二次剩余基础
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:
\[\large
(\frac{n}{p})=0,n\text{与p同余。}
\]
\[\large
(\frac{n}{p})=1,n\text{是模p的二次剩余。}
\]
\[\large
(\frac{n}{p})=-1,n\text{不是模p的二次剩余。}
\]
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\(a\neq b \neq c, a^2 \equiv b^2 \equiv c^2 \pmod p\)。
推出
\[(a+b)(a-b) \equiv 0\pmod p\\
(b+c)(b-c) \equiv 0\pmod p\\
(c+a)(c-a) \equiv 0\pmod p\\
\]
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\(a\equiv b\equiv c\equiv 0 \pmod p\),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\(a^2\equiv (-a)^2\pmod p\),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\(\binom{p}{0},\binom{p}{p}\)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:
\[\begin{align}
[(a+i)^{\frac{p+1}{2}}]^2 &= (a+i)^{p+1}\\
&=(a-i)(a+i)\\
&=a^2-i^2\\
&=n
\end{align}
\]
德政。
一般二次剩余
这里是天坑