二次剩余
定义
令整数 $a$,$p$ 满足 $(a,p)=1$,若存在整数 $x$ 使得
$$
x^2\equiv a\pmod p
$$
则称 $a$ 为模 $p$ 的二次剩余,否则称 $a$ 为模 $p$ 的二次非剩余。并称$x$为$a$在模$p$下的平方根。
通俗一些,可以认为是求模意义下的 开平方 运算。对于更高次方的开方可参见 k 次剩余。
模$p$下的二次剩余
设$p$是奇素数
设$b \in {Z_p}$,则
$$
b^2 = 1 \iff b = \pm 1 (1,p-1)
$$
证明:
必要性:如果$b=\pm1$,必有$b^2=1$。
充分性:如果$b^2=1$,必有$b^2 \equiv 1 \pmod p$。
所以,$p \mid (b^2-1)$
$\implies p \mid(b-1)(b+1)$
$\implies p \mid(b-1)或p \mid (b+1)$
故而,$b \equiv \pm1 \pmod p$。即$b=\pm 1$。
设$b,c \in {Z_p^}$,则
$$
\begin{aligned}
b^2 = c^2 \iff b = \pm c \
\mid({Z_p^})^2\mid = (p - 1)/2
\end{aligned}
$$
Euler 判别法
对奇素数 $p$ 和满足 $(a,p)=1$ 的整数 $a$,
$$
a^{\frac{p-1}{2}}\equiv\begin{cases}
1 \pmod p, & (\exists x\in\mathbf{Z}),~~a\equiv x^2\pmod p,\
-1 \pmod p, & \text{otherwise}.\
\end{cases}
$$
即对上述的 $p$ 和 $a$,
- $a$ 是 $p$ 的二次剩余当且仅当 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \pmod p$.
- $a$ 是 $p$ 的二次非剩余当且仅当 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 \pmod p$.
证明:
首先由 Fermat 小定理,有 $a^{p-1}\equiv 1\pmod p$,故
$$
\left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\equiv 0\pmod p
$$
从而对任意满足 $(a,p)=1$ 的 $a$ 均有 $a^{(p-1)/2}\equiv \pm 1\pmod p$
另外由 $p$ 是奇素数,我们有:
$$
x^{p-1}-a^{\frac{p-1}{2}}={\left(x^2\right)}^{\frac{p-1}{2}}-a^{\frac{p-1}{2}}=(x^2-a)P(x)
$$
其中 $P(x)$ 是某个整系数多项式,进而:
$$
\begin{aligned}
x^p-x&=x\left(x^{p-1}-a^{\frac{p-1}{2}}\right)+x\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\
&=(x^2-a)xP(x)+\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)x\
\end{aligned}
$$
由 同余方程的定理 5 可知,$a$ 是模 $p$ 的二次剩余当且仅当 $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$. 进而 $a$ 是模 $p$ 的非二次剩余当且仅当 $a^{(p-1)/2}\equiv -1\pmod p$.
简易证明:
设$t=a^{\frac{p-1}{2}}$,则$t^2=a^{p-1}$。根据Fermat 小定理有,
$$
t^2=a^{\varphi(p)}=1,
$$
所以,$t=\pm 1$,即$a^{\frac{p-1}{2}}=\pm 1$
模$p^k$下的二次剩余
设$p$是奇素数,k是正整数
设$b \in {Z_{p^k}}$,则
$$
b^2 = 1 \iff b = \pm 1 (1,p-1)
$$
证明:
必要性:如果$b=\pm1$,必有$b^2=1$。
充分性:如果$b^2=1$,必有$b^2 \equiv 1 \pmod {p^k}$。
所以,${p^k} \mid (b^2-1)$
$\implies {p^k} \mid(b-1)(b+1)$
$\implies p \mid(b-1)(b+1)$
$\implies p \mid(b-1)或p \mid (b+1)$
$\implies {p^k} \mid(b-1)或{p^k} \mid (b+1)$
故而,$b \equiv \pm1 \pmod {p^k}$。即$b=\pm 1$。
设$b,c \in {Z_{p^k}^*}$,则
$$
\begin{aligned}
b^2 = c^2 \iff b = \pm c \
\mid({Z_{p^k}^*})^2\mid = \varphi(p^k)/2
\end{aligned}
$$
E.g
$$
\begin{aligned}
&\mid({Z^_9}^2) \mid = \frac{\varphi(9)}{2}=\frac{3 \varphi(3)}{2}=\frac{3 \times2}{2}=3 \
&\mid({Z^_{25}}^2) \mid = \frac{\varphi(25)}{2}=\frac{5\varphi(5)}{2}=\frac{5 \times 4}{2}=10
\end{aligned}
$$
判别方法
设$p$是奇素数,$a \in {Z^*_{p^k}}$,则
$$
\begin{aligned}
&①a^{\frac{\varphi(p^k)}{2}} = \pm 1 \
&②a \in (Z^_{p^})^2 \implies a^{\frac{\varphi(p^k)}{2}} = 1 \
&③a \notin (Z^_{p^})^2 \implies a^{\frac{\varphi(p^k)}{2}} = -1
\end{aligned}
$$
- $a$是模$p^k$下二次剩余 $\iff a$是模$p$下二次剩余
证明:
充分性:如果$a \in (Z^_{p^})^2$,则$a \in {Z^*_{p^k}}$,所以$\gcd(a,p)=1$。
且存在$b \in {Z^*_{p^k}}$,使得$b^2 \equiv a \pmod {p^k}$
所以。$b^2 \equiv a \pmod p$
故而,$a \in (Z^*_p)^2$
必要性:若$a \in (Z^_{p^})^2$,假设$a$是模$p^k$下二次非剩余,则
$a^{\frac{\varphi(p^k)}{2}} \equiv -1 \pmod {p^k}$
所以,$a^{\frac{\varphi(p^k)}{2}} \equiv -1 \pmod {p}$
$a^{\frac{p^{k-1}\varphi(p^k)}{2}} \equiv -1 \pmod p$
根据费马小定理,
$a^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p$。故而,$a \notin (Z^*_p)^2$,矛盾!
模$n$下的二次剩余
中国剩余映射(Chinese Remainder Mapping)
定义:
中国剩余映射是一种从整数集合Z到多个小模数组成的笛卡尔积Z/n₁Z × Z/n₂Z × … × Z/nkZ的环同态映射。其前提条件是这些模数$n_1, n_2, \dots, n_k$两两互质,即任意两个不同模数之间的最大公约数为1。
结构:
中国剩余映射通常写作CRT(n₁, n₂, …, nk),它通过将整数a分别取模于每个ni,得到一个元组(a mod n₁, a mod n₂, …, a mod nk)。当n = n₁×n₂×…×nk时,由于模数两两互质,根据中国剩余定理,这种映射是可逆的,即存在唯一的一个整数a在模n意义下与该元组对应。
数学表达:
对于一个整数a,有:
$$
CRT: a \implies (a \mod n_1, a \mod n_2, \dots, a \mod n_k)
$$
反之,当给定一个元组(a₁, a₂, …, ak),其中每个ai满足0 ≤ ai < ni,且n = ∏ni,则存在唯一的整数a mod n使得对于所有i,有$a \equiv a_i \pmod {n_i}$。
设$n>1$是奇数,且$n=p_1^{k_1} \times \dots \times p_m^{k_m}$
$$
\begin{aligned}
&a \in (Z_n^)^2 \iff a_i \in (Z_{p_i^{k_i}}^)^2,i = 1, \dots,m \
\end{aligned}
$$
证明:
充分性:
如果$a \in (Z_n^)^2$,设$a=b^2,b \in Z_n^$。
根据中国剩余映射$\tau (b)= (b_1,\dots,b_m)$,则$\tau(b^2)=(b_1^2,\dots,b_m^2)$
于是有,$(a_1,\dots,a_m)=\tau(a)=\tau(b^2)=(b_1^2,\dots,b_m^2)$。
所以,$a_i = b_i^2,i=1,\dots,m$,即$a_i$是模$p_i^{k_i}$下的二次剩余:$a_i \in (Z^*_{p^{k_i}_i})^2$
必要性:
若$a_i \in (Z^_{p^{k_i}i})^2,i=1,\dots,m$,设$a_i = b_i^2,b_i \in Z{p_i^{k_i}}^$。
设$b:= \tau^{-1}(b_i,\dots,b_m)$,则$\tau(b^2)=(b_1^2,\dots,b_m^2)=(a_1,\dots,a_m)=\tau(a)$。
故而,$\tau(b^2)=\tau(a)$
因为中国剩余映射是双射,所以$a=b^2$
故而$a$是模$n$下的二次剩余:$a \in (Z_n^*)^2$
$$
\begin{aligned}
&\mid (Z_n^)^2 \mid = \frac{\varphi(n)}{2^m} \
&设a \in (Z_n^)^2,则 a恰好有2^m个平方根
\end{aligned}
$$
E.g:
$Z^*_{45}$里的二次剩余数量
$$
\begin{aligned}
45 = 3^2\times 5,&此时m=2。二次剩余的数量为\
&\mid(Z^*_{45})^2\mid = \frac{\varphi(45)}{2^2}=6
\end{aligned}
$$
模$p$下$-1$的平方根
二次剩余数量 | 二次剩余平方根 | |
---|---|---|
$p$ | $\frac{\varphi(p)}{2}$(集合大小的一半) | 2个 |
$p^k$ | $\frac{\varphi(p^k)}{2}$(集合大小的一半) | 2个 |
$n$ | $\frac{\varphi(n)}{2^m}$(集合大小的$\frac{1}{2^m}$) | $2^m$个 |
判断-1(p-1)是模$p$的二次剩余
- $p \equiv 1 \pmod 4 \iff -1 \in (Z_p^*)^2$
E.g:
$p=13$,$-1 \in (Z_{13}^*)^2$,因为$13 \equiv 1 \pmod 4$
证明:
$$
\begin{aligned}
p \equiv 1 \pmod 4 &\iff 4\mid(p-1) \
&\iff 2\mid \frac{p-1}{2} \
&\iff \frac{p-1}{2}是偶数 \
&\iff (-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \pmod p \
&\iff -1 \in (Z_p^*)^2
\end{aligned}
$$
$(-1)^{\frac{13-1}{2}} \equiv 1 \pmod {13}$(欧拉公式验证)
证明:
$$
\begin{aligned}
p \equiv 3 \pmod 4 &\iff p=4q+3 \
&\iff p-1 = 4q+2 \
&\iff \frac{p-1}{2}=2q+1 是个奇数 \
&\iff (-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p \
&\iff -1 \in Z^_p / (Z_p^)^2
\end{aligned}
$$
模$p$下构造-1的平方根
$$
\begin{aligned}
&设p \equiv 1 \pmod 4 , c \in Z^_p / (Z_p^)^2 \
&令 b:= c^{\frac{p-1}{4}} \pmod p,则 b^2 \equiv -1 \pmod p \
\
& b^2 \equiv (c^{\frac{p-1}{4}})^2 \equiv c^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p
\end{aligned}
$$
E.g: $p=13,c=2 \in Z^_p / (Z_p^)^2$
$$
\begin{aligned}
&b:= c^{\frac{13-1}{4}} \equiv 2^{\frac{13-1}{3}} \equiv 2^3 \equiv 8 \pmod {13} \
& 8^2 \equiv 64 \equiv 12 \equiv -1 \pmod {13}
\end{aligned}
$$
费马二平方定理(Fermat’s two squares theorem)
设$p$是奇素数,则
$p \equiv 1 \pmod 4 \iff p=s^2+t^2 ,s,t \in Z$
E.g:
$13 = 2^2 + 3^2$
$5=1^2+2^2$
$17=1^2+4^2$
连分数
连分数(continued fraction)本身只是一种形式记号。
“有限连分数”
对于数列 ${a_k}_{i=0}^n$,连分数 $[a_0,a_1,\cdots,a_n]$ 表示展开式
$$
x = a_0+\dfrac{1}{a_1+\dfrac{1}{a_2+\dfrac{1}{\cdots+\dfrac{1}{a_n}}}}.
$$
连分数有意义,当且仅当对应的展开式有意义。这些 $a_k$ 称为连分数的 **项**(term)或 **系数**(coefficient)。
“记号”
更一般的连分数允许展开式中的分子不恒为 $1$,相应的连分数记号也需要修改,这超出了本文的范畴。另外,有些文献中会将第一个逗号「$,$」写作分号「$;$」,这与本文的记号在含义上没有差异。
当然,连分数还可以推广到无穷数列的情形。
“无限连分数”
对于无穷数列 ${a_k}_{i=0}^\infty$,连分数 $[a_0,a_1,\cdots]$ 表示极限
$$
x = \lim_{k\rightarrow\infty} x_k = \lim_{k\rightarrow\infty} [a_0,a_1,\cdots,a_k].
$$
连分数有意义,当且仅当对应的极限有意义。其中,$x_k=[a_0,a_1,\cdots,a_k]$ 称为 $x$ 的第 $k$ 个 **渐近分数**(convergent)或 **收敛子**,而 $r_k=[a_k,a_{k+1},\cdots]$ 称为 $x$ 的第 $k$ 个 **余项** 或 **完全商**(complete quotient)。相应地,项 $a_k$ 有时也称为第 $k$ 个 **部分商**(partial quotient)。
简单连分数
数论中,主要考虑连分数的项都是整数的情形。
“简单连分数”
对于连分数 $[a_0,a_1,\cdots]$,如果 $a_0$ 是整数,$a_1,a_2,\cdots$ 都是正整数,则称它为 简单连分数(simple continued fraction),也简称 连分数。如果数列 ${a_i}$ 有限,则称为 有限(简单)连分数;否则称为 无限(简单)连分数。而且,$a_0$ 称为它的 整数部分(integer part)。
除非特别说明,本文提到的连分数都指的是简单连分数。可以证明,无限的简单连分数必然是收敛的,而且简单连分数的余项也一定是正的。
连分数有如下基本性质:
“性质”
设实数 $x=[a_0,a_1,a_2,\cdots]$。那么,成立如下性质:
1. 对于任意 $k\in\mathbf Z$,有 $x+k=[a_0+k,a_1,a_2,\cdots]$;
2. 对实数 $x>1$,有 $a_0>0$,且它的倒数 $x^{-1}=[0,a_0,a_1,a_2,\cdots]$。
有限连分数对应的是有理数。每个有理数都有且仅有两种方式可以表示成连分数,长度必然一奇一偶。这两种方式唯一的区别在于最后一项是否为 $1$,即
$$
x = [a_0,a_1,\cdots,a_n] = [a_0,a_1,\cdots,a_n-1,1].
$$
这两个连分数称为有理数 $x$ 的 连分数表示(continued fraction representation)。其中,末项不为一的称为标准表示,末项为一的称为非标准表示。[^one-representation]
“例子”
有理数 $x=\dfrac{5}{3}$ 的连分数表示为
$$
\begin{aligned}
x = [1,1,1,1] &= 1+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1}}},\
x = [1,1,2] &= 1+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{2}}.
\end{aligned}
$$
无限连分数对应的是无理数。而且,每个无理数仅有唯一的方式表示为连分数,称为无理数的连分数表示。
连分数表示的求法
要求某个实数 $x$ 的连分数表示,只需要注意到它的余项 $r_k$ 如果不是整数,就一定满足
$$
r_k = [a_k,a_{k+1},\cdots] = [a_k,r_{k+1}] = a_k + \dfrac{1}{r_{k+1}}.
$$
而且,$r_{k+1}>1$。因此,可以从 $r_0=x$ 开始递归地计算
$$
a_k = \lfloor r_k\rfloor,\ r_{k+1} = \dfrac{1}{r_k-a_k}.
$$
这个过程产生的数列 ${a_k}$ 总是唯一确定的,除非某个余项 $r_k$ 成为整数。如果出现了 $r_k$ 是整数,则说明过程应当终止,可以选择输出相应的标准表示或者非标准表示。
在算法竞赛中,往往处理的都是有理数 $x=\dfrac{p}{q}$ 的情形。此时,每个余项 $r_k$ 都是有理数 $\dfrac{p_k}{q_k}$,而且对于 $k>0$,因为 $r_k>1$,就总有 $p_k>q_k$。具体计算上述递推关系,可以发现
$$
a_k = \left\lfloor\frac{p_k}{q_k}\right\rfloor,\ r_{k+1} = \dfrac{1}{r_k-a_k} = \dfrac{q_k}{p_k-a_kq_k} = \dfrac{q_k}{p_k\bmod q_k}.
$$
此时的计算过程实际上是对 $p$ 和 $q$ 做 辗转相除法。这也说明,对于有理数 $r=\dfrac{p}{q}$,连分数表示的长度是 $O(\log\min{p, q})$ 的。计算有理数 $\dfrac{p}{q}$ 的复杂度也是 $O(\log\min{p, q})$ 的。