ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 04.06.2024
Просмотров: 37
Скачиваний: 0
Питання 2 Квадратична конгруенція за простим непарним модулем p
Розглянемо конгруенцію |
|
x 2 ≡ a(mod p) |
(3) |
Якщо a ≡ 0(mod p), то (3) має один розв’язок.
Теорема 2. Критерій Ейлера.
Якщо a в конгруенції (3) не ділиться на p , тобто (a, p) = 1, то відповідна конгруенція має 2 різних розв’язки, якщо
p−1
a 2 ≡ 1(mod p),
або зовсім немає розв’язків, якщо
p−1
a 2 ≡ −1(mod p)
Доведення: Розглядаємо конгруенцію (3) за прости непарним модулем p .
Оскільки (a, p) = 1, то за теоремою Ферма a p−1 − 1 ≡ 0(mod p). Оскільки в нашому випадку p − 1 завжди парне, то вірним буде подання:
a
p−1
2
−1 a
p−1 2
|
≡ 0(mod p) |
+ 1 |
|
|
|
|
|
Якщо добуток ділиться на просте число, значить обов’язково хоча б один з
|
|
|
|
|
|
|
p−1 |
|
|
p−1 |
|
|
||
множників ділиться на це число. Одночасно числа |
|
|
|
|
ділитися не |
|||||||||
a |
2 |
|
− 1 |
та a |
2 |
|
+ 1 на p |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
можуть, бо їхня різниця дорівнює 2, не ділиться на p . Отже можливі два випадки: |
||||||||||||||
|
p−1 |
|
p−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
≡ 1(mod p), або a |
|
≡ −1(mod p) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a 2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Тепер згадаємо, що коли (3) має розв’язок, то існує x (та − x ) такий, що |
|
|||||||||||||
(− x 2 ) ≡ x 2 |
≡ a(mod p), причому, оскільки (a, p) = 1, то і (± x, p) = 1. Для таких конгруенцій |
за властивостями можливе піднесення до цілого степеня. Піднесемо конгруенцію до
степеня p −1 , отримаємо: 2
p−1
xp−1 ≡ a 2 (mod p).
За теоремою Ферма з урахуванням (x, p) = 1 маємо x p −1 ≡ 1(mod p), отже, виходячи з
існування розв’язку x конгруенції (3), отримали:
p−1
a 2 ≡ 1(mod p).
Висновок: якщо (3) має розв’ язки, то для неї виконується конгруенція
p−1
a 2 ≡ 1(mod p). В цьому випадку конгруенція має рівно 2 класи коренів, створених на лишках з повної системи абсолютно найменших лишків x та − x (або x та p − x з
повної системи найменших лишків) модуля p , оскільки (− x)2 = x 2 ≡ a(mod p)
Очевидно, що x та − x різні, тобто не конгруентні між собою, інакше б виконувалася конгруенція 2x ≡ 0(mod p), тобто x ділився б на p , а це протиріччя до
вихідної конгруенції. Більше коренів бути не може за теоремою про кількість коренів конгруенції з простим модулем.
53
p−1
Відповідно, іншій випадок - a 2
≡ −1(mod p) - виконується тільки для таких a , для
яких конгруенція (3) не має розв’ язку.
Тепер прояснимо питання кількості чисел a , для яких конгруенція (3) буде мати розв’язки. Очевидно, що a належить до класів, створених на повних системах абсолютно найменших або найменших лишків без нуля. Для простого модуля p таких класів p −1.
Але вище було відмічено, що x та − x (або x та p − x ) дають однакові квадрати, тобто (− x)2 = x 2 ≡ a(mod p). Отже, будемо мати чисел, для яких конгруенція (3) має розв’язок,
рівно половину з кількості елементів у повній системі лишків без нуля, тобто рівно p −1 2
лишки з повної системи лишків відповідають (3), а інша половина – ні. Нагадаємо, що p -
непарне, отже p −1 - ціле число. 2
Приклад.
Розглянемо повну систему абсолютно найменших лишків для чисел 5 та 7 і з’ясуємо, для яких лишків конгруенція (3) буде мати розв’язок, а для яких ні. В дужках будемо подавати відповідні лишки з повної системи найменших лишків.
p = 5, повна система абсолютно найменших лишків без нуля: − 2,−1,1,2 (1,2,3,4) .
Відповідні квадрати: (± 2)2 = 4 ≡ −1(mod 5), (± 1)2 = 1 ≡ 1(mod 5)
[(1)2 = 1 ≡ 1(mod 5), (2)2 = 4 ≡ 4(mod 5), ] (3)2 = 9 ≡ 4(mod 5), (4)2 = 16 ≡ 1(mod 5) .
Отже, якщо в (3) модуль дорівнює 5, а права частина a ≡ ±1(mod 5) (a ≡ 1,4(mod 5)), то конгруенція розв’язок має. Для a ≡ ±2(mod 5) (a ≡ 2,3(mod 5)) розв’язків немає. Тобто для
|
5 − 1 |
= 2 лишків розв’язок є, для 2-х – |
немає. |
|
|
|
|||
2 |
|
p = 7, повна система абсолютно найменших лишків без нуля: − 3,−2,−1,1,2,3 |
||
|
|
|
||
(1,2,3,4,5,6). Відповідні квадрати: |
|
|||
(± 3)2 = 9 ≡ 2(mod 7), (± 2)2 = 4 ≡ −3(mod 7), (± 1)2 = 1 ≡ 1(mod 7) |
||||
( (1)2 |
|
= 1 ≡ 1(mod 7), (2)2 = 4 ≡ 4(mod 7), |
(3)2 = 9 ≡ 2(mod 7), (4)2 = 16 ≡ 2(mod 7), |
|
(5)2 |
= 25 ≡ 4(mod 7), (6)2 = 36 ≡ 1(mod 7)) |
|
||
|
|
|
Отже, якщо в (3) модуль дорівнює 7, а права частина a ≡ 1,2,−3(mod 7), то |
конгруенція розв’язок має. Для a ≡ −1,−2,3(mod 7) розв’язків немає. Тобто для 7 − 1 = 3 2
лишків розв’язок є і для 3-х – немає.
Висновок. Серед повної системи лишків для простого непарного модуля p p −1 2
елементів відповідає конгруенції (3) і p −1 елементів не відповідає. 2
Для таких елементів, що відповідають, виконується конгруенція
p−1
a 2 ≡ 1(mod p)
Для інших – конгруенція
p−1
a 2 ≡ −1(mod p)
54
Означення: Значення a , для якого конгруенція (3) має розв’язок, називається квадратичний лишок модуля p . Якщо для деякого a конгруенція (3) розв’язку немає, то
a носить назву квадратичний нелишок модуля p .
Наслідок з критерію Ейлера: У повній системі лишків простого непарного
модуля p кількість лишків завжди дорівнює кількості нелишків, а саме p −1 . 2
Теорема 3. (Теорема Ейлера).
Добуток двох лишків або двох нелишків за модулем p є лишок. Добуток лишку на нелишок за модулем p є нелишок.
Доведення: З критерію Ейлера:
|
p−1 |
|
|
|
p−1 |
|
p−1 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
≡ ±1(mod p), b |
|
≡ ±1(mod p), |
(ab) |
|
|
≡ ±1(mod p), |
|
|
||||
a 2 |
2 |
|
|
||||||||||||
2 |
|
|
|||||||||||||
„+” |
|
буде за умови, що знаки біля 1 однакові, „-” – різні. |
|
|
|
||||||||||
Питання 3 Символ Лежандра. |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Означення: Розглянемо конгруенцію x2 ≡ a(mod p) |
|
|
(1) |
||||||||||||
Якщо p простий непарний модуль і (a, p) = 1 , символ Лежандра називається |
|||||||||||||||
величина |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
= 1 , якщо a - квадратичний лишок за модулем p і |
a |
= −1, якщо a - |
|||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|||
квадратичний нелишок за модулем p . Тобто, враховуючи критерій Ейлера, |
|||||||||||||||
a |
|
|
p−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
≡ a 2 (mod p) |
|
|
|
|
|
|
(2) |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Критерій Ейлера дає одразу і формулу обчислення символу Лежандра, але для великих p,a обчислення є досить складними. Наведемо властивості символу Лежандра,
які значно спрощують процес обчислення даного показника і, відповідно, визначення наявності розв’язків (1).
Властивості символу Лежандра.
1. |
Якщо a ≡ b(mod p) |
a |
|
b |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
p |
|
|
|
|||
2. |
ab |
a b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
= |
|
|
, як наслідок: |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
p p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
a n |
|
a n |
; |
a 2 |
|
= 1; |
ab |
2 |
a |
||||||
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
= |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
p |
|
p |
|
|
|
|
p |
p |
||||
3. |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− 1 |
|
|
p−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
4. |
|
|
= (− 1) |
|
2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
55
Якщо взяти до уваги, що для усіх простих чисел p = 4k + 1 величина p -1 парна, а 2
для p = 4k + 3 , або p = 4k − 1 - непарна, то дану властивість можна прокоментувати так: для всіх модулів типу p = 4k + 1 число -1 є квадратичний лишок, а для модулів типу
p = 4k + 3 , або p = 4k − 1 - квадратичний нелишок.
Наприклад -1 за модулем 29 є квадратичний лишок, бо 29 = 7 × 4 +1 , а для модуля 3 квадратичний нелишок, бо 3 = 4 ×1 -1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|||
Властивість 2 зводить обчислення символу Лежандра |
за прости непарним |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
-1 |
2 |
|
q |
|
|
|||||
модулем p до обчислення символів |
|
, |
, |
|
, |
|
, якщо q ¹ p - просте непарне |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
p p p |
|
|
|||||||||
число. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
p2 -1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
5. |
= (-1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Якщо розглянути просте непарне число за модулем 8, то будемо мати для нього |
|||||||||||||||||||||
один з таких видів: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
p = 8k + 1; p = 8k + 3; p = 8k + 5 (àáî |
p = 8k − 3 ); |
p = 8k + 7 (àáî p = 8k − 1) |
|||||||||||||||||||
Якщо розглянути степінь |
p 2 -1 |
для цих видів, то будемо мати: |
|||||||||||||||||||
8 |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
p = 8k ± 1: |
|
64k 2 |
+16k +1 -1 |
= 8k 2 + 2k; |
64k 2 - 6k +1 -1 |
= 8k 2 - 2k - парні степені |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
p = 8k ± 3 : |
64k 2 |
+ 48k + 9 -1 |
= 8k 2 + 6k +1; |
64k 2 |
- 48k + 9 -1 |
= 8k 2 - 6k +1 - непарні |
|||||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
степені |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тобто властивість 5. можна подати так: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Для чисел |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
= 1, тобто 2 є лишком за модулем |
||||||||
p = 8k ± 1 символ Лежандра |
|
||||||||||||||||||||
p = 8k ± 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Для чисел |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
= -1, тобто 2 є нелишком за модулем |
|||||||
p = 8k ± 3 символ Лежандра |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
|
|
|
p= 8k ± 3
6.Закон взаємності двох простих непарних чисел:
Якщо p та q два різних непарних простих числа, то для них виконується |
|||||||
співвідношення: |
|
|
|
|
|
||
p q |
|
p-1 |
× |
q-1 |
|
||
|
|
= |
(-1) 2 2 |
|
|||
q p |
|
|
|
|
|
||
Число q , як і число p подається за модулем 4 або як 4k + 1, або 4k + 3. В першому |
разі |
q − 1 |
буде парним степенем, у другому – непарним. Добуток степенів |
p -1 |
× |
q -1 |
буде |
|
2 |
|
||||
2 |
|
2 |
|
парним, якщо хоч один із множників парний.
56
Отже, якщо хоча б одне з чисел p та q має вигляд 4k +1, то |
p |
q |
||||
|
|
= |
. |
|||
|
|
|
q |
p |
||
Якщо обидва числа мають вигляд 4k + 3, то |
p |
|
q |
|
|
|
|
|
= - |
|
|
||
|
q |
|
p |
|
Приклади:
1.Дослідити, чи має розв’ язки конгруенція x 2 º 438(mod 593)
Розв’язання
Спочатку спростимо конгруенцію: x 2 º -155(mod 593). Розкладемо a = -155 = (-1)×5 ×31
Для визначення наявності розв’язків обчислимо символ Лежанндра
|
-155 |
|
-1 |
5 |
31 |
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
593 |
|
593 |
593 |
593 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
-1 |
148×2 |
= 1 , |
1) 593 = 148 × 4 +1, тобто |
|
= (-1) |
||||||
|
|
|
|
|
|
593 |
|
|
2) (5,593) = 1, 593 = 148 × 4 +1, 5 = 4 ×1 + |
|
5 |
|
|
593 |
|
|
3 |
|
|
5 |
|
2 |
, |
||||
1 |
|
= |
|
|
= |
|
|
= |
|
= |
|
|||||||
|
|
|
|
|
593 |
|
5 |
|
|
5 |
|
3 |
|
3 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
1 |
= -1 |
|
|
|
|
|
|
||
3 = 8 × 0 + 3 , отже 2 є нелишком по модулю 3, |
|
|
= (-1) |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3) (31,593) = 1, 593 = |
|
31 |
|
593 |
= |
4 |
|
|
22 |
|
= 1 |
|
|
|
|
|||
4 ×148 +1 |
|
= |
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
593 |
|
31 |
|
|
31 |
|
593 |
|
|
|
|
|
|
||
|
-155 |
= -1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4) |
= 1× (-1)×1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
593 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Висновок: Конгруенція x 2 º 438(mod 593) розв’язків немає.
2.Дослідити, чи має розв’ язки конгруенція x 2 º 2021(mod1231)
Розв’язання
Спочатку спростимо конгруенцію: x 2 º 792(mod1231). Розкладемо
a = 792 = 8 × 9 ×11 = 23 × 32 ×11
Для визначення наявності розв’язків обчислимо символ Лежанндра
23 |
× 32 ×11 |
2 |
11 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1231 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1231 1231 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
1) 1231 = 153 ×8 -1, тобто |
|
2 |
= 1 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1231 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2) 11 = 2 × 4 + 3, 1231 = 4 × |
|
|
|
11 |
|
1231 |
|
-1 |
= 1 |
||||||
307 + 3 |
|
= - |
|
= - |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1231 |
11 |
|
|
11 |
|
|
|
|
23 × 32 ×11 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
3) |
|
|
|
|
= 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1231 |
= 1×1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Висновок: Конгруенція x 2 º 792(mod1231) має 2 розв’язки.
57