二次同余和高次同余的几个命题

最新推荐文章于 2022-02-21 15:17:04 发布

原创最新推荐文章于 2022-02-21 15:17:04 发布 · 1.1k 阅读

9 ·

CC 4.0 BY-SA版权

homework 专栏收录该内容

36 篇文章

订阅专栏

本文深入研究了素数背景下二次剩余的性质，通过四个关键命题，详细阐述了二次剩余与素数之间的关系，包括二次剩余的存在性、特定形式的同余方程解的存在条件等，对于理解数论中的二次剩余概念及其应用提供了理论依据。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

命题一：设 $p$ 是奇素数， $p∤ap\nmid a$ 。存在正整数 $u, v, (u, v) = 1$ ，使得 $u2+v2≡0(mod p)u^2+v^2\equiv 0(mod\;p)$ 的充要条件是 $- a$ 是模 $p$ 的二次剩余。
（选自《信息安全数学基础（第二版）第4章习题》）

$证明：（1）充分性：因为−a是模p的二次剩余，所以同余方程x2≡−a(mod p)有解，记为x0。所以存在正整数u=x0，v=1，(u,v)=1，使得u2+av2≡0(mod p)。（2）必要性：因为u2+a2≡0(mod p)，所以存在k满足kp=av2+u2，又因为p，v，u均不为0，所以(kp,v2)=(v2,u2)=1⇒(p,v)=1。所以存在正整数v′使得vv′≡1(mod p)上式两边同乘v′2，得u2v′2+av2v′2≡(uv′)2+a≡0(mod p)。所以同余方程x2≡−a(mod p)有解，解为uv′。证明：\\ （1）充分性：因为-a是模p的二次剩余，\\ 所以同余方程x^2\equiv -a(mod\;p)有解，记为x_0。\\ 所以存在正整数u=x_0，v=1，(u,v)=1，使得u^2+av^2\equiv 0(mod\;p)。\\ （2）必要性：因为u^2+a^2\equiv 0(mod\;p)，\\ 所以存在k满足kp=av^2+u^2，又因为p，v，u均不为0，\\ 所以(kp,v^2)=(v^2,u^2)=1\Rightarrow(p,v)=1。\\ 所以存在正整数v'使得vv'\equiv1(mod\;p)\\ 上式两边同乘v'^2，得u^2v'^2+av^2v'^2\equiv(uv')^2+a\equiv0(mod\;p)。\\ 所以同余方程x^2\equiv-a(mod\;p)有解，解为uv'。$

命题二：设素数 $p > 2$ ， $x4≡−4(mod p)x^4\equiv-4(mod\;p)$ 有解的充要条件是 $p≡1(mod 4)p\equiv1(mod\;4)$ 。
（选自《信息安全数学基础（第二版）第4章习题》）

$证明：（1）必要性：因为x4≡−4(mod p)有解，所以x2≡−4(mod p)有解。所以(−4p)=1。因为(−4p)=(−1p)(22p)=(−1)p−12=1。所以存在k∈Z，使得p−12=2k⇒p=4k+1。所以p≡1(mod 4)。（2）充分性：因为p≡1(mod 4)，所以存在k∈Z，使p=4k+1。所以(−1p)=(−1)p−12=(−1)2k=1，则x2≡−1(mod p)有解，记为x0+1。所以(x0+1)2≡−1(mod p)，即x02≡−2(x0+1)(md p)。上式两边同时平方，得x04≡4(x0+1)2≡−4(mod p)。所以同余方程x4≡−4(mod p)有解，解为x0。证明：\\ （1）必要性：因为x^4\equiv-4(mod\;p)有解，所以x^2\equiv-4(mod\;p)有解。\\ 所以(\frac{-4}{p})=1。\\ 因为(\frac{-4}{p})=(\frac{-1}{p})(\frac{2^2}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1。\\ 所以存在k\in \mathbb{Z}，使得\frac{p-1}{2}=2k\Rightarrow p=4k+1。\\ 所以p\equiv1(mod\;4)。\\ （2）充分性：因为p\equiv1(mod\;4)，所以存在k\in \mathbb{Z}，使p=4k+1。\\ 所以(\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=(-1)^{2k}=1，则x^2\equiv -1(mod\;p)有解，记为x_0+1。\\ 所以(x_0+1)^2\equiv-1(mod\;p)，即x_0^2\equiv-2(x_0+1)(md\;p)。上式两边同时平方，得x_0^4\equiv4(x_0+1)^2\equiv-4(mod\;p)。\\ 所以同余方程x^4\equiv-4(mod\;p)有解，解为x_0。$

命题三：对任意素数 $p$ ，必有整数 $a, b, c, d$ 使得

$x4+1≡(x2+ax+b)(x2+cx+d)(mod p)x^4+1\equiv(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)(mod\;p)$

(选自《信息安全数学基础（第二版）第4章习题》）

$先考虑给定一个素数p，x_0取遍整数集中的所有值。\\ （1）当p\nmid x_0时，取b=c=d=0，则\\ \begin{aligned} &(x_0^2+ax_0+b)(x_0^2+cx_0+d)\\ =&x_0^4+(a+c)x_0^3+(ac+b+d)x_0^2+(ad+bc)x_0+bd\\ =&x_0^4+ax_0^3.\\ \end{aligned}\\ 令y_0=x_0^3。因为p为素数，又p\nmid x_0，所以(p,x_0)=1\Rightarrow(p,y_0)=1。\\ 所以存在正整数y_0'，使得y_0'y_0\equiv1(mod\;p)。\\ 取a=y_0'，则(x_0^2+ax_0+b)(x_0^2+cx_0+d)\equiv (x_0^4+1)(mod\;p)。\\ （2）当p\mid x_0时，有\\ \begin{aligned} &(x_0^2+ax_0+b)(x_0^2+cx_0+d)\\ =&x_0^4+(a+c)x_0^3+(ac+b+d)x_0^2+(ad+bc)x_0+bd\\ \equiv&(x_0^4+bd)(mod\;p).\\ \end{aligned}\\ 令b=d=1，则(x_0^2+ax_0+b)(x_0^2+cx_0+d)\equiv (x_0^4+1)(mod\;p)。\\ 再将p一般化，那么：\\ 对任意素数p，必有整数a,b,c,d使得x^4+1\equiv(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)(mod\;p)$

命题四：对任意素数 $p$ ，同余式

$(x2−2)(x2−17)(x2−34)≡0(mod p)(x^2-2)(x^2-17)(x^2-34)\equiv0(mod\;p)$

有解。

（选自《信息安全数学基础（第二版）第4章习题》）

$证明：（1）若p=2或p=17，则x≡0(mod p)为该同余方程的一个解。（2）否则，因为p为奇素数，所以(34p)=(2p)(17p)。因为p不整除2，17与34，所以(34p)，(2p)，(17p)的取值范围为−1,1。所以(34p)，(2p)，(17p)中至少有一项为1。若(2p)=1，则x2≡2(mod p)有解，即x2−2≡0(mod p)有解。所以(x2−2)(x2−17)(x2−34)≡0(mod p)有解。同理，若(17p)=1或(34p)=1，都可推出(x2−2)(x2−17)(x2−34)≡0(mod p)有解。综上，对任意素数p，同余式(x2−2)(x2−17)(x2−34)≡0(mod p)有解。证明：\\ （1）若p=2或p=17，则x\equiv0(mod\;p)为该同余方程的一个解。\\ （2）否则，因为p为奇素数，所以(\frac{34}{p})=(\frac{2}{p})(\frac{17}{p})。\\ 因为p不整除2，17与34，所以(\frac{34}{p})，(\frac{2}{p})，(\frac{17}{p})的取值范围为{-1,1}。\\ 所以(\frac{34}{p})，(\frac{2}{p})，(\frac{17}{p})中至少有一项为1。\\ 若(\frac{2}{p})=1，则x^2\equiv2(mod\;p)有解，即x^2-2\equiv0(mod\;p)有解。\\ 所以(x^2-2)(x^2-17)(x^2-34)\equiv0(mod\;p)有解。\\ 同理，若(\frac{17}{p})=1或(\frac{34}{p})=1，都可推出(x^2-2)(x^2-17)(x^2-34)\equiv0(mod\;p)有解。\\ 综上，对任意素数p，同余式(x^2-2)(x^2-17)(x^2-34)\equiv0(mod\;p)有解。$