1. 同余方程
剩余类可以看做是一个新的数系，它对加减乘运算是封闭的，所以同余方程对多项式是有意义的。本节我们就来讨论一元多项式方程（1）的解，当然它的解是一个剩余类集合，最多有(m)个解。
[f(x)=sum_{k=0}^{n}{a_kx^k}=a^nx^n+cdots+a_1x+a_0equiv 0pmod{m} ag{1}]
在正式解一个同余方程前，可以先进行一些简单的变形，最简单的就是将系数取模。对于两个多项式(f(x),g(x))，如果它们的系数是模(m)同余的，则称(f(x),g(x))是模(m)同余的。显然模同余的多项式的解也必然是相同的，一般将化简后多项式的次数称为方程的次数。同余方程中也不是完全不能用除法，当((a_n,m)=1)时，多项式乘上(a_n^{-1})就可以变成首(1)多项式。
进一步，如果(f(x)equiv g(x)pmod {m})恒成立，则称(f(x),g(x))是模(m)等价的。比如根据费马小定理，(f(x)=x^p)和(g(x)=x)就是等价的。显然同余的多项式必定是等价的，但等价的多项式却不一定是同余的。使用等价多项式可以对方程进行降次，比如模为(p)的多项式(f(x))一定可以通过多项式除法(f(x)=g(x)(x^p-x)+r(x))降为次数小于(p)的多项式(r(x))。对于一般的合数(m)，其实容易有(a^mequiv a^{m-varphi(m)}pmod{m})，则有恒等式(x^m-x^{m-varphi(m)}equiv 0pmod{m})，故任何多项式都等价于某个次数小于(m)的多项式。
接下来自然是要对模数进行分解，记方程（1）的解的个数为(T(m,f))，且(m=m_1m_2cdots m_n)中(m_k)两两互素。容易证明解方程（1）的问题可以等价为解方程组（2）的问题，且有(T(m,f)=T(m_1,f)T(m_2,f)cdots T(m_n,f))。
[f(x)equiv 0pmod{m}Leftrightarrowegin{cases}:f(x)equiv 0pmod{m_1}\:cdots:cdots\:f(x)equiv 0pmod{m_n}end{cases} ag{2}]
将模数进行素数分解，则我们可以把问题集中在解方程(f(x)equiv 0pmod{p^e})，我们来考虑对模“降次”。首先显然该方程的解也必然是(f(x)equiv 0pmod{p^{e-1}})的解，设(c)为后者的解，则前者的解必定在(c+p^{e-1}y,(0leqslant yleqslant p-1))中。将其带入原方程，注意去除含有((p^{e-1}y)^k,(kgeqslant 2))的项（被整除），整理后得到(f(c)+f'(c)p^{e-1}yequiv 0pmod{p^e})，进而有式子（3）。由此当(p mid f'(c))时，(y)有唯一解。否则当(p|f(c)p^{1-r})时恒成立，否则无解。这样就有了如公式（4）的方程的解的网状关系图，特别地当(f'(x)equiv 0pmod{p})无解时，所有(f(x)equiv 0pmod{p^e})的解相同。
[f'(c)yequiv f(c)p^{1-e}pmod{p} ag{3}]
[f(c)equiv 0pmod{p}egin{cases}:p mid f'(c)\,Rightarrow f(c)equiv 0pmod{p^e}\:p^2mid f(c)Rightarrow f(x)equiv 0pmod{p^2},x=c+pyRightarrowcdots\:p^2 mid f(c)Rightarrow f(c) otequiv 0pmod{p^e}end{cases} ag{4}]
现在我们的问题被转化成了方程(f(x)equiv 0pmod{p})，研究的方向和一般多项式方程类似，是关于方程解的个数和多项式格式。先假设方程已经做了同余简化，但还未做等价简化，使用多项式除法和归纳法可以有以下拉格朗日定理：若方程有(m)个不同的解(x_1,x_2,cdots,x_m)，则必定有唯一表达式（5），其中(g(x))的首项为(a_nx^{n-m})，(r(x))的次数低于(m)。该定理说明了(n)次同余方程的解的个数不可能大于(n)，反之若大于(n)，则必恒为(0)。
[f(x)=g(x)(x-x_1)(x-x_2)cdots(x-x_m)+pr(x)equiv g(x)(x-x_1)(x-x_2)cdots(x-x_m)pmod{p} ag{5}]
拉格朗日定理给出了多项式同余方程与根有关的格式，值得注意的是，该格式与原多项式是同余，也就是它的本来面貌，这点很重要。该定理还有其它有趣的应用，比如由欧拉定理知(x^{p-1}-1equiv 0pmod{p})有(p-1)个非零解，则有公式（6），令(x=0)即可得到威尔逊定理！如果再比较(x)和(x^{p-2})项的系数，就会有公式（7）（8）。还有值得一提的是，同余方程同可以有“重根”的概念，有兴趣你可以自己研究一下。
[x^{p-1}-1equiv (x-1)(x-2)cdots (x-p+1)pmod{p} ag{6}]
[sum_{1leqslant ileqslant jleqslant p-1}ijequiv 0pmod{p} ag{7}]
[quad (p-1)!sum_{k=1}^{p-1}{dfrac{1}{k}}equiv 0pmod{p} ag{8}]
接下来我们假定方程做了等价简化，即(f(x))的次数小于(p)且首项系数为(1)，看看会有什么性质。首先若有(f(x)equiv g(x)pmod{p})，则(f(x)-g(x))有(p)个根，从而(f(x)=g(x))，换句话说，次数小于(p)的首(1)多项式如果等价则必唯一，即等价和同余是一致的。还有一个问题就是方程的根的个数问题了，当(f(x))恰有(n)个根时，有(f(x)equiv (x-x_1)cdots(x-x_n)pmod{p})，而(x^p-x=x(x-1)cdots(x-p+1)pmod{p})，这就有(x^p-xequiv f(x)g(x)pmod{p})。反之也可以推得(f(x),g(x))分别有(n,p-n)个根。这就是说(f(x))有(n)个解的充要条件是存在唯一表达式（9）。
[x^p-x=f(x)g(x)+pr(x) ag{9}]
关于高次方程更进一步的结论比较少，这里也不作深究，而二项同余方程(x^nequiv apmod{p})放到下一篇会更简单，所以这里也不讨论了。对一些低次方程，可以直接对其研究，我们先从最简单的一次剩余方程(axequiv bpmod{m})看起，显然它是否有解与不定方程(ax+my=b)是否有解是等价的，故有解的充要条件是((a,m)mid b)。由同余的性质，原方程等价于方程（10）。故原方程共有((a,m))个解，分别为(x_0+dfrac{m}{(a,m)}k,(k=0,cdots,(a,m)-1))，其中(x_0)为任一解，也称为特解。如果将（10）简记为(a_0xequiv b_0pmod{m_0})，则(a_0^{-1}b_0)即为原方程的一个特解。
[dfrac{a}{(a,m)}xequiv dfrac{b}{(a,m)}pmod{dfrac{m}{(a,m)}} ag{10}]
直接求逆是复杂的，一次方程一般用辗转相除法，对于一些特殊格式，你还可以动用一切同余的性质简化算法。尝试解决以下问题：
• 证明(2^exequiv bpmod{m})的解为((dfrac{m+1}{2})^eb)，其中((2,m)=1)。并由此给出系数为(2^i3^j)的方程的解法；
• ((a,m)=1)，若(axequiv 1pmod{m})解为(x_0)，则(dfrac{1-(1-ax_0)^e}{a})是(axequiv 1pmod{m^e})的解。
2. 二次剩余
现在来研究模为素数的二次同余方程(ax^2+bx+cequivpmod{p})，通过配方可以有((2ax+b)^2equiv b^2-4acpmod{p})，从而方程其实等价于二次二项方程(x^2equiv dpmod{p})，当然这里不去考虑(p=2)和(p|d)这样的平凡场景。如果方程有解，(d)称为(p)的二次剩余，否则叫二次非剩余。为方便描述，这里先引进勒让德（Legendre）符号(left(dfrac{d}{p} ight))，(d)为(p)的二次剩余时其值为(1)，否则为(-1)，(p|d)时值为(0)。
考虑将(p)的既约剩余系分为对称的两部分(-dfrac{p-1}{2},cdots,-2,-1)和(1,2,cdots,dfrac{p-1}{2})，显然((-x)^2=x^2)，而当(1leqslant i<jleqslantdfrac{p-1}{2})时，(i^2-j^2=(i+j)(i-j) otequiv 0pmod{p})，所以(i^2 otequiv j^2pmod{p})。综合以上分析可知，(p)共有(dfrac{p-1}{2})个二次剩余，(dfrac{p-1}{2})个二次非剩余，每个二次剩余有两个互为相反数的根。
我们自然要问：哪些数是二次剩余？如何判断它是二次剩余？根据欧拉定理有(d^{p-1}equiv 1pmod{p})，容易证明(d^{frac{p-1}{2}}equivpm 1pmod{p})。若(d)为二次剩余，则有(d^{frac{p-1}{2}}equiv(x)^{p-1}equiv 1pmod{p})。若不为二次剩余，我们可以将(1,2,cdots,p-1)按照乘积为(d)配成(dfrac{p-1}{2})对，根据威尔逊定理有(d^{frac{p-1}{2}}equiv -1pmod{p})。综合这两个结论就是二次剩余的欧拉判别法（公式（11）），当然对于大模数这个方法的计算量还是太大，它仅有理论价值。
[left(dfrac{d}{p} ight)=pm 1equiv d^{frac{p-1}{2}}pmod{p} ag{11}]
对于一些特殊值，可以单独讨论，得出的结论也是可以直接使用的。首先容易证明(-1)只有在(p=4k+1)时才是二次剩余，并且由威尔逊定理知((dfrac{p-1}{2})!)是它的解。而且当(p=4k+1)时，显然(x,-x)同时是或不是二次剩余，呈对称分布。当(p=4k+3)时，显然(x,-x)有且仅有一个二次剩余，这些结构都是很有用的。再来看几个习题：
• 讨论(x^2+ay^2equiv 0pmod{p},(x,y)=1)有解的充要条件，并给出求解的方法；
• 求模(p)下所有二次剩余的积与和，再求模(p)下所有二次非剩余的积与和。
使用勒让德符号能更清晰地表述二次剩余的性质，以下性质比较简单，请自行证明：
（1）(left(dfrac{d+kp}{p} ight)=left(dfrac{d}{p} ight))；
（2）(left(dfrac{d_1d_2}{p} ight)=left(dfrac{d_1}{p} ight)left(dfrac{d_1}{p} ight))；
（3）(left(dfrac{d^2}{p} ight)=1)；(left(dfrac{1}{p} ight)=1)；(left(dfrac{-1}{p} ight)=(-1)^{frac{p-1}{2}})。
使用素数分解并结合以上性质，可将求一般(left(dfrac{d}{p} ight))的问题转化为求解(left(dfrac{2}{p} ight))和(left(dfrac{q}{p} ight))上。现在从另一方面讨论(d^{frac{p-1}{2}})，在剩余系(1,2,cdots,p-1)中考察(dfrac{p-1}{2})个数(d,2d,cdots,dfrac{p-1}{2}d)的分布。容易证明它们互不相同且互不相反，所以它们是以(dfrac{p}{2})为对称轴的两个数之一，右半边的数（设个数为(n)）需要取相反数才能回到左边。考虑它们的积则容易有(d^{frac{p-1}{2}}equiv (-1)^npmod{p})，这样就有了二次剩余新的判定方法（公式（12）左），特别地时可以推得(d=2)是二次剩余的条件是(p=8kpm 1)（可写成公式（12）右，等价性自证）。
[left(dfrac{d}{p} ight)=(-1)^n,quad left(dfrac{2}{p} ight)=(-1)^{frac{p^2-1}{8}} ag{12}]
对一般的(d)继续上面的结论，注意到(dk=p[dfrac{dk}{p}]+r_k)（([x])是取整操作），对它们求和并在模(2)下讨论，可以得到式子（13）。而后者有显著的几何意义，它是一个直角三角形区域内的整点个数。考虑(left(dfrac{q}{p}
ight))对应的( riangle{OAB})和(left(dfrac{p}{q}
ight))对应的( riangle{OAC})，它们正好组成了一个长方形区域，这样就得到了著名的高斯二次互反律（公式（14））。
[nequivsum_{k=1}^{frac{p-1}{2}}{left[dfrac{dk}{p}
ight]}pmod{2} ag{13}]
[left(dfrac{q}{p} ight)left(dfrac{p}{q} ight)=(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}} ag{14}]
有了这个公式，就可以将(left(dfrac{q}{p} ight))不断转化为更小模数的判定式，从而最终解决了任意(left(dfrac{d}{p} ight))的求解。请思考以下问题：
• 求以(3)为二次剩余的充要条件，并由此对(100^2-3)进行因式分解；
• 求证(x^4+1)的奇素因子都有格式(8k+1)；并由此证明格式为(8k+1)的素数有无穷多个；
• (p=4k+3)，求证(2p+1)为素数的充要条件是(2^pequiv 1pmod{2p+1})；
• (p mid a)，求(sumlimits_{x=1}^{p}{left(dfrac{x^2+ax}{p} ight)})（提示：剩余系的遍历）。
在使用勒让德符号时要保证模数是素数，这一点很不方便，我们希望这种记法能更通用一点。扩展后的符号称为雅克比（Jacobi）符号：(left(dfrac{d}{P} ight)=prodlimits_{k=1}^n{left(dfrac{d}{p_k} ight)})，其中(P=p_1p_2cdots p_n)。雅克比符号虽然只是一个记法，但形式上却同样有着漂亮的性质，首先有下面几个简单的性质：
（1）(left(dfrac{d+kP}{P} ight)=left(dfrac{d}{P} ight))；
（2）(left(dfrac{d_1d_2}{P} ight)=left(dfrac{d_1}{P} ight)left(dfrac{d_1}{P} ight))；(left(dfrac{d}{P_1P_2} ight)=left(dfrac{d}{P_1} ight)left(dfrac{d}{P_2} ight))；
（3）(left(dfrac{d^2}{P} ight)=left(dfrac{d}{P^2} ight)=1)。
在得到更多结论之前，需要一个引理：如果(a=prod a_k,a_kequiv 1pmod{m},(k=1,2,cdots,n))，则用归纳法可以有公式（15）。
[dfrac{a-1}{m}equivsum_{k=1}^n{dfrac{a_k-1}{m}}pmod{m} ag{15}]
利用这个结论就很容易得到雅克比符号的以下性质，这些性质可以使得雅克比公式的使用更加自由，中间无需关心操作数是否为素数，比如(left(dfrac{105}{317} ight)=left(dfrac{2}{105} ight)=1)。
（4）(left(dfrac{-1}{P} ight)=(-1)^{frac{P-1}{2}})；(left(dfrac{2}{P} ight)=(-1)^{frac{P^2-1}{8}})；
（5）(left(dfrac{Q}{P} ight)left(dfrac{P}{Q} ight)=(-1)^{frac{(P-1)(Q-1)}{4}})。