二次剩余学习笔记

两篇比较好的blog，第二篇介绍了一些拓展的东西
http://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/51959546
http://blog.miskcoo.com/2014/08/quadratic-residue

因为个人数学不好，学这东西很多东西感性的理解就过掉了qaq，这里的笔记并不严谨

以下讨论的是模数P为奇素数的情况

先定义一个勒让德符号
(ap)=1(a是二次剩余)/−1(a不是二次剩余)/0(a≡0 (Mod p))
然后这个东西要怎么算，有个公式
(ap)=ap−12
这个公式挺好证的：
a≡0 时显然
a≠0 (Mod p) 时
因为 ap−1≡1 ，所以 ap−12≡1/−1
ap−12≡1 时，定义 x≡a√ ，于是有 xp−1≡1 ，根据费马小定理 x 存在（其实我也不知道为什么有这个就存在了..感受一下..捂脸）
ap−12≡−1 时，同上，有 xp−1≡−1 ， x 就不存在了

结论1：有 p−12 个数的勒让德符号为-1即无模P下的二次剩余
证明的话，在 Mod p 下， a,P−a 平方的结果是一样的， 0 to P−1 的平方就会有 p+12 个互不相同的数，剩下的就没有二次剩余了

结论2： (a+b)p≡ap+bp (Mod p)(p是质数)
证明直接展开二项式定理，因为p是质数，除了 i=0和p 的项，其他项分子的p分母都消不掉，会被模成0，剩下 ap+bp

−−−−−−−−−−−−−(我是分割线)−−−−−−−−−−−−−−

我们要求一个数 x ，使得 x2≡a (Mod p)
先找一个数 a 使得 a2−n 在模P下无二次剩余即不可开根（为什么是 a2−n 在下文会解释），根据结论1，随机几个 a 很容易就能找到，随机次数期望 O(1)
然后就到了我个人的感性理解(yy)部分…
a2−n 在模P下不可开根，类比-1在实数下不可开根，我们于是像处理 −1−−−√ 一样，给这个东西定义成虚数(只是类比，方便理解)，定义一个 ω=a2−n−−−−−√ ，则 ω2≡a2−n(Mod p) ，我们定义了一个原本不可开根的东西的根号 ω 后，新的数都可以用 a+bω 表示

结论3： ωp=−ω
证明： ωp=ωp−1ω=(a2−n)p−12ω=−ω （勒让德符号的定义）

最后我们要求的 x=(a+ω)p+12 ，就没了
先证一下这个柿子
x2=(a+ω)p+1=(a+ω)p(a+ω)
=(ap+ωp)(a+ω)（结论2）
=(a−ω)(a+ω)（费马小定理：ap−1≡1 and 结论3）
=a2−ω2
=a2−(a2−n)
=n (Mod p)
至于为啥可以直接把这个复数带进去这样搞什么的以及一些理论上细节的东西，不要问我我也不会证（捂脸）

感性理解一下吧qaq

哪些地方如果写错了还请指正