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二次剩余

定义：

若\(x^2\equiv a(mod\ p)\ \ \ (a\in[1,p))\)有解，则称\(a\)为\(p\)的二次剩余。否则称\(a\)为\(p\)的二次非剩余。

勒让德符号：

定义：

\((\frac{a}{p})=\begin{cases}1&(a是p二次剩余)\\-1&(a是p的二次非剩余)\end{cases}\)

定理1：

\(p\)有\(\frac{p-1}{2}\)个二次剩余和\(\frac{p-1}{2}\)个二次非剩余。

证：

\(\because u^2\equiv v^2(mod\ p)\)

\(\therefore p\mid(u+v)(u?v)\)。

\(\because p\nmid (u-v)\)

\(\therefore p\mid(u+v)\)

反之亦成立。因此共有\(\frac{p?1}{2}\)种不同的平方。且每一个\(p\)的二次剩余恰有两个解。

定理2：

\((\frac{a}{p})\equiv a^\frac{p-1}{2}(mod\ p)\)

证：

\(\because a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)

\(\therefore a^\frac{p-1}{2}\equiv\pm1(mod\ p)\)有且仅有一式成立

若\(a\)是\(p\)的二次剩余，一定存在\(x_0^2\equiv a(mod\ p)\)。

\(\therefore x_0^{p-1}\equiv a^\frac{p-1}{2}(mod\ p)\)

\(\because x_0^{p-1}\equiv 1(mod\ p)\)

\(\therefore a^\frac{p-1}{2}\equiv 1(mod\ p)\)

反之亦成立，即\((\frac ap)=1\Leftrightarrow a^\frac{p-1}{2}\equiv 1(mod\ p)\)

\(\therefore (\frac ap)=-1\Leftrightarrow a^\frac{p-1}{2}\equiv -1(mod\ p)\)

Cipolla算法

假如我们要解\(x^2\equiv n(mod\ p)\)

先\(rand\)一个\(a\)，使得\((\frac{a^2-n}{p})=-1\)即\((a^2-n)^\frac{p-1}{2}\equiv-1(mod\ p)\)，期望\(rand\)次数为\(2\)。

然后我们定义\(w=\sqrt{a^2-n}\)为虚数单位\((\)类似于\(i=\sqrt{-1})\)，然后我们可以得到一个全新的域，这个数域中所有的数都可以表示为\(a+bw\)。

然后我们再来证几个东西。

定理3：

\(w^p\equiv-w(mod\ p)\)

证：

\(w^p\equiv w*w^{p-1}\equiv w*(w^2)^\frac{p-1}{2}\equiv w*(a^2-n)^\frac{p-1}{2}\equiv-w(mod\ p)\)

定理4：

\((a+b)^p\equiv a^p+b^p(mod\ p)\)

证：

\((a+b)^p\equiv a^p+b^p+\sum\limits_{i=1}^{p-1}C_p^ia^ib^{p-i}\equiv a^p+b^p(mod\ p)\)

拉格朗日定理：

若\(f(x)\equiv\sum\limits_{i=0}^na_ix^i(mod\ p)\)，则\(f(x)\equiv 0(mod\ p)\)在模\(p\)意义下最多有\(n\)个不同解。

然后我们定义这个域有什么用呢？

\(x\equiv(a+w)^\frac{p+1}{2}(mod\ p)\)

证：

\(x^2\equiv(a+w)^{p+1}\equiv(a+w)^p(a+w)\equiv(a^p+w^p)(a+w)\equiv(a-w)(a+w)\equiv a^2-w^2\equiv n(mod\ p)\)

然后根据拉格朗日定理，这个结果一定是整数。

解决。

Gauss二次互反律

\(p,q\)为不相等的奇素数，\((\frac{p}{q})(\frac{q}{p})=(-1)^\frac{(p-1)(q-1)}{4}\)。

二次剩余

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原文地址：https://www.cnblogs.com/cjoierShiina-Mashiro/p/11385675.html