高次剩余问题

二次剩余 \(\tiny\textbf{Quadratic Residue}\)

定义：令整数 \(a, p\) 满足 \(a\perp p\)，且 \(p\) 为奇素数，若存在 \(x\) 使得以下式子成立：

\[x^2 \equiv a\ (\text{mod}\ p) \]

则称 \(a\) 为模 \(p\) 的二次剩余，否则 \(a\) 为模 \(p\) 的二次非剩余。

\(\text{Euler}\) 判别法

内容

若 \(a\) 为模 \(p\) 的二次剩余，当且仅当 \(a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ (\text{mod}\ p)\)。

若 \(a\) 为模 \(p\) 的二次非剩余，当且仅当 \(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\ (\text{mod}\ p)\)。

证明

因为 \(p\) 为奇素数，根据 \(\text{Fermat}\) 小定理有：

\[a^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p) \]

\[a^{p-1}-1\equiv 0\ (\text{mod }p) \]

\[(a^{\frac{p-1}{2}}+1)(a^{\frac{p-1}{2}}-1)\equiv 0\ (\text{mod }p) \]

所以

\[a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm 1\ (\text{mod }p) \]

所以只需证明若 \(a\) 为模 \(p\) 的二次剩余，当且仅当 \(a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ (\text{mod}\ p)\)。

• 充分性

因为

\[a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\ (\text{mod }p) \]

且

\[x^2 \equiv a\ (\text{mod }p) \]

所以

\[x^{p-1}\equiv 1\ (\text{mod }p) \]

根据 \(\text{Fermat}\) 小定理，充分性得证。

• 必要性

设 \(g\) 为模 \(p\) 的一个原根，那么 \(\exists\ k,\ \text{s.t.}\ g^k \equiv a\ (\text{mod }p)\)。

因为

\[a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\ (\text{mod }p) \]

所以

\[(g^k)^{\frac{p-1}{2}}\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\ (\text{mod }p) \]

又因为 \(g\) 为模 \(p\) 的一个原根，所以 $ (p-1)|\frac{k(p-1)}{2}$，所以一定 \(\exists\ x,\ \text{s.t. }x\equiv g^{\frac{k}{2}}\ (\text{mod }p)\)，此时有 \(x^2 \equiv a\ (\text{mod}\ p)\)，必要性得证。

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所以，若 \(a\) 为模 \(p\) 的二次剩余，当且仅当 \(a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ (\text{mod}\ p)\)。

若 \(a\) 为模 \(p\) 的二次非剩余，当且仅当 \(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\ (\text{mod}\ p)\)。

\(\text{Legendre}\) 符号

定义

对奇素数 \(p\) 与整数 \(a\)，\(\text{Legendre}\) 符号定义如下：

\[\begin{pmatrix} \frac{a}{p} \end{pmatrix}= \begin{cases} 0,\ p\ |\ a \\ 1,\ (p\nmid a)\ \land\ (\exists\ x\in \mathbb{Z},\ x^2\equiv a\ (\text{mod }p)) \\ -1,\ \text{otherwise.} \end{cases} \]

性质

\[∀\ a\in \mathbb{Z},\ a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \begin{pmatrix}\frac{a}{p}\end{pmatrix}\ (\text{mod }p) \]

\[a_1 \equiv a_2\ (\text{mod }p) \iff \begin{pmatrix}\frac{a_1}{p}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{a_2}{p}\end{pmatrix} \]

3. \(\text{Legendre}\) 符号为完全积性函数：

\[\begin{pmatrix}\frac{a_1a_2}{p}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{a_1}{p}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{a_2}{p}\end{pmatrix} \]

4. 二次互反律
   设 \(p, q\) 为两不同奇素数，则：

\[\begin{pmatrix}\frac{p}{q}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{q}{p}\end{pmatrix}=(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}} \]

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