本章的目的是较深入地讨论 1.一般二次 了解一般二次及：
教学过程:
本节主要讨论 2.单质数的 了解单质数的：
教学过程:
这节我们讨论单质数p 的)(mod 12
1p a
p ≡-：而)(mod 12
1p a
p -≡-
单质数p 的使的)(mod ),(mod 22
212
1p a r p a r ≡≡于是有)(mod )(212
21p a a r r ≡ 这说明
一般二次同余式
在第四章中，我们讨论了高次同余式的解的一般理论，但在实际中，要解一个高次同余式一般比较困难。

在本章我们重点讨论二次同余式的解法。

思路是先把一般二次同余式化为特殊的二次同余式，再引入平方剩余与平方非剩余，并利用勒让得符号来判断特殊二次同余式是否有解。

二次同余式的一般形式 二次同余式的一般形式是
，
0 （
） （1）
化一般二次同余式为特殊二次同余式 由高次同余式的理论知，若
的标准分解式为
，
则（1）有解的充要条件是下面同余式组中每个同余式有解。

于是要判别（1）是否有解及如何解（1），我们可重点讨论
为质数。

（2）
下面对（2）分情况进行讨论。

找到（2）有解的判别法。

由于（2）为二次同余式，故可假定
，若有
但
(,,)，
则（2）化为。

而。

故还可假定(,,)。

1) |，|。

则。

因而同余式无解。

故（2）设有解。

2)
|，。

则
无解，故（2）有解的充要条件是
有解，即
有解。

但（
，
）＝1。

故有解，从而（2）有解，且（2）的解可由
的解求出。

3) ，
>2。

则。

用4乘（2）后再配方，即得
（3）
易证（2）和（3）等价。

用代2
＋得
（4）
则（2）有解的充要条件是（4）有解，于是将（2）化为（4）讨论。

4)
，
＝2。

这时为奇。

（i ）若2
，则
无解。

故（2）有解的充要条件是
有解。

因对任何整数
恒有。

所以（2）有解的充要条件是
有解，即2|。

（ii ） 若2|，令。

由
知
（2）有解的充要条件是
有解。

即
(5)
有解。

作代换
＝
＋，则（2）有解的充要条件是
有解。

由上面讨论，可将（2）的问题化为二次同余式
或一般情况即
(6)
平方剩余和非平方剩余
定义 若同余式（6）有解，则叫模的平方剩余，若同余式（6）无解，则叫模的平方非剩余。

由这一定义，要判断（6）是否有解，就是判断是否为模的平方剩余，下面几节
就讨论为模的平方剩余及平方非剩余的判别。

单质数的平方剩余和平方非剩余
在这一节里我们只讨论单质数的平方剩余和平方非剩余，即讨论形如
（1）
的同余式的解。

定理1（欧拉判别条件）若（，）＝1，则是模的平方剩余的充分与必要条件是
（2）
而是模的平方非剩余的充分与必要条件是
（3）
且若是模的平方剩余，则（1）式恰有两个解。

证（i）因为能整除，即有一整系数多项式（）使
，
故
若是平方剩余，则（2）成立。

因而由质数模高次同余式解的个数的结果知
有二解。

反之，若（2）成立，则是模的平方剩余。

（ii）由费尔马定理知，若（，）＝1，则。

因此。

由于是单质数，故（2），（3）有一且仅有一成立。

但由（i）知是平方剩余的充要
条件是。

故是平方非剩余的充要条件是（3）。

定理（2）模的简化剩余系中平方剩余和非平方剩余的个数各为。

而且
个平方剩余分别与序列（4）中之一数同余，且仅与一数同余。

证由定理1知平方剩余的个数等于同余式
的解数。

但能整除。

故由质数模高次同余式解数的结果知，平方剩余的个数是，而平方非剩余的个数是。

下面证定理的第二部分：显然（4）中的数均是平方剩余，且互不同余，因若
，则有四个解，这与定理1矛
盾。

故由定理前一部分结论即知成立。

例求出模11的平方剩余和平方非剩余。

解：＝11为单质数。

由定理2，对模11共有5个平方剩余，5个平方非剩余。

其5个平方剩余与下列5个数对模11一对一地同余:
故5个平方剩余为1，4，9，5，3
而5个平方非剩余为：2，6，7，8，10
由此即知同余式，有解，且有两个解。

而同余式
无解。

勒让得符号
在上一节给出了欧拉判别条件判别平方剩余与平方非剩余，但当比较大时，计算很困难。

当然由上节定理2，从理论上讲，对一些给定的，我们可以构造出平方剩余表，要判
别一个同余式是否有解，只须查一下表即可。

但单质数太多，无法也不可能对每个单质数构造一张表。

故在本节我们引入勒让得符号，给出一个便于实际计算的判别方法。

勒让得符号的定义
勒让得符号(读作对的勒让得符号)是一个对于给定的单质数定义在一切整
数上的函数，它的值规定如下：
由勒让得符号的定义可以看出，如果能够很快地计算出它的值，那么就会立刻知道同余式
有解与否，下面通过讨论勒让得符号的性质给出计算勒让得符号的值的方法。

勒让得符号的性质
性质1
证由定义及欧拉判别法即得。

性质2
，其中
证由性质1可得前两式，由定义可得第三式。

性质3。

证由性质1，
由定义。

又>2，故得性质3。

由性质3及定义立即可得
性质4，。

性质5；
若（，）＝1，2，则，其中。

由性质5可得
推论当时，2是平方剩余；当时，2是平方非剩余。

性质6（二次反转定理）若及都是单质数，（，）＝1，则。

注性质5和性质6的证明比较复杂，不要求大家掌握，只须会使用即可，有兴趣的同学
可参看教材上给的证明。

利用性质1到性质6，我们可比较容易地计算出勒让得符号的值。

从而判别同余式
是否有解。

勒让得符号的应用
下面通过一个例题说明勒让得符号的应用
例判断同余式是否有解。

解因563为单质数，只须计算。

因为286＝2×11×13所以由性质3得。

由性质5得
由性质6及性质2与性质4得
同理由前面性质得
故，因而原同余式无解。

合数模的情况
在前几节我们讨论了单质数模的同余式
有解的条件，在本节我们将讨论合数模同余式
（1）
有解的条件及解的个数。

由高次同余式理论，若的标准分解式为：
则（1）有解的充要条件是同余式组
（2）
有解，并且在有解的情况下，（1）的解数是（2）中各式解数的乘积，下面就先讨论同余式
这里为单质数。

定理1（3）有解的充要条件是，且在有解的情况下，（3）式的解数是2。

证若，则同余式无解，因而（3）式无解，故条件的必要性成立。

若，则由欧拉判别法知恰有两个解。

设是
它的一个解，那么由（，）＝1即得，又因为2，故。

若令
，
则。

故由高次同余式理论知，由出发可得出（3）的一个唯一解。

因此由两个解给出（3）的两个解，并且（3）仅有两个解。

下面我们来讨论同余式
（4）
的解。

首先，当时，（4）永远有解，并且解数是1，下面我们只讨论的情形。

定理2设，则（4）有解的充要条件是
（i）当时，
（ii）当时，
并且在（4）有解的情况下，若，则解数是2；若，则解数是4。

证若是（4）的任一解，由（，2）＝1即得，因此,，其中是整数，由此即得。

（i）当时，，因此
（ii）当时，则，又由于，故。

所以条件的必要性成立。

下证充分性。

当时，由（i）成立得，显然这时都是（4）的解，且此时（4）仅有此二解。

当时，由（ii）成立得，显然这时
是（4）的仅有的四个解。

当时，由于适合的一切整数可表成
（5）下面我们就从（5）中分出适合的一切整数。

将（5）式代入
得：
，即
亦即
故，
是适合的一切整数。

同理适合同余式的一切整数是
仿此一直下去可得出适合（4）的一切整数是
这些整数对模来说构成四个解，即：
综合以上情况可得
定理3同余式
有解的必要条件是：
当时，，当时，并且
若上述条件成立，则同余式有解，并且（i）当及1时，解数是，当时，解数是，当时，解数是。

例解。

解因，故有四个解。

将代入得。

由此得，
故
是适合的一切整数，又将这一代入同余式可得适合的一切整数为，将此代入可得到适合
的一切整数为：
故原同余式的四个解为：。