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对于素数p,考虑这个同余方程是否有解:\[x^{3} \equiv a\pmod p \]
与二次剩余相同,在这里我们只考虑是否有解,并不关心解是什么.
因此也可以引入三次剩余符号:\[\left( \frac{a}{p} \right)_{3}\]
如果上面的方程有解,那么对应符号的取值为1.
后文将知道,无解的取值,是1的其余两个三次单位根之一,具体是哪一个尚不确定.
三次剩余问题,重点也在三次剩余符号的计算.
在二次剩余中,我们将素数分为了2,4k+1和4k+3三类,并指出,二次互反律中4k+1型可以随意颠倒,4k+3型可以借助-1转化为4k+1型,2需要特判.
在三次剩余中也类似.首先我们要将素数分为3,3k+1和3k+2三类.但是仅仅到这里还是不够的,下文将详细讨论.
结论:
当素数为3,或者为3k+2型的时候,上述方程有唯一解.
因此,符号的一部分取值已经知道了.
\[\left( \frac{a}{p} \right)_{3} = \left\{ \begin{matrix}
1, & p = 3 \\
1, & p = 3k + 1 \\
\cdots & \cdots
\end{matrix} \right.\ \]
但是同样也有结论:
当素数为3k+1型的时候,上述方程要么有三个解,要么无解.
如果借助这个结论来定义三次剩余符号,结果将杂乱无章.因此这个结论不用来定义三次剩余符号.
我们发现,如果仅在整数范围内,考虑三次剩余,结果将是糟糕的,不能找到任何规律.
好在前辈们已经研究完了.要想找到三次剩余的规律,必须将1的三次单位根添加到整数中.换句话说,我们要考虑的数的全体,是复平面上的六边形格点.
为什么二次剩余就没这么麻烦呢?事实上也添加了.只是1的二次单位根是-1,恰好也是整数,因此集合表面上并没有变化.
二次剩余中添加过-1的痕迹其实非常明显:允许将负的素数也看作素数.一般的问题中,素数必须是正数.二次剩余问题中,除了2以外,素数与它的相反数看作一对,其中取4k+1型数作为代表.这是添加了-1的直接证据,下文也会指明.
一般的集合往往令人束手无策,好在这个集合比较特殊.可以较为复杂地证明,复平面上的六边形格点集合,也满足唯一分解定理.于是与整数相同,这些格点分为四类:
- 零,即原点.
- 单位数,共有六个,即单位圆上的六边形.
- 素数.
- 合数.
必须指出,由于有较多单位数存在,数之间存在相伴关系,即一个数乘以单位数得到另一个数,相当于绕原点旋转.除了0以外,所有的相伴数都是六个数一组.如果忽视相伴关系,那么很难运用唯一分解定理.因此,需要给数选取代表,即选取本原数.这部分内容将在介绍完素数之后.
复平面上的六边形格点集合中的素数,也不同于通常的素数.之前把素数分为了三类:3,3k+1型和3k+2型,这么分是有道理的.有结论:
3k+2型素数,在六边形格点集合中,仍然是素数.称这样的素数为惯性的.
也就是说,惯性的素数在扩张后的新集合中,仍然不可分拆.
素数3很神奇.在新集合中,不再是素数,但是将3分拆后,得到一对相伴数,即旋转正六边形的顶角后可以重合:
\[3 = \frac{3 + \sqrt{3}i}{2} \cdot \frac{3 - \sqrt{3}i}{2} = \frac{1 + \sqrt{3}i}{2}\left( \frac{3 - \sqrt{3}i}{2} \right)^{2}\]
这种现象很罕见,称3为分歧的,即3可以分解为一对相伴数的乘积.
3k+1型素数在新集合中也不再是素数.每个数可以拆为一对共轭素数的乘积,并且这对数也不是相伴数.称这样的素数为分裂的,即分裂为两个新素数的乘积,记为:
\[p = \pi\overline{\pi}\]
左边的p在新集合中不再是素数了,新集合中的素数用希腊字母π表示,在这里并非指圆周率.
这就是上文将素数分为这三类的原因.由于我们只需要研究原素数为3k+1型时的三次剩余规律,而这一类在新集合中恰好不再是素数.前人发现,这一种三次剩余的规律,事实上可以用新集合中的符号代替:
\[\left( \frac{a}{\pi} \right)_{3}\]
这个符号如果是1,则a是p的三次剩余;如果不是1,则a是p的三次非剩余.
与二次剩余符号一样,三次剩余符号同样满足同余和积性:
\[\left( \frac{a}{\pi} \right)_{3} = \left( \frac{\beta}{\pi} \right)_{3}⇐\alpha \equiv \beta\pmod\pi\]
\[\left( \frac{\alpha\beta}{\pi} \right)_{3} = \left( \frac{a}{\pi} \right)_{3}\left( \frac{\beta}{\pi} \right)_{3}\]
符号的积性与集合元素的唯一分解,意味着上文提到的选取代表本原数变得极其重要,即找到复平面上的六边形格点集合中互不相伴的数组成的代表集合.
本原数的定义是:
零是本原数.
非零本原数α,一定可以表示为如下形式:
\[\alpha = \left( \frac{3 - \sqrt{3}i}{2} \right)^{k}\beta\]
其中k为非负整数,并且将β唯一分拆为1和三次单位根的线性组合后,必然有:
\[\beta = a + b\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}\]
本原数满足性质:本原数的乘积仍然是本原数;六边形格点集合中每个数有且仅有一个本原数和它相伴.其中仅当乘积仍然是本原数的性质成立,在后文的互反律中才不会引起矛盾.
对比一下二次剩余,相当于在一对相反数中,选取了4k+1型数作为本原数,2作为前面的幂次出现.
类似地,可以定义本原素数.对于3k+2型素数,需要乘以-1才能变成相应的本原素数,而对于3k+1型,需要拆分,再进行相应的旋转.对于3的情形,上面已经定义了.
同样地,三次剩余符号也分为由简单到复杂的几种,写法与结果完全相同:
勒让德符号:要求下方是本原素数,上方不限制.
雅可比符号:要求下方是不含3的本原数,上方不限制.
克罗内克符号:上下方不限制.
前两者较为简单,下方始终不引入3,并且由于最终要讨论的问题是模3k+1型素数的三次剩余,也完全可以不引入3.
有了积性和唯一分解,求解三次剩余的时候,先把上方的单位数和3都提出来,变为不含3的本原数,然后就可以借助互反律来递归了.
互反律形式非常简单.当\(\xi_{1}\)和\(\xi_{2}\)都是不含3的本原数的时候,可以直接颠倒.
\[\left( \frac{\xi_{1}}{\xi_{2}} \right)_{3} = \left( \frac{\xi_{2}}{\xi_{1}} \right)_{3}\]
证明:……
最终只剩下问题:递归终止时,上方为单位数,或者上方为3,如何计算?
只分别给出这些情形的结论:
上方为立方数时,结果为1.例如:
\[\left( \frac{\pm 1}{\xi} \right)_{3} = 1.\]
下方为3k+1型素数p分裂得到的新素数π的时候,无论是π的哪个相伴数:
\[\left( \frac{\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}}{\pi} \right)_{3} = \left( \frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2} \right)^{\frac{p - 1}{3}} = \left\{ \begin{matrix}
1, & p \equiv 1\pmod9 \\
\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}, & p \equiv 4\pmod9 \\
\frac{- 1 - \sqrt{3}i}{2}, & p \equiv 7\pmod9
\end{matrix} \right.\ \]
下方为3k+2型素数q的时候,定义q为正:
\[\left( \frac{\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}}{\pm q} \right)_{3} = \left( \frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2} \right)^{\frac{q^{2} - 1}{3}} = \left\{ \begin{matrix}
1, & q \equiv 8\pmod9 \\
\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}, & q \equiv 2\pmod9 \\
\frac{- 1 - \sqrt{3}i}{2}, & q \equiv 5\pmod9
\end{matrix} \right.\ \]
整数k为本原数,则有:
\[\left( \frac{\frac{3 - \sqrt{3}i}{2}}{\pm q} \right)_{3} = \left( \frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2} \right)^{\frac{k - 1}{3}} = \left\{ \begin{matrix}
1, & q \equiv 1\pmod9 \\
\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}, & q \equiv 4\pmod9 \\
\frac{- 1 - \sqrt{3}i}{2}, & q \equiv 7\pmod9
\end{matrix} \right.\ \]
下方为3k+1型素数p分裂得到的新素数π,并且π是本原素数时,将π唯一分拆:
\[\pi = a + b\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}\]\[\left( \frac{\frac{3 - \sqrt{3}i}{2}}{\pi} \right)_{3} = \left( \frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2} \right)^{\frac{a - 1}{3}} = \left\{ \begin{matrix}
1, & a \equiv 1\pmod9 \\
\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}, & a \equiv 4\pmod9 \\
\frac{- 1 - \sqrt{3}i}{2}, & a \equiv 7\pmod9
\end{matrix} \right.\ \]
至此,所有的初值都定义完了,可以完成递归计算三次剩余符号了. |
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