这是我在学习韦伊的《Number Theory For Beginners》的一个翻译。全文十三章，这里分十三篇文章给出！

现在我们考虑域$K$ (有时在环上)上的形如$x^m = a$的方程; $a = 1$的情形已经在第10节中讨论过了. 而$a = 0$的情形是平凡的, 故我们假定$a \neq 0$. 在域$K$中, $x$为$x^m = a$的解, 则$x’$也是它的一个解的充要条件是$(x’ / x)^m = 1$. 因此如果$x^m = a$在$K$上有解, 那么它的解的个数和$K$中$m$次原根一样, 也就是$X^m – 1$的根的个数一样.

这里我们主要考虑模$p$同余类域$F_p$.

定理11.1 $p$为素数, 整数$m > 0$, 整数$a$和$p$互素; $d = (m, p – 1)$. 同余式$x^m \equiv a (\mod p)$或者恰好有$d$个模$p$的解, 或者没有解; 它有解当且仅当同余式$y^d \equiv a (\mod p)$有解; 这等价于$a^{(p – 1) / d} \equiv 1 (\mod p)$, 这样的$a$(模$p$)恰好有$\frac{p – 1}{d}$个.

我们使用这个事实: 群$F_{p}^{\times}$是循环群, 或者说存在模$p$的原根$r$(参考第10节). 令$a \equiv r^t, x \equiv r^u (\mod p)$, 即$t = \text{ind}_r(a)$, $u = \text{ind}_r(x)$. 于是同余式$x^m \equiv a (\mod p)$等价于$mu \equiv t (\mod p – 1)$, 我们的结论可以由定理VI.2得出, 只要我们注意到$t \equiv 0 (\mod d)$等价于$\frac{p – 1}{d}t \equiv 0 (\mod p – 1)$, 即$a^{(p – 1) / d} \equiv 1 (\mod p)$.

举个例子, 考虑同余式$x^3 \equiv a (\mod p)$, $a$和$p$互素. 若$p = 3$, 它等价于$x \equiv a (\mod 3)$. 对于$p \equiv 1 (\mod 3)$的情形; 即$p \neq 2$, $p \equiv 1 (\mod 2)$, 因而可以表示为$6n + 1$; 我们有$d = 3$, $\frac{p – 1}{d} = 2n$; 同余式$x^3 \equiv a (\mod p)$有解的充要条件是$a$和$1, r^3, \ldots, r^{p – 4}$之一模$p$同余, 此时, 如果$x$是一个解, $xr^{2nz}$($z = 0, 1, 2$)模$p$给出所有的解. 如果$p \equiv 2 (\mod 3)$, 此时$p$或者是2, 或者为$6n – 1$, 同余式$x^3 \equiv a (\mod p)$对于和$p$互素的每一个$a$有且仅有一个解.

从此开始, 我们只考虑$m = 2$的情形. 于是$x^2 \equiv 1 (\mod p)$在$p = 2$时, 只有一个解1, 而在$p > 2$时有两个解$\pm 1$.

定义11.2 $p$为奇素数(单质数), 整数$a$和$p$互素, 分别称作模$p$二次剩余或者二次非剩余, 如果同余式$x^2 \equiv a (\mod p)$有解或者无解.

对于$m = 2$不会再有其它可能, 单词“二次”通常被省略; 对于$m = 3$常常被称作“三次剩余”, $m = 4$时称作“四次剩余”, 等等.

$p$是一个奇素数; $p = 2n + 1$, $r$为模$p$原根. 定理XI.1说明存在$n$个模$p$二次剩余, 即$1, r^2, \ldots, r^{2n – 2}$, 以及$n$个二次非剩余, 即$r, r^3, \ldots, r^{2n – 1}$. 如果$x$是$x^2 \equiv a (\mod p)$的解, 同余式有两个解$\pm x$, 而没有其他解.

定理11.3 令$p = 2n + 1$为奇素数, 整数$a$和$p$互素. 则$a^n$或者和$+1$模$p$同余, 或者和$-1$模$p$同余; 根据$a^n \equiv +1 (\mod p)$或者$a^n \equiv -1 (\mod p)$, $a$分别为模$p$二次剩余或者二次非剩余.

令$b = a^n$; 根据Fermat定理 (即定理8.3的推论), 我们有$b^2 \equiv 1 (\mod p)$, 因此$b \equiv \pm 1(\mod p)$. 至此我们可以运用定理11.1了.

推论11.4 对于奇素数$p$, 根据$p \equiv 1 (\mod 4)$, 或者$p \equiv -1 (\mod 4)$, -1分别是模$p$的二次剩余, 或者二次非剩余.

事实上, $(-1)^n = 1$当$n$为偶数的时候, $(-1)^n = -1$当$n$为奇数的时候.

习题

1. $p$为$a^2 + b^2$的奇素数因子, $a$, $b$为整数, 证明$p$和1模4同余, 除非它整除$a$和$b$.

2. $p$为奇素数, $a$和$p$互素, 证明同余式$ax^2 + bx + c \equiv 0 (\mod p)$分别有两个解, 一个解, 无解, 分别对应于$b^2 – 4ac$是模$p$二次剩余, 0, 或者二次非剩余.

3. $m > 0$, $n > 0$是互素的整数, $F$是整系数多项式, 证明同余式$F(x) \equiv 0 (\mod mn)$有解的充要条件是$F(x) \equiv 0 (\mod m)$和$F(x) \equiv 0 (\mod n)$都有解. (提示: 使用习题V.6和VI.1)

4. $p$是奇素数, $n > 0$, $a$和$p$互素, 通过对$n$使用归纳法证明: 同余式$x^2 \equiv a (\mod p^n)$有解的充要条件是$a$为模$p$二次剩余. 并证明, 如果$x$是一个解, 那么除了$\pm x$之外再没有其它解.

5. 证明, $a$为一奇数, $n > 2$, 同余式$x^2 \equiv a (\mod 2^n)$有解当且仅当$a \equiv 1 (\mod 8)$. (提示: 对$n$进行归纳, 注意到, 如果$x$是一个解, 则$x$和$x + 2^{n – 1}$是$y^2 \equiv a (\mod 2^{n+1})$的解). 如果$x$是一个解, 找出其它的解.

6. 使用习题11.3, 4, 5, 给出同余式$x^2 \equiv a (\mod m)$有解的判断准则. 这里$m$为大于1的整数, $a$和$m$互素.

7. 如果对于某个$m > 1$以及某个和$m$互素的$a$, 同余式$x^2 \equiv a (\mod m)$恰好有$n$个不同的解模$m$, 证明恰好存在$\frac{\varphi(m)}{n}$个不同的和$m$互素的$a$满足条件.