什麼是二次剩餘問題

就是求解形如 $x^2\equiv a(m$

o d   p ) x^2\equiv a \text{ } ( mod\text{ }p )
的關於 $x$

x 的方程。

下面從不同的模數開始分類討論解決二次剩餘問題的方法

幾個定義

如果關於 $x$的方程
$x^2$

≡ a   ( m o d   p ) x^2\equiv a \text{ } ( mod\text{ }p ) 有解。

稱 $a$是模 $p$意義下的二次剩餘，否則稱為模 $p$意義下的二次非剩餘。

為什麼會出現二次非剩餘，其實很簡單。

考慮在 $\%p$意義下本質不同的數只會有 $p$個。而其中 $(-t)^2\equiv t^2(mod\text{ }p)$，根據抽屜原理，總會有至少 $O(\frac{p}{2})$的數無法被 $t^2\%p表示出來$

勒讓德符號（ $Legendre\text{ }symbol$）:
$(\frac{a}{p})=\left\{ \begin{aligned} 1 &&&a是\%p下的二次剩餘 \\ -1 &&&a是\%p下的二次非剩餘 \\ 0 &&& a\equiv0(mod\text{ }p) \end{aligned} \right.$

稍後會告訴怎麼求勒讓德符號。

1.模數為奇質數

首先來考慮 $p$是奇質數的情況。

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解的存在性問題

尤拉準則：

尤拉準則： $(\frac{a}{p})\equiv a^{\frac{p-1}{2}}(mod\text{ }p)$

當 $p \mid a$的時候尤拉準則顯然成立。

否則由費馬小定理我們有 $a^{p-1}\equiv 1（mod\text{ }p)$

所以必然有 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm1(mod\text{ }p)$

先證明 $(\frac{a}{p})=1$的情況

必要性：

當 $a$是 $\%p$意義下的二次剩餘，即 $\exist x,x^2\equiv a(mod\text{ }p)$

那麼我們有 $a^{\frac{p-1}2}\equiv (x^2)^{\frac{p-1}2}\equiv x^{p-1}\equiv 1(mod\text{ }p)$

必要性證明完畢

充分性：

設 $p$有一個原根 $g$，那麼必然有 $g^i\equiv a(mod\text{ }p)$

則： $g^{\frac{i(p-1)}2}\equiv 1(mod\text{ }p)$

由於 $g$為原根，所以必然會有 $(p-1)\mid\frac{i(p-1)}{2}$

即 $i$是偶數。

必然存在解 $x_0\equiv g^{\frac{i}2}(mod\text{ }p)$