平方非剩余为

§2 奇质数模的平方剩余与平方非剩余本节考虑同余式()()2mod ,,1x a p a p ≡= （1）的解。

定理1 若(),1,a p =则a 是模p 的平方剩余的充分必要条件是()121mod p ap -≡ （2） 而a 是模p 的平方非剩余的充分必要条件是()121mod p ap -≡- （3）且若a 是模p 的平方剩余，则同余式（1）恰有二解。

证 （ⅰ）因1212|p p x a xa----，故存在整系数多项式()q x 使得()()1122.p p xax a q x ---=-故()()1111222211.p p p pp x x x x a a x x a xq x a x ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ （4）若a 是模p 的平方剩余，则存在整数0x 使得()20mod .x a p ≡ （5）易得()()()200,,1,, 1.x p a p x p === 在（4）式中令0x x =得()()1111222200000000011.p p p pp x x x x a a x x a x q x a x ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ （6）由（5），（6）两式及费马定理得()12010mod .p a x p -⎛⎫-≡ ⎪⎝⎭但()0,1x p =故（2）式成立。

因2x a -除px x -的余式121p a x -⎛⎫- ⎪⎝⎭的每一系数都是p 的倍数，故同余式（1）恰有二解。

反之，若（2）式成立，则由第四 §4定理5得a 是模p 的平方剩余。

（ⅱ） 由费马定理，若(),1a p =，则()()111221mod ,110mod .p p p ap a a p ---⎛⎫⎛⎫≡+-≡ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭因p 为奇质数，故（2），（3）两式中必有一个成立，且只能有一个成立。

于是由（ⅰ）可得，a 是模p 的平方非剩余⇔()()1122/1mod 1mod .p p ap ap --≡⇔≡-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12p -，而且12p -个平方剩余分别与系列22211,2,,2p -⎛⎫⎪⎝⎭（6）中一数同余且仅与一数同余。

原根的简单求法刘志平【摘要】引进原根与指标两个概念以求同余式xn≡a(mod m)的有解条件.讨论了p与p2 原根的简单求法,特别是p2的原根的求法简化了原来的计算.【期刊名称】《宜宾学院学报》【年(卷),期】2010(010)006【总页数】3页(P18-20)【关键词】原根;指数;简化剩余系【作者】刘志平【作者单位】宜宾学院数学学院,四川宜宾,644000【正文语种】中文【中图分类】O156.4在初等数论的学习中,为了讨论同余式xn≡a(mod m)在什么条件下有解,在讨论中要引进原根与指标这两个概念,这两个概念在数论里很有用,可以通过对原根与指标的研究,最后把上述同余式对某些特殊的m有解的条件利用指标表示出来.但原根的计算有时很麻烦,在多年的教学中发现教材定理中提供的寻找原根的方法并不是永远可以用来实际计算的,且寻找原根的计算有时也很麻烦,特别是应用定理求 p2的原根的方法,针对这种情况,找出了求 p与 p2原根的常用简单求法.定义 1[1]:如果 m ＞1,(a,m)=1,则使同余式at≡1 (modm)成立的 t中的最小正整数δ称为 a对模 m的指数,如δ=φ(m),则 a称为模m的一个原根.有了原根的概念,可以把模m的简化剩余系很有规律地排列出来,设 g为模 m的一个原根,g0,g1,…,gφ(m)-1对模m两两不同余.这φ(m)个 g的乘幂构成了模m的简化剩余系.例 1 设 a为奇质数 p的原根,则 a的奇次幂为 p的平方非剩余.证:用反证法:设 a2k+1是 p的平方剩余,则又∵a为 p的原根,整数,矛盾,由欧拉判别法, a是 p的平方非剩余.相关结论:例 1说明原根存在于平方非剩余中.例 2 设 p与 4p+1都是奇质数,则 2为 4p+1的原根.证:设q=4p+1,φ(q)=4p,则2关于模 q的指数必是 4p的正因数,即1,2,4,p,2p,4p 之一,∵p为奇数,∴p=2t+1∴q=4(2t+1)=8t+5 ∴2是模 q的平方非剩余.由欧拉判别条件∴2关于模 q的指数不是 2p,当然也不是 2p的因数 2与 p,又因为 2关于模 q的指数也不是 1与 4,所以 2关于模 q的指数只能是 4p,故 2为模 q的原根.并不是所有模m的原根都存在,例m=8,φ(8)=4,但任何与 8互质的数为奇数,而奇数的平方被 8除余 1,这就是说任何奇数以 8为模的指数最大为 2,决不等于 4,所以8没有原根.定理 1[1]若 p是单质数,则模m的原根是存在的.定理 2[1]设 g是模 p的一个原根,则存在一整数 t0使得由等式 (g+pt0)p-1=1+pu0所确定的 u0不能被 p整除,并且对应于这个 t0的 g+pt0就是模pα的原根,其中α≥1为整数.定理 3[1]设α≥1,g是模pα的一个原根,则 g与g+pα中的奇数是模2pα的一个原根.定理 4[1]模m的原根存在的充分与必要条件是 m等于2,4,pα,2pα,其中 p是奇质数.定理5[1]设m＞1,φ(m)的所有不同质因数是q1,q2…,qk,(g,m)=1,则 g是模 m的一个原根的充分与必要条件是.例 3 设 p为奇质数,n不整除 p-1,试证:1n+2n+…+(p-1)n≡0(modp)证设 g是 p的原根,则g0,g1,…,gp-2是 p的简化剩余系,而1,2,…,p-1也是 p的简化剩余系,其中 gn≢1(modp).因若gn≡1(modp)则 n|p-1,与假设矛盾.3.1 原根的求法定理 4、定理 5既讨论了原根存在性,也给出了原根的求法,求m的原根的问题基本上就是求奇质数 p的原根问题.例 4[1]求出 p=41的一个原根.解因8,由定理 5知 g是模 41的原根的充分与必要条件是 g8≢1(mod41),g20≢1(mod 41),g不整除 41,我们用1,2,3…逐一代入验算得到例5 求m=412的一个原根解用定理2的方法求简便些.由例 4知,6为 41的一个原根,经计算得640≡124=1 +3×41(mod 412)故 640=1+41(3+41l),l为正整数,其中 u=3+41l-639t+41T.当 t=0时,41不整除u,故 6是 412的一个原根且是模41α(α＞1)的一个原根.例6 求m=2×412=3362的一个原根解由定理 3及例 5立刻可以知道 6+412=1687是模 3362的一个原根.在上述定理 5中,基本解决了奇质数原根的求法,下面重点论述从定理 2出发,求 p2的一个原根的一个简单方法.设 g是模 p的一个原根,则存在一整数 t0使得由等式(g+pt0)p-1=1+pu0所确定的 u0不能被 p整除,并且对应于这个 t0的 g+pt0就是模pα的原根,其中α≥1为整数.当α=2,如在等式(g+pt0)p-1=1+pu0所确定的 u0不能被 p整除,且 t0=0时,则上式等价于 gp-1≢1(modp2)此时 g为 p2的一个原根.例 7 求m=292的一个原根.解先求m=29的一个原根.3.2 原根的个数上述求原根的方法有时是很麻烦的,首先 p较大时,分解φ(p)为质因数的乘积就不容易,其次,在 p的简化剩余系中找出不适合同余的 qi就更为困难,为此对一些特殊结构的奇质数模 p有一些较为简便的方法,下面先讨论原根的个数.设 g是模m的一个原根,则构成模m的一个简化剩余系,因为原根与m互质,故m的原根尽在(2)中,首先讨论具有怎样性质的 i才能使 gi为m的原根.设 gi的指数为λ∴(gi)λ=giλ≡1(modm),故当时d=(i,φ(m))=1时,λ=φ(m),此时 gi 为m的一个原根,而与φ(m)互质的数,尽在φ(m)的简化剩余系中,它们共有φ(φ(m))个.定理 6[1]设模有原根,则有φ(φ(m))个关于模 m不相同的原根.例8 求出41的全部原根解由例 4,知模 41的一个原根为 6,由定理 6,模 41共有φ(φ(41))=16个原根,为求出全部原根,只须求出40以内适合条件(i,40)=1的 i,它们分别是:1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39,由定理 6,41的不同原根为:即:6,7,11,12,13,15,17,19,22,24,26,28,29,30,34,35.例 9[2]若质数p=2λ+1,则模 p的全部平方非剩余是模 p的所有原根.证因为模 p的简化剩余系中,平方剩余与平方非剩余各有个,如 a是 p的平方剩余,则显然 a的指数小于φ(p)=p-1=2λ,所以 a不是原根,于是模 p的原根尽在模 p的平方非剩余之中,又由定理 6,模 p的原根共有φ(φ(p))=φ(P-1)=φ(2λ)=2λ-1个,即个,所以模 p的平方非剩余全部为模 p的原根. 例10 求 p=17的所有原根解∵φ(17)=16=24,p=24+1,λ=4,模 17的全部平方非剩余为 3,5,6,7,10,11,12,14均为模 17的平方非剩余,即它们为模 17的全部原根.例 11[3]求模 49的原根解∵3为模7的原根,由定理6T0=6 ∵(35,7)=1 ∴35t≡6(mod 7),即5t≡6(mod 7)有且只有一个解t≡4(mod 7),所以 t0=0,1,2,3,5,6时,u≢0(mod 7),∴3+7t0=3,10,17,24,38,45为模49的原根,同理5为模7的另一个原根,56≡43=1+6×7(mod 49) ∴55t≡6(mod 7)即3t≡6(mod 7)有且只有一个解t≡2(mod 7),所以 t0= 0,1,3,4,5,6时,u≢0(mod 7) ∴5+7t0=5,12,26,33,40,47均为模 49的原根.例12 求模 14的原根解因为14=2×7,7有原根 3,5,由定理 3,3+7与 3, 5+7与 5之间,3,5为奇数,所以3与 5为模 14的原根.推论设q1,q2,…,qs是φ(m)的一切不同的质因数,则 g是模m的一个原根的充分与必要条件是:g是对模 m的qi(i=1,2,…,s)次非剩余.例13 证明 2是形如4p+1形的质数的原根证∵φ(4p+1)=4p只有质因数 2与 p,所以 2是4p+1的原根的充要条件是 2为模4p+1的平方非剩余与p次非剩余,∴2是模 4p+1的平方非剩余,且xp≡2(mod 4p+1)无解,否则如有解,x4p≡24≡1(mod 4p+1)而4p+1≠3,5.∴16≢1(mod 4p+1),则 2为模 4p+1的 p次非剩余,2为模 4p+1的原根.以上讨论了原根的部分简单求法,特别是 p2的原根的求法简化了教材中的计算.【相关文献】[1]闵嗣鹤,严士健.初等数论[M].北京:高等教育出版社,2004.[2]郑克明.数论基础[M].重庆:西南师范大学出版社,1994.[3]王杰官.数论基础[M].福州:福建科学技术出版社.1995.[4]潘承洞,潘承彪.初等数论[M].北京:北京大学出版社,1992.[5]转引潘承彪译.有趣的数论[M].北京:北京大学出版社,1985.。

初等数论(2013)模拟试题一、单项选择题(在每小题的四个备选答案中，选出一个正确的答案，并将其代码填入题干后的括号内。

每小题2分)1. 从1到82的整数中，3的倍数有( )A ．25个B ．26个C ．27个D ．28个2. 100至500的正整数中，能被17整除的个数是 ( )A ．23B ．24C ．25D ．263. 整数a 和a -被6除时的最小非负剩余分别是2和r ，则r =() A ．-4 B ．-2C ．2D ．44. 30被-7除的带余除法表达式是( )A ．30=(-7)×(-5)-5B ．30=(-7)×(-4)+2C ．30=(-7)×(-3)+9D ．30=(-7)×(-6)-125. 已知,a b 是整数，如果223|a b +，则 ( )A ．a |3或b |3B ．a |3且b |3C ．3|,3|a b /D ．b a +|36. 对于任意整数n ，最大公因数(,)n n +-2161的所有可能值是() A ．1 B ．1，2C ．1，4D ．1，2，47. 已知(,)1a b =，则(53,138)a b a b ++的值为 ( )A ．1B ．2C ．3D ．48. 下列数中是质数的是( )A ．101B ．111C ．121D ．1419. 在整数100!50!末尾的连续的0 的个数是( )A ．2B ．12C ．24D ．3610. 设,m n 是整数，下列式子中一定不成立的是 （ ）A. 2313+=-n mB. 1501=+n mC. 052=+n mD. 2717-=+n m11. 180的正因数个数是 （ ）A. 15B. 16C. 17D. 1812. 模100的最小非负简化剩余系中元素的个数是( )。

A ．100B ．10C ．40D ．413. 从满足以下要求的整数中，能选取出模20的简化剩余系的是() A ．2的倍数 B ．3的倍数C ．4的倍数D ．5的倍数14. 下列四个数中，个位数是3的是( )A ．32000B ．5324C ．56789D ．13131315. 以下四个分数不能化为纯循环小数的是( )A ．3715B ．875139C ．139D ．17116. 下列分数能写成纯循环小数的是 （ ） A. 12001B. 641C. 331D. 308117. 下列各组数中不是模9的完全剩余系的是 （ ）A. 8,7,6,5,4,3,2,1,0B. 9,8,7,6,5,4,3,2,1C. 10,9,8,7,6,5,4,3,2D. 3,2,1,1,2,3,4,5,6---18. 下列各数中，能被11整除的数是 （ ）A. 75523B. 868967C. 1095874D. 3863519. 下列多元不定方程无整数解的是( )A ．10005249=-+z y xB ．1510661x y z ++=C ．8594=+-z y xD ．21596=++z y x20. 使方程x y c +=56无非负整数解的最大整数c 是( )。

数论高斯记号-回复在数论中，高斯记号（Gauss's notation）是一种用来描述剩余类的性质和关系的符号表示方法。

它由德国数学家卡尔·弗里德里希·高斯于1796年创立，被广泛应用于数论、代数和离散数学等领域。

高斯记号的核心思想是将整数的剩余类抽象成符号形式。

具体来说，设p 是一个奇素数，对于任意一个整数a，高斯记号[a p]定义为：[a p]={0, 若a≡0 (mod p);1, 若a不是p的倍数且a是一个较小后p的二次剩余;-1, 若a不是p的倍数且a是一个较小后p的二次非剩余。

}这个定义相当于将剩余类0、二次剩余和二次非剩余分别对应为0、1和-1。

高斯记号在讨论和描述剩余类的性质和关系时，提供了一种简明、直观的符号表示方法。

高斯记号有一些基本的性质和运算规则，下面我们分步介绍。

1. 高斯记号的基本性质（1）若a≡b (mod p)，则有[a p]=[b p]。

这是因为剩余类的定义只和同余关系有关，与具体的整数值无关。

（2）若a≡0 (mod p)，则有[a p]=0。

这是因为0是p的倍数，所以不满足二次剩余和二次非剩余的定义。

（3）若a、b均不是p的倍数，且满足a≡b (mod p)，则有[a p]=[b p]。

这是因为如果a和b同余，那么它们既可能都是二次剩余，也可能都是二次非剩余。

（4）若a、b均不是p的倍数，则有[a p][b p]=[ab p]。

这是高斯记号的一个重要的乘法规则，它告诉我们两个数的乘积的高斯记号等于两个数的高斯记号的乘积。

2. 高斯记号的平方剩余与平方非剩余我们知道，对于一个素数p，整数a的二次剩余是指整数x满足x^2≡a (mod p)，而整数a的二次非剩余是指不存在整数x满足x^2≡a (mod p)。

高斯记号提供了一种简洁的方式来判断一个数是二次剩余还是二次非剩余。

（1）若p是奇素数，且a是p的二次剩余，那么有[a p]=1。

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 ．。

信息安全数学基础----习题集一一、填空题1、设a=18、b=12，c=27，求a、b、c的最小公倍数[a,b,c]= .2、求欧拉函数= .3、设，则模的最小非负简化剩余系{ }.4、设，则模的所有平方剩余= .5、设，则模的所有原根个数= .6. 设m，n是互素的两个正整数，则φ(mn)=________________。

7. 设m是正整数，a是满足的整数，则一次同余式：ax≡b (mod m)有解的充分必要条件是_________________ 。

8. 设m 是一个正整数，a是满足____________的整数，则存在整数a’，1≤a’＜m ，使得aa’≡1 (mod m)。

9. 设, 如果同余方程__________, 则叫做模的平方剩余.10. 设, 则使得成立的最小正整数叫做对模的__________.二、判断题（在题目后面的括号中，对的画“”，错的画“”）1、若是任意正整数, 则. （）2、设是个不全为零的整数，则与, ||, ||,…, ||的公因数相同（）3、设是正整数, 若, 则或. （）4、设为正整数, 为整数, , 且, 则. （）5、{1,-3,8,4,-10}是模5的一个完全剩余系. （）6、设是素数, 模的最小非负完全剩余系和最小非负简化剩余系中元素个数相等. （）7、设为奇素数, 模的平方剩余和平方非剩余的数量各为8. （）8、一次同余方程有解. （）9、设是素数, 是模的原根, 若, 则是的整数倍.（）10、设, 则, …, 构成模的简化剩余系.（）11. , 则. （）12. 设是两个互素正整数, 那么, 则. （）13. 设m是一个正整数, a,b,d都不为0，若ad≡bd(modm)。

则a≡b(mod m)。

（）14. 设为正整数, a是满足的整数，b为整数. 若为模的一个简化剩余系, 则也为模的一个简化剩余系. （）15. p为素数,n为整数且与p互素，则n2为模p的平方剩余. （）16. 设为正整数, 设, 则是模的平方剩余的充要条件是: . （）17. 3是模7的原根。

第五章 二次同余式与平方剩余本章的目的是较深入地讨论二次同余式。

讨论方法是把问题归结到讨论形如)(mo d 2m a x ≡的同余式，进而引入平方剩余和平方非剩余的概念，再应用数论中常用的函数(勒让德符号及雅可比符号)去讨论m 是单质数的情形，进而讨论一般的情形。

最后还应用本章结果解决两个不定方程的问题，并介绍一下与它们有关的著名的华林问题。

教学内容: 1.一般二次同余式教学目的: 了解一般二次同余式及平方剩余，平方非剩余的概念： 教学重难点: 平方剩余的概念 教学过程:本节主要讨论二次同余式，讨论方法是把问题归结到讨论形如)(mod 2m a x ≡的同余式，进而引入平方剩余和平方非剩余的概念，再应用数论中常用的函数讨论m 是单质数的情形，进而讨论一般的情形： 一． 基本概念： 首先：二次同余式的一般形式：)(m od 0),(m od 02m a m c bx ax ≡/≡++（1） 用4a 乘（1）式再加上2b 得：acb b ax am ac b b abx x a 4)2()4(mod 444222222-≡+-≡++即若令ac b D b ax y 4,22-=+=则上式变为)4(mod 2am D y ≡（2）具体分析过程见书上P74:由同于是的性质可知（2）与（1）式同时有解或同时误解：故讨论（1）式有解的问题可以转为讨论（2）式有解的问题：为了讨论（2）式是否有解，我们引入平方剩余和平方非剩余的概念：定义：假设（a,m ）=1，如果同余式)(mod 2m a x ≡有解，则a 叫做模m 的平方剩余，否则叫做模m 的平方非剩余：例：)7(m od 2a x ≡根据同余式解的形式：他的接有0，1，2，3，4，5，6这7中可能，而a 有1，2，3，4，5，6这六种可能，严整可知 当a 取1，2，4是有解，当a 取3，5，6时误解，故1，2，4为模7的平方剩余，而3，5，6为模7的平方非剩余：教学内容: 2.单质数的平方剩余与平方非剩余教学目的: 了解单质数的平方剩余，平方非剩余的基本性质及判别方法： 教学重难点: 平方剩余，平方非剩余的判别 教学过程:这节我们讨论单质数p 的平方剩余，平方非剩余： 一． 判别方法： 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是：)(mod 121p ap ≡-：而a 是模p 的平方非剩余的充要条件是：)(mod 121p ap -≡-证明：见书上P76：由此定理我们就可以判别单质数p 的平方剩余，平方非剩余： 二．基本性质：定理2：模p 的平方剩余和平方非剩余各为21-p ，而且21-p 个平方剩余分别与序列)21(2,122-p 中之一数同余，且仅与一数同余： 证明：见书上P77：关于平方剩余和平方非剩余具有以下性质： 定理3：对于同一素数p 来说： 1． 二平方剩余之积仍是平方剩余：2． 一平方剩余与一平方非剩余之积为平方非剩余： 3． 二平方非剩余之积为平方剩余：证明：1。