数论02二次同余式与平方剩余4.3勒让德符号
密码学数学基础第五讲 二次剩余
若a是模p的平方剩余 若a是模p的平方非剩余 若p | a
4、雅可比符号定义 对任意奇数m，定义为：
a a a m p1 pr
1, 1, 0,
a
1(mod p)
(2) a是模p的平方非剩余的充分必要条件是
1(mod p) 2 当a是模p的平方剩余时，同余式 x a(mod判断137是否为模227平方剩余。 解: 137
227 1 2
mod 227 137113 mod 227 1
例1 计算如下勒让德符号的值。
2 (1) , 3 2 , 17
3 17
137 (2) 227
(3)
911 2003
n m
返回
否
m是否为素数
是，计算nmodm=q
q=0 停止 out:0
q=1 1
所以137是模227平方非剩余。 定理2 设p是奇素数，则模p的简化剩余系中平方剩余与
p 1 p 1 平方非剩余的个数各为 ，且 个平方剩余与序列 2 2
p 1 2 1 ,2 , , ( ) 2
2 2
中的一个数同余，且仅与一个数同余。
三、勒让德符号
定义 设p是素数，定义勒让德符号如下：
1, a p 1, 0,
所以同余式无解。
五、小结
1、m是正整数 x 2 a(mod m)
( a, m) 1
a是m的二次剩余。 2、欧拉判别条件 p是奇素数
p 1 2
(a, p ) 1
a是p的平方剩余 a
1(mod p )
数论中的勒让德符号
数论中的勒让德符号是一种重要的数论工具，用来研究与素数相关的性质。
勒让德符号是法国数学家阿道夫·埃雷尔·勒让德于18世纪中期引入的，它是对任意整数a和素数p之间关系的一种表示。
勒让德符号定义如下：对于任意的整数a，定义勒让德符号（a/p）为1当且仅当a是p的二次剩余（即存在一个整数x，使得x^2≡a (mod p)），否则为-1。
当a既不是p的二次剩余，也不是p的二次非剩余时，勒让德符号定义为0。
勒让德符号的定义基于二次剩余的概念，即对于一个素数p，如果存在一个整数x，使得x^2≡a (mod p)，那么a就是p的一个二次剩余。
反之，如果对于任意的整数x，x^2≡a (mod p)都不成立，那么a就是p的一个二次非剩余。
勒让德符号在数论中的应用非常广泛。
首先，它在解决二次剩余问题中起到重要作用。
对于给定的素数p和整数a，可以通过计算勒让德符号（a/p）来确定a是否是p的二次剩余。
特别地，当a和p互素时，可以使用欧拉准则简化计算过程。
根据欧拉准则，勒让德符号（a/p）等于a^((p-1)/2) (mod p)。
如果这个值等于1，那么a就是p的二次剩余；如果等于-1，那么a就是p的二次非剩余。
这个方法在密码学等领域中有着重要的应用。
其次，勒让德符号在费马小定理的推广以及埃拉托斯特尼筛法的改进中也有所应用。
费马小定理指出，对于素数p和整数a，如果a不是p的倍数，那么a^(p-1)≡1 (mod p)。
而通过勒让德符号的推广，可以得到a^((p-1)/2)≡（a/p）(mod p)的等式。
这个等式在研究模n二次剩余以及求解二次同余方程等问题时非常有用。
最后，勒让德符号还与高斯二次和有关。
高斯二次和是一个特殊的复数，它可以用来表示某些域中的二次剩余和二次非剩余。
勒让德符号与高斯二次和的关系是，当勒让德符号为1时，对应的高斯二次和是实数；当勒让德符号为-1时，对应的高斯二次和是虚数。
总结起来，数论中的勒让德符号是一种重要的工具，它通过对整数和素数之间关系的表示，帮助我们研究与素数相关的性质。
第4讲二次同余与平方剩余
227
227
5−1 227 −1 ⋅ 227 2 ( )(−1) 2 5
2 = ( ) = (−1) = −1 。 东北大学数学系 5
52 −1 8
朱和贵
4.4二次互反律的证明
定理4 (二次互反律) 设p与q是不相同的两个素数，则
⎛ p⎞ ⎛ q⎞ ( p −1) / 2⋅( q −1) / 2 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ( −1) ⎝ q ⎠ ⎝ p⎠
东北大学数学系
朱和贵
4.1 一般二次同余式
定义１ 给定整数m，对于任意的整数a，(a，m) = 1，若方程x2 ≡ a (mod m)有解，则称a是模m的二 次剩余；否则，称a是模m的二次非剩余. 例1验证1是模4的平方剩余,-1是是模4的非平方剩余 例 2 1,2,4 是模7的平方剩余,-1,3,5是模7的非平方 剩余 解 因为,12≡1, 22≡4, 32≡2, 42≡2， 52≡4 ， 62≡1 （mod7），
证明: 定理4也是要证明
⎛ p ⎞⎛ q ⎞ ( p −1) / 2⋅( q −1) / 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ( −1) ⎝ q ⎠⎝ p ⎠
东北大学数学系
朱和贵
4.4二次互反律的证明
因为
∑[ ] q ( ) = (−1) i=1 p
qi p
p −1) / 2
( q −1) / 2
( p ) = (−1)
⎜ ⎟ = (− 1) ⎜ p⎟ ⎝ ⎠
证明: r1, r2, …, rk表示a,2a,…,,(p-1)/2a的模p最小剩余 小于或等于(p-1)/2的数, 而s1, s2, …, sm表示它们中 大于(p-1)/2的数, 显然k+m=(p-1)/2, 且:
第四章 二次剩余
4.1 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 (mod m)
(1)
其中 a ≡ 0 (mod m) ,
设 m 有素因数分解：
m
p1 1
p2 2 …
pk k
定理2.1.11和定理2.1.12(定理3.3.1)，二次同余式
ax2＋bx＋c ≡0 (mod m)
(2) n1＝0 , 计算 a1＝a0≡137, b2≡b12 ≡ 1552 ≡190 (mod 227)
(3) n2＝0, 计算 a2＝a1≡137, b3≡b22 ≡ 190 2 ≡7 (mod 227)运用模重复平方法Fra bibliotek依次计算如下：
(4) n3＝0 , 计算 a 3＝a2≡137, b4≡b32 ≡72 ≡49 (mod 227)
例5 求解同余式：x2 ≡ 46(mod 105) 。
由中国剩余定理解这些同余式组： 令 m1 ＝3, m2 ＝5, m3 ＝7, m ＝ m1 ·m2 ·m3 ＝105 M1 ＝ m2 ·m3 ＝35, M2 ＝ m1 ·m3 ＝21 , M3 ＝ m1 ·m2 ＝15 分别求解同余式 35M1≡1 (mod 3)，21M2≡1 (mod 5) ， 15M2≡1 (mod 7) 得 M1 ≡ 2 (mod 3)，M2 ≡ 1 (mod 5)，M3 ≡ 1 (mod 7)
x ≡1(mod 3) x ≡1(mod 5) x ≡2(mod 7)
x ≡1(mod 3) x ≡ 1(mod 5) x ≡－2 (mod 7)
x ≡1(mod 3) x ≡ － 1(mod 5) x ≡2(mod 7)
x ≡1(mod 3) x ≡ － 1(mod 5) x ≡ － 2(mod 7)
九年级培优专题：勒让德符号及勒让德方程
九年级培优专题：勒让德符号及勒让德方程1. 勒让德符号勒让德符号（Legendre symbol）是数论中的一个重要概念，用于描述某个整数对另一个给定奇素数的二次剩余性质。
勒让德符号常用的记号为$(\frac{a}{p})$，其中$a$是整数，$p$是奇素数。
勒让德符号有以下几条性质：- 如果$a$是一个二次剩余模$p$，即存在整数$x$使得$x^2\equiv a \pmod{p}$，则$(\frac{a}{p}) = 1$；- 如果$a$是一个二次非剩余模$p$，即对于任意的整数$x$，都无法满足$x^2 \equiv a \pmod{p}$，则$(\frac{a}{p}) = -1$；- 如果$a \equiv b \pmod{p}$，则$(\frac{a}{p}) = (\frac{b}{p})$；- 对于任意的整数$a$和奇素数$p$，有$(\frac{a}{p}) \equiva^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}$。
2. 勒让德方程勒让德方程（Legendre equation）是微分方程中的一个特殊类型，形式为：$$(1-x^2)y'' - 2xy' + \alpha(\alpha+1)y = 0$$其中$\alpha$是常数。
勒让德方程常出现在物理学和工程学的问题中，例如描述在球坐标系中的电势分布和量子力学中的径向波函数形态。
勒让德方程有着丰富的解析解和特殊函数，其解的形式通常可以表示为勒让德多项式（Legendre polynomials）的线性组合。
勒让德多项式是一类特殊的正交多项式，其中的解是勒让德方程的特殊解。
利用勒让德多项式的性质，我们可以解决许多涉及到勒让德方程的实际问题，例如计算球面上的电势分布和量子力学中的氢原子束缚能级等。
参考资料。
二次同余式和平方剩余
§2 勒让德符号
定义：p是一个给定的奇素数，对于整数a定 义勒让德符号
1, a是平方剩余
( 例：
a) p
(1)
1, a是平方剩余
0, p | a
1, (2) 1, (3) 1, (4)
1
55
5
5
为了更方便地计算勒让德符号，我们给出其 相关的性质，即有下面的定理。
定理1：（1）
(a)
p 1
有解。例
(2) (2)(2) 1 ,但 x2 2(mod 9) 无解。
9 33
3、雅可比符号为-1时，则 x2 a(mod m)
一定无解。
因为若
(a) m
=-1，则至少有一个i使得
(
即 x2 a(mod pi ) 无解，则 x2 a(mod
a )
pi
m)
=-1,
无解.
下面给出雅可比符号的类似于勒让德符号性质，
定理：在模P的简化系中，平方剩余和平方非
剩余余各为 p 1个
p 1
2
且 余，2而个且平仅方与乘一余数分一别同与余。1,22 ,
(
p 1)2 2
之一同
证明如下:
证：由欧拉判别定理知平方剩余的个数是
p 1
p 1
x 2 1(mod p) 的解数。但 x p x (x 2 1)q(x)
其余式为0，由定理知
(143) 563
时，可以不
要管143是否为素数而直接用二次互反律，为
计算提供了方便。
例2：若 ( d ) 1, 则p 不能写成x2 dy2 的形式
p
证：若p= x2 dy2 ,则有若P|x, 则有 p|y
于是可设 x px1, y py1
初等数论(严蔚敏版)12 第五章二次同余式与平方剩余
2 2 1(mod p) 由 p 8n 7，即得出24n3 1(mod 8n 7) 而23 8 2 7, 47 8 5 7,503 8 62 7 都是形如8n 7的素数，并且
22 / 38
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
23 1 47 1
503 1
11 , 23 , 251
21 / 38
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
3、设n是正整数，4n 3及8n 7都是质数，说明 24n3 1(mod 8n 7) 由此证明：23 | 211 1, 47 | 223 1,503 | 2251 1。
证明：当 p 8n 7时，由本节定理 1 的推论知2为平方剩余，
应用欧拉判别条件即有
182 28.
7 / 38
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
故模 37 的平方剩余为： 1，3，4，7，9，10，11，12，16，21，25，26，27，
30，33，34，36 而其它的 18 个数为模 37 的平方非剩余： 2，5，6，8，13，14，15，17，18，19，20，22，23，
从而 p | y2，即有 p 2 | y 。
易见，当 2 为偶数时，
2
，则 p 2
p ，上同余式有解：
2 / 38
《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
x 0, p , 2 p ,, ( p 1) p (mod p )， 共有n 2m 1 p 个解
当 2 1为奇数时， p 2 p ，上同余式有解：
p 3
当它们同为1或同时为
1时，
3 p
1，
3
一为1，一为 1时，
p
1
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《初等数论》习题解答（第三版）新乡学院
第五章 (10) 一般二次同余式、平方剩余
18
定 理3 ( G a u s s 二 次 互 反 律 ) 设 p, q 均 为 单 质 数 , ( p, q ) 1,则 q ( p 1)/2( q 1)/2 p ( ) ( 1) ( ). p q 定 理3 表 明 : 两 个 奇 数 p, q,只 要 有 一 个 数 q p 1 （ m o d 4 ) , 就 必 有( ) ( );当 且 仅 当 它 们 p q q p 都 是 4k 3 形 式 的 数 时 , 才 有( ) ( ). p q
有( p 1) / 2个 . 由 于 模 p 的 简 化 剩 余 系 有 p 1个 数 , 所 以 另 外 的 ( p 1) / 2 个 必 为 模 p 的 平 方 非 剩 余 , 这 就 证 明 前 一 半 结 论 . 当 a 是 模 p 的 平 方 剩 余 时 , 由 式 ( 7 ) 及 ( 8 ) 知 , 必 有 惟 一 的 i, 使 x i (mod p)是 ( 5 ) 的 解 , 进 而 就 推 出 在 简 化 剩 余 系 ( 6 ) 中 有 且 仅 有 x i (mo d p)是 ( 5 ) 的 解 , 即 ( 5 ) 的 解 数 为2.
6
定理 1 在模 p的一个简化剩余系中, 恰 有 ( p 1) / 2个 模 p 的 平 方 剩 余 ; ( p 1) / 2 个模 p的平方非剩余.此外,若a 是模 p的 平 方 剩 余 , 则 同 余 式 x 2 a (mod p)的 解 数 为 2.
7
p 1 p 1 证 只 要 取 模 p 的 绝 对 最 小 简 化 剩 余 系 ,+1, ,-1, 2 2 p 1 p 1 1, , -1, (6) 来 讨 论 . a 是 模 p 的 平 方 剩 余 当 且 仅 当 2 2 a ( p 1 2 p 1 ) ,( 1) 2 , 2 2 ,( 1) 2 ,12 , ,( p 1 p 1 2 1) 2或( ) (mod p) 2 2
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■ 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
证由推论知，当卩二4叶1时, =1；而当pB“一l时『
=一1・于是由定义知绪论成立.
二欧拉判别法
推论2设p是奇索数，刃R么
若p 三 1 (mod 4) 若p 三
3(mod 4) iiR木2掬；区久J立旳J另U法贝iJ • 找彳门YZ
=(一1)丁
贝IJWX L K轄数k仗码卩=41<+1,从而 (于〕=j 2013-4 10
二欧拉判别法
(iii)设 3"则(p)
=1
2013-4-10 Ste
1 ( mod 4)
=(_1 尸
ab
、
/
、
a
、P<pj I P J 若p三3(mod 4),则存在IE整数k使得
P=4k + 3.从而
定理2设p是奇索数，则
(H)
2013-4 10
二欧拉判别法
因为勒让徳符号取值±1,且p 是奇素 数，所以我们有
'ab 、
I P ?
<p
I P
二欧拉判别法
ill: (i) I 大I 为
= a 4- p(mod p)
咎价 JT4:^工弋
x 2 = a(mod p)
所以
(ii) 根抑;欧扌立判别法则，我彳门有 厂a 、
I P J
J
( b 、
BZ1
(mod p),
= b 2 (mod p)
ab
P-1
三(ab) ' (mod p)
2013-4 10
(ab)
p-1 p-l p-1
(b)
=(ab) r =a T b T
=
<P>
<p<pj
(mod p)
2013-4 10
推论设p 是奇素数，如果整数爲b 满足
2013-4 10
证：由欧拉判别法则及a = b(mod p) 知 —=a 2 = b 2
= — (mod p) I P 丿 I P 丿
所以 一 ——=0(mod p) I P 丿I P 丿 证毕.
2013-4-10
敷堆
冇
—
◎
<p>
\P \P
证毕.
a = b(mod p),则
（
(b
、
a
I P
二欧拉判别法
(iii)设(“，p)=l,所以 p/a,则根据(ii)
1二欧拉判别法
2013-4 10
三高斯弓I理
)!= I I ak = n a f i b
k —・K 1 j—1 J
(—l),n I I tij fl (p —b )(mod p)
易矢口 , …，p —・・・，p —叽是
模P网网不同余的，否则，我们有ak = p —
ak」,S^ak + ak」三0(mod p)
三高斯弓I理
因而匕+kj三0(mod p), 这不可自巨，因为 1 M k + k V + 已二v p.
1 J
2 2” 因为(a k , p) = I ,k = 1, • • •, P 以
个整数码,…,a., p _ — b m
是1,…，呼的一个排列，故
2
2013-4 10ate
2013-4 10
三高斯弓I理
a叮(&^)!三(-1) fla.nCp-b )
(:]=(-l)m证毕.
2013-4 10
例子計算勧镶徳拧兮(書)的値。
这电寺S-丄)=\ (31-1 )-15.我們求
出，數口
15, —30, 3-15^45, 4・ 15=60, 5-15=75,
G・1 7・ 15^105, 8・ 15=120・9-W—135.
10.15—15(), 11 ・ 15 = 165・工2・ 1活=180. 1B-I5=1<>f
1.4-15 = 210, 15.15—226
钺31除时所得的余数分別处：
15130,14,^»18,28,12,27,11,2«,10,25>9,24,8.
我們石山，共有7个余数：
30,29,28,27,26,25,24,
是大丁寺护==弩旳。
所以，(醫)=(—H )7" —*1.
2013-4-10 2»=（一1广津］1）!（口“
P-I
£1丁三(—1 )n, ( mod
再根拥定上里1及P是奇素数, 得至I」我们
2013-4 10
三高斯弓I 理
定理3设p 是奇素数.
(i) — =(一 1) I P 丿
(ii)若(a,2p) = l,则
(、
a
=(一
ak
JP
丿
L P
J
2013-4-10
ate
21
P T
8
9
定理3的证明
uE 因为
+ !；,() v r k V p,k = 1,
p-1
对k = i,•…，与1
求和，我们有
p 2
-1 宁「ak a — = PS 8 —
p-l
P -I
=PS
+ ± 込 +±(p-b ) + 2±b - mp •-1 J
J -> 一
P 一
+牙“p + 2討
ate
2013-4 10
定理3
的证明
内此,
2 _ |
因而mm --------- (mod 2)
8
p-
z
八 P~ 一 i 丁 ak
十 m(mod 2)
若a = 2,贝i 」OS
ak
若a 为奇数,
则m 三* k=1
ak
一(mod 2)
2013-4 10
定理3白勺证明。