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feat(residue.md)：将欧拉判别法部分前置到剩余与单位根一页 (#4633)
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64ebbea6fa
commit
8a85362d02
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@ -22,98 +22,10 @@ $$
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\end{cases}
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$$
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通过 Legendre 符号可以判断一个数 $a$ 是否为二次剩余，具体判断 $a$ 是否为模 $p$ 的二次剩余，需要通过 Euler 判别准则来实现。
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通过 Legendre 符号可以判断一个数 $a$ 是否为二次剩余，具体判断 $a$ 是否为模 $p$ 的二次剩余，需要通过 [Euler 判别准则](./residue.md#euler-判别准则) 来实现。
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下表为部分 Legendre 符号的值
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## Euler 判别准则
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### 定义
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对于奇素数 $p$ 和 $p\nmid a$ 有
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$$
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a^{(p-1)/2}\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\equiv
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\begin{cases}
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1\pmod p,&\text{if }x^2\equiv a\pmod p\text{ is solvable}\\
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-1\pmod p,&\text{otherwise}
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\end{cases}
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$$
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### 证明
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**引理**：令 $p$ 为素数和模 $p$ 意义下原根 $g$ 并令 $a\equiv g^k\pmod p$。那么 $x^2\equiv a\pmod p$ 有解当且仅当 $k$ 为偶数。
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**引理的证明**：（充分性）假设 $x^2\equiv a\pmod p$ 有解为 $g^l$ 对于某个 $l$ 成立。那么 $(g^l)^2\equiv a\pmod p\implies g^{2l}\equiv a\pmod p$。因此 $k\equiv 2l\pmod{p-1}$（Fermat 小定理），而 $p-1$ 为偶数，所以 $k$ 为偶数。
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（必要性）假设 $k$ 为偶数，那么
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$$
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x^2\equiv g^k\pmod p\iff x^2\equiv (g^{k/2})^2\pmod p
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$$
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而因为 $k$ 为偶数，所以 $k/2$ 为整数，因此 $x^2\equiv g^k\pmod p$ 有解为 $g^{k/2}$。
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因为 $g$ 为模 $p$ 的原根，那么 $g$ 的阶为 $\varphi(p)=p-1$ 所以 $g^{p-1}\equiv 1\pmod p$ 且根据阶的定义，对于所有 $k\in\mathbb{Z}$ 满足 $1\leq k\lt p-1$ 都有 $g^k\not\equiv 1\pmod p$，所以
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$$
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\begin{aligned}
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&{}g^{p-1}\equiv 1&\pmod p\\
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\iff &g^{p-1}-1\equiv 0&\pmod p\\
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\iff &\left(g^{(p-1)/2}-1\right)\cdot\left(g^{(p-1)/2}+1\right)\equiv 0&\pmod p\\
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\implies &g^{(p-1)/2}\equiv -1&\pmod p
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\end{aligned}
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$$
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考虑同余方程 $x^2\equiv a\pmod p$。因为 $a\in\mathbb{F}_p\setminus \lbrace 0\rbrace$ 且 $a\equiv g^k\pmod p$ 对于某个 $k$ 满足 $1\leq k\leq p-1$ 成立。若同余方程存在解，则 $k$ 为偶数，通过上述引理和 Fermat 小定理有
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$$
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\begin{aligned}
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a^{(p-1)/2}&\equiv \left(g^k\right)^{(p-1)/2}&\pmod p\\
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&\equiv \left(g^{p-1}\right)^{k/2}&\pmod p\\
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&\equiv 1&\pmod p
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\end{aligned}
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$$
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所以当 $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$ 时解存在。
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又因上述引理，$x^2\equiv a\pmod p$ 无解时 $k$ 为奇数。假设 $k$ 为奇数，那么
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$$
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\begin{aligned}
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||||
a^{(p-1)/2}&\equiv (g^k)^{(p-1)/2}&\pmod p\\
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&\equiv \left(g^{(p-1)/2}\right)^k&\pmod p\\
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||||
&\equiv \left(-1\right)^k&\pmod p\\
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||||
&\equiv -1&\pmod p
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\end{aligned}
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$$
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即得 Euler 判别准则，也可以推断出 Legendre 符号为完全积性函数。
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## 二次剩余和二次非剩余的数量
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### 定义
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对于奇素数 $p$ 和集合 $\left\lbrace 1,2,\dots ,p-1\right\rbrace$，在模 $p$ 意义下二次剩余的数量等于二次非剩余的数量。
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### 证明
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**引理**：对于 $d\mid (p-1)$ 和奇素数 $p\in\mathbb{Z}$，$x^d\equiv 1\pmod p$ 恰有 $d$ 个解。
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**引理的证明**：根据 Fermat 小定理，当 $\gcd(a,p)=1$ 时有 $a^{p-1}\equiv 1\pmod p$。因此对于每个 $a\in\left\lbrace 1,\dots ,p-1\right\rbrace$，$x=a$ 是 $x^{p-1}\equiv 1\pmod p$ 的解。通过因式分解 $x^{p-1}-1$ 有
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$$
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\begin{aligned}
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x^{p-1}-1&\equiv (x^d-1)(x^{p-1-d}+x^{p-1-2d}+\cdots +1)&\pmod p\\
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&\equiv (x^d-1)\cdot g(x)&\pmod p\\
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&\equiv 0&\pmod p
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\end{aligned}
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$$
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其中 $\deg(g(x))=p-1-d$。根据 [Lagrange 定理](./lagrange.md) 我们知道 $g(x)=0$ 最多有 $p-1-d$ 个解。因为 $x^{p-1}-1\equiv 0\pmod p$ 有 $p-1$ 个解，所以显然 $x^d-1\equiv 0\pmod p$ 至少有 $d$ 个解。如果只考虑 $x^d-1\equiv 0\pmod p$，我们知道最多有 $d$ 个解。所以 $x^d-1\equiv 0\pmod p$ 恰有 $d$ 个解。
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根据 Euler 判别准则，对于 $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$ 显然 $\frac{p-1}{2}\mid (p-1)$，又因上述引理所以 $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$ 有 $\frac{p-1}{2}$ 个解，而集合中有 $p-1$ 个元素，所以也有 $\frac{p-1}{2}$ 个二次非剩余。
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## 特殊情况时的算法
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对于同余方程 $x^2\equiv a\pmod p$，其中 $p$ 为奇素数且 $a$ 为二次剩余在 $p\bmod 4=3$ 时有更简单的解法，考虑
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@ -24,6 +24,110 @@ $$
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从而转化为一个模 $\varphi(n)$ 意义下的线性不定方程问题。
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## Euler 判别准则
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在模 $n$ 存在原根，即 $n$ 为 $p^a$ 或 $2p^a$ 时，欧拉判别法用于判别一个数模 $n$ 是否为 $k$ 次剩余。
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### 定义
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在模 $n$ 存在原根时，对于模 $n$ 缩剩余系中的 $a$，当且仅当
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$$
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a^{\frac{\varphi(n)}{\gcd(k,\varphi(n))}}\equiv 1 \pmod n
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$$
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时，$a$ 是模 $n$ 的 $k$ 次剩余。
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在原根的视角下欧拉判别法是显然的，这里对最常用的情形，奇素数的二次剩余，进行详细说明。
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### 奇素数的二次剩余
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借助二次剩余符号，对于奇素数 $p$ 和 $p\nmid a$ 有
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$$
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a^{(p-1)/2}\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\equiv
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\begin{cases}
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1\pmod p,&\text{if }x^2\equiv a\pmod p\text{ is solvable}\\
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||||
-1\pmod p,&\text{otherwise}
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\end{cases}
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$$
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#### 证明
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**引理**：令 $p$ 为素数和模 $p$ 意义下原根 $g$ 并令 $a\equiv g^k\pmod p$。那么 $x^2\equiv a\pmod p$ 有解当且仅当 $k$ 为偶数。
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||||
**引理的证明**：（充分性）假设 $x^2\equiv a\pmod p$ 有解为 $g^l$ 对于某个 $l$ 成立。那么 $(g^l)^2\equiv a\pmod p\implies g^{2l}\equiv a\pmod p$。因此 $k\equiv 2l\pmod{p-1}$（Fermat 小定理），而 $p-1$ 为偶数，所以 $k$ 为偶数。
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（必要性）假设 $k$ 为偶数，那么
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$$
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x^2\equiv g^k\pmod p\iff x^2\equiv (g^{k/2})^2\pmod p
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$$
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而因为 $k$ 为偶数，所以 $k/2$ 为整数，因此 $x^2\equiv g^k\pmod p$ 有解为 $g^{k/2}$。
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因为 $g$ 为模 $p$ 的原根，那么 $g$ 的阶为 $\varphi(p)=p-1$ 所以 $g^{p-1}\equiv 1\pmod p$ 且根据阶的定义，对于所有 $k\in\mathbb{Z}$ 满足 $1\leq k\lt p-1$ 都有 $g^k\not\equiv 1\pmod p$，所以
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$$
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\begin{aligned}
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&{}g^{p-1}\equiv 1&\pmod p\\
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\iff &g^{p-1}-1\equiv 0&\pmod p\\
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\iff &\left(g^{(p-1)/2}-1\right)\cdot\left(g^{(p-1)/2}+1\right)\equiv 0&\pmod p\\
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\implies &g^{(p-1)/2}\equiv -1&\pmod p
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\end{aligned}
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$$
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||||
考虑同余方程 $x^2\equiv a\pmod p$。因为 $a\in\mathbb{F}_p\setminus \lbrace 0\rbrace$ 且 $a\equiv g^k\pmod p$ 对于某个 $k$ 满足 $1\leq k\leq p-1$ 成立。若同余方程存在解，则 $k$ 为偶数，通过上述引理和 Fermat 小定理有
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$$
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\begin{aligned}
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a^{(p-1)/2}&\equiv \left(g^k\right)^{(p-1)/2}&\pmod p\\
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||||
&\equiv \left(g^{p-1}\right)^{k/2}&\pmod p\\
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&\equiv 1&\pmod p
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\end{aligned}
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$$
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所以当 $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$ 时解存在。
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又因上述引理，$x^2\equiv a\pmod p$ 无解时 $k$ 为奇数。假设 $k$ 为奇数，那么
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$$
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\begin{aligned}
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||||
a^{(p-1)/2}&\equiv (g^k)^{(p-1)/2}&\pmod p\\
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&\equiv \left(g^{(p-1)/2}\right)^k&\pmod p\\
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&\equiv \left(-1\right)^k&\pmod p\\
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&\equiv -1&\pmod p
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\end{aligned}
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$$
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即得 Euler 判别准则，也可以推断出二次剩余符号为完全积性函数。
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### -1 与 k 次剩余
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欧拉判别法的直接推论是，在模 $n$ 存在原根，即 $n$ 为 $p^a$ 或 $2p^a$ 时，判断 $-1$ 是否为模 $n$ 的 $k$ 次剩余。
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根据欧拉判别法，当且仅当
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$$
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{(-1)}^{\frac{\varphi(n)}{\gcd(k,\varphi(n))}}\equiv 1 \pmod n
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$$
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时，$-1$ 是模 $n$ 的 $k$ 次剩余，即等价于
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$$
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\frac{\varphi(n)}{\gcd(k,\varphi(n))}
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$$
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是偶数。
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对于奇素数 $p$ 的二次剩余情形，则有结论：
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$$
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\left(\frac{-1}{p}\right)\equiv {(-1)}^{(p-1)/2} \pmod p
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$$
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因此，当且仅当 $p$ 为 $4k+1$ 型奇素数时，$-1$ 是模 $p$ 的二次剩余。当且仅当 $p$ 为 $4k+3$ 型奇素数时，$-1$ 是模 $p$ 的二次非剩余。
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## 单位根
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### 定义
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@ -114,7 +218,7 @@ $$
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对于一般的 $k$，需要将 $k$ 替换为 $\gcd(n,k)$。由于 $\gcd(n,k)$ 是 $n$ 的约数，进行替换之后则将问题转化为已讨论的情形。
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## 剩余方程的解
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## k 次剩余的解集
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借助单位根的概念可以很好地研究当原根 $g$ 存在时，剩余方程
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@ -145,3 +249,27 @@ $$
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一个数 $a$ 是 $k$ 次剩余，等价于 $a$ 是 $\gcd(k,\varphi(n))$ 次剩余，等价于 $a$ 是 $\frac{\varphi(n))}{\gcd(k,\varphi(n))}$ 次单位根。
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一个数 $a$ 是 $k$ 次单位根，等价于 $a$ 是 $\gcd(k,\varphi(n))$ 次单位根，等价于 $a$ 是 $\frac{\varphi(n))}{\gcd(k,\varphi(n))}$ 次剩余。
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接下来对于最常用的情形，奇素数的二次剩余，进行详细说明。
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### 二次剩余和二次非剩余的数量
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对于奇素数 $p$ 和集合 $\left\lbrace 1,2,\dots ,p-1\right\rbrace$，在模 $p$ 意义下二次剩余的数量等于二次非剩余的数量。
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#### 证明
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**引理**：对于 $d\mid (p-1)$ 和奇素数 $p\in\mathbb{Z}$，$x^d\equiv 1\pmod p$ 恰有 $d$ 个解。
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**引理的证明**：根据 Fermat 小定理，当 $\gcd(a,p)=1$ 时有 $a^{p-1}\equiv 1\pmod p$。因此对于每个 $a\in\left\lbrace 1,\dots ,p-1\right\rbrace$，$x=a$ 是 $x^{p-1}\equiv 1\pmod p$ 的解。通过因式分解 $x^{p-1}-1$ 有
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$$
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\begin{aligned}
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x^{p-1}-1&\equiv (x^d-1)(x^{p-1-d}+x^{p-1-2d}+\cdots +1)&\pmod p\\
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&\equiv (x^d-1)\cdot g(x)&\pmod p\\
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&\equiv 0&\pmod p
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||||
\end{aligned}
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||||
$$
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||||
其中 $\deg(g(x))=p-1-d$。根据 [Lagrange 定理](./lagrange.md) 我们知道 $g(x)=0$ 最多有 $p-1-d$ 个解。因为 $x^{p-1}-1\equiv 0\pmod p$ 有 $p-1$ 个解，所以显然 $x^d-1\equiv 0\pmod p$ 至少有 $d$ 个解。如果只考虑 $x^d-1\equiv 0\pmod p$，我们知道最多有 $d$ 个解。所以 $x^d-1\equiv 0\pmod p$ 恰有 $d$ 个解。
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根据 Euler 判别准则，对于 $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$ 显然 $\frac{p-1}{2}\mid (p-1)$，又因上述引理所以 $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$ 有 $\frac{p-1}{2}$ 个解，而集合中有 $p-1$ 个元素，所以也有 $\frac{p-1}{2}$ 个二次非剩余。
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