二次剩余

定义

令整数，满足，若存在整数使得

x^2\equiv a\pmod p

则称为模的二次剩余，否则称为模的二次非剩余。

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。

这里只讨论为 奇素数 的求解方法。后文可能在模显然的情况下简写成二次（非）剩余。

Euler 判别法

对奇素数和满足的整数，

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}

即对上述的和，

是的二次剩余当且仅当 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \pmod p$ .
是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

从而对任意满足的均有 $a^{(p-1)/2}\equiv \pm 1\pmod p$

另外由是奇素数，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，是模的二次剩余当且仅当 $a^{(p-1)/2}\equiv 1\pmod p$ . 进而是模的非二次剩余当且仅当 $a^{(p-1)/2}\equiv -1\pmod p$ .

Legendre 符号

定义

对奇素数和整数，定义 Legendre 符号如下：

\left(\frac{a}{p}\right)=\begin{cases} 0, & p\mid a,\\ 1, & (p\nmid a) \land ((\exists x\in\mathbf{Z}),~~a\equiv x^2\pmod p),\\ -1, & \text{otherwise}.\\ \end{cases}

Legendre 符号可进一步推广为 Jacobi 符号，Jacobi 符号可进一步推广为 Kronecker 符号。

下表为部分 Legendre 符号的值（From Wikipedia）

性质

对任意整数，
$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\pmod p$
进一步，我们有推论：
- $\left(\dfrac{1}{p}\right)=1$
- $\begin{aligned} \left(\dfrac{-1}{p}\right)&=(-1)^{\frac{p-1}{2}}\\ &=\begin{cases} 1, & p\equiv 1\pmod 4,\\ -1, & p\equiv 3\pmod 4. \end{cases} \end{aligned}$
$a_1\equiv a_2\pmod p\implies \left(\dfrac{a_1}{p}\right)=\left(\dfrac{a_2}{p}\right)$
（完全积性）对任意整数，
$\left(\frac{a_1a_2}{p}\right)=\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)$
我们有推论：对整数， $p\nmid b$ 有
$\left(\frac{ab^2}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)$
$\begin{aligned} \left(\frac{2}{p}\right)&=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}\\ &=\begin{cases} 1, & p\equiv \pm 1\pmod 8 \\ -1, & p\equiv \pm 3\pmod 8 \\ \end{cases} \end{aligned}$

证明

由 Legendre 符号的定义和 Euler 判别法易得。
注意到
$a_1\equiv a_2\pmod p\implies \left(\frac{a_1}{p}\right)\equiv\left(\frac{a_2}{p}\right)\pmod p$
而 $\left|\left(\dfrac{a_1}{p}\right)-\left(\dfrac{a_2}{p}\right)\right|\leq 2$ 且 , 故：
$a_1\equiv a_2\pmod p\implies \left(\frac{a_1}{p}\right)=\left(\frac{a_2}{p}\right)$
由 1 得
$\left(\frac{a_1a_2}{p}\right)\equiv a_1^{\frac{p-1}{2}}a_2^{\frac{p-1}{2}}\equiv\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)\pmod p$
而 $\left|\left(\dfrac{a_1a_2}{p}\right)-\left(\dfrac{a_1}{p}\right)\left(\dfrac{a_2}{p}\right)\right|\leq 2$ 且 , 故：
$\left(\frac{a_1a_2}{p}\right)=\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)$
参见二次互反律

二次互反律

设，是两个不同的奇素数，则

\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}

证明方式很多，读者感兴趣的话可参考⁵。一种证明方式是基于如下引理（Gauss 引理）：

Gauss 引理

设 , 对整数 $k~\left(1\leq k\leq \dfrac{p-1}{2}\right)$ ，令为模的最小非负剩余，设为所有中大于 $\dfrac{p}{2}$ 的个数，则

\left(\frac{n}{p}\right)=(-1)^m

这个引理可以证明如下有用的结论：

结论

对奇素数，

\begin{aligned} \left(\frac{2}{p}\right)&=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}}\\ &=\begin{cases} 1, & p\equiv \pm 1\pmod 8 \\ -1, & p\equiv \pm 3\pmod 8 \\ \end{cases} \end{aligned}

二次互反律不仅能用于判断数是否是模的二次剩余，还能用于确定使数为二次剩余的模数的结构。

二次剩余的数量

对于奇素数，模意义下二次剩余和二次非剩余均有 $\frac{p-1}{2}$ 个。

证明

根据 Euler 判别法，考虑 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod p$ .

注意到 $\frac{p-1}{2}\mid (p-1)$ ，由同余方程的定理 6 可知 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\pmod p$ 有 $\frac{p-1}{2}$ 个解。所以模意义下二次剩余和二次非剩余均有 $\frac{p-1}{2}$ 个。

相关算法

特殊情况时的算法

对于同余方程 $x^2\equiv a\pmod p$ ，其中为奇素数且为二次剩余在 $p\bmod 4=3$ 时有更简单的解法，考虑

\begin{aligned} \left(a^{(p+1)/4}\right)^2&\equiv a^{(p+1)/2}&\pmod p\\ &\equiv x^{p+1}&\pmod p\\ &\equiv \left(x^2\right)\left(x^{p-1}\right)&\pmod p\\ &\equiv x^2&\pmod p&\quad (\because{\text{Fermat's little theorem}}) \end{aligned}

那么 $a^{(p+1)/4}\bmod p$ 为一个解。

Atkin 算法

仍然考虑上述同余方程，此时 $p\bmod 8=5$ ，那么令 $b\equiv (2a)^{(p-5)/8}\pmod p$ 和 $\mathrm{i}\equiv 2ab^2\pmod p$ 那么此时 $\mathrm{i}^2\equiv -1\pmod p$ 且 $ab(\mathrm{i}-1)\bmod p$ 为一个解。

证明

\begin{aligned} \mathrm{i}^2&\equiv\left(2ab^2\right)^2&\pmod p\\ &\equiv \left(2a\cdot \left(2a\right)^{(p-5)/4}\right)^2&\pmod p\\ &\equiv \left(\left(2a\right)^{(p-1)/4}\right)^2&\pmod p\\ &\equiv \left(2a\right)^{\frac{p-1}{2}}&\pmod p\\ &\equiv -1&\pmod p \end{aligned}

那么

\begin{aligned} \left(ab(\mathrm{i}-1)\right)^2&\equiv a^2\cdot \left(2a\right)^{(p-5)/4}\cdot (-2\mathrm{i})&\pmod p\\ &\equiv a\cdot (-\mathrm{i})\cdot \left(2a\right)^{(p-1)/4}&\pmod p\\ &\equiv a&\pmod p \end{aligned}

Cipolla 算法

Cipolla 算法用于求解同余方程 $x^2\equiv a\pmod p$ ，其中为奇素数且为二次剩余。

算法可描述为找到满足为二次非剩余， $(r-x)^{(p+1)/2}\bmod (x^2-(r^2-a))$ 为一个解。

在复数域 $\mathbf{C}$ 中，考虑令 $x^2+1\in\mathbf{R}\lbrack x\rbrack$ 和实系数多项式的集合 $\mathbf{R}\lbrack x\rbrack$ 对取模后的集合记作 $\mathbf{R}\lbrack x\rbrack /(x^2+1)$ ，那么集合中的元素都可以表示为的形式，其中 $a_0,a_1\in\mathbf{R}$ ，又因为 $x^2\equiv -1\pmod{\left(x^2+1\right)}$ ，考虑多项式的运算可以发现 $\mathbf{R}\lbrack x\rbrack /(x^2+1)$ 中元素的运算与 $\mathbf{C}$ 中一致。

后文考虑对于系数属于有限域 $\mathbb{F}_p$ 的多项式 $\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack$ 和对 $x^2-(r^2-a)\in\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack$ 取模后的集合 $\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack /(x^2-(r^2-a))$ 中的运算。

选择：

若 $a\equiv 0\pmod p$ 那么为二次剩余，此时解显然为 $x\equiv 0\pmod p$ 。所以假设 $a\not\equiv 0\pmod p$ 。使得为非零二次剩余的选择有 $\dfrac{p-3}{2}$ 个，而使得 $r^2\equiv a\pmod p$ 的选择恰有两个，那么有 $\dfrac{p-1}{2}$ 种选择可以使得为二次非剩余，使用随机方法平均约两次可得 .

证明

令 $f(x)=x^2-(r^2-a)\in\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack$ 和 $a_0+a_1x=(r-x)^{(p+1)/2}\bmod (x^2-(r^2-a))$ 那么有 $a_0^2\equiv a\pmod p$ 且 $a_1\equiv 0\pmod p$ .

\begin{aligned} x^p&\equiv x(x^2)^{\frac{p-1}{2}}&\pmod{f(x)}\\ &\equiv x(r^2-a)^{\frac{p-1}{2}}&\pmod{f(x)}&\quad (\because{x^2\equiv r^2-a\pmod{f(x)}})\\ &\equiv -x&\pmod{f(x)}&\quad (\because{r^2-a}\text{ is quadratic non-residue}) \end{aligned}

又因为二项式定理

\begin{aligned} (a+b)^p&=\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}a^ib^{p-i}\\ &=\sum_{i=0}^p\frac{p!}{i!(p-i)!}a^ib^{p-i}\\ &\equiv a^p+b^p\pmod p \end{aligned}

可以发现只有当和时由于没有因子不会因为模被消去，其他的项都因为有因子被消去了。所以

\begin{aligned} (r-x)^{p}&\equiv r^p-x^p&\pmod{f(x)}\\ &\equiv r+x&\pmod{f(x)} \end{aligned}

所以

\begin{aligned} (a_0+a_1x)^2&=a_0^2+2a_0a_1x+a_1^2x^2\\ &\equiv (r-x)^{p+1}&\pmod{f(x)}\\ &\equiv (r-x)^p(r-x)&\pmod{f(x)}\\ &\equiv (r+x)(r-x)&\pmod{f(x)}\\ &\equiv r^2-x^2&\pmod{f(x)}\\ &\equiv a&\pmod{f(x)} \end{aligned}

若 $a_1\not\equiv 0\pmod p$ 且

\begin{aligned} (a_0+a_1x)^2&=a_0^2+2a_0a_1x+a_1^2x^2\\ &\equiv a_0^2+2a_0a_1x+a_1^2(r^2-a)\pmod{f(x)} \end{aligned}

所以的系数必须为零即 $a_0\equiv 0\pmod p$ 此时考虑 Legendre 符号为完全积性函数可知 $r^2-a\equiv a/a_1^2\pmod p$ 显然为二次剩余，不符合定义。因此 $a_1\equiv 0\pmod p$ 且 $a_0^2\equiv a\pmod p$ .

Bostan–Mori 算法

该算法基于 Cipolla 算法，我们将问题转换为常系数齐次线性递推再应用 Bostan–Mori 算法。考虑另一种常见的 Cipolla 算法的描述为 $b=x^{\left(p+1\right)/2}\bmod{\left(x^2-tx+a\right)}$ 为满足 $b^2\equiv a\pmod{p}$ 的一个解³，其中 $x^2-tx+a\in \mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack$ 为不可约多项式。选取同样使用随机。证明过程略。参考文献⁴中的算法我们可以发现问题可转化为求解形式幂级数的乘法逆元的某一项系数：

b=\left\lbrack x^{(p+1)/2}\right\rbrack\dfrac{1}{1-tx+ax^2}

且

\left\lbrack x^n\right\rbrack\dfrac{k_0+k_1x}{1+k_2x+k_3x^2}= \begin{cases} \left\lbrack x^{(n-1)/2}\right\rbrack\dfrac{k_1-k_0k_2+k_1k_3x}{1+(2k_3-k_2^2)x+k_3^2x^2},&\text{if }n\bmod 2=1\\ \left\lbrack x^{n/2}\right\rbrack\dfrac{k_0+(k_0k_3-k_1k_2)x}{1+(2k_3-k_2^2)x+k_3^2x^2},&\text{else if }n\neq 0 \end{cases}

而时显然有 $\left\lbrack x^0\right\rbrack\dfrac{k_0+k_1x}{1+k_2x+k_3x^2}=k_0$ ，该算法乘法次数相较于 Cipolla 算法更少，其他相关乘法次数较少的算法可见²。

Legendre 算法

对于同余方程 $x^2\equiv a\pmod p$ ，其中为奇素数且为二次剩余。Legendre 算法可描述为找到满足为二次非剩余，令 $a_0+a_1x=(r-x)^{\frac{p-1}{2}}\bmod (x^2-a)$ ，那么 $a_0\equiv 0\pmod p$ 且 $a_1^{-2}\equiv a\pmod p$ .

证明

考虑选择一个满足 $b^2\equiv a\pmod p$ ，那么为二次非剩余，所以

(r-b)^{\frac{p-1}{2}}(r+b)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p

存在环态射

\begin{aligned} \phi:\mathbb{F}_p\lbrack x\rbrack/(x^2-a)&\to \mathbb{F}_p\times \mathbb{F}_p\\ x&\mapsto (b,-b) \end{aligned}

那么

\begin{aligned} (a_0+a_1b,a_0-a_1b)&=\phi(a_0+a_1x)\\ &=\phi(r-x)^{\frac{p-1}{2}}\\ &=((r-b)^{\frac{p-1}{2}},(r+b)^{\frac{p-1}{2}})\\ &=(\pm 1,\mp 1) \end{aligned}

所以 $2a_0=(\pm 1)+(\mp 1)=0$ 而 $2a_1b=(\pm 1)-(\mp 1)=\pm 2$ .

Tonelli–Shanks 算法

Tonelli–Shanks 算法是基于离散对数求解同余方程 $x^2\equiv a\pmod p$ 的算法¹，其中为奇素数且为模的二次剩余。

令 $p-1=2^n\cdot m$ 其中为奇数。仍然使用随机方法寻找 $r\in\mathbb{F}_p$ 满足为二次非剩余。令 $g\equiv r^m\pmod p$ 且 $b\equiv a^{(m-1)/2}\pmod p$ ，那么存在整数 $e\in\lbrace 0,1,2,\dots ,2^n-1\rbrace$ 满足 $ab^2\equiv g^e\pmod p$ 。若为二次剩余，那么为偶数且 $\left(abg^{-e/2}\right)^2\equiv a\pmod p$ .

证明

\begin{aligned} g^{2^n}&\equiv r^{2^n\cdot m}&\pmod p\\ &\equiv r^{p-1}&\pmod p\\ &\equiv 1&\pmod p \end{aligned}

而

\begin{aligned} g^{2^{n-1}}&\equiv r^{2^{n-1}\cdot m}&\pmod p\\ &\equiv r^{\frac{p-1}{2}}&\pmod p\\ &\equiv -1&\pmod p \end{aligned}

所以的阶为，又因为 $ab^2\equiv a^m\pmod p$ 是 $x^{2^n}\equiv 1\pmod p$ 的解，所以是的幂次，记 $a^m\equiv g^e\pmod p$ .

若是二次剩余，那么

\begin{aligned} g^{2^{n-1}\cdot e}&\equiv (-1)^e&\pmod p\\ &\equiv a^{2^{n-1}\cdot m}&\pmod p\\ &\equiv a^{\frac{p-1}{2}}&\pmod p\\ &\equiv 1&\pmod p \end{aligned}

所以为偶数，而

\begin{aligned} \left(abg^{-e/2}\right)^2&\equiv a^2b^2g^{-e}&\pmod p\\ &\equiv a^{m+1}g^{-e}&\pmod p\\ &\equiv a&\pmod p \end{aligned}

剩下的问题是如何计算，Tonelli 和 Shanks 提出一次确定的一个比特。令在二进制下表示为 $e=e_0+2e_1+4e_2+\cdots$ 其中 $e_k\in\lbrace 0,1\rbrace$ .

因为是二次剩余，所以开始时，然后计算然后等等，由以下公式给出

\left(g^eg^{-(e\bmod 2^k)}\right)^{2^{n-1-k}}\equiv g^{2^{n-1}\cdot e_k}\equiv \begin{cases} 1\pmod p,&\text{if }e_k=0\\ -1\pmod p,&\text{else if }e_k=1 \end{cases}

正确性显然。

习题

参考资料与注释

Daniel. J. Bernstein. Faster Square Roots in Annoying Finite Fields. ↩
S. Müller, On the computation of square roots in finite fields, Design, Codes and Cryptography, Vol.31, pp. 301-312, 2004 ↩
A. Menezes, P. van Oorschot and S. Vanstone. Handbook of Applied Cryptography, 1996. ↩
Alin Bostan, Ryuhei Mori.A Simple and Fast Algorithm for Computing the N-th Term of a Linearly Recurrent Sequence. ↩
Proofs of quadratic reciprocity - Wikipedia ↩

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