二次剩余定理详解


二次剩余

x 2 ≡ n ( m o d   p ) x^2≡n(mod\ p) x2n(mod p)
对于这个方程,求出满足的x。

引理1

首先来看一个符号
( n p ) (\frac{n}{p}) (pn)
这个符号叫做勒让德符号,这个符号里有两个值,一个是n,一个是p。假设p为奇素数,且n无法整除p时,他有以下定义
( n p ) = n p − 1 2 (\frac{n}{p})=n^{\frac{p-1}{2}} (pn)=n2p1
( n p ) = 1 (\frac{n}{p})=1 (pn)=1时,存在一个x使得n是p的二次剩余
( n p ) = − 1 (\frac{n}{p})=-1 (pn)=1时,不存在一个x使得n是p的二次剩余
例如,当p=11时。 ( 1 11 ) = 1 11 − 1 2 = 1 ( m o d   11 ) (\frac{1}{11})=1^{\frac{11-1}{2}}=1(mod\ 11) (111)=12111=1(mod 11)所以1是11的二次剩余
而, ( 3 11 ) = 3 11 − 1 2 = − 1 ( m o d   11 ) (\frac{3}{11})=3^{\frac{11-1}{2}}=-1(mod\ 11) (113)=32111=1(mod 11)所以3是11的二次非剩余
现在来证明
( n p ) = n p − 1 2 (\frac{n}{p})=n^{\frac{p-1}{2}} (pn)=n2p1
这个等式

证明1

假设 ( n p ) = 1 (\frac{n}{p})=1 (pn)=1即n为p的二次剩余时,设解为x

根据费马小定理,我们知道 x p − 1 ≡ 1 ( m o d   p ) x^{p-1}≡1(mod\ p) xp11(mod p)x显然存在

假设 ( n p ) = 1 (\frac{n}{p})=1 (pn)=1即n为p的二次剩余时

此时 x 2 ≡ n ( m o d   p ) x^2≡n(mod\ p) x2n(mod p)无解
此时插入一个引理

若gcd(i,p)=1,且j为整数,则线性同余方程 i x ≡ j ( m o d   p ) ix≡j(mod\ p) ixj(mod p)的有模p的唯一解(这里就不证明了,具体百度线性同余方程)

因此对于i在1~p-1中,对于每个gcd(1,i)=1都存在整数j使得ij≡n(mod\ p);
因此我们可以把1~p-1中的数分成(p-1)/2对,每对两两相乘=n(根据上面的定理可以自己推)
然后累乘起来得到
( p − 1 ) ! ≡ n p − 1 2 ( m o d   p ) (p-1)!≡n^{\frac{p-1}{2}}(mod\ p) (p1)!n2p1(mod p)
由威尔逊定理得到 ( p − 1 ) ! = − 1 ( m o d   p ) (p-1)!=-1(mod\ p) (p1)!=1(mod p)(自行百度搜索威尔逊定理)
综上有
( a p ) ≡ a p − 1 2 ( m o d   p ) (\frac{a}{p})≡a^{\frac{p-1}{2}}(mod\ p) (pa)a2p1(mod p)

引理2

有了上面的引理,我们来看看如何解这个方程。

首先我们在1~p-1上随机出一个a,然后设 w = a 2 − n w=a^2-n w=a2n,若w是p的二次非剩余,则解为 x = ( a + w ) p + 1 2 x=(a+\sqrt{w})^{\frac{p+1}{2}} x=(a+w )2p+1

为什么是这样?从末尾出发证明较为简单

证明2

x 2 = ( a + w ) p + 1 = ( a + w ) p ∗ ( a + w ) = ( a p + w p ) ∗ ( a + w ) = ( a − w ) ∗ ( a + w ) = a 2 − w = a 2 − ( a 2 − n ) = n ( m o d   p ) \begin{aligned} &x^2\\ &=(a+\sqrt{w})^{p+1}\\ &=(a+\sqrt{w})^p*(a+\sqrt{w})\\ &=(a^p+{\sqrt{w}}^p)*(a+\sqrt{w})\\ &=(a-\sqrt{w})*(a+\sqrt{w})\\ &=a^2-w\\ &=a^2-(a^2-n)\\ &=n(mod\ p)\\ \end{aligned} x2=(a+w )p+1=(a+w )p(a+w )=(ap+w p)(a+w )=(aw )(a+w )=a2w=a2(a2n)=n(mod p)
上述之中全都是在模p的意义下的运算,有一步骤可能有点蒙,现在我解释一下这一步

= ( a + w ) p ∗ ( a + w ) = ( a p + w p ) ∗ ( a + w ) = ( a − w ) ∗ ( a + w ) \begin{aligned} &=(a+\sqrt{w})^p*(a+\sqrt{w})\\ &=(a^p+{\sqrt{w}}^p)*(a+\sqrt{w})\\ &=(a-\sqrt{w})*(a+\sqrt{w})\\ \end{aligned} =(a+w )p(a+w )=(ap+w p)(a+w )=(aw )(a+w )

先解释后两个等式,根据费马小定理, a p − 1 ≡ 1 ( m o d   p ) a^{p-1}≡1(mod\ p) ap11(mod p),所以 a p ≡ a ( m o d   p ) a^p≡a(mod\ p) apa(mod p)
因为w是p的二次非剩余,所以有 w p − 1 2 ≡ − 1 ( m o d   p ) w^{\frac{p-1}{2}}≡-1(mod\ p) w2p11(mod p),所以 w p 2 ≡ − w ( m o d   p ) w^{\frac{p}{2}}≡-\sqrt{w}(mod\ p) w2pw (mod p)

然后解释前两个等式

引理3

( a + b ) p = a p + b p ( m o d   p ) (a+b)^p = a^p+b^p(mod\ p) (a+b)p=ap+bp(mod p)

证明3

首先,根据二项式定理展开,除了第一项和最后一项之外,都会有一个组合数 p i \frac{p}{i} ip是无法除掉的,所以对p取模都等于0,因此只剩下最后两项。

证毕

你最愿意做的哪件事,才是你的天赋所在

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