《数论算法》教案4章(二次同余方程与平方剩余)
第 4 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
4.1 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 k p p p α
ααΛ2121，则方程（1）等价于同余方程
???
????≡++≡++≡++）
（）
（）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod
0222
1221Λ
Λ 问题归结为讨论同余方程
2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （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 （mod
αp ）
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：只须讨论以下同余方程
2x ≡a （mod αp ） （5）
【例】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) 二次剩余
【定义4.1.1】设m是正整数，a是整数，m a。若同余方程
2
x≡a（mod m）（6）有解，则称a是模m的平方剩余（或二次剩余）；若无解，则称a是模m的平方非剩余（或二次非剩余）。
问题：
（1）设正整数a是模p的平方剩余，若记方程（6）中的解为x≡a（mod m），那么此处的平方根a（mod
m）与通常的代数方程2x＝a的解a有何区别？
（2）如何判断方程（6）有解？
（3）如何求方程（6）的解？
(五) 例
【例1】1是模4平方剩余，－1是模4平方非剩余。
【例2】1、2、4是模7平方剩余，3、5、6是模7平方非剩余。
【例3】直接计算12，22，...，142得模15的平方剩余（实际上只要计算（12，22， (72)
1，4，9，10，6
平方非剩余：2，3，5，7，8，11，12，13，14
【例4】求满足方程E：2y≡3x＋x＋1（mod 7）的所有点。
（解）对x＝0，1，2，3，4，5，6分别解出y：
x＝0，2y≡1（mod 7），y≡1，6（mod 7）
x＝1，2y≡3（mod 7），无解
x ＝2，2y ≡4（mod 7），y ≡2，5（mod 7） x ＝3，2y ≡3（mod 7），无解 x ＝4，2y ≡6（mod 7），无解 x ＝5，2y ≡5（mod 7），无解 x ＝6，2y ≡6（mod 7）
，无解 所以，满足方程的点为（0, 1），（0, 6），（2, 2），（2, 5）。 说明：方程E ：2y ≡3x ＋x ＋1的图形称为椭圆曲线。
4.2 模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
模为素数的二次方程
2x ≡a （mod p ）, (a, p)＝1 （1）
因为()2
x -＝2x ，故方程（1）要么无解，要么有两个
解。
(一) 平方剩余的判断条件
【定理4.2.1】（欧拉判别条件）设p 是奇素数，(a, p)＝1，则
（i ）a 是模p 的平方剩余的充要条件是
()21-p a ≡1（mod p ） （2）
（ii ）a 是模p 的平方非剩余的充要条件是
()21-p a ≡－1（mod p ） （3）
并且当a 是模p 的平方剩余时，同余方程（1）恰有两个解。
（证）先证p a 时，式（2）或（3）有且仅有一个成立。 由费马定理 1-p a ≡1（mod p ）
(
)()2
21-p a －1≡0（mod p ）
(
)()()()11212
1+---p p a a ≡0（mod p ） （4）
即 11--p a p ＝()()()()
112121+---p p a a 但 ()()()
1,12121+---p p a a ＝1或2
且素数p>2。所以，p 能整除()()()()
112121+---p p a a ，但p 不能同时整除()121--p a 和()121+-p a （否则，p 能整除它们的最大公因子1或2）
所以，由式（4）立即推出式（2）或式（3）有且仅有一式成立。
（i ）必要性。若a 是模p 的二次剩余，则必有0x 使得
2
x ≡a （mod p ）， 因而有
()
()21p 20-x ≡()21-p a （mod p ）。
即 ()2110--≡p p a x （mod p ）。 由于p a ，所以p
0x ，因此由欧拉定理知
10-p x ≡1（mod p ）
。 即（2）式成立。 充分性。已知()
2
1-p a
≡1（mod p ），这时必有p a 。故
一次同余方程
bx ≡a （mod p ）, (1≤b ≤p －1) （5）
有唯一解，对既约剩余系
－(p －1)/2，…，－1，1，…，(p －1)/2 （6）
由式（6）给出的模p 的既约剩余系中的每个j ，当b ＝j 时，
必有唯一的j x x =属于既约剩余系（6），使得式（5）成立。若a 不是模p 的二次剩余，则必有j x j ≠。这样，既约剩余系（6）中的p －1个数就可按j 、x j 作为一对，两两分完。
（b 1≠b 2，则相应的解x 1≠x 2，且除了±1之外，每个数的逆不是它本身） 因此有
()().mod )!1(21p a p p -≡-
由威尔逊定理知
()().mod 121p a p -≡-
与式（2）矛盾。所以必有某一0j ，使00j x j =，由此及式（5）知，a 是模p 的二次剩余。
（ii ）由已经证明的这两部分结论，立即推出第（ii ）条成立。
其次，若0x 0（mod p ）是方程（1）的解，则－0x 也是其解，且必有0x －0x （mod p ）。故当(a , p )＝1时，方程（1）要么无解，要么同时有两个解。
（说明：本定理只是一个理论结果，当p >>1时，它并不是一个实用的判断方法）
小结：对于任何整数a ，方程（1）的解数可能为
T (x 2－a ；p )＝0, 1, 2
【例1】设p ＝19，验证定理4.2.1的证明过程。 （解）由费马定理知，对任何a ＝1, 2, …, 18，都有18a ≡1（mod 19）。方程2x ≡1（mod 19）只有两个解，即x ≡±1（mod 19）。从而必有
9a ≡±1（mod 19）
（视()
2
918a a ≡≡1（mod 19），即9a x ≡）
针对必要性：例如a ＝17是模19的二次剩余，即存在0x ≡6使得26≡17（mod 19）。那么必有
()21-p a ≡917≡186≡1（mod 19）
针对充分性：例如a ＝6，()21-p a ≡96≡1（mod 19），验证6是二次剩余。解方程
bx ≡6（mod 19）, (1≤b ≤18)
当b ≡1, 2, 3, 4, 5, …, 17, 18（mod 19）时，方程有唯一解x ≡6, 3, 2, 11, 5, …, 16, 13（mod 19） 其中 5?5≡6（mod 19）
即当b ≡5时，x ≡5。所以6是二次剩余。
又选a ＝8，()21-p a ≡98≡－1（mod 19），验证：解方程
bx ≡8（mod 19）, (1≤b ≤18)
得 1?8≡8， 2?4≡8， 3?9≡8， 4?2≡8， 5?13≡8， 6?14≡8， 7?12≡8， 8?1≡8， 9?3≡8， 10?16≡8， 11?18≡8， 12?7≡8， 13?5≡8， 14?6≡8， 15?17≡8， 16?10≡8， 17?15≡8， 18?11≡8
1?2? (18)
(1?8)( 2?4)( 3?9)( 5?13)( 6?14)( 7?12)( 10?16)( 11?18)( 15?17)
≡98≡－1（mod 19）
【例2】判断137是否为模227的平方剩余。 （解）首先，227是素数。其次，计算
()1227137-≡－1（mod 227）
所以，137是模227的平方非剩余。
【推论】设p 是奇素数，(a 1, p )＝1，(a 2, p )＝1，则 （i ）若a 1，a 2都是模p 的平方剩余，则a 1a 2是模p 的平方剩余；
（ii ）若a 1，a 2都是模p 的平方非剩余，则a 1a 2是模p 的平方剩余；
（iii ）若a 1是模p 的平方剩余，a 2是模p 的平方非剩余，则a 1a 2是模p 的平方非剩余。
（证）因()
()2
121-p a a ＝()()2
12
2
11
--p p a a
(二) 平方剩余的个数
【定理4.2.2】设p 是奇素数，则模p 的既约剩余系中平方剩余与平方非剩余的个数各为(p －1)／2，且(p －1)／2个平方剩余恰与序列
12，22，…，2
21??
? ??-p 中的一个数同余。
（证）由定理4.2.1，模p 的平方剩余个数等于方程
21
-p x
≡1（mod p ）
的解数。但
112
1---p p x x
由定理3.4.5知，方程的解数为2
1
-p ，即平方剩余的个数是
21
-p ，且平方非剩余的个数是(p －1)－21-p ＝21-p 。 其次，可以证明当1≤k 1≤21-p ，1≤k 2≤2
1-p ，且k 1
≠k 2时，有21k 2
2
k mod p 。故结论成立。 （定理3.4.5：设p 为素数，n 为正整数，n ≤p 。则同余方程
()x f ＝011
1a x a x a x n n n ++++--Λ≡0 mod p 有n 个解
?x x p -被()x f 除所得余式的所有系数都是p 的倍数）
4.3 勒让德符号
目的：快速判断整数a 是否为素数p 的平方剩余。 (一) 勒让德符号
【定义4.3.1】设p 是素数，定义勒让德（Legendre ）符号为：
L(a, p)＝???? ??p a ＝?
??
??-。
当的二次非剩余；
是模当的二次剩余；
是模当a p p a p a ,0,1,1 【推论】整数a 是素数p 的平方剩余的充要条件是???
?
??p a ＝
1。
（证）由定义4.3.1。
因此，判断平方剩余转化为计算勒让德符号的值。
【例1】直接计算，得
??
? ??=??? ??=??? ??=??? ??=??? ??=??? ??=??? ??=??? ??171617151713179178174172171＝1
??
? ??=??? ??=??? ??=??? ??=??? ??=??? ??=??? ??=??? ??1714171217111710177176175173＝－1 （注：本例仍是利用平方剩余而得到勒让德符号值）
问题：反过来，如何快速计算勒让德符号的值，以判断
平方剩余。
(二) （勒让德符号的）性质
【性质1】（欧拉判别法则）设p 是奇素数，则对任意整数a ，有
???
? ??p a ＝21
-p a （mod p ）
（证）由定理4.2.1即知。
【性质2】???
?
??p 1＝1
（证）显然（因为方程x 2≡1（mod p ）始终有解x ≡±1（mod p ），或者由性质1立得）。
【性质3】?
??? ??-p 1＝()()2
11--p 。 （证）由性质1即得。
【例2】??? ??-171＝1，??
?
??-191＝－1
【推论】???? ??-p 1＝()()???≡-≡4mod 3,14mod 1,1p p （证）p ≡1（mod 4）? p ＝4k ＋1?
?
??
? ??-p 1＝()()211--p ＝()k
21-＝1 p ≡3（mod 4）? p ＝4k ＋3?
?
??
? ??-p 1＝()()211--p ＝()1
21+-k ＝－1 另一种描述：设素数p>2，则－1是模p 的二次剩余的充
分必要条件是p ≡1（mod 4）。
【性质4】????
??+p p a ＝???
?
??p a （证）因x 2≡a ＋p （mod p ）? x 2≡a （mod p ）
【推论】若a ≡b （mod p ），则???? ??p a ＝???
?
??p b
【性质5】???? ??p ab ＝???
?
??????
??p b p a （证）因???
?
??p ab ＝()21-p ab ＝21
21--p p b a
＝???
? ??????
??p b p a 【推论1】???? ??p
a k
＝k
p a ???
? ?? 【推论2】当p a 时，???
?
??p a 2＝1
讨论：确定a 是否是模p 的平方剩余就变为如何计算
Legendre 符号???? ??p a 的值。上述性质可以用来计算???
?
??p a ，并由
算术基本定理，设a 的分解式为
a ＝±k k p p p ααα
Λ21
21
＝()t
1-k k
p p p αααΛ2
121， （t ＝0, 1） 则
???? ??p a ＝()k
p q p q p q p
k t
ααα???
?
?????? ??????
?????
? ??-Λ21
211
（t ＝0, 1）故只要能计算出
???? ??-p 1，???? ??p 2，???
?
??p q 就可以计算出任意的???
?
??p a ，其中2>q 是小于p 的素数。
解决这些问题的基础是下面的二次互反律（Gauss 定理）。
【性质6】???
? ??p 2＝()812
1--p
【例3】??
? ??172＝()81172
1--＝()416
2181?
-＝1，
??
? ??192＝()81192
1--＝()218
4201?
-＝－1，故2是模17的平方剩余，但不是模19的平方剩余。
【推论】p 为奇素数，则
???? ??p 2＝()()?
??±≡-±≡8m od 318m od 1,1p p （证）因为 当p ＝8k ＋1时
812-p ＝()()811-+p p ＝()8828k
k +＝k(8k ＋2)＝偶数 当p ＝8k ＋3时
8
12-p ＝()()
82848++k k ＝(2k ＋1)(4k ＋1)＝奇数
【例4】由于31≡7≡－1（mod 8），59≡3（mod 8），故?
?
?
??312＝1，???
??952＝－1，即2是模31的平方剩余，但不是模59
的平方剩余。
【性质7】（二次互反律，高斯定理）p ≠q 且均为奇素数，则
??
?
??p q ＝()?
??? ??---q p q p 21211 另一表示形式：??? ??p q ?
??
? ??q p ＝()21211---q p 说明1：符号??? ??p q 和?
??
?
??q p 分别刻画了二次同余方程 2x ≡q （mod p ）
和
2x ≡p （mod q ）
是否有解，即q 是否是模p 的二次剩余和p 是否是模q 的二次剩余，其中正好是模与剩余互换了位置，而性质7恰好刻画了两者之间的关系，故称为二次互反律。
说明2：由欧拉提出，高斯首先证明。已有一百五十多个
不同的证明。由二次互反律引伸出来的工作，导致了代数数论的发展和类域论的形成。
【推论】（i ）设奇素数p 、q 中至少有一个模4为1，则 方程2x ≡q （mod p ）有解?方程2x ≡p （mod q ）有解 （ii ） 若p ≡q ≡3（mod 4），则
方程2x ≡q （mod p ）有解?方程2
x ≡p （mod q ）无解 （证）（i ）设p ≡1（mod 4），即p ＝4k ＋1，则
???? ??p q ＝()???? ??--?-q p p p 21211＝()???? ??--?
q p p k 21241＝???
? ??q p
（ii ）此时，p ＝4s ＋3，q ＝4t ＋3，则
???? ??p q ＝()???? ??--?-q p p p 21211＝()???? ??-+?+q p t s 2242241＝－???
? ??q p
【例5】判断3是否是模17的平方剩余。
（解）??? ??173＝()??? ??--?
-31712132117＝??
? ??32＝－1
所以，3是模17的平方非剩余。（不但如此，17也是3的平方非剩余，即2是3的平方非剩余）
【例6】判断同余方程2x ≡137（mod 227）是否有解。 （解）已知137与227均为奇素数，所以
??? ??227137＝()??? ??--?-1372271213721227＝??
? ??13790
＝???? ????1375322＝??? ????? ??13751372＝??? ??1375 ＝()
??? ??---513712
1
521137＝??
?
??52＝－1 所以，方程无解。
另法：??? ??227137＝??? ??-22790＝??? ??-2271???
?
????2275322
＝－??? ????? ??22752272＝()??
?
??---5227121521227
＝??
?
??52＝－1 【例7】判断同余方程2x ≡－1（mod 365）是否有解，若有解，求解数。
（解）由于365＝5·73，所以
2
x ≡－1（mod 365）? ()
()
???-≡-≡73mod 1
5mod 12
2x x
??? ??-51＝??
? ??-731＝1 所以方程有解，且解数为4。
【例8】判断同余方程2
x ≡2（mod 3599）是否有解，若有解，求解数。
（解）由于3599＝59·61，所以
2
x ≡2（mod 3599） ? ()
()
???≡≡61mod 2
59mod 22
2x x
因为59≡3（mod 8），即??
?
??592＝－1，故方程2x ≡2（mod 59）
无解，从而原方程无解。
【例9】证明形如4k ＋1的素数有无穷多。
（证）反证法：不然，形如4k ＋1的素数为有限个，设为1p ，2p ，…，k p ，令
a ＝()12221+k p p p Λ＝4
b ＋1
即a 也形如4k ＋1且a ＞i p （i ＝1,2,…, k ）。所以a 为合数，设其素因数p 为奇数，则
???? ??-p 1＝???? ??+-p a 1＝()???
?
??p p p p k 2
212Λ＝1 所以－1为模p 平方剩余。由性质3
即p 也是形如4k ＋1的素数。（()()
??
?≡-≡4mod 3,14mod 1,1p p ）
但显然p ≠p （i ＝1, 2,…, k ），矛盾（否则，。
4.4 二次互反律的证明
(一) 证明
(二) 应用
【例1】求所有奇素数p ，它以3为其平方剩余。
（解）即求所有奇素数p ，使得????
??p 3＝1。
易知p ＞3。由二次互反律
?
??
? ??p 3＝()??? ??--3121p p 因为
()
2
1
1--p ＝()()
???-≡-≡4mod 1,14mod 1,1p p 以及
??? ??3p ＝()()?????
?
?-≡??
?
??-≡=??
?
??6mod 1,316mod 1,131p p （排除偶数） 知
????
??p 3＝1 ? ()()??
?≡≡6mod 1
4mod 1p p 或 ()()
???-≡-≡6m od 14m od 1p p 即
p ≡1（mod 12）或p ≡－1（mod 12）
故3是模p 二次剩余 ? p ≡±1（mod 12）
【例2】设p 为奇素数，d 是整数。若???
?
??p d ＝－1，则p 一
定不能表示为22dy x -的形式。
（证）用反证法。设p 有表达式22dy x -，则由p 是素数
可知(x, p)＝(y, p)＝1。这是因为若(x, p)≠1，则必有
x p
?
22dy p x p =-
但由?
??
? ??p d ＝－1知(d, p)＝1，所以p │y 2
，进而p │y 。那么 p 2│x 2，p 2│y 2 ? p 2│x 2－dy 2＝p
矛盾。（即(x, p)＝(y, p)＝1成立）
由(x, p)＝(y, p)＝1知，???? ??p x ＝±1，???
?
??p y ＝±1，从而
???? ??p d ＝???? ??p d ???? ??p 2y ＝???? ??p 2dy ＝???? ??-p p x 2＝???
? ??p 2x ＝1
与题设矛盾。
【性质8】同余方程()p a x m od 2≡的解数是???? ??+p a 1。
【问题】求所有奇素数p ，它以5或－2为其平方剩余。
4.5 雅可比符号
（1） 问题：在计算勒让德符号????
??p a 时，若a 为奇数，但非
素数，如何快速计算????
??p a 。
（2） 目的：为了快速计算勒让德符号。 (一) 雅可比符号
【定义4.5.1】设m ＝1p 2p …k p 是奇素数i p 的连乘积（i p 可以重复），对任意整数a ，定义雅可比（Jacobi ）符号为：
J(a, m)＝??? ??m a ＝???
?
?????
?
?????? ??k p a p a p a Λ21 说明：
（1） 上式右端的????
??i p a 为勒让德符号，即
J(a, m)＝??? ??m a ＝???? ?????
?
?????? ??k p a p a p a Λ21＝()∏=k
i i p a L 1
,
（2） 雅可比符号形式上是勒让德符号符号的推广。但与
勒让德符号意义不同。 （3） 两者的本质区别：勒让德符号可用来判断平方剩余，
但当J(a, m)＝1时，方程x ≡a （mod m ）则不一
定有解。
（4） 当k ＝1时，J(a, m)＝ L(a, m)，即此时勒让德符号
的值与雅可比符号的值相等。 （5） 因此，求勒让德符号的值转化为计算雅可比符号。
【例1】由定义4.5.1
??? ??92＝??
?
????? ??3232＝(－1)(－1)＝1 但可以验证2是模9的平方非剩余。
又如当奇素数p ≡3（mod 4）时，由勒让德符号的性质知，－1是模P 的非平方剩余，即方程2x ≡－1（mod p ）无解，从而方程2x ≡－1（mod 2
p ）也无解。即－1是模2
p 的平方非剩余。但若取m ＝2
p ，则总有
???? ??-21p ＝????
??-????
?
?-p p 11＝(－1)(－1)＝1
问题：如何快速计算雅可比符号的值，以帮助加速勒让
德符号的求值过程，从而加速判断平方剩余。 (二) （雅可比符号的）性质
【性质1】若(a, m)＝1，则J(a, m)＝??
?
??m a ＝±1；若(a, m)
＞1，则J(a, m)＝??
?
??m a ＝0。
（证）因(a, m)＞1时，至少有某个a p i ，即???
?
??i p a ＝0，从
而??
?
??m a ＝0。 【例2】a ＝15，m ＝39，则
J(a, m)＝??? ??m a ＝??? ??3915＝???
????? ??1315315
＝??? ????? ??13230＝0??
? ??132＝0
【性质2】??
?
??m 1＝1
初等数论 第五章 同余方程
第五章同余方程 本章主要介绍同余方程的基础知识，并介绍几类特殊的同余方程的解法。 第一节同余方程的基本概念 本节要介绍同余方程的基本概念及一次同余方程。 在本章中，总假定m是正整数。 定义1设f(x) = a n x n a1x a0是整系数多项式，称 f(x) 0 (mod m) (1)是关于未知数x的模m的同余方程，简称为模m的同余方程。 若a n≡/0 (mod m)，则称为n次同余方程。 定义2设x0是整数，当x= x0时式(1)成立，则称x0是同余方程(1)的解。凡对于模m同余的解，被视为同一个解。同余方程(1)的解数是指它的关于模m互不同余的所有解的个数，也即在模m的一个完全剩余系中的解的个数。 由定义2，同余方程(1)的解数不超过m。 定理1下面的结论成立： (ⅰ) 设b(x)是整系数多项式，则同余方程(1)与 f(x) b(x) b(x) (mod m) 等价； (ⅱ) 设b是整数，(b, m) = 1，则同余方程(1)与 bf(x) 0 (mod m) 等价； (ⅲ) 设m是素数，f(x) = g(x)h(x)，g(x)与h(x)都是整系数多项式，又设x0是同余方程(1)的解，则x0必是同余方程 g(x) 0 (mod m) 或h(x) 0 (mod m)
的解。 证明 留做习题。 下面，我们来研究一次同余方程的解。 定理2 设a ，b 是整数，a ≡/0 (mod m )。则同余方程 ax b (mod m ) (2) 有解的充要条件是(a , m )b 。若有解，则恰有d = (a , m )个解。 证明 显然，同余方程(2)等价于不定方程 ax my = b ， (3) 因此，第一个结论可由第四章第一节定理1得出。 若同余方程(2)有解x 0，则存在y 0，使得x 0与y 0是方程(3)的解，此时，方程(3)的全部解是 ??? ????-=+=t m a a y y t m a m x x ),(),(00，t Z 。 (4) 由式(4)所确定的x 都满足方程(2)。记d = (a , m )，以及 t = dq r ，q Z ，r = 0, 1, 2, , d 1， 则 x = x 0 qm r d m x r d m +≡0(mod m )，0 r d 1。 容易验证，当r = 0, 1, 2, , d 1时，相应的解 d m d x d m x d m x x )1(20000-+++，，，，Λ 对于模m 是两两不同余的，所以同余方程(2)恰有d 个解。证毕。 在定理的证明中，同时给出了解方程(2)的方法，但是，对于具体的方程(2)，常常可采用不同的方法去解。 例1 设(a , m ) = 1，又设存在整数y ，使得a b ym ，则 x a ym b +(mod m ) 是方程(2)的解。 解 直接验算，有 ax b ym b (mod m )。
初等数论(十)——平方剩余
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，2 1 -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2 2 122) (,,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 12 1 p d p ≡-； （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：)(p d 读作d 对p 的勒让得符号． 6、Legendr e 符号的几个性质 ① )( )(p d p p d +=； ②)(mod )(2 1p d p d p -≡；③21 )1()1(,1)1(--=-=p p p ；
④ )())(()(2121p a p a p a p a a a n n =，特别地c p p d p dc |),()(2/=． 7、定理3：（1）12) 1()2 (--=p p ；（2）奇质数q p ,满足,1),(=p q 则∑-=-=2 11][)1()(p k p qk p q ． 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()(1 1q p 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(1 21 2 ∑-=--=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．
《数论算法》教案4章(二次同余方程与平方剩余)
第 4 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 4.1 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 k p p p α ααΛ2121，则方程（1）等价于同余方程 ??? ????≡++≡++≡++） （） （）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 0222 1221Λ Λ 问题归结为讨论同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （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 （mod αp ）
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：只须讨论以下同余方程 2x ≡a （mod αp ） （5） 【例】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））
数论算法讲义 3章(同余方程)
第 3 章 同余方程 （一） 内容： ● 同余方程概念 ● 解同余方程 ● 解同余方程组 （二） 重点 ● 解同余方程 （三） 应用 ● 密码学，公钥密码学 3.1 基本概念及一次同余方程 (一) 同余方程 （1） 同余方程 【定义3.1.1】（定义1）设m 是一个正整数，f(x)为n 次多项式 ()0111a x a x a x a x f n n n n ++++=--Λ 其中i a 是正整数（n a ≠0（mod m ）），则 f (x)≡0（mod m ） （1） 叫做模m 的（n 次）同余式（或模m 的（n 次）同余方程），n 叫做f(x)的次数，记为deg f 。 （2） 同余方程的解 若整数a 使得 f (a)≡0（mod m ）成立，则a 叫做该同余方程的解。 （3） 同余方程的解数 若a 是同余方程（1）的解，则满足x ≡a （mod m ）的所有整数都是方程（1）的解。即剩余类
a C ＝{x ｜x ∈Z ，x ≡a （mod m ）} 中的每个剩余都是解。故把这些解都看做是相同的，并说剩余类a C 是同余方程(1)的一个解，这个解通常记为 x ≡a （mod m ） 当21,c c 均为同余方程(1)的解，且对模m 不同余时，就称它们是同余方程(2)的不同的解，所有对模m 的两两不同余的解的个数，称为是同余方程（1）的解数，记作()m f T ;。显然 ()m f T ;≤m （4） 同余方程的解法一：穷举法 任意选定模m 的一组完全剩余系，并以其中的每个剩余代入方程（1），在这完全剩余系中解的个数就是解数()m f T ;。 【例1】（例1）可以验证，x ≡2，4（mod 7）是同余方程 15++x x ≡0（mod 7） 的不同的解，故该方程的解数为2。 50＋0＋1＝1≡3 mod 7 51＋1＋1＝3≡3 mod 7 52＋2＋1＝35≡0 mod 7 53＋3＋1＝247≡2 mod 7 54＋4＋1＝1029≡0 mod 7 55＋5＋1＝3131≡2 mod 7 56＋6＋1＝7783≡6 mod 7 【例2】求同余方程122742 -+x x ≡0（mod 15）的解。 （解）取模15的绝对最小完全剩余系：－7，－6，…，－1，0，1，2，…，7，直接计算知x ＝－6，3是解。所以，该同余方程的解是 x ≡－6，3（mod 15）
《数论算法》教案5章(二次同余方程与平方剩余)
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 k p p p αααΛ2 121，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 0222 1221Λ Λ ?2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （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 （mod αp ） 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 。若同余方程 2x ≡a （mod m ） （6） 有解，则称a 是模m 的平方剩余（或二次剩余）；若无解，则称a 是模m 的平方非剩余（或二次非剩余）。
数论02二次同余式与平方剩余4.3勒让德符号
■ 一勒让德符号定义 ■二欧拉判别法则 ■三高斯引理 ■四定理3及其证明 2013-4 10 一勒让彳惠符号定以 思考题（一）：.O o （r ） 求模17的平方剩余和平方非剩余 第 章 二次同余式与平方剩余 4. 3勒让彳惠苻号 ate
勒iJL徳号定义 思考题(二)：?。。辽］ 判断5是不是模17的平方剩余？ 52 = 25 = 8(mod 17) , 51 =82三—l(mod 17) 5s = (-4) =16 = -1 (mod 17) 所以5是模17的平方非剩余 2013-4 10ate 1717丿 9) 17> 侧朗;卅)需)需) 1 -1 —r勒庁上德符号 定义1设p是素数，定义勒让德符号如下: 卜若。是模"的平方剩余 (a)= < -L若d是模#的平方非剩余 P 0,若 p'a 2013-4 10 ate
Sodp)有解或杖有解. 2013-4 10 定土甲.1(欧扌立判 另IJ 法贝IJ) 设 P 是奇-素数，贝驭寸 任意執数a, (自三a 乎(mod p) 例2证明2是模17平方剩余；3是17 平方非剩余. 解:因为(17-1 )/2=2',且有 2 = 4,2’ = 4 = —1,2、= (— I)2 = l(mod 1 7) 由定义駅 政协同余式*劭 敦论 ~r 勒德符号 瓠P 冋财■仔卜1,翻? 二欧拉判别法
根据欧拉判断法则，并注意到a 二1 时, = 1以及a=?l 时，<<=（一1）丁，且P 是 奇数. 推论1,设p 是奇素数，则 例1若质数9=如+1,期一1是p 的平方剩余；若P0 4匕一I..则一1是P 的平方非剩余. (D (2) — =(—1尸 I P 丿 二欧拉判别法 2013-4-10 敷陀 7 二欧拉判另！J 法
线性同余方程组的解
线性同余方程组的解 学生：罗腾，江汉大学数计学院（数学与应用数学系） 指导老师：许璐，江汉大学 摘要 “孙子算经”一书中写于公元前三世纪，这个谜题如下：有堆东西不知道有多少，如果三个三地数，最后余下两个；五个五个的数，最后余下三个；七个七个的数，最后余下二个，问这堆东西共有多少？我们可以把这个问题用数学符号表示成同余式的形式： ()()().7mod 3,5mod 2,3mod 1≡≡≡x x x 定理1 设,,,,,a b c d e f 和m 均为整数，0m >，若(,)1m ?=，其中ad bc ?=-.则 线性同余方程组(mod ) (mod )ax by e m cx dy f m +≡??+≡? ，有唯一一组关于模m 的解为 ()(mod ) ()(mod ) x de bf m y af ce m ?≡?-?? ≡?-??， 其中?是?关于模m 的逆，即1(mod )m ??≡. 证 首先，将同余式(mod )ax by e m +≡两边都乘以d ，将同余式(mod )cx dy f m +≡两边都乘以b ，得到 (mod )(1) (mod )(2)adx bdy de m bcx bdy bf m +≡?? +≡? ()()12-得到 ()()mod ad bc x de bf m -≡- 令ad bc ?=-，则()mod x de bf m ??≡-.下面我们把同余式两边都乘以?，其中 1(mod ) m ??≡ ∴()()mod x de bf m ≡?- 同理，将同余式(mod )ax by e m +≡两边都乘以c ，将同余式(mod )cx dy f m +≡两边
二次互反律
高斯二次互反律 主讲：李宗儒 在正式介绍高斯二次互反律之前，我们先简单的介绍一下同余方程式 同余方程式 给定正整数m 及n 次整系数多项式 1 110 ()...n n n n f x a x a x a x a --=++++ 我们讨论这样的问题：求出所有的整数x ，使同余式 ()0f x ≡ (mod m ) (1) 成立，这就是所谓的解同余方程式。而上式称为模m 的同余方程式。若(1)式在x=c 时同余式成立，称c 是(1)式的解。显然，这时剩余类 c (mod m ) 中的任意整数也都是解，我们把这些解看作是相同的，并说剩余类 c (mod m ) 是(1)中的一个解，我们把它记为 x c ≡ (mod m ) 当12,c c 均为(1)式的解，且模m 不同余，我们就称它是同余方程式(1)的不同解，所有模m 两两不同余的解的个数，称为是同余方程式(1)的解数。 模为质数的二次同余方程 在此节，由于2p =的情形是显然的，所以下面我们假定p 是奇质数。假设p 不整除a ，二次同余方程的一般形式是 2 0a x b x c ++≡ (mo d p ) (2) 但是因为p 不整除a ，所以p 不整除4a ，所以(2)的解跟 ()240a ax bx c ++≡ (mod p ) (3) 的解相同，上式可以改为 ()2 2 24ax b b ac +≡- (mod p) (4) 透过变量变换，我们可以得到下列式子 224y b ac ≡- (mod p ) (5) (4)与(5)是等价的，也就是说，两者同时无解或有解。若有解，对于(5)的每个解 0y y ≡ (mod p )，通过变数变换2y ax b =+(因为这是x 的一次同余方程， (,2)1p a =，所以解数为1)，我们可以解出一个0x x ≡ (mod p )，由以上的讨论可
二次同余式与平方剩余
本章的目的是较深入地讨论 1.一般二次 了解一般二次及： 教学过程: 本节主要讨论 2.单质数的 了解单质数的： 教学过程: 这节我们讨论单质数p 的)(mod 12 1p a p ≡-：而)(mod 12 1p a p -≡- 单质数p 的使的)(mod ),(mod 22 212 1p a r p a r ≡≡于是有)(mod )(212 21p a a r r ≡ 这说明 一般二次同余式 在第四章中，我们讨论了高次同余式的解的一般理论，但在实际中，要解一个高次同余式一般比较困难。在本章我们重点讨论二次同余式的解法。思路是先把一般二次同余式化为特殊的二次同余式，再引入平方剩余与平方非剩余，并利用勒让得符号来判断特殊二次同余式是否有解。 二次同余式的一般形式 二次同余式的一般形式是 ， 0 （ ） （1） 化一般二次同余式为特殊二次同余式 由高次同余式的理论知，若 的标准分解式为 ， 则（1）有解的充要条件是下面同余式组中每个同余式有解。 于是要判别（1）是否有解及如何解（1），我们可重点讨论 为质数。 （2） 下面对（2）分情况进行讨论。找到（2）有解的判别法。 由于（2）为二次同余式，故可假定 ，若有 但 (,,)， 则（2）化为。
而。故还可假定(,,)。 1) |，|。则 。因而同余式无解。故（2）设有解。 2) |， 。则 无解，故（2）有解的充要条件是 有解，即 有解。 但（ ， ）＝1。故有解，从而（2）有解，且（2）的解可由 的解求出。 3) ， >2。则 。用4乘（2）后再配方，即得 （3） 易证（2）和（3）等价。用代2 ＋得 （4） 则（2）有解的充要条件是（4）有解，于是将（2）化为（4）讨论。 4) ， ＝2。这时为奇。 （i ）若2 ，则 无解。故（2）有解的充要条件是 有解。 因对任何整数 恒有 。所以（2）有解的充要条件是 有解，即2|。 （ii ） 若2|，令 。由 知 （2）有解的充要条件是 有解。即 (5) 有解。 作代换 ＝ ＋，则（2）有解的充要条件是 有解。 由上面讨论，可将（2）的问题化为二次同余式 或一般情况即 (6) 平方剩余和非平方剩余 定义 若同余式（6）有解，则叫模的平方剩余，若同余式（6）无解，则叫模的平方非剩余。 由这一定义，要判断（6）是否有解，就是判断是否为模的平方剩余，下面几节
10三维空间中二次方程与二次曲面概要.
三维空间中二次方程与二次曲面 张晓青（2010073060029） 指导教师：李厚彪 【摘要】 利用正交变换可以将二次型化为标准型，在三维空间中一个二次方程对应着一种 二次曲面.在研究二次方程的几何意义时，先将二次方程进行正交变换进而研究所得到的标准型对应的几何图形，可以证明所得的几何图形是一个与原几何图形相同但位于特殊位置的图形，具有一定的对称性，为研究带来方便.这种正交变换法适用于一般情况具有探究价值，本文基于教材，进一步讨论正交变换后不同的标准型与几何图形的关系，并附有图解. 【关键词】正交表换 二次方程 二次曲面 1 引 言 教材第六章二次型与二次曲面的几何应用中告诉我们不同的标准型的参数对应17种不同的几何图形，那么它们究竟是什么样的曲面图形呢？接下来我们一一讨论. 2．正 文 如果线性变换=X CY 中的系数举矩阵C 是正交矩阵，则称这个线性变换为正交变换 对n 维实向量T 12(,,,)n a a a =α，T 12(,,,)n b b b =β，设A 为n 阶正交矩阵，作正交变 换 =X A α，=Y A β， 则 T T T T (,)(,)()()( ,).= ====X Y A αA βA αA βαΑA βαβ αβ 即，正交变换保持向量内积不变，因为也就保持向量的长度与夹角不变.于是在正交变换下， 几何图形的形状不会发生改变. 设 222 12311122233312121313 2323112233(,,)222? f x x x a x a x a x a x x a x x a x x b x b x b x c =+++++++++ （1.1） 则方程123(,,)0f x x x =在几何空间中表示一个二次曲面. 令11 121321 222331 32 33a a a a a a a a a ?? ? = ? ???A ,123x x x ?? ?= ? ???X ，123b b b ?? ?= ? ??? b 则（1.1）式可记为 T T ()f c =++X X AX b X （1.2） 下面，令T ()g =X X AX 1. 作正交变换=X CY ，其中T 123(,,)y y y =Y ，则 223''' 112233112233()f y y y b y b y b y c λλλ=++++++X （1.3）
《数论算法》教案 4章(二次同余方程与平方剩余)
第 4 章 二次同余方程与平方剩余 4.1 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 k p p p α αα 2 121，则方程（1）等价于同余方程 ??? ????≡++≡++≡++） （） （）（k k p c bx ax p c bx ax p c bx ax αααmod 0mod 0mod 0222 1221 问题归结为讨论同余方程 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （p a ） （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 （mod αp ）
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 2x ≡a （mod αp ） （5） 【例】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））
初等数论 第五章 二次同余式与平方剩余
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
二次曲面上课教案
第六章 二次曲面的一般理论 教学目的: 本章讨论了一般二次曲面的渐近方向、中心、切线、切平面、径面奇向、主径面与主方向等重要概念,从不同角度对二次曲面进行了分类. 研究了二次曲面的几何性质,并通过坐标变换和不变量、半不变量两种形式,化二次曲面的一般方程为规范方程,对二次曲面进行了分类和判定,是二次曲面理论的推广和扩充. 教学重难点: 通过坐标变换和运用不变量、半不变量化二次曲面的一般方程为规范方程,既是重点又是难点. 基本概念 二次曲面: 在空间,由三元二次方程 022222244342414231312233222211=+++++++++a z a y a x a yz a xz a xy a z a y a x a （1） 所表示的曲面. 虚元素:空间中，有序三复数组),,(z y x 叫做空间复点的坐标，如果三坐标全是实数，那么它对应的点是实点，否则叫做虚点 二次曲面的一些记号 ≡ ),,(z y x F 44 342414231312233222211222222a z a y a x a yz a xz a xy a z a y a x a +++++++++ 141312111),,(a z a y a x a z y x F +++≡ 242323122),,(a z a y a x a z y x F +++≡ 343323133),,(a z a y a x a z y x F +++≡ 443424144),,(a z a y a x a z y x F +++≡ yz a xz a xy a z a y a x a z y x 231312233222211222),,(+++++≡Φ z a y a x a z y x 1312111),,(++≡Φ z a y a x a z y x 2322122),,(++≡Φ
一次同余方程精品教案
一次同余方程 【教学目标】 1．掌握一次同余方程的概念。 2．熟练运用一次同余方程解决实际问题。 3．亲历解一次同余方程的探索过程，体验分析归纳得出一次同余方程解的个数规律，进一步发展学生的探究、交流能力。 【教学重难点】 重点：掌握一次同余方程的概念的运用。 难点：一次同余方程解的个数规律。 【教学过程】 一、直接引入 师：今天这节课我们主要学习一次同余方程，这节课的主要的内容有一次同余方程的概念，解一次同余方程，并且我们要掌握这些知识的具体应用，能熟练解决相关问题。 二、讲授新课 （1）教师引导学生在预习的基础上了解一次同余方程内容，形成初步感知。 （2）首先，我们来学习一次同余方程的概念，它的具体内容是： 通常我们把含有未知数的同余式叫做同余方程．一次同余方程的一般形式为 ，其中为正整数，为整数，且不等于零. ()mod ax b n ≡n ,a b a 它是如何在题目中应用的呢？我们通过一道例题来具体说明。 例：判断是否是一次同余方程。 ()53mod 6x ≡解析：是 根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。 练习：写出一个一次同余方程。 解：() 74mod 2x ≡（3）接着，我们再来看下一次同余方程解得个数内容，它的具体内容是： 若存在整数，使得同余式成立，则把叫做一次同余方程 c ()mo d ac b n ≡()mod x c n ≡
的解. ()mod ax b n ≡一次同余方程有解，则.反过来，当时，一次同余方程()mod ax b n ≡(),a n b |(),a n b |恰有个解. ()mod ax b n ≡(),a n 它是如何在题目中应用的呢？我们通过一道例题来具体说明。例：解一次同余方程. ()96mod15x ≡解析：注意到，且，故同余方程有3个解.原方程可化简为.由()9,153=36|()32mod5x ≡于，故，所以，原同余方程三个解分别为()321mod5?≡()224mod5x ≡?≡，，()4504mod15x ≡+?=()4519mod15x ≡+?=() 45214mod15x ≡+?=根据例题的解题方法，让学生自己动手练习。 练习：判断一次同余方程有几个解。 ()618mod 27x ≡解：注意到，且，故同余方程有3个解. ()6,27=33|18三、课堂总结 （1）这节课我们主要讲了一次同余方程概念以及解法。 （2）它们在解题中具体怎么应用？ 四、习题检测 1．判断一次同余方程有几个解。 ()1575mod 25x ≡2．解一次同余方程。 ()122mod 28x ≡
解 二 元 一 次 方 程 — — — 拓 展 欧 几 里 得 算 法
二次同余方程的解 今天要讨论的问题是解方程，其中是奇质数。 证明：由费马小定理， 引理：方程有解当且仅当 定理：设满足不是模的二次剩余，即无解，那么是二次 ?剩余方程的解。 证明：由，前面的等号用二项式定理和，后面的等 ? 号用了费马小定理和是模的二次非剩余。然后 在算法实现的时候，对的选择可以随机，因为大约有一半数是模的二次非剩余，然后快速幂即可。 题目：http:--acm.timus.ru-problem.aspx?space=1num=1132 题意：求二次同余方程的解。 #include stdio.h #include stdlib.h #include string.h #include algorithm #include iostream #include math.h using namespace std; typedef long long LL; LL quick_mod(LL a, LL b, LL m)
LL ans = 1; while(b) ans = ans * a % m; a = a * a % m; return ans; --二次域乘法 T multi_er(T a, T b, LL m) ans.p = (a.p * b.p % m + a.d * b.d % m * w % m) % m; ans.d = (a.p * b.d % m + a.d * b.p % m) % m; return ans; --二次域上快速幂 T power(T a, LL b, LL m) ans.p = 1; ans.d = 0; while(b) ans = multi_er(ans, a, m); a = multi_er(a, a, m); return ans; --求勒让德符号 LL Legendre(LL a, LL p) return quick_mod(a, (p-1)1, p); LL mod(LL a, LL m)
论文关于一次同余方程组的历史研究
天津师范大学本科毕业论文（设计）题目：关于一次同余方程组的历史研究 学院：初等教育学院 学生姓名：刘润杰 学号：09514105 专业：小学教育专业 年级：2009级 完成日期：2013年3月 指导教师：张悦
一次同余方程组的历史研究 摘要：一次同余方程组从古到今，从小学到大学的数学教学中都有涉及。一次同余方程组是同余问题之一，它具有很强的应用价值。本课题基于对中国剩余定理、秦九韶的大衍求一术和欧拉解法理解和对比，从中发现它们的局限性，进而介绍解一次同余方程组的新方法，使学生能系统全面的掌握一次同余方程组。同时希望通过本课的研究能够展现数学的文化价值，为学生展现数学的文化内涵，也提醒教师们在教学时应有意识的向学生渗透一些与课程有关的数学史，激发学生的学习兴趣，扩宽学生的思维。 关键字：一次同余方程组；中国剩余定理；大衍求一术；欧拉
Historical Research on the System of Linear Congruence Equations Abstract: a Congruence Equations since ancient times, ranging from primary school to university mathematics teaching in. A congruence equation group is a congruence problem, it has very strong application value. The subject of the Chinese remainder theorem, Qin Jiushao's big Yan Shu and Euler method based on a understanding and comparison, find their limitations from, and then introduces the solution of system of Linear Congruence Equations, so that the students can systematically grasp a congruence equations. At the same time, hope that through the study of this class to show the value of mathematics culture, mathematics for the students to show the cultural connotation, but also to remind the teachers in teaching should have the awareness of the infiltration to the students and curriculum history of mathematics related, stimulate students interest in learning, broaden the students' thinking. Keywords: Linear Congruence Equations; Chinese remainder theorem; Dayan a Shu; Euler
高次同余式的解数及解法
4.3高次同余式的解数及解法 本节初步讨论高次同余式的解数与解法：先把合数模的同余式化成质数模的同余式，然后通过下一节来解质数模的同余式。 A回顾与强调 二、同余式解的相关定理 上一节由孙子定理：设m1, m2, L, m k是正整数， (m i, m j) = 1，m = m1m2Lm k，M i = ，M i M i＇≡1 (mod m i)，同余式组（同余方程组）(1) 的解为(mod m)。反过来，解同余式，可将它化为同余式组，于是，有下面的定理 B重要定理证明的讲解 定理1设m = m1m2Lm k，其中m1, m2, L, m k是两两互素的正整数，f(x)是整系数多项式，则 A：同余式f(x) ≡0 (mod m) （1） 与同余式组f(x) ≡0 (mod m i) （1 ≤i ≤k）（2） 等价； B：以T与T i（1 ≤i ≤k）分别表示f(x) ≡0 (mod m)与f(x) ≡0 (mod m i) （1 ≤i ≤k）的解的个数，则T = T1T2…T k。 证明A：设x0是适合（1）的解，即f(x0) ≡0 (mod m)，由整除的性质知 f(x0) ≡0 (mod m i) ，1 ≤i ≤k， 反之，设x0是适合（2）的解，即f(x0) ≡0 (mod m i) ，1 ≤i ≤k，则m1, m2, L, m k是两两互素的正整数知，f(x0) ≡0 (mod m)，故（1）
与（2）同解。 B：设同余方程(2)的全部解是(mod m i)，（3） 即模m i有T i个解，则同余方程组(2)等价于下面的T1T2…T k个方程组：（4） 其中通过式(3)中的数值，即通过同余方程(1)的全部解。 由孙子定理，对于选定的每一组{ }，同余方程组(4)对模m有唯一解，而当每个 通过(3)式中的值时，由孙子定理的证明知所得到的T1T2…T k个同余方程组(4)的解对于模m都是两两不同余的。证毕。 由定理4及算术基本定理，设，从而，解一般模的同余方程可以转化为解模为素数幂的同余方程组。 下面我们利用数学中的化归思想对模pα的同余方程做进一步讨论容易看出，若x0是同余方程 f(x) ≡ 0 (mod pα) (5) 的解，则它必是方程 f(x) ≡ 0 (mod pα-1) (6) 的解，因此，必有与x0相应的方程(6)的某个解x1，使 x0≡x1 (mod pα-1)，x0 = x1 + pα-1t0，t0∈Z。 这提示我们：可以从方程(6)的解中去求方程(5)的解。于是，现在的问题是，对于方程(6)的每个解x1，是否必有方程(5)的解x0与之对应？若有，如何去确定它？ 定理2设p是素数，a≥2是整数，f(x) = a n x n + L + a1x + a0是整系
初等数论总复习题及知识点总结
初等数论学习总结 本课程只介绍初等数论得得基本内容。由于初等数论得基本知识与技巧与中学数学有着密切得关系， 因此初等数论对于中学得数学教师与数学系(特别就是师范院校)得本科生来说，就是一门有着重要意义得课程，在可能情况下学习数论得一些基础内容就是有益得．一方面通过这些内容可加深对数得性质得了解，更深入地理解某些她邻近学科，另一方面，也许更重要得就是可以加强她们得数学训练，这些训练在很多方面都就是有益得．正因为如此，许多高等院校，特别就是高等师范院校，都开设了数论课程。 最后，给大家提一点数论得学习方法，即一定不能忽略习题得作用，通过做习题来理解数论得方法与技巧，华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它得内容而忽略习题得作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异。 数论有丰富得知识与悠久得历史，作为数论得学习者，应该懂得一点数论得常识，为此在辅导材料得最后给大家介绍数论中著名得“哥德巴赫猜想”与费马大定理得阅读材料。 初等数论自学安排 第一章：整数得可除性（6学时）自学18学时 整除得定义、带余数除法 最大公因数与辗转相除法 整除得进一步性质与最小公倍数 素数、算术基本定理 [x]与{x}得性质及其在数论中得应用 习题要求3p ：2，3 ； 8p ：4 ；12p ：1；17p ：1，2，5；20p ：1。 第二章：不定方程（4学时）自学12学时 二元一次不定方程c by ax =+ 多元一次不定方程c x a x a x a n n =++Λ2211 勾股数 费尔马大定理。 习题要求29p ：1，2，4；31p ：2，3。 第三章：同余（4学时）自学12学时 同余得定义、性质
2 单质数模的平方剩余与平方非剩余
§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 ()12 1mod p a p -≡ （2） 而a 是模p 的平方非剩余的充分必要条件是 ()12 1mod p a p -≡- （3） 且若a 是模p 的平方剩余，则同余式（1）恰有二解。 证 （ⅰ）因12 1 2 |p p x a x a ----，故存在整系数多项式()q x 使得 ()()11 22 .p p x a x a q x ---=- 故 ()()111 12 22211.p p p p p 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 ()()111 122 2200000000011.p p p p p 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()1 2010mod .p a x p -?? -≡ ???但()0,1x p =故（2）式成立。因2 x a -除p x x -的余式1 21p 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