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
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ap?122ap?12??p?1?1(modp)。
第4讲二次同余与平方剩余
二次同余式的一般形式ax2＋bx＋c≡0(mod m)由算术基本定理知道m可以分解成一些素数乘积,再由孙子定理知道ax2＋bx＋c≡0(mod m)可以转化为同余式组ax2＋bx＋c≡0(mod pα)因此,本章只讨论模为素数幂pα的同余式设p是素数，我们来研究素数模p的二次同余方程ax2+bx+c≡0 (mod p)。
(1)如果p= 2，则可以直接验证x≡0或1 (mod 2)是否方程(1)的解。
如果(a, p) = p，则方程(1)成为一元一次同余方程。
因此，只需考察p > 2，(a, p) = 1的情形。
此时，因为(4a, p) = 1，所以，方程(1)等价于方程4a2x2+4abx+4ac≡0 (mod p)，即(2ax+b)2≡b2-4ac(mod p)。
这样，研究方程(1)归结为对方程x2≡a(mod m) (2)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21,2,4 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），例3 求满足方程E:y2≡x3+x+1(mod 7)的所有点 解x ≡0, y2 ≡1(mod 7) y ≡1,6 (mod 7)x ≡1, y2 ≡3(mod 7) 无解x ≡2, y2 ≡4(mod 7) y ≡2,5 (mod 7)x ≡3, y2 ≡3(mod 7) 无解x ≡4, y2 ≡6(mod 7) 无解x ≡5, y2 ≡5(mod 7) 无解x ≡36, y2 ≡6(mod 7) 无解4.2模为奇素数的平方剩余与非平方剩余 在这节里讨论模为素数的二次同余式定理１(欧拉判别条件) 若(a , p ) = 1，p 是奇素数则 (ⅰ) a 是模p 的二次剩余的充要条件是≡1 (mod p )；(3) (ⅱ) 若a 是模p 的二次剩余，则方程(2)有两个解； (ⅲ) a 是模p 的二次非剩余的充要条件是 ≡-1 (mod p )。
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的的基本内容。
由于初等数论的基本知识和技巧与中学数学有着密切的关系，因此初等数论对于中学的数学教师和数学系(特别是师范院校)的本科生来说，是一门有着重要意义的课程，在可能情况下学习数论的一些基础内容是有益的．一方面通过这些内容可加深对数的性质的了解，更深入地理解某些他邻近学科，另一方面，也许更重要的是可以加强他们的数学训练,这些训练在很多方面都是有益的．正因为如此,许多高等院校，特别是高等师范院校，都开设了数论课程。
最后,给大家提一点数论的学习方法,即一定不能忽略习题的作用,通过做习题来理解数论的方法和技巧,华罗庚教授曾经说过如果学习数论时只注意到它的内容而忽略习题的作用，则相当于只身来到宝库而空手返回而异.数论有丰富的知识和悠久的历史,作为数论的学习者,应该懂得一点数论的常识，为此在辅导材料的最后给大家介绍数论中著名的“哥德巴赫猜想"和费马大定理的阅读材料。
初等数论自学安排第一章：整数的可除性（6学时）自学18学时整除的定义、带余数除法最大公因数和辗转相除法整除的进一步性质和最小公倍数素数、算术基本定理［x]和｛x｝的性质及其在数论中的应用习题要求：2，3 ；：4 ；：1；：1,2，5；：1。
第二章：不定方程（4学时）自学12学时二元一次不定方程多元一次不定方程勾股数费尔马大定理。
习题要求:1,2,4；:2,3。
第三章：同余(4学时)自学12学时同余的定义、性质剩余类和完全剩余系欧拉函数、简化剩余系欧拉定理、费尔马小定理及在循环小数中的应用习题要求：2，6；：1；：2，3； 1，2。
第四章:同余式（方程）(4学时）自学12学时同余方程概念孙子定理高次同余方程的解数和解法素数模的同余方程威尔逊定理。
习题要求:1；：1，2；：1,2。
第五章：二次同余式和平方剩余（4学时）自学12学时二次同余式单素数的平方剩余与平方非剩余勒让德符号二次互反律雅可比符号、素数模同余方程的解法习题要求：2；：1,2,3；：1,2；：2；:1。
数论01二次同余式与平方剩余
平方非剩余
如果一个数$a$模$p$同余于$x^2$模$p$ ，则称$a$为$x^2$的平方非剩余。
判定法则
判定法则一
费马小定理，若$p$是质数，且$(a, p)=1$，则有$a^{p-1} equiv 1 pmod{p}$。
判定法则二
二次互反律，设$p, q$是两个不同的奇素数，且$(p, q)=1$，则有$(p equiv q pmod{4}) Leftrightarrow (q equiv p pmod{4})$。
03
具体的证明过程需要用到一些较为复杂的数学符号 和逻辑推导，这里不再赘述。
应用案例
01
02
03
在密码学中，二次同余 式与平方剩余的概念被 广泛应用于一些加密算 法的设计，如 RSA 算法
。
在数论研究中，这些概 念也是重要的工具，可 以帮助我们解决一些数
论中的难题。
在实际生活中，这些概 念在金融、物流等领域 也有一定的应用，例如 在电子支付和电子签名 的安全性验证等方面。
解释
这是一个关于 (x) 的二次方程，但它 的解必须满足同余条件，即解必须是 模 (m) 的同余类。
性质
性质1
如果 (a, b, c, m) 满足二次同余式的定义，那么对于任意整数 (x)，如果 (x^2 + bx + c equiv 0 (mod m)) 成立 ，那么 (ax^2 + bx + c equiv 0 (mod m)) 也一定成立。
THANKS
感谢观看
应用实例
在密码学中的应用
平方剩余在密码学中有重要的应用，例如RSA公钥密码算法中就使用了平方剩余的性质 。
在数论中的应用
平方剩余是数论中的一个重要概念，它在证明费马大定理、哥德巴赫猜想等数学问题中 发挥了重要作用。
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 kp p p ααα 2121，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 02221221⇒ 2ax ＋bx ＋c ≡0（mod αp ）， （pa ） （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 （modαp ）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 。
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
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23 1 47 1
503 1
11 , 23 , 251
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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.
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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：
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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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第五章 (10) 一般二次同余式、平方剩余
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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
初等数论-第5章-二次同余式与平方剩余
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7
例3. 解同余式 x2 x 1 0(mod72 ) (1)
解：x2 x 1 0(mod72 ) 4( x2 x 1) 0(mod72 )
即(2x 1)2 3 0(mod72 ) 令y 2x 1,
y2 3 0(mod72 )
(2)
而y2 3 0(mod7)的解为y 2(mod7). 令y 7t 2,代入(2)， 4t 1 0(mod7).
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定理2的证明：
由定理1知，平方剩余的个数等于同余式
p1
p1
x 2 1(mod p) 的解数，由 x 2 1 x p x，
所以据§4.4-TH5[P86]知，平方剩余的个数等于p
2
1
.
又模p的简化系中含有p-1个元素，
从而平方非剩余的个数等于 p 1 .
2
显然数列12 , 22 , ,( p 1)2中含有 p 1 个数，
第五章 二次同余式与平方剩余
§5.1一般二次同余式
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1
一、一般二次同余式的转化
二次同余式的一般形式为
ax2 bx c 0 (mod m)。
(1)
ax2
bx
c
0(mod
p ai i
),
i
1, 2,
,k.
其中，m
p p a1 a2 12
pkak , p1, p2 , . pk 为素数.
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4
ax2 bx c 0(mod p ), p (a,b,c) (2) 4、当p 2, 2 a,2 b时，(2)有解 2 c
f '( x) 2ax b 0(mod 2)无解 由§4.3－TH2〔P82〕知
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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ap?122ap?12??p?1?1(modp)。
2p?12?1(modp)，则x?x?x(xpp?1?1)?x[(x)?ap?12]?x(x2?a)q(x) (modp)，即x2?a除xp?x所得的余式r(x)?0(modp)，故第四章第三节定理5可知同余式x2?a(modp)有解，并且有两个解。
(2)欧拉定理可知，若(a,p)?1，则ap?1?1(modp)，于是从而a(ap?12p?12?1)(ap?12?1)?0(modp)，因为p为奇质数，所以1???1(modp)，p?12?1(modp)与a??1(modp)有且仅有一个成立，p?12而(1)可知a是模p的平方非剩余的充分必要条件为a因此，a是模p的平方非剩余的充分必要条件为ap?12??1(modp)，??1(modp)。
定理2模p 的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余的个数各为而且p?1，2p?1p?12个平方剩余分别与12,22,?,()中的一数，且仅与一数同余。
22证明定理1可知，模p的平方剩余的个数等于同余式xp?12?1(modp)的解数，因为x的个数为p?12?1能整除xp?x，所以它有p?1个解，即模p的平方剩余2p?1p?1，从而模p的平方非剩余的个数为；22p?12)都是模p 的平方剩余，而且它们两两不同余，2p?1，则(j?i)(j?i)?0(modp)，2- 2 - 另一方面，12,22,?,((因为若i2?j2(modp)，1?i?j?于是p|j?i或p|j?i，这是不可能的)，故它们就是模p的全部平方剩余。
第五章二次同余式与平方剩余例求模13的平方剩余与平方非剩余。
解平方剩余：12，22，32，42，52，62，即1，4，9，3，12，10；平方非剩余：2，5，6，7，8，11。
定理3设p为奇质数，则模p 的两个平方剩余或两个平方非剩余的积是模p的两个平方剩余；模p的一个平方剩余与平方非剩余的积是模p的平方非剩余。
证明通过欧拉判别条件易证。
- 3 - 第五章二次同余式与平方剩余§2 勒让得符号与二次反转定律?a?定义勒让得(Legendre)符号??p??(读作：a对p的勒让得符号)是一个对??于给定的奇质数p定义在一切整数a上的函数，它的值规定如下：?1，a是模p的平方剩余；?a????p?????1，a是模p的平方非剩余；???0，p|a。
? 简单性质：?a??b??p?d??d?????1、当a?b(modp)时，??；或?p??p??p?????p??。
?????????a?2、??p ???a??p?12(modp)(欧拉判别条件)??a1??a2?????p????????p??at???????p ? ??。
??ab??a??b??a1a2?at??????3、??，特别地，?p??p??p??p????????a24、当p?|a 时，??p????1。
??p?12?1???1???5、??1，?p??p???(?1)?????1，当p?1(mod4)；????1，当p?3(mod4)。
1定理1(高斯引理)设p是奇质数，(a,p)?1，a,2a,?,(p?1)a各数对模2p的最小非负剩余(余数)中大于?a?p?的个数为?，则??(?1)?。
??2?p? p1证明设a,2a,?,(p?1)a各数对模p的最小非负剩余中小于的为22a1,a2,?,a?，大于pp的为b1,b2,?,b?，不可能有等于的(否则p|a矛盾)，22 - 4 - 第五章二次同余式与平方剩余1则显然有????(p?1)，并且?as?bt?2s?1t?1又因为??1(p?1)2?k?1?p?1?ka???!a2??p?12(mo dp)，pp?bt?p，所以1?p?bt?，而且p?bt?as(s?1,??；t?1,?,?)，22p?1，矛盾)211(p?1)之间的(p?1)个两22(否则有as?bt?p，于是有k1,k2，使得k1a?k2a?0(modp)，从而k1?k2?0(modp)，但1?k1,k2?因此，a1,a2,?,a?,p?b1,p?b2,?,p?b?是1到两不等的数，于是有?ass?1??p?1?(p?b)???!，t?2??t?1p?1?ab?(?1)??!as?t??2?s?1t?1???? p?12???p?1???从而??!??as?(p?bt)?(?1)?2?s?1t?1(modp)，?a?故有??p???a??p?12?a???(?1)?(modp)，又p?2，故??p???(?1)。
??1(p?1)2定理2???k?1?2ka???(mod2)。
p??1证明带余除法可知ka?qp?rk，0?rk?p?1，其中k?1,2,?,(p?1)，2根据定理1，?是r1,r2,?,rp?1中大于2p的数的个数；2?2ka???ka??ka???ka???ka??又因为??2?2?2???????????2???，ppp?????????p???p????ka???2ka?p是奇数??2????1?rk?，??2?p???p????ka???2ka?p是偶数?2?0?r?，????k??pp2??????- 5 -第五章二次同余式与平方剩余证明欧拉判别条件，a于是(a当a1(p?1)4p?12?1(modp)，1(p?1)4?1)(a1(p?1)4?1)?0(modp)，从而a1(p?1)4?1或a1(p?1)4??1(modp)，1(p?1)4?1(modp)时，a?a?a1(p?3)4?a(modp)，故同余式的解为x??a当a即21(p?1)41(p?1)21(p?3)8(modp)；??1(modp)时，因为当p?5(mod8)时，2是模p的平方非剩余，??1(modp)，所以2x??21(p?1)2?a1(p?1)4?a?21(p?1)2?a1(p?3)4?a(modp)，从而同余式的解为1(p?1)4?a1(p?3)8(modp)。
例2解同余式x2?5(mod29)?5??29??4?解因为?????????1，所以原同余式有解。
?29??5??5?又29?5(mod8)，故定理2得解为x??21(29?1)4 ?51(29?3)8??18(mod29)。
3、模p?1(mod8)(没有公式化的结论，下面给出一种具体的解题途径)令p?2kh?1，k?3，h为奇数，a1(p?1)2k?2?1?a2k?1h?1?(a2k?2k?2h?1)( a2k?2h?1)?0(modp)得a2h?1(modp)或a2h??1(modp)。
若前式成立，则可以继续分解；若后式成立，则任取模p的平方非剩余N，因N1(p?1)2??1(modp)，即N2k?1h??1(modp)，故N2k?1h?a2k?2h?1(modp)，从而可以继续分解，??，分别经过若干次后，可使a 的指数降为h，即ah?1(modp)，于是ah?a?ah?1?a(modp)，故可得原同余式的解为x??a1(h?1)2(modp)或x??N?at1(h?1)2(modp)。
- 11 - 第五章二次同余式与平方剩余例3解同余式x2?2(mod41)?2?解因为???1，所以原同余式有解。
?41?p?41?23?5?1，即k?3，h?5，此时22取模41的平方非剩余3，有3223?2?5?210?(?9)2??1(mod41)，2?5??1(mod41)，于是32?5?22?5?1(mod41)，再计算可知32?5?25?9?(?9)?1(mod41)，于是32?5?26?2(mod41)，因此，原同余式的解为x??35?23??24??17(mod41)。
4、加模法(在同余式右边加上模的倍数，使成为平方数或把平方因数析出) 例4解同余式x2?2(mod41)?2?解因为???1，所以原同余式有解。
?41??x?x?2?43?84?2?21(mod41)???? 21?62?103?144(mod41)?2?222 ?x?? 12(mod41)，因此原同余式的解为2x??24(mod41)。
二、合数模的情形x2?a(modm)，(a,m)?1 (1) ?k?1?2设m?2?p1p2?pk，第四章第四节定理1可知(1)有解的充分必要条件是同余式组x2?a(mod2?)，x2?a(modpi?i)，i?1,2,?,k有解，并且在有解的情况下，(1)的解数是同余式组中各同余式的解数的乘积。
1、模为奇质数幂p?定理3同余式x2?a(modp?)，??0，p为奇质数，(a,p)?1有解的充分?a?必要条件为??p???1，并且在有解的情况下，解数为2。