《数论算法》教案 4章(二次同余方程与平方剩余)

《数论算法》教案 4章(二次同余方程与平方剩余)
《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

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)

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))

(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

()1-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 )

(

)()()()112

12

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,()1-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

()21227137-≡-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 =()()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 =2

1-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21

k 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 ++++-- ≡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

21

21

=()t

1-k k

p p p ααα 2

121, (t =0, 1) 则

???? ??p a =()k

p q p q p q p

k t

ααα???

?

?????? ??????

?????

? ??- 21

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 )

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2x ≡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 =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

212 =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 21 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 21=()∏=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

初中数学一元二次方程试讲教案

1对1个性化教案 学生学科数学年级九年级教师李瑞芳授课日期授课时段 课题一元二次方程 重点难点重点:掌握一元二次方程的概念、解法及应用 难点:一元二次方程的特殊解法、韦达定理及应用 教学内容 【基础知识:】 1、一元二次方程的概念怎样?其一般形式怎样? 2、你能说出下列方程是几元几次方程吗? (1) 2x + 3 = 0 (2) 3x – 8 = 0 (3) 3x + y = 7 (4) 3、分析:一元二次方程一般形式中各部分概念?(即认识:二次项及二次系数、一次项及一次项系数、常数项) 4、方程的根:x = 3是一元一次方程2x – 6 = 0的根吗? x = 1及x = -3是一元一次方程的根吗? 例1、你能找出下列方程的根吗: 5、一元二次方程的解题思想-------降次 (1)直接开平方法; (2)配方法; (3)公式法; (4)因式分解法--------十字相乘法; (5)根与系数的关系-------韦达定理。 【重点知识】 一、一元二次方程的定义:只含有一个未知数,并且未知数的最高次数为2的整式方程,叫做一元二次方程.它的一般形式是() 200 ax bx c a ++=≠. 典型例题解析:

例1.方程()221 170m m m x x m --++-=是一元二次方程,则m = . 分析:考查一元二次方程的概念及其成立的条件(二次项系数a 不为零). 例2:指出下列一元二次方程中a,b,c 的值 (1)2x 2+3x-4=0; (2)16y 2+9=24y ; (3)3x 2-2x+2=0; (4)3t 2-36t+2=0; (5)5(x 2+1)-7x=0. 二、用适当的方法解方程 1、直接开平方法:形如 或者 的方程; 例1、给下下列等式填上适当的数字。 例2、用直接开平方法求出下列方程的根: 2、配方法:方程都能化成或形式,从而 去求解。 1、思考:求的根 例1:解下列方程:

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))

试讲课件(一元二次方程)

一元二次方程的解法例析 【要点综述】: 一元二次方程和一元一次方程都是整式方程,它是初中数学的一个重点内容,也是学生今后学习数学的基础。 根据定义可知,只含有一个未知数,且未知数的最高次数是2的整式 方程叫做一元二次方程,一般式为:。 一元二次方程有三个特点:(1)只含有一个未知数;(2)未知数的最高次数是2;(3)是整式方程。 整式方程的概念:方程里所有的未知数都出现在分子上,分母只是常数而没有未知数。 因此判断一个方程是否为一元二次方程,要先看它是否为整式方 程,若是,再对它进行整理,如能整理为的形式,那么这个方程就是一元二次方程。 下面再讲一元二次方程的解法。解一元二次方程的基本思想方法是通过“降次”,将它化为两个一元一次方程。 一元二次方程的基本解法有四种:1、直接开平方法;2、配方法; 3、公式法; 4、因式分解法。如下表:

方法适合方程类型注意事项 直接开平 方法 ≥0时有解,<0时无解。 配方法二次项系数若不为1,必须先把系 数化为1,再进行配方。 公式法≥0时,方程有解; <0时,方程无解。先化为一般形 式再用公式。 因式分解法方程的一边为0,另 一边分解成两个一 次因式的积。 方程的一边必须是0,另一边可用 任何方法分解因式。

【举例解析】 例1:用开平方法解下面的一元二次方程。 (1);(2) 分析:直接开平方法就是用直接开平方求解一元二次方程的方法。用直接开平方法解形如的方程, 其解为。通过观察不难发现第(1)、(2)两小题中的方程显然用直接开平方法好做; 解:(1) ∴(注意不要丢解)由得,由得 ,∴原方程的解为:, (2) 由得, 由得∴原方程的解为:, 说明:解一元二次方程时,通常先把方程化为一般式,但如果不要求化为一般式, 像本题要求用开平方法直接求解,就不必化成一般式。用开平方法直接求解,应注意方程两边同时开方时, 只需在一边取正负号,还应注意不要丢解。 例3:用配方法解下列一元二次方程。

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

一元二次方程复习讲课教案

一元二次方程复习

期末复习——一元二次方程 1. 一元二次方程的概念: (1)注意一元二次方程定义中的三个条件:有一个未知数,含未知数的最高次是2,整式方程,是判断一个方程是否是一元二次方程的依据。 (2)强调:要先把一元二次方程化为一般形式ax 2+bx +c =0(a ≠0),才能确定a 、b 、c 的值。 2. 一元二次方程的解法: (1)直接开平方法: ()它是以平方根的概念为基础,适合于形如,类型的 方程。 ax b c a c +=≠≥200() (2)配方法: ()先把二次项系数化为,再对进行配方,即在方程两边同时加上一次 项系数一半的平方,就能配出一个含有未知数的一次式的完全平方式,变形为:的形式,再直接开平方解方程。 1x px p x m n n 22220+?? ?? ?+=≥() (3)公式法: 用配方法推导求根公式,由此产生了第三种解法公式法,它是解一元二次方程的主要方法,是解一元二次方程的通法。 关键是把方程整理成一元二次方程的一般形式,确认、、的值(特别要 注意正、负号),求出的值(以便决定有无必要代入求根公式), 若,则代入求根公式。a b c b ac b ac x b b ac a ?=--≥=-±-22 244042 (4)因式分解法: 适用于方程左边易于分解,而右边是零的方程。 我们在解一元二次方程时,要注意根据方程的特点,选择适当的解法,使解题过程简捷些。一般先考虑直接开平方法,再考虑因式分解法,最后考虑公式法。 对于二次项系数含有字母系数的方程,要注意分类讨论。 3. 一元二次方程根的判别式 ()来判断。即根的情况可以用判别式一元二次方程?-≠=++ac b a c bx ax 400 22 当时,方程有两个不相等的实数根。b ac 240-> 当时,方程有两个相等的实数根。b ac 240-= 当时,方程没有实数根。b ac 240-< 根的判别式△=b 2-4ac 的意义,在于不解方程可以判别根的情况,还可以根据根的情况确定未知系数的取值范围。 4. 一元二次方程根与系数关系。 ()已知、是一元二次方程++=的两个根,那么,,,逆命题也成立。x x ax bx c a x x b a x x c a 122121200≠+= -?= 一元二次方程的两根和与两根积和系数的关系在以下几个方面有着广泛的应用: (1)已知方程的一根,求另一个根和待定系数的值。 (2)不解方程,求某些代数式的值。 (3)已知两个数,求作以这两个数为根的一元二次方程。 (4)已知两数和与积,求这两个数。

一元二次方程单元测试卷讲课教案

第二十一章一元二次方程单元测试卷 时间:40分钟 分数:100分 班别____________ 考号__________ 姓名___________ 一、选择题(每小题3分,共24分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1.若方程013)2(||=+++mx x m m 是关于x 的一元二次方程,则( ) A .2±=m B .m =2 C .m = —2 D .2±≠m 2. 关于x 的一元二次方程x 2-6x +2k =0有两个不相等的实数根,则实数k 的取值范围是( ). A .k ≤92 B .k <92 C .k ≥92 D .k >92 3.如果关于x 的一元二次方程x 2+px +q =0的两根分别为x 1=3、x 2=1,那么这个一元二次方程是( ) A. x 2+3x +4=0 B.x 2+4x -3=0 C.x 2-4x +3=0 D. x 2+3x -4=0 4.一元二次方程(m -2)x 2-4mx +2m -6=0有两个相等的实数根,则m 等于 ( ) A. -6 B.1 C. 2 D. -6或1 5.已知m ,n 是方程x 2-2x -1=0的两根,且(7m 2-14m +a)(3n 2-6n -7)=8,则a 的值等于 ( ) A .-5 B.5 C.-9 D.9 6.已知代数式3-x 与-x 2+3x 的值互为相反数,则x 的值是( ) A .-1或3 B .1或-3 C .1或3 D .-1和-3 7.一元二次方程x 2+3x -4=0的解是 ( ). A .x 1=1,x 2=-4 B .x 1=-1,x 2=4 C .x 1=-1,x 2=-4 D .x 1=1,x 2=4 8.三角形两边的长分别是8和6,第三边的长是一元二次方程x 2-16x +60=0的一个实数根,则该三角形的面积是( ) A .24 B .24或58 C .48 D .58

一元二次方程的应用讲课讲稿

一元二次方程的应用

28.1一元二次方程(一)教学设计 教学设想 信息技术与初中数学学科整合教学可以增强学生的学习能力,优化学习方法,培养学生的创新精神。通过信息网络,可以在短时间内给学生提供大量的感性材料,丰富学生的感性认识,可创设和展示有意义的情境开展教学,使学生数学学习的资料丰富起来,使学习更加多姿多彩。 本节课主要通过多媒体和学生访问数学教学网站,让学生在网站内进行与教学相关的资料如一元二次方程的概念和一般形式的交流,最大限度地实现学生的自主学习。 教材分析 本节教学内容是冀教版九年级(上)第30—32页,一元二次方程概念及一元二次方程一般式及有关概念.一元二次方程是初中数学的主要内容,在初中代数中占重要地位。本节课通过以学生自主合作学习为出发点,以教师的诱导参与点拨为依托,学生积极动手、动脑、动口为主线来完成。在教学中渗透类比化归等数学思想,让学生充分观察、体验,同时营造轻松愉快的学习氛围,以此激发学生的学习兴趣。 学情分析 九年级学生已经学习了网络的基础知识,了解信息技术的应用环境及信息的一些表现形式,并在使用信息技术时学会与他人合作,学会使用多媒体资源进行学习; 教学目标 1. 知识与能力目标:要求学生会根据实际问题列出一元二次方程,体会方程的模型思想,培养学生归纳、分析的能力。

2. 过程与方法目标:引导学生分析实际问题中的数量关系,回顾一元一次方程的概念,组织学生讨论,让学生自己抽象出一元二次方程的概念。 3. 情感、态度与价值观:通过数学建模的分析、思考过程,激发学生学数学的兴趣,体会做数学的快乐,培养用数学的意识。 教学重点、难点 1.重点: 通过实际问题模型建立一元二次方程的概念,认识一元二次方程一般形式. 2.难点: 通过实际问题,建立一元二次方程的数学模型,?再由一元一次方程的概念迁移到一元二次方程的概念. 正确识别一般式中的“项”及“系数 教法、学法 因为学生已经学习了一元一次方程及相关概念,所以本节课我主要采用启发式、类比法教学。教学中力求体现“问题情景---数学模型-----概念归纳”的模式。本节课从具体的问题情景中抽象出数学问题,建立数学方程,从而突破难点。同时学生在现实的生活情景中,经历数学建模,经过自主探索和合作交流的学习过程,产生积极的情感体验,进而创造性地解决问题,有效发挥学生的思维能力。 课堂教学结构流程图

《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))

初中数学一元二次方程试讲教(学)案

1对1个性化教案 学生学科数学年级九年级 教师瑞芳授课日期授课时段 课题一元二次方程 重点 难点 重点:掌握一元二次方程的概念、解法及应用 难点:一元二次方程的特殊解法、韦达定理及应用 教 学 容 【基础知识:】 1、一元二次方程的概念怎样?其一般形式怎样? 2、你能说出下列方程是几元几次方程吗? (1) 2x + 3 = 0 (2) 3x – 8 = 0 (3) 3x + y = 7 (4) 3、分析:一元二次方程一般形式中各部分概念?(即 认识:二次项及二次系数、一次项及一次项系数、常数项) 4、方程的根:x = 3是一元一次方程2x – 6 = 0的根吗? x = 1及x = -3是一元一次方程的根吗? 例1、你能找出下列方程的根吗: 5、一元二次方程的解题思想-------降次 (1)直接开平方法; (2)配方法; (3)公式法; (4)因式分解法--------十字相乘法; (5)根与系数的关系-------韦达定理。 【重点知识】 一、一元二次方程的定义:只含有一个未知数,并且未知数的最高次数为2的 整式方程,叫做一元二次方程.它的一般形式是() 200 ax bx c a ++=≠.典型例题解析:

例1.方程()2 21 170m m m x x m --++-=是一元二次方程,则m = . 分析:考查一元二次方程的概念及其成立的条件(二次项系数a 不为零). 例2:指出下列一元二次方程中a,b,c 的值 (1)2x 2+3x-4=0; (2)16y 2+9=24y ; (3)3x 2-2x+2=0; (4)3t 2-36t+2=0; (5)5(x 2+1)-7x=0. 二、用适当的方法解方程 1、直接开平方法:形如 或者 的方程; 例1、给下下列等式填上适当的数字。 例2、用直接开平方法求出下列方程的根: 2、配方法:方程都能化成或形式,从而 去求解。 1、思考:求的根 例1:解下列方程:

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

最新一元二次方程的解法的说课稿

教育实习校内教学集训试讲说课稿院系:数学与信息科学学院专业:数学与应用数学姓名:汪雄学号:1006014132 一元二次方程的解法的说课稿 各位老师,大家好! 今天我说课的课题是一元二次方程的解法.下面我将从以下几个方面进行阐述: 首先,我对本节教材进行简要分析。 1.说教材 本节内容是北京师范大学出版社出版的初中九年级数学课程标准实验教科书《数学》第一册第二十二章第二节,属于数与代数领域的知识。在此之前,学生已经学习了一元一次方程及整式的平方、开方、因式分解等,这为过渡到本节的学习起着铺垫作用。本节内容是学生学过的一元一次方程的延续和拓展,又是后续研究高次方程的基础,同时还为后续学习一元二次不等式和研究一元二次函数解的分布情况作了有力的铺垫。它是整个方程研究中起着承上启下作用的核心知识之一。因此,在方程研究中,占据着重要的不可替代的地位。 本节课中解一元二次方程的方法是重点,选用恰当的方法解方程是难点,求根公式是关键,其理论依据是完全开平式。 基于以上对教材的认识,根据数学课程标准的有效教学的基本理念,考虑到学生已有的认知结构与心理特征,制定如下的教学目标。

2.说目标 知识与技能:了解一元二次方程及解一元二次方程的三种解法;理解选用恰当的方法解方程的方法。 过程与方法:利用回顾已学的相关知识,引导学生探索一元二次方程的一般形式,从例题中总结出解方程的方法,采用启发引导,讲练结合的授课方式,发挥教师的主导作用,体现学生主体地位,学生通过自己一系列思维活动获取知识,启发诱导学生深入思考问题,培养学生思维灵活性、严谨性、深刻性等良好思维品质。 情感态度与价值观:让学生领悟一元二次方程的应用及意义,进一步了解数学与实际生活的紧密联系,培养学生数学知识的应用意识,在教学中不失时机地使学生认识到数学源于实践并反作用于实践。 为突破重点、突破难点、抓住关键,使学生能达到本节设定的教学目标,我再从教法和学法上谈谈设计思路。 3.说教学方法 教法选择与教学手段:基于学生已经学习了一元一次方程及相关概念,所以本节课我主要采用启发式、推广式的教学方法与手段,即引导探究、讲练结合的教学模式,其理论依据是数学与实践的联系,一元一次方程的推广。 学法指导:教学中力求体现“问题情景---数学模型-----概念归纳”的模式.本节课借助多媒体辅助教学,充分利用多媒体演示中的生动性、灵活性,把图形的静变成动,增强直观性;指导学生通过直

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 ≡

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