{x x x -=，][x 为不超过实数x 的最大整数．例12、设p 为奇质数，证明：不定方程222y x p +=有正整数解的充要条件是1)2(=-p，即18+=m p 或38+=m p ．。

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 。