【初等数论】 04 - 同余方程

1. 同余方程

　　剩余类可以看做是一个新的数系，它对加减乘运算是封闭的，所以同余方程对多项式是有意义的。本节我们就来讨论一元多项式方程（1）的解，当然它的解是一个剩余类集合，最多有\(m\)个解。

\[f(x)=\sum_{k=0}^{n}{a_kx^k}=a^nx^n+\cdots+a_1x+a_0\equiv 0\pmod{m}\tag{1}\]

　　在正式解一个同余方程前，可以先进行一些简单的变形，最简单的就是将系数取模。对于两个多项式\(f(x),g(x)\)，如果它们的系数是模\(m\)同余的，则称\(f(x),g(x)\)是模\(m\)同余的。显然模同余的多项式的解也必然是相同的，一般将化简后多项式的次数称为方程的次数。同余方程中也不是完全不能用除法，当\((a_n,m)=1\)时，多项式乘上\(a_n^{-1}\)就可以变成首\(1\)多项式。

　　进一步，如果\(f(x)\equiv g(x)\pmod {m}\)恒成立，则称\(f(x),g(x)\)是模\(m\)等价的。比如根据费马小定理，\(f(x)=x^p\)和\(g(x)=x\)就是等价的。显然同余的多项式必定是等价的，但等价的多项式却不一定是同余的。使用等价多项式可以对方程进行降次，比如模为\(p\)的多项式\(f(x)\)一定可以通过多项式除法\(f(x)=g(x)(x^p-x)+r(x)\)降为次数小于\(p\)的多项式\(r(x)\)。对于一般的合数\(m\)，其实容易有\(a^m\equiv a^{m-\varphi(m)}\pmod{m}\)，则有恒等式\(x^m-x^{m-\varphi(m)}\equiv 0\pmod{m}\)，故任何多项式都等价于某个次数小于\(m\)的多项式。

　　接下来自然是要对模数进行分解，记方程（1）的解的个数为\(T(m,f)\)，且\(m=m_1m_2\cdots m_n\)中\(m_k\)两两互素。容易证明解方程（1）的问题可以等价为解方程组（2）的问题，且有\(T(m,f)=T(m_1,f)T(m_2,f)\cdots T(m_n,f)\)。

\[f(x)\equiv 0\pmod{m}\Leftrightarrow\begin{cases}\:f(x)\equiv 0\pmod{m_1}\\\:\cdots\:\cdots\\\:f(x)\equiv 0\pmod{m_n}\end{cases}\tag{2}\]

　　将模数进行素数分解，则我们可以把问题集中在解方程\(f(x)\equiv 0\pmod{p^e}\)，我们来考虑对模“降次”。首先显然该方程的解也必然是\(f(x)\equiv 0\pmod{p^{e-1}}\)的解，设\(c\)为后者的解，则前者的解必定在\(c+p^{e-1}y,(0\leqslant y\leqslant p-1)\)中。将其带入原方程，注意去除含有\((p^{e-1}y)^k,(k\geqslant 2)\)的项（被整除），整理后得到\(f(c)+f'(c)p^{e-1}y\equiv 0\pmod{p^e}\)，进而有式子（3）。由此当\(p\nmid f'(c)\)时，\(y\)有唯一解。否则当\(p|f(c)p^{1-r}\)时恒成立，否则无解。这样就有了如公式（4）的方程的解的网状关系图，特别地当\(f'(x)\equiv 0\pmod{p}\)无解时，所有\(f(x)\equiv 0\pmod{p^e}\)的解相同。

\[f'(c)y\equiv f(c)p^{1-e}\pmod{p}\tag{3}\]

\[f(c)\equiv 0\pmod{p}\begin{cases}\:p\nmid f'(c)\,\Rightarrow f(c)\equiv 0\pmod{p^e}\\\:p^2\mid f(c)\Rightarrow f(x)\equiv 0\pmod{p^2},x=c+py\Rightarrow\cdots\\\:p^2\nmid f(c)\Rightarrow f(c)\not\equiv 0\pmod{p^e}\end{cases}\tag{4}\]

　　现在我们的问题被转化成了方程\(f(x)\equiv 0\pmod{p}\)，研究的方向和一般多项式方程类似，是关于方程解的个数和多项式格式。先假设方程已经做了同余简化，但还未做等价简化，使用多项式除法和归纳法可以有以下拉格朗日定理：若方程有\(m\)个不同的解\(x_1,x_2,\cdots,x_m\)，则必定有唯一表达式（5），其中\(g(x)\)的首项为\(a_nx^{n-m}\)，\(r(x)\)的次数低于\(m\)。该定理说明了\(n\)次同余方程的解的个数不可能大于\(n\)，反之若大于\(n\)，则必恒为\(0\)。

\[f(x)=g(x)(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_m)+pr(x)\equiv g(x)(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_m)\pmod{p}\tag{5}\]

　　拉格朗日定理给出了多项式同余方程与根有关的格式，值得注意的是，该格式与原多项式是同余，也就是它的本来面貌，这点很重要。该定理还有其它有趣的应用，比如由欧拉定理知\(x^{p-1}-1\equiv 0\pmod{p}\)有\(p-1\)个非零解，则有公式（6），令\(x=0\)即可得到威尔逊定理！如果再比较\(x\)和\(x^{p-2}\)项的系数，就会有公式（7）（8）。还有值得一提的是，同余方程同可以有“重根”的概念，有兴趣你可以自己研究一下。

\[x^{p-1}-1\equiv (x-1)(x-2)\cdots (x-p+1)\pmod{p}\tag{6}\]

\[\sum_{1\leqslant i\leqslant j\leqslant p-1}ij\equiv 0\pmod{p}\tag{7}\]

\[\quad (p-1)!\sum_{k=1}^{p-1}{\dfrac{1}{k}}\equiv 0\pmod{p}\tag{8}\]

　　接下来我们假定方程做了等价简化，即\(f(x)\)的次数小于\(p\)且首项系数为\(1\)，看看会有什么性质。首先若有\(f(x)\equiv g(x)\pmod{p}\)，则\(f(x)-g(x)\)有\(p\)个根，从而\(f(x)=g(x)\)，换句话说，次数小于\(p\)的首\(1\)多项式如果等价则必唯一，即等价和同余是一致的。还有一个问题就是方程的根的个数问题了，当\(f(x)\)恰有\(n\)个根时，有\(f(x)\equiv (x-x_1)\cdots(x-x_n)\pmod{p}\)，而\(x^p-x=x(x-1)\cdots(x-p+1)\pmod{p}\)，这就有\(x^p-x\equiv f(x)g(x)\pmod{p}\)。反之也可以推得\(f(x),g(x)\)分别有\(n,p-n\)个根。这就是说\(f(x)\)有\(n\)个解的充要条件是存在唯一表达式（9）。

\[x^p-x=f(x)g(x)+pr(x)\tag{9}\]

　　关于高次方程更进一步的结论比较少，这里也不作深究，而二项同余方程\(x^n\equiv a\pmod{p}\)放到下一篇会更简单，所以这里也不讨论了。对一些低次方程，可以直接对其研究，我们先从最简单的一次剩余方程\(ax\equiv b\pmod{m}\)看起，显然它是否有解与不定方程\(ax+my=b\)是否有解是等价的，故有解的充要条件是\((a,m)\mid b\)。由同余的性质，原方程等价于方程（10）。故原方程共有\((a,m)\)个解，分别为\(x_0+\dfrac{m}{(a,m)}k,(k=0,\cdots,(a,m)-1)\)，其中\(x_0\)为任一解，也称为特解。如果将（10）简记为\(a_0x\equiv b_0\pmod{m_0}\)，则\(a_0^{-1}b_0\)即为原方程的一个特解。

\[\dfrac{a}{(a,m)}x\equiv \dfrac{b}{(a,m)}\pmod{\dfrac{m}{(a,m)}}\tag{10}\]

　　直接求逆是复杂的，一次方程一般用辗转相除法，对于一些特殊格式，你还可以动用一切同余的性质简化算法。尝试解决以下问题：

　　• 证明\(2^ex\equiv b\pmod{m}\)的解为\((\dfrac{m+1}{2})^eb\)，其中\((2,m)=1\)。并由此给出系数为\(2^i3^j\)的方程的解法；

　　• \((a,m)=1\)，若\(ax\equiv 1\pmod{m}\)解为\(x_0\)，则\(\dfrac{1-(1-ax_0)^e}{a}\)是\(ax\equiv 1\pmod{m^e}\)的解。

2. 二次剩余

　　现在来研究模为素数的二次同余方程\(ax^2+bx+c\equiv\pmod{p}\)，通过配方可以有\((2ax+b)^2\equiv b^2-4ac\pmod{p}\)，从而方程其实等价于二次二项方程\(x^2\equiv d\pmod{p}\)，当然这里不去考虑\(p=2\)和\(p|d\)这样的平凡场景。如果方程有解，\(d\)称为\(p\)的二次剩余，否则叫二次非剩余。为方便描述，这里先引进勒让德（Legendre）符号\(\left(\dfrac{d}{p}\right)\)，\(d\)为\(p\)的二次剩余时其值为\(1\)，否则为\(-1\)，\(p|d\)时值为\(0\)。

　　考虑将\(p\)的既约剩余系分为对称的两部分\(-\dfrac{p-1}{2},\cdots,-2,-1\)和\(1,2,\cdots,\dfrac{p-1}{2}\)，显然\((-x)^2=x^2\)，而当\(1\leqslant i<j\leqslant\dfrac{p-1}{2}\)时，\(i^2-j^2=(i+j)(i-j)\not\equiv 0\pmod{p}\)，所以\(i^2\not\equiv j^2\pmod{p}\)。综合以上分析可知，\(p\)共有\(\dfrac{p-1}{2}\)个二次剩余，\(\dfrac{p-1}{2}\)个二次非剩余，每个二次剩余有两个互为相反数的根。

　　我们自然要问：哪些数是二次剩余？如何判断它是二次剩余？根据欧拉定理有\(d^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\)，容易证明\(d^{\frac{p-1}{2}}\equiv\pm 1\pmod{p}\)。若\(d\)为二次剩余，则有\(d^{\frac{p-1}{2}}\equiv(x)^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\)。若不为二次剩余，我们可以将\(1,2,\cdots,p-1\)按照乘积为\(d\)配成\(\dfrac{p-1}{2}\)对，根据威尔逊定理有\(d^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod{p}\)。综合这两个结论就是二次剩余的欧拉判别法（公式（11）），当然对于大模数这个方法的计算量还是太大，它仅有理论价值。

\[\left(\dfrac{d}{p}\right)=\pm 1\equiv d^{\frac{p-1}{2}}\pmod{p}\tag{11}\]

　　对于一些特殊值，可以单独讨论，得出的结论也是可以直接使用的。首先容易证明\(-1\)只有在\(p=4k+1\)时才是二次剩余，并且由威尔逊定理知\((\dfrac{p-1}{2})!\)是它的解。而且当\(p=4k+1\)时，显然\(x,-x\)同时是或不是二次剩余，呈对称分布。当(p=4k+3\)时，显然\(x,-x\)有且仅有一个二次剩余，这些结构都是很有用的。再来看几个习题：

　　• 讨论\(x^2+ay^2\equiv 0\pmod{p},(x,y)=1\)有解的充要条件，并给出求解的方法；

　　• 求模\(p\)下所有二次剩余的积与和，再求模\(p\)下所有二次非剩余的积与和。

　　使用勒让德符号能更清晰地表述二次剩余的性质，以下性质比较简单，请自行证明：

　　（1）\(\left(\dfrac{d+kp}{p}\right)=\left(\dfrac{d}{p}\right)\)；

　　（2）\(\left(\dfrac{d_1d_2}{p}\right)=\left(\dfrac{d_1}{p}\right)\left(\dfrac{d_1}{p}\right)\)；

　　（3）\(\left(\dfrac{d^2}{p}\right)=1\)；\(\left(\dfrac{1}{p}\right)=1\)；\(\left(\dfrac{-1}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}\)。

　　使用素数分解并结合以上性质，可将求一般\(\left(\dfrac{d}{p}\right)\)的问题转化为求解\(\left(\dfrac{2}{p}\right)\)和\(\left(\dfrac{q}{p}\right)\)上。现在从另一方面讨论\(d^{\frac{p-1}{2}}\)，在剩余系\(1,2,\cdots,p-1\)中考察\(\dfrac{p-1}{2}\)个数\(d,2d,\cdots,\dfrac{p-1}{2}d\)的分布。容易证明它们互不相同且互不相反，所以它们是以\(\dfrac{p}{2}\)为对称轴的两个数之一，右半边的数（设个数为\(n\)）需要取相反数才能回到左边。考虑它们的积则容易有\(d^{\frac{p-1}{2}}\equiv (-1)^n\pmod{p}\)，这样就有了二次剩余新的判定方法（公式（12）左），特别地时可以推得\(d=2\)是二次剩余的条件是\(p=8k\pm 1\)（可写成公式（12）右，等价性自证）。

\[\left(\dfrac{d}{p}\right)=(-1)^n,\quad \left(\dfrac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}\tag{12}\]

　　对一般的\(d\)继续上面的结论，注意到\(dk=p[\dfrac{dk}{p}]+r_k\)（\([x]\)是取整操作），对它们求和并在模\(2\)下讨论，可以得到式子（13）。而后者有显著的几何意义，它是一个直角三角形区域内的整点个数。考虑\(\left(\dfrac{q}{p}\right)\)对应的\(\triangle{OAB}\)和\(\left(\dfrac{p}{q}\right)\)对应的\(\triangle{OAC}\)，它们正好组成了一个长方形区域，这样就得到了著名的高斯二次互反律（公式（14））。
\[n\equiv\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{\left[\dfrac{dk}{p}\right]}\pmod{2}\tag{13}\]

\[\left(\dfrac{q}{p}\right)\left(\dfrac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}\tag{14}\]

　　有了这个公式，就可以将\(\left(\dfrac{q}{p}\right)\)不断转化为更小模数的判定式，从而最终解决了任意\(\left(\dfrac{d}{p}\right)\)的求解。请思考以下问题：

　　• 求以\(3\)为二次剩余的充要条件，并由此对\(100^2-3\)进行因式分解；

　　• 求证\(x^4+1\)的奇素因子都有格式\(8k+1\)；并由此证明格式为\(8k+1\)的素数有无穷多个；

　　• \(p=4k+3\)，求证\(2p+1\)为素数的充要条件是\(2^p\equiv 1\pmod{2p+1}\)；

　　• \(p\nmid a\)，求\(\sum\limits_{x=1}^{p}{\left(\dfrac{x^2+ax}{p}\right)}\)（提示：剩余系的遍历）。

　　在使用勒让德符号时要保证模数是素数，这一点很不方便，我们希望这种记法能更通用一点。扩展后的符号称为雅克比（Jacobi）符号：\(\left(\dfrac{d}{P}\right)=\prod\limits_{k=1}^n{\left(\dfrac{d}{p_k}\right)}\)，其中\(P=p_1p_2\cdots p_n\)。雅克比符号虽然只是一个记法，但形式上却同样有着漂亮的性质，首先有下面几个简单的性质：

　　（1）\(\left(\dfrac{d+kP}{P}\right)=\left(\dfrac{d}{P}\right)\)；

　　（2）\(\left(\dfrac{d_1d_2}{P}\right)=\left(\dfrac{d_1}{P}\right)\left(\dfrac{d_1}{P}\right)\)；\(\left(\dfrac{d}{P_1P_2}\right)=\left(\dfrac{d}{P_1}\right)\left(\dfrac{d}{P_2}\right)\)；

　　（3）\(\left(\dfrac{d^2}{P}\right)=\left(\dfrac{d}{P^2}\right)=1\)。

　　在得到更多结论之前，需要一个引理：如果\(a=\prod a_k,a_k\equiv 1\pmod{m},(k=1,2,\cdots,n)\)，则用归纳法可以有公式（15）。

\[\dfrac{a-1}{m}\equiv\sum_{k=1}^n{\dfrac{a_k-1}{m}}\pmod{m}\tag{15}\]

　　利用这个结论就很容易得到雅克比符号的以下性质，这些性质可以使得雅克比公式的使用更加自由，中间无需关心操作数是否为素数，比如\(\left(\dfrac{105}{317}\right)=\left(\dfrac{2}{105}\right)=1\)。

　　（4）\(\left(\dfrac{-1}{P}\right)=(-1)^{\frac{P-1}{2}}\)；\(\left(\dfrac{2}{P}\right)=(-1)^{\frac{P^2-1}{8}}\)；

　　（5）\(\left(\dfrac{Q}{P}\right)\left(\dfrac{P}{Q}\right)=(-1)^{\frac{(P-1)(Q-1)}{4}}\)。