「总结」二次剩余

1.质数情况
我们要求的式子可以表示成\(x^2\equiv a(mod\ p)\)
首先判有无解：
我们知道：\(a^{\frac{p-1}{2}}=-1/0/1\)
只有这三种情况。
当\(a^{\frac{p-1}{2}}=-1\)时无解，为0时\(x=0\)，为\(1\)时优解。
证明必要性：

\[(x^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \]

证毕。
证明充分性：
设原根\(g\)。

\[g^i\equiv a \]

\[a^{\frac{p-1}{2}}\equiv g^{i\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p) \]

根据原根的性质有：

\[(p-1)|i\frac{p-1}{2} \]

也就是说：\(2|i\)
证毕。
设\(b^2-a\equiv w(mod\ p)\)
并且满足:

\[w^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(mod\ p) \]

给出结论:

\[x=(b+i)^{\frac{p+1}{2}} \]

利用一种扩域的思想，设虚数单位\(i\)为：
\(i=\sqrt{w}\)
例如:\(a+bi=a+b\sqrt{w}\)
证明：

\[\begin{aligned} x^2&=(b+i)^{p}(b+i)\\ &=\sum\limits_{j=0}^{p}\binom{p}{j}b^ji^{p-j}(b+i)\\ &=\left(\binom{p}{0}b^0i^{p}+\binom{p}{p}b^pi^0\right)(b+i)\\ (b+i)^p&\equiv b^p+i^p\\ &\equiv b^{p-1}b+w^{\frac{p-1}{2}}i\\ &\equiv b-i\\ x^2&\equiv (b-i)(b+i)\\ &\equiv b^2-w\\ &\equiv a\\ \end{aligned}\]

证明完毕。

\(p^k\)和任意模数情况也可以做。
复杂度多一个\(log\)。
先鸽了。