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@@ -19,7 +19,7 @@ date: 2020-02-06 23:55:36
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- **定义 2（勒让德符号）**
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-\left(\frac{n}{p}\right)=\begin{cases}1, & n是模p的二次剩余 \\\\ -1, & n是模p的二次非剩余 \\\\ 0, & p \mid n\end{cases}
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+\left({n \over p}\right)=\begin{cases}1, & n是模p的二次剩余 \\\\ -1, & n是模p的二次非剩余 \\\\ 0, & p \mid n\end{cases}
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## 定理
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@@ -27,14 +27,14 @@ $$
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- **定理 1（欧拉判别准则）**
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-\left(\frac{n}{p}\right) \equiv n^{\frac{p-1}{2}} \pmod p
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+\left({n \over p}\right) \equiv n^{p-1 \over 2} \pmod p
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> **证明** 若$p \mid n$，则$n \equiv 0 \pmod p$，结论显然成立；
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-> 若$n$是模$p$的二次剩余，则存在$x$满足$x^2 \equiv n \pmod p$，于是$n^{\frac{p-1}{2}} \equiv x^{p-1} \pmod p$，由费马小定理，结论成立；
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+> 若$n$是模$p$的二次剩余，则存在$x$满足$x^2 \equiv n \pmod p$，于是$n^{p-1 \over 2} \equiv x^{p-1} \pmod p$，由费马小定理，结论成立；
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-> 若$n$是模$p$的二次非剩余，则不存在$x$满足$x^2 \equiv n \pmod p$。由逆元相关知识，对于任意$1 \le i \le p-1$，存在唯一的$1 \le j \le p-1$，使得$i \neq j$且$ij \equiv n \pmod p$。于是$1$到$p-1$这些数可以两两配对，每一对的乘积都与$n$同余，所以$(p-1)! \equiv n^{\frac{p-1}{2}} \pmod p$，由威尔逊定理，$(p-1)! \equiv -1 \pmod p$，结论成立。
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+> 若$n$是模$p$的二次非剩余，则不存在$x$满足$x^2 \equiv n \pmod p$。由逆元相关知识，对于任意$1 \le i \le p-1$，存在唯一的$1 \le j \le p-1$，使得$i \neq j$且$ij \equiv n \pmod p$。于是$1$到$p-1$这些数可以两两配对，每一对的乘积都与$n$同余，所以$(p-1)! \equiv n^{p-1 \over 2} \pmod p$，由威尔逊定理，$(p-1)! \equiv -1 \pmod p$，结论成立。
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令$1 \le x, y \le p-1$。
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@@ -48,9 +48,9 @@ $$
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> $\Leftarrow$： $x^2 \equiv y^2 \pmod p \Rightarrow x^2-y^2 \equiv (x-y)(x+y) \equiv 0 \pmod p$，显然$x-y \nmid p$，于是有$x+y \mid p \Rightarrow x+y \equiv 0 \pmod p$。
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-- **定理 3** 在$1$到$p-1$中，模$p$的二次剩余和二次非剩余的个数均为$\frac{p-1}{2}$。
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+- **定理 3** 在$1$到$p-1$中，模$p$的二次剩余和二次非剩余的个数均为${p-1 \over 2}$。
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-> **证明** 由**定理 2**，$1$到$p-1$中有且仅有$\frac{p-1}{2}$个不同的二次剩余，其余$\frac{p-1}{2}$个即为二次非剩余。并且对于每一个二次剩余$n$，都存在两个不同的$x$满足$x^2 \equiv n \pmod p$。
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+> **证明** 由**定理 2**，$1$到$p-1$中有且仅有${p-1 \over 2}$个不同的二次剩余，其余${p-1 \over 2}$个即为二次非剩余。并且对于每一个二次剩余$n$，都存在两个不同的$x$满足$x^2 \equiv n \pmod p$。
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## 算法
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@@ -58,12 +58,12 @@ $$
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1. 用**欧拉判别准则**判断$n$是否为模$p$的二次剩余，如果不是则返回$-1$表示无解，如果是$0$则返回$0$；
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2. 从$1$到$p-1$中随机选一个整数$a$，使得$a^2-n$为模$p$的二次非剩余（根据**定理 3**，随机的次数不会太多）；
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-3. 令$\omega \equiv a^2-n \pmod p$，取$x \equiv (a+\sqrt{\omega})^{\frac{p-1}{2}} \pmod p$，返回$x$（这里$\sqrt{\omega}$可以理解成虚数）。
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+3. 令$\omega \equiv a^2-n \pmod p$，取$x \equiv (a+\sqrt{\omega})^{p-1 \over 2} \pmod p$，返回$x$（这里$\sqrt{\omega}$可以理解成虚数）。
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- **引理 1**
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-\omega^{\frac{p}{2}} \equiv -\omega^{\frac{1}{2}} \pmod p
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+\omega^{p \over 2} \equiv -\omega^{1 \over 2} \pmod p
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> **证明** 由**欧拉判别准则**，显然成立。
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@@ -77,7 +77,7 @@ $$
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> **证明** $(a+b)^p \equiv \sum_{i=0}^p {p \choose i}a^ib^{p-i}$，由于$p$是奇质数，所以当且仅当$i=0$或$i=p$时${p \choose i}$没有因子$p$，于是成立。
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> **算法证明**
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-> $$\begin{align} x^2 & \equiv (a+\sqrt{\omega})^{p-1} \\\\ & \equiv (a+\sqrt{\omega})^p(a+\sqrt{\omega}) \\\\ & \equiv (a^p+\omega^{\frac{p}{2}})(a+\sqrt{\omega}) \\\\ & \equiv (a-\sqrt{\omega})(a+\sqrt{\omega}) \\\\ & \equiv a^2-\omega \equiv n \pmod p \end{align}$$
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+> $$\begin{align} x^2 & \equiv (a+\sqrt{\omega})^{p-1} \\\\ & \equiv (a+\sqrt{\omega})^p(a+\sqrt{\omega}) \\\\ & \equiv (a^p+\omega^{p \over 2})(a+\sqrt{\omega}) \\\\ & \equiv (a-\sqrt{\omega})(a+\sqrt{\omega}) \\\\ & \equiv a^2-\omega \equiv n \pmod p \end{align}$$
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> 由于$x^2 \equiv n \pmod p$有且仅有两根，且都不含$\sqrt{\omega}$项，而由算法给出的$x$是方程的一个根，所以它不含$\sqrt{\omega}$项。
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