【正文】 。你必須努力，當有一天驀然回首時，你的回憶里才會多一些色彩斑斕，少一些蒼白無力。4. 歲月是無情的，假如你丟給它的是一片空白，它還給你的也是一片空白。既糾結了自己，又打擾了別人。用一些事情，總會看清一些人。2. 若不是心寬似海，哪有人生風平浪靜。5. 設a 0，b 0，b為奇數(shù)，證明：6. 設a，b，c是正整數(shù)，(a, b) = 1，2b，b 4ac，求的關系。n，證明：= 1。 374 (mod 3019)是否有解。習 題 七1. 證明定理的結論(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ)。解 利用Jacobi符號的性質，有因此，方程(9)無解。解 我們有例2 已知3371是素數(shù)，判斷方程x2 186。對于一般的正奇數(shù)m來說，= 1并不能保證方程(2)有解。 利用以上定理，我們可以很容易地計算Jacobi符號，特別是Legendre符號的數(shù)值。將此式代入式(8），得到式(7)。 l），則由定義1及第六節(jié)定理2，有 （8）其中。 k，1163。 l）都是素數(shù)，(pi, qj) = 1（1163。 k，1163。若(m, n) = 1，設m = p1p2Lpk ，n = q1q2Lpl ，其中pi，qj（1163。定理3 設m，n是大于1的奇整數(shù)，則。由定義1及第六節(jié)定理1，有，由此及式(6)推出結論(ⅱ)。定理2 設m = p1p2Lpk是奇數(shù)，其中p1, p2, Lpk是素數(shù)，則下面的結論成立：(ⅰ) ；(ⅱ) 。 k），因此a 1 = a1a2Lak 1 = (1 + b1m)(1 + b2m)L (1 + bkm) 1= m(b1 + b2 + L + bk) + m2A，其中A是某個整數(shù)。N， 使得ai = 1 + bim（1163。 k，a = a1a2Lak，則(mod m)。 1 (mod m)，1163。 k，因此結論(ⅱ)，(ⅲ)，(ⅳ)的證明留作習題。 a1 (mod pi)，1163。 (5)證明 (ⅰ) 由a 186。定理1 使用定義1中的符號，下面的結論成立：(ⅰ) 若a 186。這樣，若= 1，則方程(2)必無解。 i 163。盡管如此，利用雅各比符號仍可對方程(2)的無解性給出判斷。例如，方程x2 186。注2：如果m是奇素數(shù)，當= 1時，方程(2)有解。例如，取m = 45 = 335，則注1：當m是奇素數(shù)時，Jacobi符號就是Legendre符號。 i 163。 i 163。為此，本節(jié)中要介紹一個更為切實可行的方法。因此，在理論上，利用Legendre符號可以判定方程(2)是否有解。 i 163。對于一般的正整數(shù)m，如果它的標準分解式是，那么，由第二節(jié)定理4和第三節(jié)定理可知，判定方程x2 186。第七節(jié) Jacobi符號在上一節(jié)中我們看到，對于奇素數(shù)p，利用計算Legendre符號可以判定方程x2 186。6. 證明：對于任意的奇素數(shù)p，總存在整數(shù)n，使得p189。5. 證明：形如8k + 5（k206。QR(p)。3. 求所有的素數(shù)p，使得 2206。2. 求所有的素數(shù)p，使得下面的方程有解：x2 186。 1503 (mod 1013)。習 題 六1. 已知769與1013是素數(shù)，判定方程(ⅰ) x2 186。因此，形如8k + 3（k206。 t）。 pi（1 163。N，q具有8k + 3的形式。 t），所以，N 186。 1 (mod 8)（1 163。由于pi 186。 3 (mod 8)。 3 (mod 4) 并且q 186。 1 (mod 8)。 1 (mod 4)并且q 186。QR(q)，所以。設q是N的一個素因數(shù)，顯然q2。Z）的素數(shù)p1, p2, L, pt。解 用反證法。例4 證明：形如8k + 3（k206。這個矛盾說明，形如8k + 7（k206。 i 163。顯然，q 185。 1 (mod 8)。若N的所有奇素因數(shù)都具有8k + 1的形式，則N也是8k + 1的形式，但是，由于任何奇數(shù)的平方對模8與1同余，所以應有N 186。 2 (mod q)，因此，由定理1推論，有q 186。顯然，2N。Z）的素數(shù)p1, p2, L, pt。解 用反證法。例３ 證明：形如8k + 7（k206。 (16)由式(15)與(16)可知所求的素數(shù)具有形式p = 24k + 1 或 p = 24k + 11，k206。由此及式(14)，利用孫子定理得到p 186。由定理2，有，因此p 186。 (15)(ⅱ) 若式(14)成立，并且3206。由此及式(13)，利用孫子定理得到p 186。由定理2，有，因此p 186。 (14)(ⅰ) 若式(13)成立，并且3206。 1 (mod 8)； (13)由式(12)中的第二組同余式，得到p 186。解 若 2206。QR(p)，3206。解 利用已有的定理，有方程有解。例1 已知563是素數(shù)，判定方程x2 186。Z，q1, q2,L, qk是互不相同的素數(shù)；(ⅲ) 若有某個qi = 2，用定理1推論判定之值；(ⅳ) 若qi 185。 n0 163。一般地，若p是素數(shù)，計算Legendre符號()可按以下步驟進行：(ⅰ) 求出n0 186。證畢。同理，S2中有個元素，所以。 y 163。 (9)對于(u, v)206。S1200。S，v u }則S1199。 v記S1 = { (u, v)；(u, v)206。由于(p, q) = 1，所以，對于任何(u, v)206。 y 163。 x 163。由定理１，有。證明 只需證明。證畢。 m (mod 2)。 m (mod 2)。 k 163。證明 使用引理中的符號rk，ai，bi，m與t，由，及引理的證明過程，看到因此。證畢。k1 + k2，這是不可能的。 0 (mod p)，即p189。 k1, k2 163。 t，有bj 185。 m，1 163。 (1)因為，而且對于任意的i，j，1 163。設在中大于的有m個，則= (1)m。 k 163。以下，總以p表示奇素數(shù)。6. 設p是奇素數(shù)，證明：模p的所有二次剩余的乘積與對模p同余。5. 設p是奇素數(shù)，(n, p) = 1，a是正整數(shù)，證明同余方程x2 186。(mod p)是同余方程x2 186。 3 (mod 4)，= 1，證明x 186。3. 設p是奇素數(shù)，證明：模p的兩個二次剩余的乘積是二次剩余；兩個二次非剩余的乘積是二次剩余；一個二次剩余和一個二次非剩余的乘積是二次非剩余。習 題 五1. 同余方程x2 186。p 1即p 186。由式(13)可知d0 = 8。所以r = 0，即d0189。 ar (mod p)，因此，若r 185。 d0 1，則由式(14)與式(15)得到1 186。 1 (mod p) (15)成立的最小正整數(shù)d，記8 = qd0 + r，0 163。 1 (mod p)。 a (mod p)是方程(12)的解，則a4 186。 1 (mod 8)。 p 1，則qk =，并且，由定理2，有例７ 設p是奇素數(shù)，證明：若同余方程x4 + 1 186。Z，1 163。 k 163。例６ 設p是素數(shù)，證明：數(shù)例1, 2, L, p 1中的模p的二次剩余之和是。QR(p)。 (10)由式(8)與式(10)得到y(tǒng)2 = x3 a3 b2 186。 3 (mod 4)，使得p189。 1 + a + a2 186。若x 186。 33 13 0 186。 3 (mod 4)，則由式(8)得到y(tǒng)2 186。 1(mod 4)這不可能。若2189。解 用反證法。b，并且b沒有形如4k + 3（k206。例５ 若a 186。 i 163。N，顯然q 185。由例2，必有奇素數(shù)q，q 186。解 用反證法。例４ 形如4m + 1（k206。QR(p)。n2 + 1，則n2 186。解 由于任何奇數(shù)都可表成奇素數(shù)之積，而且任意多個形如4m + 1的整數(shù)之積也具有4m + 1的形式，我們只需證明：若素數(shù)p是n2 + 1的因數(shù)，則p具有4m + 1的形式。例3 設n是整數(shù)，證明n2 + 1的任何奇因數(shù)都是4m + 1（m206。 1(mod 4)時，模p的所有二次剩余之積對模p同余于 1。 1 (mod 4)，則186。解 由定理2，因為 (mod 11)，方程有解。例1 判斷方程x2 186。QNR(p)的充要條件是p 186。QR(p)的充要條件是p 186。證畢。最后，由結論(ⅰ)，有由于上式首端與末端都是只取值 1，0或1的整數(shù)，所以它們必相等。為了證明結論(ⅲ)，只需證明其中的第二個等式。 k，有。 n1 (mod p)，則；(ⅲ) ；(ⅳ) 對任意的整數(shù)ni，1 163。證畢。k s。 s2 (mod p)， (7)則p189。 k s 163。為了證明定理，只需證明式(6)中的任何兩個數(shù)對模p不同余。定理２ 模p的簡化系中，二次剩余與二次非剩余的個數(shù)都是，而且，模p的每個二次剩余與且僅與數(shù)列12，22，L， (6)中的一個數(shù)同余。 (5)因為p是奇素數(shù)，所以式(3)式與式(4)必有且僅有一個成立，利用結論(ⅰ)，可得到結論(ⅲ)。 1 (mod p)， 186。 (4)證明 結論(ⅰ)與(ⅱ)由第四節(jié)定理５直接推出。 1 (mod p)； (3)(ⅱ) 若n是模p的二次剩余，則方程(2)有兩個解；(ⅲ) n是模p的二次非剩余的充要條件是186。以下，在本節(jié)中，總假定p是奇素數(shù)。顯然，若n1 186。QR(p)；否則，稱n是模p的二次非剩余，記為n206。 n (mod p) (2)的研究。 b2 4ac (mod p)。此時，因為(4a, p) = 1，所以，方程(1)等價于方程4a2x2 + 4abx + 4ac 186。如果(a, p) = p，則方程(1)成為一元一次同余方程。 (1)如果p = 2，則可以直接驗證x 186。第五節(jié) 素數(shù)模的二次同余方程設p是素數(shù)，我們來研究素數(shù)模p的二次同余方程ax2 + bx + c 186。6. 設p 179。 (x 1) (x 2)L(x p + 1) (mod p)；(ⅱ) (p 1)! 186。 1 (mod p)有k個解。 1 (mod m)。 a(mod m)的一切解x都可以表示成x 186。 0 (mod 5)是否有六個解？3. 設(a, m) = 1，k與m是正整數(shù)，又設x0k 186。2. 判定(ⅰ) 2x3 x2 + 3x 1 186。 0 (mod 7)；(ⅱ) 4x20 + 3x12 + 2x7 +