数学竞赛中的二次剩余

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1、2016年第3期17数学竞赛中的二次剩余曹程锦(陕西西北工业大学附属中学，710072)中图分类号：O156．1文献标识码：A文章编号：1005—6416(2016)03—0017—04数学竞赛中的数论问题，一般均高于一数0，有oP-a(modP)．次，若结论是否定的，则最简单而又最常用的等价形式为：方法是考虑同余．问题简单可取简单的模给对任意整数口，且P十0，有一-=l(modp)．予否定，但问题复杂此法就不灵了．而二次剩拉格朗日定理设P为素数，次非零余正是解决此类问题的有力武器．多项式方程在模p意义下至多有个不同解．数学竞赛中的许多数论问题都可以转化定义1设整数／／Z>1，对整数n，

2、(／／Z，n)为二次剩余(虽然二次剩余知识在中学竞赛=1．若存在整数，使得三／'／(mod)，则中并不要求掌握)，且判断一个数是二次剩称n为模m的二次剩余，否则，称n为模／／'b余，这种肯定情形需要比较多的知识，故竞赛的二次非剩余．中一般只涉及下面三种简单的否定情形(以当／'／Z为素数时，(／Yb，)=1甘m十．定理4、5、6形式出现)，本文也用简单的知识显然，当(／Tg，)=1，n兰(modm)时，给予证明．此外，还会以题目给出新定义的形与n同为模m的二次剩余或同为模m的式出现，如下面例1．最后给出定义2及定理二次非剩余．7、8，这是二次剩余的完整理论，只是竞赛中定理1对奇素数P，在一

3、个模P的缩系不需要用到如此强的定理．中，二次剩余与二次非剩余均个．1知识介绍证明注意到，±1，±2，⋯，±为模卡特兰定理方程一=1(p>1，q>1)的所有正整数解只有p的一个缩系，平方得12,2，⋯，f1为(，Y，P，q)=(3，2，2，3)．所有二次剩余．其中最困难的部分是P=2的情形．当1≤<≤时，因为我国数学家柯召在其著作《谈谈不定方程》中用初等方法——二次剩余(本文定理一=(i+)(i一)8)给予解决llJ，非常巧妙，有兴趣的读者可的两个因数均不为P的倍数，所以，自行欣赏．外国数学家还用柯召的技巧解决≠(modp)．了费马大定理的第一种情形．于是，这个二次剩余各不相同．费马小定理

4、设P为素数．则对任意整故二次剩余有个，余下的为二次非收稿日期：2015—11—24修回日期：2016—01—1518中等数学注意到，n—a与a一奇一偶，且剩余，有(p一1)一：个．厶(一0)三(roodP)．定理2(欧拉判别法)设P为奇素数，故不妨设a为满足0

5、缩系的任一数a，有：n孔～三1(modP)a一2三±1(roodP)．这与n为最小者矛盾．当a为二次剩余时，存在整数b，使得从而，定理4得证．a三b(roodP)ja一2兰b~-1(modP)．【评注】由nI(a+1)至Ua+1=nn，进故所有个二次剩余n皆满足式①．而，nI(a+1)，实现了问题的翻转．运用极二端原理找到突破口，可谓“物极必反”．由拉格朗日定理，知三1(modP)在推论1若P为4k一1型素数，P十a或模p意义下(在一完系中)，至多有个解．P十b，则P十(a十b)．证明反设存在整数a、b，使得则这个解即为模P全部的二次剩余．故P十a，PI(a+b)．则a+b-=0(roo

6、dP)．余下的二次非剩余a不再满足式①，只能是设口为a的数论倒数．式②成立．则(aa)+(60)．-0(modP)由此立得j1+(6口)-=0(roodP)定理3设P为奇素数，在模P意义下，两个二次剩余的乘积为二次剩余，一个二次jPI[1+(6口)]．剩余与一个二次非剩余的乘积为二次非剩由定理4，知上式不可能．余，两个二次非剩余的乘积为二次剩余．从而，推论1成立．定理3可由定义及定理1简单证明．定理5若P为6k一1型素数，则不存在定理4若P为4一l型素数，则不存在整数a，使得PI(a+3)．整数a，使得PI(a+1)．证明反设存在满足条件的整数a．则定理4由定理2立得．(a+1)+(a-

7、1)=2n(+3)三(ⅡDdp)．本文介绍另一种证法．用文[3]中高斯故(a+1)三(a一1)6k(roodP)的反转技巧，高斯说此技巧很好地体现了数(a+1)兰(a一1)(roodP)．论的品性．由费马小定理得证明证明更一般的结论：(a+1)三(a一1)(roodP)若为4k一1型正整数，则不存在整数ja-0(roodP)．a，使得nI(a+1)．又Pl(a+3)，故PI3，得P=3．反设存在满足条件的(，a)，设为满这与P为6一