ax²+bx+c≡0 mod m 和 x²≡a mod p的解存在性分析

Pepécat發表於2020-11-04

索引

f ( x ) = a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   m f\left( x \right)=a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod m f(x)=ax2+bx+c≡0 modm的解存在性分析

  1. 對 m m m進行素因子分解得到
    m = p 1 e 1 ⋯ p n e n m={{p}_{1}}^{{{e}_{1}}}\cdots {{p}_{n}}^{{{e}_{n}}} m=p1​e1​⋯pn​en​
    則原同餘式等價於下面的同餘式組
    { a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   p 1 e 1 ⋮ a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   p n e n \left\{ \begin{matrix} a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod {{p}_{1}}^{{{e}_{1}}} \\ \vdots \\ a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod {{p}_{n}}^{{{e}_{n}}} \\ \end{matrix} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧​ax2+bx+c≡0 modp1​e1​⋮ax2+bx+c≡0 modpn​en​​
    故我們只需要討論以素數模為模的同餘式
    a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   p e a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod {{p}^{e}} ax2+bx+c≡0 modpe

  2. 欲求解 a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   p e a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod {{p}^{e}} ax2+bx+c≡0 modpe，只需要解出 a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   p a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod p ax2+bx+c≡0 modp。
    若 f ( x ) ≡ 0     m o d   p f\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p f(x)≡0 modp無解，則 f ( x ) ≡ 0     m o d   p e f\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod {{p}^{e}} f(x)≡0 modpe也無解。
    若 f ( x ) ≡ 0     m o d   p f\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p f(x)≡0 modp有解，則根據Hensel引理一步步迭代求解即可。因此我們只需要討論同餘式
    a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   p a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod p ax2+bx+c≡0 modp

  3. 下面基於 p p p與 a , b , c a,b,c a,b,c的關係進行分類討論。

    1. 若 p ∣ a   &   p ∣ b   &   p ∣ c \left. p \right|a\text{ }\And \text{ }\left. p \right|b\text{ }\And \text{ }\left. p \right|c p∣a & p∣b & p∣c，則同餘式恆成立， ∀ x ∈ Z \forall x\in \mathbb{Z} ∀x∈Z都是同餘式的解。
    2. 若 p ∣ a ,   p ∣ b ,   p ∣ c \left. p \right|a,\text{ }\left. p \right|b,\text{ }p\cancel{|}c p∣a, p∣b, p∣ ​c，則 a x 2 + b x + c ≡ c ≡ 0     m o d   p a{{x}^{2}}+bx+c\equiv c\cancel{\equiv }0\text{ }\bmod p ax2+bx+c≡c≡ ​0 modp，故同餘式無解。
    3. 若 p ∣ a ,   p ∣ b \left. p \right|a,\text{ }p\cancel{|}b p∣a, p∣ ​b，則 a x 2 + b x + c ≡ b x + c ≡ 0     m o d   p a{{x}^{2}}+bx+c\equiv bx+c\equiv 0\text{ }\bmod p ax2+bx+c≡bx+c≡0 modp有解（因為 gcd ⁡ ( b , p ) = 1 \gcd \left( b,p \right)=1 gcd(b,p)=1）。
    4. 若 p > 2 ,   p ∣ a p>2,\text{ }p\cancel{|}a p>2, p∣ ​a，則有
      gcd ⁡ ( a , p ) = 1 gcd ⁡ ( 2 , p ) = 1 } ⇒ gcd ⁡ ( 4 a , p ) = 1 \left. \begin{aligned} & \gcd \left( a,p \right)=1 \\ & \gcd \left( 2,p \right)=1 \\ \end{aligned} \right\}\Rightarrow \gcd \left( 4a,p \right)=1 ​gcd(a,p)=1gcd(2,p)=1​}⇒gcd(4a,p)=1
      對同餘式進行等價轉化如下。
      a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   p ⇔ 4 a ( a x 2 + b x + c ) = ( 2 a x + b ) 2 + 4 a c − b 2 ≡ 0     m o d   p ⇔ ( 2 a x + b ) 2 ≡ b 2 − 4 a c     m o d   p \begin{aligned} & a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod p \\ & \Leftrightarrow 4a\left( a{{x}^{2}}+bx+c \right)={{\left( 2ax+b \right)}^{2}}+4ac-{{b}^{2}}\equiv 0\text{ }\bmod p \\ & \Leftrightarrow {{\left( 2ax+b \right)}^{2}}\equiv {{b}^{2}}-4ac\text{ }\bmod p \\ \end{aligned} ​ax2+bx+c≡0 modp⇔4a(ax2+bx+c)=(2ax+b)2+4ac−b2≡0 modp⇔(2ax+b)2≡b2−4ac modp​
      先解 y 2 ≡ Δ = b 2 − 4 a c {{y}^{2}}\equiv \Delta ={{b}^{2}}-4ac y2≡Δ=b2−4ac，若無解，則 f ( x ) ≡ 0     m o d   p f\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p f(x)≡0 modp肯定也無解；若有解，再解 2 a x + b ≡ y     m o d   p 2ax+b\equiv y\text{ }\bmod p 2ax+b≡y modp，而由於 gcd ⁡ ( 2 a , p ) = 1 \gcd \left( 2a,p \right)=1 gcd(2a,p)=1，因此這個一次同餘式是肯定有解的，繼而 f ( x ) ≡ 0     m o d   p f\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p f(x)≡0 modp肯定也是有解的。
    5. 若 p = 2 ,   2 ∣ a p=2,\text{ }2\cancel{|}a p=2, 2∣ ​a，原同餘式等價於
      a x 2 + b x + c ≡ ( 1 + b ) x ≡ c ≡ 0     m o d   2 a{{x}^{2}}+bx+c\equiv \left( 1+b \right)x\equiv c\equiv 0\text{ }\bmod 2 ax2+bx+c≡(1+b)x≡c≡0 mod2
      若 b b b偶，則存在唯一解 x ≡ c     m o d   2 x\equiv c\text{ }\bmod 2 x≡c mod2；若 b b b奇 c c c奇，則無解；若 b b b奇 c c c偶，則有兩解 x ≡ 0 , 1     m o d   2 x\equiv 0,1\text{ }\bmod 2 x≡0,1 mod2。

  基於上述討論，全面解決一般二次同餘式 a x 2 + b x + c ≡ 0     m o d   m a{{x}^{2}}+bx+c\equiv 0\text{ }\bmod m ax2+bx+c≡0 modm的唯一一個難點是解
y 2 ≡ b 2 − 4 a c     m o d   p {{y}^{2}}\equiv {{b}^{2}}-4ac\text{ }\bmod p y2≡b2−4ac modp
即涉及解如下形式的二次同餘式
x 2 ≡ a     m o d   p {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod p x2≡a modp
其中 p p p是奇素數。這也就引出了下面要討論的內容。

模 m m m的平方剩餘與平方非剩餘的定義

  設 a ∈ Z ,   m ∈ Z > 0 a\in \mathbb{Z},\text{ }m\in {{\mathbb{Z}}_{>0}} a∈Z, m∈Z>0​。

  若 x 2 ≡ a     m o d   m {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod m x2≡a modm有解，則稱 a a a為模 m m m的平方剩餘；

  若 x 2 ≡ a     m o d   m {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod m x2≡a modm無解，則稱 a a a為模 m m m的平方非剩餘。

x 2 ≡ a     m o d   p {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod p x2≡a modp（ p p p是一奇素數， gcd ⁡ ( a , p ) = 1 \gcd \left( a,p \right)=1 gcd(a,p)=1）的解存在性分析

  設 p p p是一奇素數， a ∈ Z a\in \mathbb{Z} a∈Z且 gcd ⁡ ( p , a ) = 1 \gcd \left( p,a \right)=1 gcd(p,a)=1，考慮同餘式
x 2 ≡ a     m o d   p {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod p x2≡a modp

Euler判別法： p p p是一奇素數，若 gcd ⁡ ( a , p ) = 1 \gcd \left( a,p \right)=1 gcd(a,p)=1，則 a 是 模 p 的 平 方 剩 餘 ⇔ a p − 1 2 ≡ 1     m o d   p , 此 時 恰 有 兩 解 a 是 模 p 的 平 方 非 剩 餘 ⇔ a p − 1 2 ≡ − 1     m o d   p \begin{aligned} & a是模p的平方剩餘\Leftrightarrow {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv 1\text{ }\bmod p,此時恰有兩解 \\ & a是模p的平方非剩餘\Leftrightarrow {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv -1\text{ }\bmod p \\ \end{aligned} ​a是模p的平方剩餘⇔a2p−1​≡1 modp,此時恰有兩解a是模p的平方非剩餘⇔a2p−1​≡−1 modp​

證明

  1. gcd ⁡ ( a , p ) = 1 \gcd \left( a,p \right)=1 gcd(a,p)=1， p p p是素數，根據尤拉定理，有
    a φ ( p ) = a p − 1 ≡ 1     m o d   p {{a}^{\varphi \left( p \right)}}={{a}^{p-1}}\equiv 1\text{ }\bmod p aφ(p)=ap−1≡1 modp
    由於 p p p是奇數，因此 p − 1 p-1 p−1是偶數， p − 1 2 ∈ Z \frac{p-1}{2}\in \mathbb{Z} 2p−1​∈Z，因此有 a p − 1 2 ∈ Z {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\in \mathbb{Z} a2p−1​∈Z。上式可以等價寫為
    ( a p − 1 2 ) 2 ≡ 1     m o d   p ⇔ ( a p − 1 2 ) 2 − 1 ≡ 0     m o d   p ⇔ ( a p − 1 2 + 1 ) ( a p − 1 2 − 1 ) ≡ 0     m o d   p \begin{aligned} & {{\left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}} \right)}^{2}}\equiv 1\text{ }\bmod p \\ & \Leftrightarrow {{\left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}} \right)}^{2}}-1\equiv 0\text{ }\bmod p \\ & \Leftrightarrow \left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}}+1 \right)\left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}}-1 \right)\equiv 0\text{ }\bmod p \\ \end{aligned} ​(a2p−1​)2≡1 modp⇔(a2p−1​)2−1≡0 modp⇔(a2p−1​+1)(a2p−1​−1)≡0 modp​
    又由於 p p p是素數， Z / p    {\mathbb{Z}}/{p}\; Z/p是一個域也是一個整環，因此有
    ( a p − 1 2 + 1 ) ( a p − 1 2 − 1 ) ≡ 0     m o d   p ⇔ a p − 1 2 + 1 ≡ 0     m o d   p   ∨   a p − 1 2 − 1 ≡ 0     m o d   p ⇔ a p − 1 2 ≡ ± 1     m o d   p \begin{aligned} & \left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}}+1 \right)\left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}}-1 \right)\equiv 0\text{ }\bmod p \\ & \Leftrightarrow {{a}^{\frac{p-1}{2}}}+1\equiv 0\text{ }\bmod p\text{ }\vee \text{ }{{a}^{\frac{p-1}{2}}}-1\equiv 0\text{ }\bmod p \\ & \Leftrightarrow {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv \pm 1\text{ }\bmod p \\ \end{aligned} ​(a2p−1​+1)(a2p−1​−1)≡0 modp⇔a2p−1​+1≡0 modp ∨ a2p−1​−1≡0 modp⇔a2p−1​≡±1 modp​
    因此只要證明了
    x 2 ≡ a     m o d   p 有 解 ⇔ a p − 1 2 ≡ 1     m o d   p {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod p有解\Leftrightarrow {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv 1\text{ }\bmod p x2≡a modp有解⇔a2p−1​≡1 modp
    那自然地就有
    x 2 ≡ a     m o d   p 無 解   ⇔   a p − 1 2 ≡ − 1     m o d   p {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod p無解\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{a}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv -1\text{ }\bmod p x2≡a modp無解 ⇔ a2p−1​≡−1 modp

  2. 現證明 x 2 ≡ a     m o d   p 有 解 ⇔ a p − 1 2 ≡ 1     m o d   p {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod p有解\Leftrightarrow {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv 1\text{ }\bmod p x2≡a modp有解⇔a2p−1​≡1 modp如下。

    1. 若 x 2 ≡ a     m o d   p {{x}^{2}}\equiv a\text{ }\bmod p x2≡a modp有解，設其解為 x ≡ x 0     m o d   p x\equiv {{x}_{0}}\text{ }\bmod p x≡x0​ modp，則有
      x 0 2 ≡ a     m o d   p {{x}_{0}}^{2}\equiv a\text{ }\bmod p x0​2≡a modp
      又 gcd ⁡ ( a , p ) = 1 \gcd \left( a,p \right)=1 gcd(a,p)=1，因此 x 0 2 ,   a {{x}_{0}}^{2},\text{ }a x0​2, a來自於同一個與模 p p p互素的剩餘類，因此有
      gcd ⁡ ( p , x 0 2 ) = 1   ⇒   gcd ⁡ ( p , x 0 ) = 1 \gcd \left( p,{{x}_{0}}^{2} \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( p,{{x}_{0}} \right)=1 gcd(p,x0​2)=1 ⇒ gcd(p,x0​)=1
      因此由尤拉定理，有
      x 0 φ ( p ) = x 0 p − 1 ≡ 1     m o d   p {{x}_{0}}^{\varphi \left( p \right)}={{x}_{0}}^{p-1}\equiv 1\text{ }\bmod p x0​φ(p)=x0​p−1≡1 modp
      考慮 a p − 1 2     m o d   p {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\text{ }\bmod p a2p−1​ modp：
      a p − 1 2 ≡ ( x 0 2 ) p − 1 2 = x 0 p − 1 ≡ 1     m o d   p {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv {{\left( {{x}_{0}}^{2} \right)}^{\frac{p-1}{2}}}={{x}_{0}}^{p-1}\equiv 1\text{ }\bmod p a2p−1​≡(x0​2)2p−1​=x0​p−1≡1 modp

    2. 反過來，設 a p − 1 2 ≡ 1     m o d   p {{a}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv 1\text{ }\bmod p a2p−1​≡1 modp。
      由於 p p p是奇數，有 p − 1 p-1 p−1是偶數， p − 1 2 ∈ Z \frac{p-1}{2}\in \mathbb{Z} 2p−1​∈Z，因此對 x p − 1 − 1 {{x}^{p-1}}-1 xp−1−1有如下分解
      x p − 1 − 1 = [ ( x 2 ) p − 1 2 − a p − 1 2 ] + ( a p − 1 2 − 1 ) = ( x 2 − a ) ∑ i = 0 p − 1 2 − 1 ( x 2 ) i a p − 1 2 − 1 − i + ( a p − 1 2 − 1 ) = ( x 2 − a ) q ( x ) + ( a p − 1 2 − 1 ) \begin{aligned} & {{x}^{p-1}}-1=\left[ {{\left( {{x}^{2}} \right)}^{\frac{p-1}{2}}}-{{a}^{\frac{p-1}{2}}} \right]+\left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}}-1 \right) \\ & =\left( {{x}^{2}}-a \right)\sum\limits_{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}{{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{i}}{{a}^{\frac{p-1}{2}-1-i}}}+\left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}}-1 \right) \\ & =\left( {{x}^{2}}-a \right)q\left( x \right)+\left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}}-1 \right) \\ \end{aligned} ​xp−1−1=[(x2)2p−1​−a2p−1​]+(a2p−1​−1)=(x2−a)i=0∑2p−1​−1​(x2)ia2p−1​−1−i+(a2p−1​−1)=(x2−a)q(x)+(a2p−1​−1)​
      其中 q ( x ) = ∑ i = 0 p − 1 2 − 1 ( x 2 ) i a p − 1 2 − 1 − i q\left( x \right)=\sum\limits_{i=0}^{\frac{p-1}{2}-1}{{{\left( {{x}^{2}} \right)}^{i}}{{a}^{\frac{p-1}{2}-1-i}}} q(x)=i=0∑2p−1​−1​(x2)ia2p−1​−1−i。
      ∀ t ∈ { 1 , ⋯   , p − 1 } \forall t\in \left\{ 1,\cdots ,p-1 \right\} ∀t∈{1,⋯,p−1}，有 gcd ⁡ ( t , p ) = 1 \gcd \left( t,p \right)=1 gcd(t,p)=1，由尤拉定理有
      t φ ( p ) − 1 = t p − 1 − 1 ≡ 0     m o d   p {{t}^{\varphi \left( p \right)}}-1={{t}^{p-1}}-1\equiv 0\text{ }\bmod p tφ(p)−1=tp−1−1≡0 modp
      因此有
      0 ≡ t p − 1 − 1 = ( t 2 − a ) q ( t ) + ( a p − 1 2 − 1 ) ≡ ( t 2 − a ) q ( t ) ≡ 0     m o d   p 0\equiv {{t}^{p-1}}-1=\left( {{t}^{2}}-a \right)q\left( t \right)+\left( {{a}^{\frac{p-1}{2}}}-1 \right)\equiv \left( {{t}^{2}}-a \right)q\left( t \right)\equiv 0\text{ }\bmod p 0≡tp−1−1=(t2−a)q(t)+(a2p−1​−1)≡(t2−a)q(t)≡0 modp
      即 ( x 2 − a ) q ( x ) ≡ 0     m o d   p \left( {{x}^{2}}-a \right)q\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p (x2−a)q(x)≡0 modp至少有 p − 1 p-1 p−1個解
      x ≡ 1 , 2 , ⋯   , p − 1     m o d   p x\equiv 1,2,\cdots ,p-1\text{ }\bmod p x≡1,2,⋯,p−1 modp
      p p p是素數，由域 Z / p    {\mathbb{Z}}/{p}\; Z/p的整環性質有
      ( x 2 − a ) q ( x ) ≡ 0     m o d   p   ⇔   x 2 − a ≡ 0     m o d   p   ∨   q ( x ) ≡ 0     m o d   p \left( {{x}^{2}}-a \right)q\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{x}^{2}}-a\equiv 0\text{ }\bmod p\text{ }\vee \text{ }q\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p (x2−a)q(x)≡0 modp ⇔ x2−a≡0 modp ∨ q(x)≡0 modp
      因此 x 2 − a ≡ 0     m o d   p {{x}^{2}}-a\equiv 0\text{ }\bmod p x2−a≡0 modp的解數 k 1 {{k}_{1}} k1​和 q ( x ) ≡ 0     m o d   p q\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p q(x)≡0 modp的解數 k 2 {{k}_{2}} k2​之和
      k 1 + k 2 ≥ p − 1 {{k}_{1}}+{{k}_{2}}\ge p-1 k1​+k2​≥p−1
      另一方面，
      deg ⁡ ( q ( x ) ) = 2 × ( p − 1 2 − 1 ) = p − 3   ⇒   k 2 ≤ p − 3 deg ⁡ ( x 2 − a ) = 2   ⇒   k 1 ≤ 2 \begin{aligned} & \deg \left( q\left( x \right) \right)=2\times \left( \frac{p-1}{2}-1 \right)=p-3\text{ }\Rightarrow \text{ }{{k}_{2}}\le p-3 \\ & \deg \left( {{x}^{2}}-a \right)=2\text{ }\Rightarrow \text{ }{{k}_{1}}\le 2 \\ \end{aligned} ​deg(q(x))=2×(2p−1​−1)=p−3 ⇒ k2​≤p−3deg(x2−a)=2 ⇒ k1​≤2​
      { k 1 + k 2 ≥ p − 1 k 2 ≤ p − 3 ⇒ p − 1 − k 1 ≤ k 2 ≤ p − 3   ⇒   k 1 ≥ 2 k 1 ≤ 2 }   ⇒   k 1 = 2 \left. \begin{matrix} \left\{ \begin{aligned} & {{k}_{1}}+{{k}_{2}}\ge p-1 \\ & {{k}_{2}}\le p-3 \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow p-1-{{k}_{1}}\le {{k}_{2}}\le p-3\text{ }\Rightarrow \text{ }{{k}_{1}}\ge 2 \\ {{k}_{1}}\le 2 \\ \end{matrix} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }{{k}_{1}}=2 {​k1​+k2​≥p−1k2​≤p−3​⇒p−1−k1​≤k2​≤p−3 ⇒ k1​≥2k1​≤2​⎭⎪⎬⎪⎫​ ⇒ k1​=2
      因此 x 2 − a ≡ 0     m o d   p {{x}^{2}}-a\equiv 0\text{ }\bmod p x2−a≡0 modp有解且恰好有兩解。

定理：設 p p p是一奇素數，則模 p p p的非零平方剩餘，平方非剩餘各有 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1​個

定理等價表述
  設 p p p是奇素數，則模 p p p的既約剩餘系中平方剩餘與平方非剩餘的個數各為 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1​個。

證法一
   p p p是奇數， p − 1 2 ∈ Z \frac{p-1}{2}\in \mathbb{Z} 2p−1​∈Z， x p − 1 2 ± 1 {{x}^{\frac{p-1}{2}}}\pm 1 x2p−1​±1是 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1​次首一多項式。
  模 p p p的非零平方剩餘個數就是同餘式 f ( x ) ≡ 0     m o d   p f\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p f(x)≡0 modp的解的個數。
p p p是素數，因此同餘式
f ( x ) = x p − 1 2 − 1 ≡ 0     m o d   p   ⇔   x p − 1 2 ≡ 1     m o d   p f\left( x \right)={{x}^{\frac{p-1}{2}}}-1\equiv 0\text{ }\bmod p\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{x}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv 1\text{ }\bmod p f(x)=x2p−1​−1≡0 modp ⇔ x2p−1​≡1 modp
的解的個數 ≤ p − 1 2 \le \frac{p-1}{2} ≤2p−1​，即模 p p p的非零平方剩餘的個數 ≤ p − 1 2 \le \frac{p-1}{2} ≤2p−1​。
  同理，模 p p p的平方非剩餘個數就是同餘式 f ( x ) ≡ 0     m o d   p f\left( x \right)\equiv 0\text{ }\bmod p f(x)≡0 modp的解的個數。
同餘式
g ( x ) = x p − 1 2 + 1 ≡ 0     m o d   p   ⇔   x p − 1 2 ≡ − 1     m o d   p g\left( x \right)={{x}^{\frac{p-1}{2}}}+1\equiv 0\text{ }\bmod p\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{x}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv -1\text{ }\bmod p g(x)=x2p−1​+1≡0 modp ⇔ x2p−1​≡−1 modp
的解的個數 ≤ p − 1 2 \le \frac{p-1}{2} ≤2p−1​，即模 p p p的平方非剩餘個數 ≤ p − 1 2 \le \frac{p-1}{2} ≤2p−1​。
  又非零平方剩餘，平方非剩餘共有 ∣ { 1 , 2 , ⋯   , p − 1 } ∣ = p − 1 \left| \left\{ 1,2,\cdots ,p-1 \right\} \right|=p-1 ∣{1,2,⋯,p−1}∣=p−1個，於是只能各有 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1​個。

證法二
  模 p p p的非零平方剩餘個數即同餘式 x p − 1 2 ≡ 1     m o d   p   ⇔   x p − 1 2 − 1 ≡ 0     m o d   p {{x}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv 1\text{ }\bmod p\text{ }\Leftrightarrow \text{ }{{x}^{\frac{p-1}{2}}}-1\equiv 0\text{ }\bmod p x2p−1​≡1 modp ⇔ x2p−1​−1≡0 modp的解的個數，且其中整係數首一多項式 x p − 1 2 − 1 {{x}^{\frac{p-1}{2}}}-1 x2p−1​−1的次數 p − 1 2 < p \frac{p-1}{2}<p 2p−1​<p。又因為
x p − x = x ( x p − 1 − 1 ) = x [ ( x p − 1 2 ) 2 − 1 2 ] = x ( x p − 1 2 − 1 ) ( x p − 1 2 + 1 ) {{x}^{p}}-x=x\left( {{x}^{p-1}}-1 \right)=x\left[ {{\left( {{x}^{\frac{p-1}{2}}} \right)}^{2}}-{{1}^{2}} \right]=x\left( {{x}^{\frac{p-1}{2}}}-1 \right)\left( {{x}^{\frac{p-1}{2}}}+1 \right) xp−x=x(xp−1−1)=x[(x2p−1​)2−12]=x(x2p−1​−1)(x2p−1​+1)
因此有 ( x p − 1 2 − 1 ) ∣ ( x p − x ) \left. \left( {{x}^{\frac{p-1}{2}}}-1 \right) \right|\left( {{x}^{p}}-x \right) (x2p−1​−1)∣∣∣​(xp−x)，即 x p − 1 2 − 1 {{x}^{\frac{p-1}{2}}}-1 x2p−1​−1除 x p − x {{x}^{p}}-x xp−x所得的餘式 r ( x ) = 0 r\left( x \right)=0 r(x)=0，自然各項係數都是 p p p的倍數。由博文《素數模同餘式次數與其解數的關係》中的定理6，同餘式
x p − 1 2 ≡ 1     m o d   p {{x}^{\frac{p-1}{2}}}\equiv 1\text{ }\bmod p x2p−1​≡1 modp
恰好有 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1​個解，即模 p p p的非零平方剩餘個數為 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1​。

所以模 p p p的平方非剩餘個數為 ( p − 1 ) − p − 1 2 = p − 1 2 \left( p-1 \right)-\frac{p-1}{2}=\frac{p-1}{2} (p−1)−2p−1​=2p−1​。

定理： p p p是一奇素數， 0 2 ,   1 2 ,   ⋯   ,   ( p − 1 2 ) 2     m o d   p {{0}^{2}},\text{ }{{1}^{2}},\text{ }\cdots ,\text{ }{{\left( \frac{p-1}{2} \right)}^{2}}\text{ }\bmod p 02, 12, ⋯, (2p−1​)2 modp是模 p p p的全部平方剩餘。

證明
   p p p是奇數，因此 p − 1 2 ∈ Z \frac{p-1}{2}\in \mathbb{Z} 2p−1​∈Z。

  首先，顯然地， ∀ t ∈ { 0 , 1 , ⋯   , p − 1 2 } \forall t\in \left\{ 0,1,\cdots ,\frac{p-1}{2} \right\} ∀t∈{0,1,⋯,2p−1​}，同餘式
x 2 ≡ t 2     m o d   p {{x}^{2}}\equiv {{t}^{2}}\text{ }\bmod p x2≡t2 modp
有解 x ≡ ± t     m o d   p x\equiv \pm t\text{ }\bmod p x≡±t modp，因此 0 2 , 1 2 , ⋯   , ( p − 1 2 ) 2 {{0}^{2}},{{1}^{2}},\cdots ,{{\left( \frac{p-1}{2} \right)}^{2}} 02,12,⋯,(2p−1​)2都是模 p p p的平方剩餘。

  其次，對於 1 2 , 2 2 , ⋯   , ( p − 1 2 ) 2 {{1}^{2}},{{2}^{2}},\cdots ,{{\left( \frac{p-1}{2} \right)}^{2}} 12,22,⋯,(2p−1​)2，只需要證明它們兩兩模 p p p不同餘，那麼這 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1​個模 p p p的非零平方剩餘就是模 p p p的全部非零平方剩餘。
  設 1 ≤ k < l ≤ p − 1 2 1\le k<l\le \frac{p-1}{2} 1≤k<l≤2p−1​。
  若 k ≡ l     m o d   p k\equiv l\text{ }\bmod p k≡l modp，則 p ∣ ( l − k ) \left. p \right|\left( l-k \right) p∣(l−k)，但是 0 < l − k < p − 1 2 0<l-k<\frac{p-1}{2} 0<l−k<2p−1​，矛盾。
  若 k ≡ − l     m o d   p k\equiv -l\text{ }\bmod p k≡−l modp，則 p ∣ ( k + l ) \left. p \right|\left( k+l \right) p∣(k+l)，但是 2 < k + l < p − 1 2<k+l<p-1 2<k+l<p−1，矛盾。
  於是有
k ≡ l     m o d   p   ⇒   k − l ≡ 0     m o d   p k ≡ − l   m o d   p ⇒ k + l ≡ 0     m o d   p \begin{aligned} & k\cancel{\equiv }l\text{ }\bmod p\text{ }\Rightarrow \text{ }k-l\cancel{\equiv }0\text{ }\bmod p \\ & k\cancel{\equiv }-l\bmod p\Rightarrow k+l\cancel{\equiv }0\text{ }\bmod p \\ \end{aligned} ​k≡ ​l modp ⇒ k−l≡ ​0 modpk≡ ​−lmodp⇒k+l≡ ​0 modp​
p p p是素數，由域 Z / p    {\mathbb{Z}}/{p}\; Z/p的整環性質有
( k − l ) ( k + l ) ≡ 0     m o d   p ⇔ k 2 − l 2 ≡ 0     m o d   p ⇔ k 2 ≡ l 2     m o d   p \begin{aligned} & \left( k-l \right)\left( k+l \right)\cancel{\equiv }0\text{ }\bmod p \\ & \Leftrightarrow {{k}^{2}}-{{l}^{2}}\cancel{\equiv }0\text{ }\bmod p \\ & \Leftrightarrow {{k}^{2}}\cancel{\equiv }{{l}^{2}}\text{ }\bmod p \\ \end{aligned} ​(k−l)(k+l)≡ ​0 modp⇔k2−l2≡ ​0 modp⇔k2≡ ​l2 modp​
因此 1 2 , 2 2 , ⋯   , ( p − 1 2 ) 2 {{1}^{2}},{{2}^{2}},\cdots ,{{\left( \frac{p-1}{2} \right)}^{2}} 12,22,⋯,(2p−1​)2兩兩不同餘，是模 p p p的全部非零平方剩餘。
因此 0 2 , 1 2 , ⋯   , ( p − 1 2 ) 2 {{0}^{2}},{{1}^{2}},\cdots ,{{\left( \frac{p-1}{2} \right)}^{2}} 02,12,⋯,(2p−1​)2是模 p p p的全部平方剩餘。

推論：模 p p p的 p − 1 2 \frac{p-1}{2} 2p−1​個非零平方剩餘分別與序列 1 2 , 2 2 , ⋯   , ( p − 1 2 ) 2 {{1}^{2}},{{2}^{2}},\cdots ,{{\left( \frac{p-1}{2} \right)}^{2}} 12,22,⋯,(2p−1​)2中的一數同餘，且僅與一數同餘。


相關文章