第8讲.二次剩余 答案.pdf简介：
答 案见解析解析解：努力方向是把分解因式，每个因子都小于．利用著名因式分解．取，则有，，所以只需要证明即可，为证此我们只需要找个含一个因子即可．，设，则有．则时，有． 我们只需要找到素数，，．给定找这样子的比较困难，我们不妨固定，找满足条件的．因为只要存在一个使得，则有，因此我们可以控制，再利用有无穷多个素数，命题得证．若型素数只有有限个，，考虑为合数且模余，因此存在模余的素因子，则矛盾．答 案见解析解析解：若不然，配数则有若不可能，． 引理．利用，素数，则可知． 考虑素数，若． 若，则矛盾． 若，令，则．若矛盾，所以或者．所以可知．模块模块1：：11例题11()n+21n4n+41=2n+2n+12n−2n+1(2)(2)n=2k2n+21=4k+41=2k+2k+12k−2k+1(2)(2)2k+2k+1,2k−2k+1=(22)2k+2k+1,4k=(2)12k−22k+1<2k=2n2k+22k+1n!∣2k+22k+1k≡1mod5⇒()2k+22k+1≡0mod5()k=5m+12k+22k+1=510m+6m+1⇒(2)5<10m+26m+1<25m+1=()2nn=25m+1()2n+1n!(2)∣2()p n+1∣∣2p  ∣n!⇔p n+1∣∣2p>nnppnnp n+1∣∣2p n−p+1∣∣∣()2n⩽2p−1p≡1mod4()4k+1p 1⋯p tP=2p p ⋯p +(12t)2143P43q2p p ⋯p ≡(12t)2−1modq()例题2n+77=m⇔2n+72=7m+21122 n⇒m≡7mod8∣∣2()∴2 ∣n2.1a,b=()1p a+b∣∣22p≡1mod4()p m+11∣∣22p =11⇒m⋅11≡(−1)2−1modp⇒()p≡1mod4()1()11 ∣mn+2≡1mod4⇒()n+77=m≡22mod4()2()11m∣m=11kn+72=711⋅2k+1(2)11 n+2⇒11n+2∣∣∣∣∣∣∣7711 ∣n+211n+22∣n+2≡1mod4()答 案见解析解析解：先计算的解数．若，则只有唯一解． 若，则有组解． 再来计算，注意到(当不是的倍数)，结合欧拉判别法可以得到 ． 并且我们注意的绝对值．故． 若，则，中有个为，有个为，有个为，故时有组解． 取是模的一个原根．若是模的二次剩余，设，在等式两边同时乘以，则，所以，任意不同的二次剩余所对应的解数相同(这是因为：到是一一对应)，同样道理，任意二次非剩余对应的解数也相同．故对每个二次剩余，有组解． 由于对所有的，共有组解，并且对任意二次非剩余所对应的解数也相同．进而对每个二次非剩余，有组解． 若，则，中有个为，有个为，有个为，故时有组解． 取是模的一个原根．若是模的二次剩余，设，在等式两边同时乘以，则，所以，任意不同的二次剩余所对应的解数相同(这是因为：到是一一对应)，同样道理，任意二次非剩余对应的解数也相同． 故对每个二次剩余，有组解． 由于对所有的，共有组解，并且对任意二次非剩余所对应的解数也相同．进而对每个二次非剩余，有组解． 所以，最终结果如下： 若，则时有组解，时，有组解． 若，则时有组解，时，有组解．答 案见解析��例题3�+2�≡20mod�()�≡−1mod4()�≡1mod4()2�−1�def�=0P�−1(�1−�2) �≡0mod��=0P�−1�()��−1≡�=0P�−1(�1−�2) 1−�≡�=0P�−1�2� 2�−1−1�−1≡() 2�−1()−−1mod�() 2�−1() �=0P�−1(�1−�2)⩽�−2�=−1() 2�+1i)�≡−1mod4()�=1 (�1−�2) 2�−1120 2�−3−1�=1�+1�����=�2��−2���+�−��2��=�−��21�,�()��,���−�−����+1��2��,�()� �−1− ×�+1=�−12(22�−1())�+1ii)�≡1mod4()�=−1 (�1−�2) 2�−3120 2�−1−1�=1�−1�����=�2��−2���+�−��2��=�−��21�,�()��,���−�−����−1��2��,�()� �−2�−1− ×�−1=�−12(2()2�−1())�−1�≡−1mod4()��∣1� ∣��+1�≡1mod4()��∣2�−1� ∣��−1例题4解析������������������������������������������������������������������������������答�案���解析������������������������������������������������������������ 展开>>

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