CINTA作业九：QR
二次剩余
文章目录
- 二次剩余
- 一、习题 11.1
- 二、习题 11.2
- 三、习题 11.3
- 四、习题 11.4
- 五、习题 11.5
- 六、习题 11.6
一、习题 11.1
解：
（1）封闭性：
∀ \forall ∀ m 1 , m 2 ∈ m_1, m_2 \in m1,m2∈ Q R p \mathbb{QR}_p QRp ， ∃ \exists ∃ x 1 , x 2 ∈ x_1,x_2 \in x1,x2∈ Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗，使得
m 1 ≡ x 1 2 m_1 \equiv x_1^2 m1≡x12 mod p m 2 ≡ x 2 2 m_2 \equiv x_2^2 m2≡x22 mod p
则 m 1 m 2 m_1m_2 m1m2 ≡ \equiv ≡ x 1 2 x 2 2 x_1^2x_2^2 x12x22 mod p ≡ \equiv ≡ ( x 1 x 2 ) 2 {(x_1x_2)}^2 (x1x2)2 mod p
根据 Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗ 群的封闭性知， x 1 x 2 ∈ x_1x_2 \in x1x2∈ Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗
所以 m 1 m 2 ∈ m_1m_2 \in m1m2∈ Q R p \mathbb{QR}_p QRp
封闭性得证
（2）结合律：
根据 Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗ 群的结合律知， x 1 x 2 x_1x_2 x1x2 = x 2 x 1 x_2x_1 x2x1
所以， m 1 m 2 m_1m_2 m1m2 ≡ \equiv ≡ ( x 1 x 2 ) 2 {(x_1x_2)}^2 (x1x2)2 mod p ≡ \equiv ≡ ( x 2 x 1 ) 2 {(x_2x_1)}^2 (x2x1)2 mod p ≡ \equiv ≡ m 2 m 1 m_2m_1 m2m1
（3）单位元：
假设存在单位元 e ∈ e \in e∈ Q R p \mathbb{QR}_p QRp，使得 m 1 e m_1e m1e = m 1 m_1 m1
即 m 1 2 e 2 m_1^2e^2 m12e2 mod p ≡ \equiv ≡ m 1 2 m_1^2 m12 mod p
可得，存在单位元 e e e = 1
（4）逆元：
假设对 ∀ \forall ∀ m ∈ m \in m∈ Q R p \mathbb{QR}_p QRp，存在逆元 m − 1 ∈ m^{-1} \in m−1∈ Q R p \mathbb{QR}_p QRp，使得 m m − 1 mm^{-1} mm−1 ≡ \equiv ≡ 1 mod p
由费尔马小定理知， m p − 1 m^{p-1} mp−1 ≡ \equiv ≡ 1 mod p
因此，逆元存在，且 m − 1 m^{-1} m−1 = m p − 2 m^{p-2} mp−2
综上所述， Q R p \mathbb{QR}_p QRp 在乘法上成群
二、习题 11.2
使用群论的方法证明定理 11.1
解：从 Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗ 到 Q R p \mathbb{QR}_p QRp 的映射 ϕ \phi ϕ 定义为： ∀ \forall ∀ a ∈ a \in a∈ Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗， a → a 2 a \rightarrow a^2 a→a2
显然， ϕ \phi ϕ 是满射的，且 ∀ \forall ∀ a , b ∈ a,b \in a,b∈ Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗ 有
ϕ ( a ∘ b ) \phi(a \circ b) ϕ(a∘b) = ( a b ) 2 (ab)^2 (ab)2 = a 2 a^2 a2 b 2 b^2 b2 = ϕ ( a ) \phi(a) ϕ(a) ▪ ϕ ( b ) \phi(b) ϕ(b)
所以 ϕ \phi ϕ 是群同态
根据表 11.1~11.3 的观察可知，Ker ϕ \phi ϕ = {1，p-1}，是 Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗ 的正规子群
则存在标准同态 ψ \psi ψ： Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗ → \rightarrow → Ker ϕ \phi ϕ
再根据第一同构定理知， Z p ∗ / \mathbb{Z}_p^{*} / Zp∗/ Ker ϕ \phi ϕ ≅ \cong ≅ Q R p \mathbb{QR}_p QRp
则有 | Q R p \mathbb{QR}_p QRp | = | Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗ | / / / | Ker ϕ \phi ϕ | = ( p − 1 ) / 2 ( p-1)/2 (p−1)/2
三、习题 11.3
,
解： ∵ \because ∵ a ∈ a \in a∈ Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗，则必不可能出现 p ∣ a p|a p∣a
∴ \therefore ∴ 根据勒让德符号的定义知， ψ ( a ) \psi(a) ψ(a) = ± \pm ± 1
所以 ψ \psi ψ 是满射的，且对 ∀ \forall ∀ a , b ∈ a,b \in a,b∈ Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗ 有，
ψ ( a ∘ b ) \psi(a\circ b) ψ(a∘b) = ( a b p ) (\dfrac{ab}{p}) (pab) = ( a p ) (\dfrac{a}{p}) (pa) ( b p ) (\dfrac{b}{p}) (pb) = ψ ( a ) \psi(a) ψ(a) ▪ ψ ( b ) \psi(b) ψ(b)
所以 ψ \psi ψ 是一个满同态
四、习题 11.4
解：利用反证法求解
假设存在一个生成元 g ∈ g \in g∈ Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗，且它为模 p 的二次剩余
则有 { g p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) g ≡ x 2 ( m o d p ) \left\{\begin{aligned}g^{p-1} \quad&\equiv \quad1 \quad(mod \quad p)\\g \quad&\equiv \quad x^2\quad (mod \quad p)\end{aligned}\right. {gp−1g≡1(modp)≡x2(modp)
∴ \therefore ∴ g p − 1 g^{p-1} gp−1 ≡ \equiv ≡ x 2 ( p − 1 ) x^{2(p-1)} x2(p−1) ≡ \equiv ≡ 1 mod p
∴ \therefore ∴ g ( p − 1 ) / 2 g^{(p-1)/2} g(p−1)/2 ≡ \equiv ≡ x p − 1 x^{p-1} xp−1 ≡ \equiv ≡ 1 mod p
∴ \therefore ∴ g g g 的阶为 (p-1)/2
与原假设矛盾，故而 Z p ∗ \mathbb{Z}_p^{*} Zp∗的所有生成元都是模 p 的二次
五、习题 11.5
-
解：(1) 若 a ∈ a \in a∈ QR，则必然存在一个 x ∈ x \in x∈ Z \mathbb{Z} Z, 使得 b = x 2 x^2 x2, 故 b ∈ b \in b∈ QR
(2) 若 a ∈ a \in a∈ QNR，则 b ≠ x 2 \neq x^2 =x2, 故 b ∈ b \in b∈ QNR
不论是以上那种情形，根据定义都可得， ( a p ) (\dfrac{a}{p}) (pa) = ( b p ) (\dfrac{b}{p}) (pb) -
解：根据命题11.3 知，
(1) 当 a ∈ a \in a∈ QR， b ∈ b \in b∈ QR 时， a b ∈ ab \in ab∈ QR， 则 ( a p ) (\dfrac{a}{p}) (pa) ( b p ) (\dfrac{b}{p}) (pb) = ( a b p ) (\dfrac{ab}{p}) (pab) = 1(2) 当 a ∈ a \in a∈ QNR， b ∈ b \in b∈ QNR 时， a b ∈ ab \in ab∈ QR， 则 ( a p ) (\dfrac{a}{p}) (pa) ( b p ) (\dfrac{b}{p}) (pb) = ( a b p ) (\dfrac{ab}{p}) (pab) = 1
(3) 当 a,b 中一个元素属于 QR，一个属于 QNR 时， a b ∈ ab \in ab∈ QNR， 则 ( a p ) (\dfrac{a}{p}) (pa) ( b p ) (\dfrac{b}{p}) (pb) = ( a b p ) (\dfrac{ab}{p}) (pab) = -1
综上所述， ( a p ) (\dfrac{a}{p}) (pa) ( b p ) (\dfrac{b}{p}) (pb) = ( a b p ) (\dfrac{ab}{p}) (pab)
-
解：由命题 2 证明的 (1) (2)，同理可证得， ( a 2 p ) (\dfrac{a^2}{p}) (pa2) = 1
六、习题 11.6
解：(1) 当 p p p ≡ \equiv ≡ 1 （mod 4）时，
则存在 k ∈ k \in k∈ Z \mathbb{Z} Z，使得 p = 4 k + 1 p = 4k+1 p=4k+1
根据欧拉准则， ( − 1 p ) (\dfrac{-1}{p}) (p−1) ≡ \equiv ≡ ( − 1 ) p − 1 2 (-1)^{\dfrac{p-1}{2}} (−1)2p−1 ≡ \equiv ≡ ( − 1 ) 2 k (-1)^{2k} (−1)2k (mod p) ≡ \equiv ≡ 1 (mod p)
所以，此时 ( − 1 p ) (\dfrac{-1}{p}) (p−1) = 1
(2) 当 p p p ≡ \equiv ≡ -1 （mod 4）时，同理可证得， ( − 1 p ) (\dfrac{-1}{p}) (p−1) = -1
综上所述，结论得证