平方非剩余为

1(mod11); 1(mod11);
1(mod11); ( 4) 1(mod11).
111 2
∴ 模11的平方剩余为1，-2，3，4，5； 平方非剩余为-1，2，-3，-4，-5.
例如： x 2 a(mod11)
模11的平方剩余为1，-2，3，4，5.
方程 x 2 1(mod11)的解为：x 1,10(mod11); 方程 x 2 2(mod11)的解为：x 3,8(mod11); 方程 x 3(mod11)的解为：x 5,6(mod11);



a
a
p1 2
1, a p1 2 1 ＝1 或 2
且素数 p>2。所以，p 能整除 a 不能同时整除 p1 2 和 p1 2


p 1
2
1 a p1 2 1 ，但 p


1
a
1 （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。
y 2,5(mod7) y 0(mod7)
无解
x 5(mod7) x 6(mod7)
y 2 6(mod7) y 2 0(mod7)
y 0(mod7)
§3.2 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
x ≡a（mod p）,
2
2
(a, p)＝1
（1）
因为 x ＝ x 2 ，故方程（ 1）要么无解，要么有两个 解。
n n0 2 n1 2 k 2 n k 2 2 k 1
k 1
我们最多作 2[ log2 n ]次乘法.这个计算 方法叫做“模重复平方计算法”.具体计算 如下： (0)令 a = 1 , 并将 n 写成二进制：
n n 0 n 1 2 n k 1 2
k 1
其中 ni ∈{0 , 1} , i = 0,1,…,k-1 . (1)如果 n0 = 1,则计算 a0 ≡ a·b( mod m) , 否则取 a0 = a ,即计算
定理 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
a p1 2 ≡1（mod p）
（ii）a 是模 p 的平方非剩余的充要条件是
（2）
a p1 2 ≡－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。
第三章 二次剩余
本章内容
一、二次剩余的概念
二、模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
三、勒让德符号
四、雅可比符号
五、小结
重点：二次同余方程有解的判断与求解
§3.1 二次剩余的概念
二次同余式的一般形式是
ax2 bx c 0(modm)
a 其中m是正整数， 0(modm) 。
上式等价于同余式
n0 2 0 1
(2) n1
1 0
=0,计算
2 2 1
a a 137, b b 190(mod 227)
a a 137, b b 7(mod 227)
2 2 1 3 2
(3) n2
=0,计算
(4) n3
3 2
=0,计算
2 4 3
a a 137, b b 49(mod 227)
证明： 首先证明对任一整数 a，若 p┞a，则式（2）或 （3）有且仅有一个成立。由费马定理知
a p1 ≡1（mod p）
故知
a
即 但
p1 2
1a p1 2 1 ≡0（mod p）
（4）
p1 2 1 a p1 2 1 p│ a p1 －1＝ a
111 2 111 2
可以验证：1
1(mod11); ( 2)
111 2 111 2
1(mod11); 1(mod11).
3
111 2
1(mod11); 4
111 2 111 2
1(mod11);5
111 2
111 2
而 ( 1) ( 3) ( 5)
1(mod11); 2
（i）必要性。若 a 是模 p 的二次剩余，则必有 x0 使得
2 x0 ≡a（mod p） ，
因而有 即

2 p 1 2 ≡ a p 1 2 （mod x0
p） 。
p 1 x0
a
p 1 2
（mod p） 。
由于 p┞a，所以 p┞ x 0 ，因此由欧拉定理知
x0p 1 ≡1（mod p） 。
因此，137 为模 227 平方非剩余. 推论 设 p 是奇素数，(a1 ,p) =1,(a2 ,p)=1,则 (i) 如果 a1 ,a2 都是模 p 的平方剩余，则 a1 a2 是模 p 的平方剩余. (ii) 如果 a1 ,a2 都是模 p 的平方非剩余，则 a1 a2 是模 p 的平方剩余. (iii) 如果 a1 是模 p 的平方剩余， a2 是模 p 的平 平方非剩余，则 a1 a2 是模 p 的平方非剩余
2 y 2(mod7) x 0(mod7)
y 3,4(mod7) y 2,5(mod7)
无解
x 1(mod7)
y 2 4(mod7)
x 2(mod7) y 2 5(mod7)
2 y 4(mod7) x 3(mod7) 2 y 0(mod7) x 4(mod7)
2 2
12 ,2 2 , , (
p 1 2 ) 2
中的一个数同余，且仅与一个数同余。
( p 1)! a p1
由威尔逊定理知
2
mod
p .
a p1
2
1mod
p .
但这与式（2）矛盾。所以必有某一 j0 ，使 j0 x j 0 ，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 x0 ≠0（mod p）是方程（1）的解，则－ x0 也 是其解，且必有 x0 ≠－ x0 （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）
(5) n4
4
=1,计算
n4 2 3 4 5 4
a a b 130, b b 131(mod 227)
(6) n5 (7) n6
6
=1,计算
5
a5 a4 b5n 5, b65 b5 136(mod 227)
2
=1,计算
n6 5 6
a a b 226(mod 227)
137
( 227 1 ) / 2
137 (mod 227)
113
运用模重复平方计算法，设 m=227,b=137, 令 a = 1,将 113 写成二进制，
Hale Waihona Puke 113 1 2 2 2
4 5
6
我们依次计算如下： (1) n0 =1,计算
a a b 137, b b 155(mod 227)
a 9 ≡±1（mod 19）
针对必要性：例如 a＝17 是模 19 的二次剩余，即存在 x0 ≡6 使得因为 62≡17（mod 19） 。那么必有
179 ≡ 618 ≡1（mod 19）
针对充分性：已知 69 ≡1（mod 19） ，验证 6 是二次剩余。 解方程
bx ≡6（mod 19）,
(1≤b≤18)
由以上两式就推出式（ 2）成立。
充分性。设式（ 2）成立，这时必有 p┞a。故一次同余方 程
bx ≡a（mod p）,
有唯一解，对既约剩余系
(1≤b≤p－1)
（5）
－(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 x x j 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、xj 作为一对，两两分完。 （b1≠b2，则相应的解 x1≠x2，且除了±1 之外，每个数的 逆不是它本身） 因此有
2
k -2
(k)如果 nk-1 = 1,则计算
ak-1≡ak-2·bk-1 ( mod m) , 否则取 ak-1 = ak-2 , 即计算
a k -1 a k - 2 b k -1 ( mod m),
n k -1
最后a k 1就是
b ( mod m)
n
例 2 判断 137 是否为模 227 平方剩余. 解： 根据定理 1，我们要计算：
模11的二次剩余是：1，3，4，5，9； 二次非剩余是：2，6，7，8，10。
模12的二次剩余是：1；
二次非剩余是：5，7，11。
例2 求满足同余式 y 2 x3 x 2(mod7) 的所有的点。 解：
模7的二次剩余是：1，2，4；二次非剩余是：3，5，6。
对 x 0,1,2,3,4,5,6(mod7) ，分别求出 y 对应的的值为
2
方程 x 2 4(mod11)的解为：x 2,9(mod11); 方程 x 2 5(mod11)的解为：x 4,7(mod11).
例1 利用定理判断
补充 模重复平方计算法
在模算术计算中，我们常常要对大整数 n 模 m 和大整数 n，计算 b (mod m) . 如果用递归地计算 n n 1 b (b (mod m)) b (mod m) ，这种 计算较为费时，须作 n-1 次乘法.