初等数论学习笔记
初等数论课程学习笔记
初等数论
第零章 序篇
谨以本文记录郑州大学2023级密码科学与技术专业的初等数论课程的学习笔记以及初涉数论对于密码学应用的重要性，本文主要内容为本学期课程中涉及的知识轮廓，相关定理，部分定理的证明以及课后补充的二次剩余、原根的相关定义、性质等.
本文参考了闵嗣鹤和严士健的《初等数论》以及潘承洞和潘承彪的《初等数论》等. 从内容和排版不难看出，本文仍在进一步修缮和完善中,故请不吝赐教.后续将陆续按照教材章节的形式补充数论学习的相关内容.
数论被誉为最纯粹的数学分支,也往往被赋予“难”的定语. 但是对于现代密码学的研究,数论是绕不开的一门学课程.
\[\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad2024年秋
\]
第一章 整数的可除性
1. 整除的概念--带余除法
定义1.1 设a,b是任意两个整数，其中b≠0，如果存在一个整数q，使得等式
\[a = bq\quad\quad\quad\quad(1)
\]
成立，我们就说b整除a或a被b整除，记作b|a，此时我们把b叫做a的因数，把a叫做b的倍数.
如果上式中的整数q不存在，我们就说b不能整除a或a不被b整除，记作b∤a.
定理1.1
\[若a,b都是m的倍数，则a±b也是m的倍数 \\
\]
\[\begin{flalign}
&\quad证\quad a,b是m的倍数的意义就是存在两个整数a_1,b_1\\使得
&a = a_1m,\, b=b_1m =>a±b=(a_1±b_1)m&
\end{flalign}
\]
定理1.2
\[若a_1,a_2,\cdots，a_n都是m的倍数，q_1,q_2,\cdots,q_n是任意n个整数，则q_1a_1+q_2a_2+\cdots+q_na_n是m的倍数 \\
\]
\[\begin{flalign}
&\quad证 \quad a_1,a_2\cdots,a_n都是m的倍数=>存在n个整数p_1,p_2,\cdots,p_n \quad\\
&使得a_1=p_1m,a_2=p_2m\cdots,a_n=p_nm\\
&又q_1,q_2\cdots 是任意n个整数\\
&则，q_1a_1+q_2a_2+\cdots+q_na_n \\
&=q_1p_1m+q_2p_2m+\cdots+q_np_nm\\
&=(q_1p_1+q_2p_2+\cdots+q_np_n)m\\
&即q_1a_1+q_2a_2+\cdots+q_na_n是m的倍数&
\end{flalign}
\]
定理1.4（带余除法）
\[若\quad a,b是任意两个整数，其中b>0，则存在两个整数q及r,使得\\
a=bq+r, 0≤r<b\quad成立，而且q及r是唯一的。\quad\quad\quad\quad(2)
\]
\[\begin{flalign}
&\quad证\quad 做整数序列\\
&\cdots ,-3b,-2b,-b,0,b,2b,3b\cdots\\
&则a必在上述序列的某两项之间，即存在一个整数q\\
&使得，qb≤a<(q+1)b\\
&成立，令a-qb=r,则a=bq+r,而0≤r<b,即存在整数q及r，使得(2)成立.\\
&\quad下面我们证明q,r的唯一性:设q_1,r_1是满足(2)的两个整数，则\\
&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a=bq_1+r_1,0≤r_1<b,\\
&因而\\
&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad bq_1+r_1=bq+r,\\
&于是\\
&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad b(q-q_1)=r_1-r,\\
&故\\
&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad b|q-q_1|=|r_1-r|\\
&由于r及r_1都是小于b的正数，所以上式右边是小于b的.如果q≠q_1则上式左边≥b.\\
&这也是不可能的.因此，q=q_1且r=r_1.&
\end{flalign}
\]
定义1.2 (2)式中的q叫做a被b除所得到的不完全商，r叫做a被b除所得到的余数.
定理1.5 整除关系满足偏序关系（自反性，反对称性，传递性）和线性.
同时
\[若a|b且b≠0则|a|≤|b|.
\]
2. 最大公因数与辗转相除法
定义1.3
\[\begin{flalign}
&\quad 设a_1,a_2,\cdots,a_n是n(n≥2)个整数.若整数d是它们之中每一个的因数，那么d就叫做a_1,a_2,\cdots a_n的一个\\
&\pmb{公因数}.\quad 整数a_1,a_2\cdots,a_n的公因数中最大的一个叫做\pmb{最大公因数},记作(a_1,a_2,\cdots,a_n).\\
&\quad若(a_1,a_2,\cdots,a_n)=1,我们说a_1,a_2,\cdots,a_n\pmb{互素},若a_1,a_2,\cdots,a_n中每两个整数互素，我们就说它们两\\
&两互素.&
\end{flalign}
\]
\[\ \ \ (a_1,a_2,\cdots,a_n) = \max\{d≥1:d|a_i,1≤i≤n\},\\
(a_1,a_2,\cdots,a_n) = \min\{as+bt>0:s,t\in\mathbb{Z}\}.
\]
定理1.6
\[\begin{flalign}
&\quad 若a_1,a_2,\cdots,a_n是任意n个不全为0的整数，则\\
&\quad (i)a_1,a_2,\cdots,a_n与|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_n|的公因数相同;\\
&\quad (ii)(a_1,a_2,\cdots,a_n)=(|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_n|).&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&\quad 证明:只需证明(i),设d为a_1,a_2,\cdots,a_n的一个公因数，即对于每个1≤i≤n,均有d|a_i，\\
&从而d||a_i|,即d亦为|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_n|的公因数,反之亦然.\\
&\quad 鉴于上述定理，此后在讨论公因数时，总是(默认)考虑非负数整数，即自然数.&
\end{flalign}
\]
定理1.7
\[\begin{flalign}
&(\mathrm{i})\quad\forall a \in \mathbb{N^+},恒有(0,a) = a\\
&(\mathrm{ii})\ \ 若a|b,则(a,b) = a\\
&(\mathrm{iii})\ \forall a,b\in \mathbb{Z},恒有(a,b)=(a±b,b);进一步,\forall n \in \mathbb{Z},均有(a,b) = (a+nb,b);\\
&(\mathrm{iv})\ \forall a,b,c\in \mathbb{Z},恒有(ab,c)≥(a,c);\\
&(\mathrm{v})\ \ \ \forall a\in \mathbb{Z}和素数p,有&
\end{flalign}
\]
\[(p,a)=\left\{
\begin{matrix}
p,\quad\quad\quad 若p|a\\
1,\quad\quad\quad 若p∤a
\end{matrix}
\right.
\]
\[\begin{flalign}
&\quad 证明：\quad 先证明(\mathrm{ii}).令d = (a,b),则d|a且 d|b,从而,d≤a,另一方面,a|a且a|b,由d的定义可知,a≤d.\\
&故d=a,即(a,b) = a.取b=0即可证明(\mathrm{i})\\
&\quad 要证明(\mathrm{iii}),只需证明a,b的公因数与a±b的公因数完全一致.设d为a,b的一个公因数,即d|a且 d|a，由整除\\
&的线性性可知d|a±b,从而,d亦为a±b,b的公因数;反之亦然.\\
&\quad 再证明(\mathrm{iv}).显然,a,c的公因数都是ab,c的公因数,比较公因数中的最大者,有(a,c)≤(ab,c).\\
&\quad最后证明(\mathrm{v}).令d=(p,a),于是d|p且 d|a.根据素数的定义,d=1\or d =p.若p|a,由性质(\mathrm{ii})知,\\
&(p,a)=p.反之,若(p,a) =p,即d =p,于是p|a.因此,p|a当且仅当d=(p,a)=p.由此可推出p∤a\\
&当且仅当d=(p,a)=1&
\end{flalign}
\]
3. 整除的进一步性质及最小公倍数
定理1.8
\[\begin{flalign}
&若a,b是任意两个不全为零的整数,则存在两个整数s,t,使得\\
&as+bt=(a,b).\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)&
\end{flalign}
\]
定理1.9
\[\begin{flalign}
&若a,b,c是三个整数,且(a,c)=1,则\\
&(i)ab,c与b,c有相同的公因数;\\
&(ii)(ab,c)=(b,c).b,c中至少有一个不为零.\\
&证\quad(i)由前提条件及定理1.8,存在两个整数s,t,满足等式as+ct=1.两边同时乘b,即得(ab)s+c(bt)=b.\\
&设d是ab与c的任一公因数.由上式及定理1.2,d|b,因而d是b,c的一个公因数.反之b,c的任一公因数显然是ab,c的\\
&一个公因数,故(i)得证.\\
&(ii)因为b,c不全为零,故(b,c)是存在的,因而由(i)知(ab,c)存在,且(ab,c)=(b,c).
\end{flalign}
\]
推论1
\[若(a,c)=1,c|ab,则c|b.
\]
\[\begin{flalign}
&证\quad由定理1.9,|c|=(ab,c)=(b,c),故|c|\ |b,因而c|b.&
\end{flalign}
\]
推论2
\[\begin{flalign}
&设a_1,a_2,\cdots,a_n及b_1,b_2,\cdots,b_m是两组整数,若前一组中任一整数与后一组中任一整数互素,则\\
&a_1a_1\cdots a_n与b_1b_2\cdots b_m互素&
\end{flalign}
\]
定义1.4
\[\begin{flalign}
&设a_1,a_2,\cdots,a_n是n(n≥2)个整数.若d是这n个数的倍数,则d就叫做这n个数的一个公倍数.\\
&又a_1,a_2,\cdots,a_n的一切最小公倍数中的最小正数叫做最小公倍数.&
\end{flalign}
\]
定理1.10
\[[a_1,a_2,\cdots,a_n]=[|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_n|].
\]
定理1.11
\[\begin{flalign}
&设a,b是任意两个正整数,则\\
&(i)a,b的所有公倍数都是[a,b]的所有倍数;\\
&(ii)a,b的最小公倍数等于以它们的最大公因数除它们的乘积所得的商,即[a,b]={ab\over(a,b)}.\\
&特别地,若(a,b)=1,则[a,b]=ab.&
\end{flalign}
\]
4. 素数·算数基本定理
定义1.5
\[一个大于1的整数,如果它的郑银鼠只有1和它本身,就叫做素数;否则就叫做合数.
\]
定理1.12
\[设a是任一大于1的整数,则a的除1外最小正因数q是一素数,并且当a是合数时,q≤\sqrt{a}.
\]
定理1.13(算数基本定理)
\[\begin{flalign}
&任一大于1的整数都能表成素数的乘积,即任一大于1的整数a=p_1p_2\cdots p_n,p_1≤p_2≤\cdots≤p_n,其中\\
&p_1,p_2,\cdots,p_n是素数,并且若a=q_1q_2\cdots q_m,q_1≤q_2≤\cdots≤q_m，其中q_1,q_2,\cdots,q_m是素数,\\
&则m=n,q_i=p_i,i=1,2,\cdots n.&
\end{flalign}
\]
推论3
\[任一大于1的整数a都能唯一写成a=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k},\alpha_i>0,i=1,2,\cdots,k,其中p_i<p_j(i<j).
\]
推论4
\[设a是一个大于1的整数,且a=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k},\alpha_i>0,i=1,2,\cdots,k,则a的正因数d可以表成\\d=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\cdots p_k^{\beta_k},\alpha_i≥\beta_i≥0,i=1,2,\cdots,k的形式,而且d表成上述形式时,d是a的正因数.
\]
推论5
\[\begin{flalign}
&设a,b是任意两个正整数,且\\
&a=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k},\alpha_i≥0,i=1,2,\cdots,k,\\
&b=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\cdots p_k^{\beta_k},\beta_i≥0,i=1,2,\cdots,k,则\\
&(a,b)=p_1^{\gamma_1}p_2^{\gamma_2}\cdots p_k^{\gamma_k},[a,b]=p_1^{\delta_1}p_2^{\delta_2}\cdots p_k^{\delta_k},\\
&其中\gamma_i=min(\alpha_i,\beta_i),\delta_i=max(\alpha_i,\beta_i),i=1,2,\cdots,k.&
\end{flalign}
\]
定理1.14
\[素数的个数是无穷的.
\]
5. 函数[x],{x}及其在数论中的应用
定义1.6
\[\begin{flalign}
&函数[x]与\{x\}是对于一切实数定义的函数,函数[x]的值等于不大于x的最大整数;函数\{x\}的值是x-[x].我们\\
&把[x]叫做x的整数部分,\{x\}叫做x的小数部分.&
\end{flalign}
\]
[x],{x}的性质
\[\begin{flalign}
&(i)x=[x]+\{x\}.\\
&(ii)[x]≤x≤[x]+1,x-1＜[x]≤x,0≤\{x\}<1.\\
&(iii)[n+x]=n+[x],n是整数.\\
&(iv)[x]+[y]≤[x+y],\{x\}+\{y\}≥\{x+y\}.\\
&(v)[-x]=\begin{cases}
-[x]-1,x不是整数\\
-[x],\quad \ \ \ x是整数
\end{cases}\\
&(vi)(带余除法)若a,b是两个整数,b>0,则a=b[{a\over b}]+b\{{a\over b}\},0≤b\{{a\over b}\}≤b-1.\\
&(vii)若a,b是任意两个正整数,则不大于a而为b的倍数的正整数个数是[{a\over b}].&
\end{flalign}
\]
定理1.15
\[在n!的标准分解式中素因数p(p≤n)的指数h=[{n\over p}]+[{n\over p^2}]+\cdots=\sum_{r=1}^{\infty}[{n\over p^r}].
\]
推论6
\[n!=\prod_{p≤n}p^{\sum_{r=1}^\infty[{n\over p^r}]}.
\]
推论7
\[贾宪数{n!\over k!\ (n-k)!}是整数(0<k<n).
\]
推论8
\[若f(x)是一n次整系数多项式,f^{k}(x)是它的k阶导数(k≤n),则{f^k(x)\over k!}是一n-k次整系数多项式.
\]
下面为课后习题.
\[\begin{flalign}
&2.设n是任一一正整数，\alpha是实数，证明：\\
&(\mathrm{i})[{[n\alpha]\over n}]=[\alpha];\\
&(\mathrm{ii})[\alpha]+[\alpha+{1\over n}]+\cdots+[\alpha+{n-1\over n}]=[n\alpha]&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&(\mathrm{i})证明如下：\\
&[\alpha]≤\alpha<[\alpha]+1\\
&n[\alpha]≤n\alpha<n[\alpha]+n\\
&n[\alpha]≤[n\alpha]≤n\alpha<n[\alpha]+n\\
&[\alpha]≤{[n\alpha]\over n}<[\alpha]+1\\
&因为{[n\alpha]\over n}在[\alpha]和[\alpha]+1之间，所以[{[n\alpha]\over n}]=[\alpha]&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&3.设\alpha,\beta是任意二实数，证明：\\
&(\mathrm{i})[\alpha]-[\beta]=[\alpha-\beta]或者[\alpha-\beta]+1\\
&(\mathrm{ii})[2\alpha]+[2\beta]≥[\alpha]+[\alpha+\beta]+[\beta]&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&({\mathrm{i}})证明如下：\\
&[\alpha]≤\alpha<[\alpha]+1;[\beta]≤\beta<[\beta]+1\\
&[\alpha]-[\beta]>(\alpha-1)-\beta=\alpha-\beta-1≥[\alpha-\beta]-1\quad\quad\quad\quad\quad(\alpha-\beta当作整体)\\
&[\alpha]-[\beta]<\alpha-(\beta-1)=\alpha-\beta+1<[\alpha-\beta]+1+1=[\alpha-\beta]+2\\
&[\alpha]-[\beta]\in([\alpha-\beta]-1,[\alpha-\beta]+2)且[\alpha]-[\beta]是一个整数。\\
&故[\alpha]-[\beta]=[\alpha-\beta]或[\alpha-\beta]+1得证.&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&({\mathrm{ii}})证明如下：\\
&设\alpha=[\alpha]+x;\beta=[\beta]+y.\quad\quad\quad(0≤x,y<1)\\
&左边=[2\alpha]+[2\beta]=2[\alpha]+2[\beta]+[2x]+[2y];\\
&右边=2[\alpha]+2[\beta]+[x+y]\\
&下证[2x]+[2y]≥[x+y]\quad\quad\quad\quad(0≤x+y<2)\\
&0≤x,y<0.5时[2x]+[2y]=[x+y]=0;\\
&0≤x<0.5;0.5≤y<1;x+y<1时,[2x]+[2y]>[x+y];\\
&0≤x<0.5;0.5≤y<1;x+y≥1时,[2x]+[2y]=[x+y];另一半同理\\
&0.5<x,y<1时,[2x]+[2y]>[x+y]\\
&故结论成立，证毕.&
\end{flalign}
\]
第二章 不定方程
1. 二元一次不定方程
定理2.1
\[\begin{flalign}
&设二元一次不定方程\\
&ax+by=c\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)\\
&(其中a,b,c是整数,且a,b都不为0)有一整数解x=x_0,y=y_0,则(1)式的一切解可表示为\\
&x=x_0-b_1t,y=y_0+a_1t,\\
&其中(a,b)=d,a=a_1d,b=b_1d,t=0,±1,±2,\cdots.&
\end{flalign}
\]
定理2.2
\[\begin{flalign}
&(1)式有整数解的充要条件是(a,b)|c.\\
&\quad证明：若(1)式有整数解,设为x_0,y_0,则\\
&ax_0+by_0=c.\\
&但(a,b)整除a及b,因而整除c,定理的必要性得证.\\
&反之,若(a,b)|c,则c=c_1(a,b),c_1是整数.由一定\exists s,t,使得as+bt=(a,b)这条定理得,存在两个整数s,t满足\\
&as+bt=(a,b).\\
&令x_0=sc_1,y_0=tc_1,即得ax_0+by_0=c,故(1)式有整数解x_0,y_0.&
\end{flalign}
\]
对于求解二元一次不定方程的特解时有三种方法.考试时优先考虑换元替代的方法.例如：
\[\begin{flalign}
&求解107x+37y=25的一切整数解.\\
&\quad解：\\
&y={25-107x\over37}=-2x+{25-33x\over37},令y'={25-33x\over37}\\
&37y'+33x=25,x={25-37y'\over33}=-y'+{25-4y'\over33},令x'={25-4y'\over33}\\
&33x'+4y'=25,y'={25-33x'\over4}=-8x'+{25-x'\over4},令y''={25-x'\over4}.\\
&其中y''是整数,这时可以取x'=1,向前进行带入,则y''=6,y'=-2,x'=1,x=3,y=-8.\\
&由此我们得到了原不定方程的一组特解：\\
&x_0=3,y_0=-8.\\
&则原不定方程的一切解为：\\
&x=3-37t,y=-8+107t,t=0,±1,±2\cdots&
\end{flalign}
\]
2. 多元一次不定方程
定理2.3
\[\begin{flalign}
&a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n=N.有解的充要条件是(a_1,a_2,\cdots,a_n)|N.
\end{flalign}
\]
例题
\[\begin{flalign}
&求9x+24y-5z=1000的一切解.\\
&(9,24)=3,(3,-5)=1,故方程有解.考虑以下方程：\\
&9x+24y=3t,即3x+8y=t\quad\quad\quad\quad(1)\\
&3t-5z=1000.\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\ \ (2)\\
&对于(1),x={t-8y\over3}=-2y+{t-2y\over3}其中令y=-t,则x=3t.\\
&\begin{cases}
x = 3t-8u\\
y=-t+3u
\end{cases} \\
&对于(2),t={1000+5z\over3}=z+{1000+2z\over3}其中令z=1000,t=2000.\\
&\begin{cases}
t=2000+5v\\
z=1000+3v
\end{cases}\\
&其中u=0,±1,±2\cdots,v=0,±1,±2\cdots.消去t,得\\
&x=6000+15v-8u;y=-2000-5v+3u;z=1000+3v&
\end{flalign}
\]
3. 勾股数
引理1
\[x^2+y^2=z^2的正整数解中且(x,y)=1.则x,y一奇一偶
\]
\[\begin{flalign}
&\quad证明如下：\\
&(1)若x,y都是偶数,(x,y)≠1\\
&(2)若x,y都是奇数，不妨设x=2k_1+1,y=2k_2+1;\\
&z^2=4k+2，由于z^2一定是偶数=>z一定是偶数\\
&2|z=>4|z^2与z=4k+2矛盾\\
&综上所述，x,y一定是一奇一偶。&
\end{flalign}
\]
引理2
\[uv=w^2,w>0,u>0,v>0,(u.v)=1的一切正整数解都可以写成公式\\
u=a^2,v=b^2,w=ab,a>0,b>0,(a,b)=1.
\]
\[\begin{flalign}
&\quad证明如下：\\
&由算数基本定理得：\quad w=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_s^{\alpha_s}\\
&w^2=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\cdots p_s^{\beta_s}\quad\quad\quad\quad i=1\cdots s,\beta_i=2\alpha_i\\
&由于\beta_1\cdots\beta_s都是偶数且(u,v)=1则根据w^2=uv可知，分配时同一个素数需要全部分入u,v中的一个。\\
&故u=a^2,v=b^2;(a,b)=1；w=ab.&
\end{flalign}
\]
定理2.4
\[对于方程x^2+y^2=z^2;x>0,y>0,z>0,(x,y)=1,2|x\quad\quad\quad\quad\quad(4)\\
的一切正整数解可以用下列公式表示出来:\\
x=2ab,y=a^2-b^2,z=a^2+b^2\\
a>b>0,(a,b)=1,a,b是一奇一偶.
\]
\[\begin{flalign}
&\quad证明如下：\\
&\quad(i)a=2ab,y=a^2-b^2,z=a^2+b^2显然是原方程满足条件(4)的正整数解，因为显然有\\
&x^2+y^2=4a^2b^2+(a^2-b^2)^2=(a^2+b^2)^2=z^2\\
&x>0,y>0,z>0,2|x,2\nmid y.设d=(x,y),则d^2|z^2,d|z,因此有d|a^2+b^2,d|a^2-b^2\\
&d|2(a^2,b^2).但(a,b)=1则d=1或d=2，由于y是奇数，那么就有d=1.\\
&\quad(ii)设x,y,z是满足条件(4)的原方程的一组正整数解，则2|x,(x,y)=1.因此y,z都是奇数.\\
&({x\over2})^2=({z+y\over2})({z-y\over2}),\quad\quad\quad\quad 因为x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)\\
&其中({z+y\over2})与({z-y\over2})是互素的正整数,因为若d=({z+y\over2},{z-y\over2})则d|z,d|z,故d=1.于是\\
&由引理2有正整数a,b，使得,{z+y\over2}=a^2,{z-y\over2}=b^2,{x\over2}=ab,a>0,b>0,(a,b)=1\\
&成立,即x=2ab,y=a^2-b^2,z=a^2+b^2,a>0,b>0,(a,b)=1.由y>0即得a>b.又由y是奇数，\\
&可知a,b是一奇一偶.&
\end{flalign}
\]
推论 单位圆上的一切有理点可以表成
\[(±{2ab\over a^2+b^2},±{a^2-b^2\over a^2+b^2})及(±{a^2-b^2\over a^2+b^2},±{2ab\over a^2+b^2})
\]
其中a,b不全为0，±号可以任意取.
4. 费马问题的介绍
定理2.5
\[x^4+y^4=z^2没有正整数解.
\]
推论
\[x^4+y^4=z^4没有正整数解.
\]
补充
ECC加密曲线：
\[y ^2=x ^3+ax+b (mod\quad p).
\]
第三章 同余
1. 同余的概念及其基本性质
定义3.1
\[\begin{flalign}
&给定一个正整数m,把它叫做模.如果用m去除任何两个整数a与b所得的余数相同,我们就说a,b对模m同余,记作\\
&a≡b(modm).如果余数不同，我们就说a,b对模m不同余.&
\end{flalign}
\]
定理3.1
\[\begin{flalign}
&整数a,b对模m同余的充要条件是m|(a-b),即a=b+mt,t是整数.\\
&\quad证：\\
&设a=mq_1+r_1,b=mq_2+r_2,0≤r_1＜m,0≤r_2<m,若a≡b(modm),则r_1=r_2,因此\\
&a-b=m(q_1-q_2).反之若m|(a-b),则m|[m(q_1-q_2)+(r_1-r_2)],因此m|(r_1-r_2),但\\
&|r_1-r_2|<m,故r_1=r_2.&
\end{flalign}
\]
引理1
\[\begin{flalign}
&一整数能被3(或9)整除的充要条件是它的十进制数位和能被3(或9)整除.&
\end{flalign}
\]
引理2
\[\begin{flalign}
&设正整数a=a_n1000^n+a_{n-1}1000^{n-1}+\cdots+a_0,0≤a_i<1000,\\
&则7(或11,或13)整除a的充要条件是7(或11,或13)整除\\
&(a_0+a_2+\cdots)-(a_1+a_3+\cdots)=\sum_{i=1}^n(-1)^ia_i.&
\end{flalign}
\]
同余的性质
\[\begin{flalign}
&(i) 同余是一种等价关系,即\\
&\quad(i.1) a ≡ a(modm);\\
&\quad(i.2) a ≡ b(modm) 等价于b≡a(modm);\\
&\quad(i.3) 若 a ≡ b(modm)且b≡c(modm),则a≡c(modm).\\
&(ii) 若 a ≡ b(modm)且c≡d(modm),则a+c≡b+d(modm).\\
&(iii) 若 a ≡ b(modm)且c ≡d(modm),则ac≡bd(modm).\\
&(iv) 设d为m的正因数. 若a≡b(modm),则a≡b(modd).\\
&(v) 对于非零整数d,a≡b(modm)等价于da≡db(mod|d|m).\\
&(vi) 设f为整系数多项式且a≡b(modm). 则f(a)≡f(b)(modm).\\
&(vii) 同余式\\
&ac ≡ bc(modm)\\
&等价于\\
&a ≡b(mod{m\over (c,m)}).\\
&特别的,当(c,m)=1时,同余式ac≡bc(modm)与a≡b(modm)等价.\\
&(viii) 若 (a,m) = 1, 则存在整数c,使得\\
&ac ≡ 1(modm).\\
&我们把c称作a对模m的逆.\\
&(ix) 同余式组\\
&a ≡b(modmj), 1 ⩽j⩽k\\
&同时成立的条件是\\
&a ≡b(mod[m1,m2,⋯,mk]).\\
&注: 显然, a 对模m的逆不是唯一的. 当c是a对模m的逆时,任意满足c′ ≡ c(modm)的整数c′ 也是a对模m的逆. \\
&另外,若c1,c2都是a对模m的逆,则必有c1 ≡ c2(modm), 故此逆在同余意义下是唯一确定的.\\
&证明: \\
&(vii) 存在 k ∈ Z, 使得ac=bc+km, 即km=c(a−b). 两边除以(c,m) 得k{m\over(c,m)}={c\over(c,m)}(a-b).\\
&从而{m\over (c,m)}|{c\over(c,m)}(a-b).注意到({m\over(c,m)},{c\over(c,m)}) = 1, 我们有{m\over(c,m)}|a-b.这就证明了性质(vii).\\
&(viii) 由定理 1.7 可知, 存在整数 r,s, 使得 rm+sa = 1. 于是 −sa ≡1(modm).取c=−s便得性质(viii).\\
&(ix) 由定理1.17, [m1,m2,⋯,mk] ∣ a−b 等价于对每个 1⩽j⩽k, 都有mj ∣a−b.&
\end{flalign}
\]
这里基于同余与第二章的不定方程有很大的联系,后续会在同余方程处介绍.
2. 剩余类与完全剩余系
定理3.2
\[\begin{flalign}
&若m是一个给定的正整数,则全部整数可以分成m个集合,记作K_0,K_1,\cdots,K_{m-1},其中\\
&K_r(r=0,1,\cdots,m-1)是由一切形如qm+r(q=0,±1,±2\cdots)的整数所组成,这些集合具有以下性质：\\
&(i)每个整数必包含在而且仅在上述的一个集合里面\\
&(ii)两个整数在一个集合的充要条件是这两个整数对模m同余\\
&证\quad(i)设a是是任一整数,a=a_1m+r_a(0≤r_a<m).故a在K_a内,又因r_a是由a唯一确定的,因此\\
&a只能在K_a内.\ \ \ \quad(ii)设a,b是两个整数，并且都在K_r内,则a=q_1m+r,b=q_2m+r.故a≡b(modm),\\
&反之若a≡b(modm),由同余的定义知a,b在某一K_r内.&
\end{flalign}
\]
定义3.2
\[\begin{flalign}
&定理1中的K_0,K_1,\cdots,K_{m-1}叫做模m的剩余类,一个剩余类中任一数叫做它同类的剩余,若a_0,a_1,\cdots,a_{m-1}\\
&是m个整数,并且其中任意两数都不在同一个剩余类中,则a_0,a_1,\cdots,a_{m-1}叫做模m的一个完全剩余系.&
\end{flalign}
\]
推论
\[\begin{flalign}
&m个整数做成模m的一个完全剩余系的充要条件是两两对模m不同余.&
\end{flalign}
\]
定理3.3
\[\begin{flalign}
&设m是正整数,(a,m)=1,b是任意整数.若x通过模m的一个完全剩余系,则ax+b也通过模m的完全剩余系,\\
&就是说,a_0,a_1,\cdots,a_{m-1}是模m的完全剩余系,则aa_0+b,aa_1+b,\cdots,aa_{m-1}+b也是模m的完全剩余系.\\
&证\quad由定理3.2的推论,只要证明aa_0+b,aa_1+b,\cdots,aa_{m-1}+b两两不同余即可.\\
&\quad假设aa_i+b≡aa_j+b(modm),(i≠j),则aa_i≡aa_j(modm),由于(a,m)=1,a_i≡a_j(modm),\\
&这与a_0,a_1,\cdots,a_{m-1}是完全剩余系的前提条件相矛盾,得证.&
\end{flalign}
\]
定理3.4
\[\begin{flalign}
&若m_1,m_2是互素的两个正整数,而x_1,x_2分别通过模m_1,m_2的完全剩余系,则m_2x_1+m_1x_2通过模m_1m_2的\\
&完全剩余系.\\
&证\quad由假设可知x_1,x_2分别通过模m_1,m_2个整数,因此m_2x_1+m_1x_2通过m_1m_2个整数,由定理3.2的推论,\\
&只需证明这m_1m_2个数对模m_1m_2不同余即可.\\
&假设m_2x_1'+m_1x_2'≡m_2x_1''+m_1x_2''(modm_1m_2),其中x_1',x_1''是x_1通过的完全剩余系中的整数,\\
&而x_2',x_2''是x_2所通过的完全剩余系的整数,则m_2x_1'≡m_2x_1''(modm_1);m_1x_2'≡m_1x_2''(modm_2).\\
&因(m_1,m_2)=1,则x_1'≡x_1''(modm_1),x_2'≡x_2''(modm_2).由x_1,x_2通过的完全剩余系而言,如果\\
&x_1'≠x_1''或x_2'≠x_2''则假设不成立,得证。&
\end{flalign}
\]
定义3.3
\[\begin{flalign}
&0,1,\cdots,m-1这m个整数叫做模m的最小非负完全剩余系;\\
&当m为双数时,-{m\over2},\cdots,-1,0,1,\cdots,{m\over2}-1或-{m\over2}+1,\cdots,-1,0,1,\cdots,{m\over2}叫做模m的绝对最小\\
&完全剩余系;当m为单数时,-{m-1\over2},\cdots,-1,0,1,\cdots,{m-1\over2}叫做模m的绝对最小完全剩余系.&
\end{flalign}
\]
3. 简化剩余系与欧拉函数
注：简化剩余类又称既约剩余类,此后的介绍中均成为后者.
定义3.4
\[\begin{flalign}
&欧拉函数φ(a)是定义在正整数上的函数,它在正整数a上的值等于序列0,1,2,\cdots,a-1中与a互素的数的个数.&
\end{flalign}
\]
定义3.5
\[\begin{flalign}
&如果一个模m的剩余类里面的数与m互素,就把它叫做一个与模m互素的剩余类.\\
&在与模m互素的全部剩余类中,从每一类中各任取一个数做成的集合,叫做模m的既约剩余系.&
\end{flalign}
\]
定理3.5
\[\begin{flalign}
&模m的剩余类与模m互素的充要条件是此类中有一数与m互素.因此与模m互素的剩余类的个数是φ(m),模m的\\
&每一既约剩余系是由与m互素的φ(m)个对m不同余的整数组成.\\
&证\quad设K_0,K_1,\cdots,K_{m-1}是模m的全部剩余类.若K_r是一个与模m互素的剩余类,则(r,m)=1.反之\\
&若有k_r\in K_r,(k_r,m)=1,则K_r中每一个整数都与m互素,因而K_r是与模m互素的剩余类.故定理第一部分\\
&获证,且K_r为与模m互素的剩余类当且仅当(r,m)=1.因此由欧拉函数的定义及模m的既约剩余系的定义可证\\
&定理其余部分.&
\end{flalign}
\]
定理3.6
\[\begin{flalign}
&若a_1,a_2,\cdots,a_{φ(m)}是φ(m)个与m互素的整数,并且两两对模m不同余,则a_1,a_2,\cdots,a_{φ(m)}是模m的一个\\
&既约剩余系.&
\end{flalign}
\]
定理3.7
\[\begin{flalign}
&若(a,m)=1,x通过模m的既约剩余系,则ax通过模m的既约剩余系.\\
&证\quad ax通过φ(m)个整数,由于(a,m)=1,(x,m)=1,故(ax,m)=1,若ax_1≡ax_2(modm),则由\\
&同余的性质(vii),x_1≡x_2(modm),这与假设x通过模m的既约剩余系矛盾.得证.&
\end{flalign}
\]
定理3.8
\[\begin{flalign}
&若m_1,m_2是两个互素的正整数,x_1,x_2分别通过模m_1,m_2的既约剩余系,则m_2x_1+m_1x_2通过模m_1,m_2的\\
&既约剩余系.\\
&证\quad由定理3.5,既约剩余系是完全剩余系中一切与模互素的整数组成,因此我们只需证明:若x_1,x_2分别通过\\
&模m_1,m_2的既约剩余系,则m_2x_1+m_1x_2通过模m_1m_2的一个完全剩余系中一切与模m_1m_2互素的整数.\\
&\quad由定理3.4,若x_1,x_2分别通过模m_1,m_2的完全剩余系,则m_2x_1+m_1x_1通过模m_1m_2的完全剩余系.\\
&又若(x_1,m_1)=(x_2,m_2)=1,则由(m_1,m_2)=1,即得(m_2x_1,m_1)=(m_1x_2,m_2)=1,于是\\
&(m_2x_1+m_1x_2,m_1)=1;(m_2x_1+m_1x_2,m_2)=1.故(m_2x_1+m_1x_2,m_1m_2)=1.\\
&反之,若(m_2x_1+m_1x_2,m_1m_2)=1,则(m_2x_1+m_1x_2,m_1)=(m_2x_1+m_1x_2,m_2)=1.\\
&因而(m_2x_1,m_1)=(m_1x_2,m_2)=1.因为(m_1,m_2)=1,所以(x_1,m_1)=(m_2,x_2)=1.得证.&
\end{flalign}
\]
推论
\[\begin{flalign}
&若m_1,m_2是两个互素的正整数,则φ(m_1m_2)=φ(m_1)φ(m_2).&
\end{flalign}
\]
定理3.9
\[\begin{flalign}
&由于实际应用中教材中的分数在计算机中可能会遇到精确度不够的问题,因此采用另一种等价形式描述该定理.\\
&设a=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k},则\\
&φ(a)=(p_1^{\alpha_1}-p_1^{\alpha_1-1})(p_2^{\alpha_2}-p_2^{\alpha_2-1})\cdots(p_k^{\alpha_k}-p_k^{\alpha_k-1}).\\
&证\quad 由定理3.8的推论,φ(a)=φ(p_1^{\alpha_1})φ(p_2^{\alpha_2})\cdotsφ(p_k^{\alpha_k}).\\
&由φ(a)的定义知φ(p^{\alpha})等于从p^{\alpha}减去1,2,\cdots,p^{\alpha}
中与p^{\alpha}不互素的数的个数;亦即等于从p^{\alpha}中减去1,2,\cdots,p^{\alpha}\\
&中减去被p整除的数的个数.由第一章的整数函数的性质知1,2,\cdots,p^{\alpha}中被p整除的数的个数是[{p^{\alpha}\over p}]=p^{\alpha-1}\\
&故φ(p^{\alpha})=p^{\alpha}-p^{\alpha-1}.&
\end{flalign}
\]
4. 欧拉定理·费马定理
由于两者属于数论四大定理之一,所以我放在后面的数论四大定理模块中进行介绍.
这一节中涉及到了进制之间的转换，参考2进制,8进制,16进制之间的转化进行解题即可.
第四章 同余式
1. 基本概念及一次同余式
定义4.1
\[\begin{flalign}
&若用f(x)表示多项式a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0,其中a_i是整数;又设m是一个正整数,则\\
&f(x)≡0(modm)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)\\
&叫做模m的同余式.若a_n不是m的倍数,则n叫做该同余式的次数.&
\end{flalign}
\]
定义4.2
\[\begin{flalign}
&若a使f(a)≡0(modm),则x≡a(modm)叫做(1)的一解.这就是说今后我们把适合(1)式而对模m相互同余\\
&的一切数算作(1)的一个解.&
\end{flalign}
\]
定理4.1
\[\begin{flalign}
&一次同余式\\
&ax≡b(modm),a不是m的倍数.有解的充要条件是(a,m)|b.\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\\
&若(2)有解,则(2)的解数(对模m来说)是d=(a,m).\\
&证\quad易看出(2)有解的等价条件是ax-my=b有解.由定理2.2,(2)有解的充要条件是(a,m)|b.\\
&设d=(a,m).若(2)有解,则由定理2.1知,(2)的解可以表成\\
&x=m_1t+x_0,m_1={m\over d},t=0,±1,±2,\cdots.\\
&此式对模m来说,可以写成\\
&x≡x_0+km_1(modm),k=0,1,2,\cdots,d-1.\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (3)\\
&但x_0+km_1,k=0,1,2,\cdots,d-1是对模m两两不同余的,故(2)有d个解,即(3).证毕.&
\end{flalign}
\]
由定理4.1的证明可以看出,适合(2)式的整数也就是适合不定方程
ax-my=b (4)
的解答中x的值,故同余式(2)可以用解不定方程(4)的方法去解.同时,利用解同余方程的简便性，我们借助同余式去求解复杂的不定方程.例如：
\[\begin{flalign}
&解不定方程907x+731y=2017.\\
&首先考虑同余方程907x ≡2017(mod731).\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)\\
&注意到731=17×43.故方程(1)等价于方程组\\
&\begin{cases}
907x≡2017(mod17).\\
907x≡2017(mod43).
\end{cases}\\
&907x ≡ 2017(mod17) ⟺ 6x ≡11(mod17) ⟺18x≡33(mod17) ⟺x≡−1(mod17),\\
&907x≡2017(mod43)⟺4x≡39(mod43)⟺4x≡-4(mod43)⟺x≡-1(mod43).\\
&这就说明方程(1)的解为\\
&x≡-1(mod731),\\
&即存在t\in Z,使得x=-1+731t.将其带入不定方程907x+731y=2017可得,y=4-907t.&
\end{flalign}
\]
其中可以用中国剩余定理进行过程的化简.接下来是记录课堂例题.
\[\begin{flalign}
&eg1.\\
&9x≡12(mod15).(a,m)=3,故原同余方程有3个解.\\
&3x≡4(mod5),带入1,2,3得到3*3≡4(mod5).则原方程的解为：\\
&x≡3(mod15);x≡8(mod15);x≡13(mod15).&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&eg2.\\
&31x≡25(mod17).(a,m)=1,故原同余方程有1个解.\\
&31x+17y=25,y={25-31x\over17}=-x+{25-14x\over17},令y'={25-14x\over17}.\\
&17y'+14x=25,x={25-17y'\over14}=-y'+{25-3y'\over14},令x'={25-3y'\over14}.\\
&14x'+3y'=25,y'={25-14x'\over3}=-4x'+{25-2x'\over3}.令x'=-1，y'=13,x=-14\\
&y=27.则x≡-14(mod17),x≡3(mod17).&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&eg3.\\
&6x≡22(mod36).(a,m)=6,6∤22.故原同余方程无解.&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&eg4.\\
&\begin{cases}
3x+5y≡1(mod7)\\
2x-3y≡2(mod7)
\end{cases}\\
&3x+5y=7k_1+1;2x-3y=7k_2+2;\\
&6x+10y=14k_1+2;6x-9y=21k_2+6=>19y=7K+8,其中K是7的系数.\\
&y≡3(mod7),同理得,x≡4(mod7).&
\end{flalign}
\]
eg4其实就是RSA加密攻击中的共模攻击的一个案例.
2. 孙子定理
由于孙子定理隶属于数论四大定理，归于另一模块进行介绍.这里记录一下课上的相关例题.
\[\begin{flalign}
&解同余式组\\
&x≡b_1(mod5),x≡b_2(mod6),x≡b_3(mod7),x≡b_4(mod11).\\
&m=5*6*7*11=2310,M_1=6*7*11=462,M_2=5*7*11=385,\\
&M_3=5*6*11=330,M_4=5*6*7=210.解M_i'M_i≡1(modm_i),i=1,2,3,4.\\
&M_1x≡1(mod5),2x=1(mod5),x≡3(mod5),M_1'=3.同理得,M_2'=1,M_3'=1,M_4'=1\\
&x≡1386b_1+385b_2+330b_3+210b_4(mod2310).&
\end{flalign}
\]
注：运用中国剩余定理时M'就是相当于逆元,一般题目中给出的数字都是素数，因此如果模数p是一个素数,p-1和1的逆元都是其本身.
数论四大定理
1. 威尔逊定理
\[若正整数p是素数,那么：(p-1)!≡p-1(modp)
\]
\[\begin{flalign}
&证\quad由于p是素数，那么(0,p-1)即为p的完全剩余系，那么由初等数论中完全剩余系的乘法定理:\\
&\forall\quad k \in(1，p-1)，(1,p-1)中一定有k模p意义下的乘法逆元.\\
&经过两两匹配，相乘等于1抵消.经过计算1和p - 1的逆元即是自己本身，故(p-1)!≡p-1(mod\quad q).&
\end{flalign}
\]
2. 欧拉定理
\[设m是大于1的整数,(a,m)=1,则a^{φ(m)}≡1(modm).
\]
\[\begin{flalign}
&证\quad设r_1,r_2,\cdots,r_{φ(m)}是模m的既约剩余系,由定理3.7,ar_1,ar_2,\cdots,ar_{φ(m)}也是模m的既约剩余系,故\\
&(ar_1)(ar_2)\cdots(ar_{φ(m)})≡r_1r_2\cdots r_{φ(m)}(modm),\\
&即a^{φ(m)}(r_1r_2\cdots r_{φ(m)})≡r_1r_2\cdots r_{φ(m)}(modm),\\
&但(r_1,m)=(r_2,m)=\cdots=(r_{φ(m)},m)=1,因此(r_1r_2\cdots r_{φ(m)},m)=1.\\
&由同余的性质(vii),a^{φ(m)}≡1(modm).&
\end{flalign}
\]
3. 费马小定理
\[若p是素数,则a^p≡a(modp)或a^{p-1}≡1(modp).
\]
\[\begin{flalign}
&证\quad若(a,p)=1,由欧拉定理及定理3.9即得\\
&a^{p-1}≡1(modp),因而a^p≡a(modp).若(a,p)≠1,则p|a,故a^p≡a(modp).&
\end{flalign}
\]
4. 中国剩余定理
\[\begin{flalign}
&现有同余式组x≡b_1(modm_1),x≡b_2(modm_2),\cdots,x≡b_k(modm_k).\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)\\
&设m_1,m_2,\cdots,m_k是k个两两互素的正整数,m=m_1m_2\cdots,m_k,m=m_iM_i,i=1,2,\cdots,k\ \ \ \ \ \ (2),\\
&则同余式组(1)的解是x≡M_1'M_1b_1+M_2'M_2b_2+\cdots+M_k'M_kb_k(modm),其中M_i'M_i≡1(modm_i)\
\\
&i=1,2,,\cdots,k.&
\end{flalign}
\]
\[\begin{flalign}
&证\quad由(m_i,m_j)=1,i≠j，即得(M_i,m_i)=1,故由同余的性质(viii)对每一M_i,存在一M_i',\\
&使得M_i'M_i≡1(modm_i).另一方面m=m_iM_i,因此m_j|M_i,i≠j,\\
&故\sum_{j=1}^nM_J'M_jb_j≡M_i'M_ib_i≡b_i(modm_i)即为(1)的解.\\
&若x_1,x_2是适合(1)式的任意两个整数,则x_1≡x_2(modm_i),i，2,\cdots,k,\\
&因(m_i,m_j)=1,于是x_1≡x_2(modm)，故适合(1)的整数都属于模m的同一剩余类,因而(1)的解只有(2).
\end{flalign}
\]
补：二次剩余·原根
1. 二次剩余
定义1
\[设(a,m) = 1.若二次同余方程x^2≡a(modm)有解,则称a为模m的二次剩余;否则,称a为模m的二次非剩余.
\]
定理1(欧拉判别条件)
\[\begin{flalign}
&若(a,p)=1,则a是模p的二次剩余的充要条件是&
\end{flalign}
\]
\[a^{{p-1}\over2}≡1(modp);
\]
\[\begin{flalign}
&而a是模p的二次非剩余的充要条件是&
\end{flalign}
\]
\[a^{{p-1}\over2}≡-1(modp),
\]
\[\begin{flalign}
&且若a是模p的二次剩余,则(1)式恰有二解.&
\end{flalign}
\]
定理2
\[\begin{flalign}
&设p是奇素数,则模p的任一既约剩余系中的二次剩余与二次非剩余各有{p-1\over2}个.特别地，&
\end{flalign}
\]
\[1^2,2^2,\cdots,({p-1\over2})^2
\]
\[\begin{flalign}
&构成了模p的一组二次剩余,且他们模p两两不同余.&
\end{flalign}
\]
定义2(勒让德符号)
\[\begin{flalign}
&({a\over p})记作a对p的勒让德符号,是一个给定的奇素数p定义在一切整数a上的函数,它的值规定如下：&
\end{flalign}
\]
\[({a\over p}) =
\begin{cases}
1,\ \ \ a是模p的二次剩余,\\
-1,a是模p的二次非剩余,\\
0,\ \ \ \ p|a.
\end{cases}
\]
由勒让德符号的定义可以看出,如果能够准确算出它的值,那么也就可以知道同余式
\[x^2≡a(modp)
\]
是否有解.
勒让德符号的性质
\[\begin{flalign}
&设p是奇素数\\
&(i)若(a,p)=1,则({a\over p})≡a^{{p-1\over2}}(modp);\\
&(ii)({1\over p})=1,({-1\over p})=(-1)^{{p-1\over2}};\\
&(iii)(周期性)对于任意的a,n\in Z,总有({{a+np}\over p})=({a\over p});\\
&(iv)(可乘性)对于任意的a,b\in Z,总有({ab\over p})=({a\over p})({b\over p});\\
&(v)若(a,p)=1,则({a^2\over p})=1.&
\end{flalign}
\]
定理3
\[({2\over p})=(-1)^{p^2-1\over8}.
\]
推论
\[({-1\over p})=
\begin{cases}
1,\ \ \ p≡1(mod4),\\
-1,p≡-1(mod4);
\end{cases}
\quad\quad\quad({2\over p})=
\begin{cases}
1,\ \ \ p≡±1(mod8),\\
-1,p≡±3(mod8).
\end{cases}
\]
定理4(二次反转律)
\[\begin{flalign}
&设p,q是不同的奇素数,则&
\end{flalign}
\]
\[({q\over p})({p\over q})=(-1)^{{(p-1)(q-1)\over4}}.
\]
其中对于判断a是否是p的二次剩余可以采用python中的gmpy2.jacobi(a,p).函数.
2. 原根
阶的定义
\[\begin{flalign}
&设 a \in \mathbb{Z},m \in \mathbb{N}^* 且 \gcd(a,m) = 1,那么满足 a^{x} \equiv 1 \pmod{m} 的最小正整数 x 称为 a模 m 的阶,\\
&记作 \delta_m(a) 或 \text{ord}_m(a).\\
&阶是群论的概念, a 模 m 的阶即 a 在模 m 缩系下生成的乘法群大小.&
\end{flalign}
\]
阶的性质
\[\begin{flalign}
&(i)a, a^2, \cdots , a^{\delta_m(a)} 模 m 互不相同;\\
&(ii)正整数 n 满足 a^n \equiv 1 \pmod{m}，当且仅当 \delta_m(a) \mid n;\\
&(iii)\delta_m(a) 一定存在，且 \delta_m(a) \mid \varphi(m);\\
&(iv)设 (a,b \in \mathbb{Z})，有 (\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b)) = 1 \iff \delta_m(ab) = \delta_m(a)\delta_m(b));\\
&(v)设k \in \mathbb{N}，有 \delta_m(a^k) = \dfrac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a), k)}.&
\end{flalign}
\]
原根的定义
\[\begin{flalign}
&设 g \in \mathbb{Z}, m \in \mathbb{N}^* 且 \gcd(g, m) = 1 ,若 \delta_m(g) = \varphi(m) ,则称 g 为模 m 的原根.\\
&原根即群论中的生成元.“根”表示方程 x^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m} 的一个解 ,“原”表示能生成模 m 缩系的所有\\
&元素.因此 ,模数 m 存在原根 ,也代表模 m 缩系的乘法群是一个循环群.&
\end{flalign}
\]
原根的性质
\[\begin{flalign}
&(i)若 m 存在原根 g ,那么 g, g^2, \cdots, g^{\varphi(m)} 构成模 m 的简化剩余系.\\
&(ii)若 m 存在原根,那么对于任意 \varphi(m) 的因子 d ,模 m 的 d 阶元素个数为 \varphi(d) .\\
&\quad(ii.1)若 m 存在原根,那么原根的个数为 \varphi(\varphi(m)) .\\
&\quad(ii.2)若 m 存在原根,那么对于任意 \varphi(m) 的因子 d , x^d \equiv 1 \pmod{m} 的解恰好有 \varphi(d) 个.\\
&(iii)素数 p 的最小原根 g ,满足 g = \Omega(\log p) = O(p^{0.25 + \epsilon}), \epsilon > 0 .\\
&(iv)若素数 p 的原根是 g ,那么 p 和 g + p 中必有一个是 p^\alpha 的原根, g 和 g + p^\alpha 中的奇数是 2p^\alpha 的原根.&
\end{flalign}
\]
原根判定性定理
\[\begin{flalign}
&g是模m的原根,当且仅当对于任意 \varphi(m)的素因数p,满足g^{{ \varphi(m)\over p}}\not\equiv1(modm).&
\end{flalign}
\]
原根存在性定理
\[\begin{flalign}
&模数m的原根存在,当且仅当m=2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha},\cdots,其中p是奇素数,\alpha\in\mathbb{N}^*.&
\end{flalign}
\]
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