二次剩余基础

Posted 2020-12-12 algebra-hy

普通二次剩余（(p)为奇质数）

一、勒让德符号((frac{n}{p}))与欧拉判别

对于正整数(n)，勒让德符号如下，可直接判别二次剩余：

[large (frac{n}{p})=0，n ext{与p同余。} ]

[large (frac{n}{p})=1，n ext{是模p的二次剩余。} ]

[large (frac{n}{p})=-1，n ext{不是模p的二次剩余。} ]

定理1：在([0,p-1])中，二次剩余至少有(frac{p-1}{2})个。
证明:

先证明最多有两个不同的范围内的整数平方后是同余的。

假设存在范围内的整数(a)和(b)和(c)，满足(a eq b eq c, a^2 equiv b^2 equiv c^2 pmod p)。

推出

[(a+b)(a-b) equiv 0pmod p(b+c)(b-c) equiv 0pmod p(c+a)(c-a) equiv 0pmod p\]

由于三者互不相等，所以有

[a+b equiv b+c equiv c+a equiv 0 pmod p ]

得到(aequiv bequiv cequiv 0 pmod p)，与假设不符，证伪。

所以对于一个二次剩余，最多有两个模意义下的平方根。所以定理1得证。

定理2：在([0,p-1])中，二次剩余有(frac{p-1}{2})个。

由于(a^2equiv (-a)^2pmod p)，又因为一个二次剩余最多是两个数的平方，所以得证。

例1：给定奇质数p与正整数n，求n的二次剩余。（Cipolla算法）
我们随机一个(a)，使得(a^2-n)为非二次剩余。根据刚才的结论，期望随到的次数为2次。

然后我们类比复数，定义(i=sqrt{a^2-n})。现在我们先证明几个定理：

1、(i^p=-i)

证明：

[i^n=i(i^2)^frac{p-1}{2}=-i ]

理由如下：(i)平方后为一个非二次剩余，然后按照欧拉判别式，得到其为(-1)。

2、((a+b)^p=a^p+b^p)
我们若将其按照二项式定理展开，除了(inom{p}{0},inom{p}{p})两项以外，其余所有的项展开过后分子都有一个(p)是约不掉的，因为(p)是质数，所以小于它的都没办法把它约掉。所以这些项对(p)取模为(0)。

所以我们可以构造出答案为

[(a+i)^{frac{p+1}{2}} ]

推导如下：

[egin{align} [(a+i)^{frac{p+1}{2}}]^2 &= (a+i)^{p+1}&=(a-i)(a+i)&=a^2-i^2&=n end{align} ]

德政。

一般二次剩余

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