A research on the theory of residue of higher degree Team

A research on the theory of residue of higher degree 

  Team members  Yanjie Jing   Tao Gu 

Teacher  Hongliang Shi 

School 

No.2 Secondary School Attached to East China Normal University   

Statement 

When we participated in the national competition, we were told that all of the results  have been discussed in some professional books on number theory, and there have been  far better methods to solve them. We didn’t know it when we were doing the study. These  results and proofs are all got by ourselves. 

  Abstract 

In this paper, we first discussed some properties of the symbol

p

k

a ⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

to make the following discussion 

more convenient. Then we used the methods of elementary number theory to discuss some basic 

properties of residue of higher degree on condition that the degree 

k

 is an odd prime, 

2

ⁿ, 

p

ⁿ  and any positive integer.   

 

Key word: residue of higher degree   

Introduction 

The conception of quadratic residue comes from the problem of solving quadratic  congruence. A general quadratic congruence to a particular 

modulo

ax

²

+ bx + c ≡ 0 (mod p )

can always be converted into the basic two terms  congruence

x

²

≡ a (mod p )

. As for the solvability of it, Euler once got a effective criterion. 

To be convenient, Legendre introduced the symbol

⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

. So, the problem is to calculate the 

symbol

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

. Early in a former paper, Euler raised a conjecture. Both Legendre and Gauss 

realized the importance of the conjecture for calculating the value of Legendre symbol. The 

conjecture was finally completely proved by Gauss. That is the famous law of quadratic  reciprocity. Thus, the problem of calculating Legendre symbol has been completely solved. 

But solving congruence equation of higher degree, even the most basic two terms  congruence, is a really difficulty in elementary number theory. In this paper, we discussed  some basic properties of two terms congruence equation

x

^k

≡ a (mod p )

 and some related  problems with theories of congruence. Although most of these conclusions   can be easily  got with algebraic number theory, we mainly used elementary methods. 

 

Definition First we suppose that( , )a p =1

. If 

x

^k

≡ a (mod p )

has solutions, we call 

a

 _is 

the residue of 

k

 degree modulo 

p

, otherwise we call 

a

 the non‐residue of 

k

 _degree 

modulo 

p

. For convenience, we introduced the symbol 

p

^k

a ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

. We denote 

= 1

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

, it 

represents that 

a

 is the residue modulo 

p

_of degree 

k

_; If 

− 1

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

, it represents  that 

a

 is the non‐residue modulo 

p

 _of degree 

k

_. If 

k = 2

, then it is quadratic residue, 

which we are familiar with.   And at this time we can omit

k

, and briefly symbol it as

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p a

. If 

1

) ,

( a p >

, we denote 

⎟⎟ ⎠ = 0

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

. This condition is special, we didn’t discuss it in this paper. 

 

Main results 

In this paper, we always postulate

p

as a prime. The conclusion when 

p = 2

 is commonly  known,（we always have 

1

2 ⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

k

a

）.Thus, we always postulate 

p

as an odd prime. 

 

1. Properties of the symbol

p

k

a ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

 

First, we will discuss some properties of the symbol 

p

k

a ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

 to make the following discussion 

more convenient.   

Obviously, we have

1 ⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

p

k ^,   

^⎟⎟ _⎠ ^{= 1}

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

k k

p

a

,   and if 

a ≡ b (mod p )

,   

k

k

p

b p

a ⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

.   

It is easy to popularize the following Euler criterion： 

Theorem 1 If

p ≡ 1 (mod k )

, then we have 

(1)

1 1 (mod )

1

p p a

a

^p_k

k

≡

⇔

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

⁻

;   (2)

1 1 (mod )

1

1 1

p p a

a

^k

n k n p

k

−

≡

⇔

−

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ ∑

⁻

=

−

.   

Proof ：If

p ≡ 1 (mod k )

,   if 

x

^k

≡ a (mod p )

has solution

x ≡ x

₁

(mod p )

,   

then

( ) (mod )

1 1

1

a p

x

^k

p k p k

−

−

≡

 ,   that is  ₁ ¹

1 (mod )

1

p x

a

^{k p}

p

≡

≡

⁻

−

.    On the contrary,   if 

1 (mod )

1

p a

^k

p

≡

−

, we can know   

( ) ( ) ( )

1

1 1 1 1

1 1

( 1) 1 1

1

0 1 1 ( ) (mod )

p

p p p p

p p k i i

p k k k k k k k k k k

i

x x a a x a x a x a p

− − − − −

− − − − −

−

=

≡ − = − + − ≡ − = −

∑

. 

Hence there must exist solutions to

x

^k

− a ≡ 0 (mod p )

. And we can also know that there  are 

k

solutions to 

x

^k

− a ≡ 0 (mod p )

_. 

If 

p ≡ 1 (mod k )

, we have

1 ( 1 ) 0 (mod )

1

0 1 1

1

a a p

a

k

n k n p k

p

p

− = − ∑

⁻

≡

=

−

−

−  

If

⎟⎟ ⎠ = − 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

,   

1 \ 0 (mod )

1

p a

^k

p

≡

−

−

,   so 

1 (mod )

1

1 1

p a

k

n k n p

−

∑

⁻

≡

=

−

.   

On the contrary,   if

1 (mod )

1

1 1

p a

k

n k n p

−

∑

⁻

≡

=

−

,   we can know 

1 \ 0 (mod )

1

p a

^k

p

≡

−

−

,   thus 

− 1

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

.   

In quadratic residue there is 

⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟ ⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

p ab p

b p

a

,   this is not surely tenable in residue of 

higher degree,   next we will proof ： 

Theorem 2 

∀ a, b

, if

k

k

p

b p

a ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟ ⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ ,

don’t both equal

− 1

, 

k k

k

p

ab p

b p

a ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟ ⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

is always 

tenable.   

Proof ：If 

⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

,   

⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

b

, assume that solutions of 

x

^k

≡ a (mod p )

 _are 

)

1

(mod p x

x ≡

,solutions of 

x

^k

≡ b (mod p )

_are 

x ≡ x

₂

(mod p )

_,   

then

( x

₁

x

₂

)

^k

= x

₁^k

x

₂^k

≡ ab (mod p )

_{,   that is}

x

^k

≡ ab (mod p )

also has solution,   that 

is

= 1

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

ab

. Here  ^{k k}

p

^k

ab p

b p

a ⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟ ⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

 is tenable.   

If

1 ,

1 ⎟⎟ = −

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

k

k

p

b p

a

,   assume the solution to 

x

^k

≡ a (mod p )

_is 

x ≡ x

₁

(mod p )

_{,   if} 

)

(mod p ab

x

^k

≡

has solution,   assume the solution is

x ≡ x

₂

(mod p )

_{,   that is} 

)

2

ab (mod p

x

^k

≡

_. We saya⁻¹as the solution to  x a⋅ ≡1(mod )p .  Therefore

1 1 1

1 1 1 1 1

1≡(x⁻ ⋅x)^k =(x⁻ )^k⋅x^k ≡ ⋅a (x⁻ ) (mod )^k p , 

1 1

(x1⁻ )^k ≡a⁻ (mod )p . We can know 

from 

x

₂^k

≡ ab (mod p )

 _that  a⁻¹⋅x₂^k ≡a ab⁻¹ ≡b(mod )p

. Because there is no solution to  (mod )

xk ≡b p

, so there is also no solution to

1

2(mod )

k k

x ≡a⁻ ⋅x p

. Neither is   

1 1

(x2⁻ ⋅x)^k ≡a⁻ (mod )p  or 

1 1

2 1 (mod )

x⁻ ⋅ ≡x x⁻ p . But we have It is a contradiction 

) (mod p ab

x

^k

≡

_, Hence 

⎟⎟ = − 1

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

ab

. Hence  ^{k k}

p

^k

ab p

b p

a ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟ ⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

.   

If 

1 ,

1 ⎟⎟ = −

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

− ⎛

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

k

k

p

b p

a

, we cannot decide whether   

= 1

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

ab

or 

− 1

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

ab

. For 

example：if

k = 3

_and

p = 19

_，we can know

19 1 , 4 19 1

2

3 3

−

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

and 

3 3

3

3

19

4 19

1 2 19

8 19

4

2 ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

× ⎛

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ ×

，in this condition  ^{k k}

p

^k

ab p

b p

a ⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟ ⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

is 

tenable. But we can also know 

19 1 , 5 19 1

2

3 3

−

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

and 

3 3

3

3

19

4 19

1 2 19

10 19

5

2 ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

× ⎛

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

≠ ⎛

−

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ ×

，in this condition  ^{k k}

p

^k

ab p

b p

a ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟ ⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

is not 

tenable. Hence,  ^{k k}

p

^k

ab p

b p

a ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟ ⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

 is not always tenable.   

 

2. The solvability of 

x

^k

≡ a (mod p )

 

If 

k

is an odd prime 

If 

k

 is an odd prime, we have

( p − x )

^k

≡ ( − x )

^k

= − x

^k

(mod p )

. That means the first half  of complete residue system modulo

p

is corresponding to the second half of complete  residue system modulo

p

. So we only need to discuss the first half part of complete residue  system modulo

p

here.   

 

2.1.1 If 

k = 3

 

We have the following conclusions   

Theorem 3 If 

p ≡ − 1 (mod 3 )

 , there is always 

1

3

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

,   if 

p ≡ 1 (mod 3 )

,   there are 

only 

3

− 1

p

 

a

 in the complete residue system modulo 

p

make 

1

3

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

 tenable.   

Proof：If 

p ≡ 1 (mod 3 )

, according to Euler criterion, for every 

a

, There are   

3

 solutions  to

x

³

≡ a (mod p )

. For different 

a

, the solution could not be the same. Hence there are  only 

3

− 1

p

 

a

 _make 

1

3

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

 in a complete residue system modulo 

p

_.   

If 

p ≡ − 1 (mod 3

,we have 

( 3 , p − 1 ) = 1

. Therefore there is a solution to 

1 ) 1 (

3 u + v p − =

. We say them as

u

⁰

,v

⁰

. 

Then

^a

¹

^{= a}

^{3u0+v0(p−1)}

⁼ ( ) ( ) ^a

^{u0 3}

^{⋅ a}

^{v0 p−1}

^≡ ( ) ^a

^{u0 3}

^{(mod p )}

. Hence, there always exists  solution to 

x

³

≡ a (mod p )

. Thus the theorem is tenable.     

Thus, theorem 3 is tenable.     

 

If 

p ≡ 1 (mod 3 )

,we also have following conclusions： 

 

Corollary 1 If 

x

₁

, x

₂ satisfy 

x

₁³

≡ 1 (mod p )

,   

x

₂³

≡ 1 (mod p )

,   and also 

)

\

₂

(mod

1

x p

x ≡

,   

x

₁

≡ \ 1 (mod p )

,   

x

₂

≡ \ 1 (mod p )

,   then 

x

₁²

≡ x

₂

(mod p )

.    Proof ：It is easy to know from above that,   

x

₁,   

x

₂ are two different solutions to 

) (mod 0

2

1

p x

x + + ≡

. From 

x

₁³

≡ 1 (mod p )

 we have 

( x

₁²

)

³

= ( x

₁³

)

²

≡ 1 (mod p )

 

So

x

₁²also satisfy

x

₁³

≡ 1 (mod p )

. Also, because

x

²

+ x + 1 ≡ 0 (mod p )

only has two 

solutions,   

x

₁²

≡ 1 (mod p ), x

₁²

≡ x

₁

(mod p )

are all impossible. Hence, 

x

₁²

≡ x

₂

(mod p )

.     

Corollary 2 If 

x

satisfy

x

³

≡ 1 (mod p )

,   and also 

x ≡ \ 1 (mod p )

,   then 

)

(mod 1 ) 1

( x +

³

≡ − p

,     and also 

( x − 1 )

³

≡ ( x + 2 )

³

(mod p )

.    Proof ：If 

x

satisfies 

x

³

≡ 1 (mod p )

 and 

x ≡ \ 1 (mod p )

,   

x

satisfies 

) (mod 0

2

1

p x

x + + ≡

,   so     

( x + 1 )

³

= x

³

+ 3 x

²

+ 3 x + 1 ≡ 1 + 3 ( − 1 ) + 1 = − 1 (mod p )

  Also 

( x + 2 )

³

− ( x − 1 )

³

= ( x + 2 − x + 1 )( x

²

+ 4 x + 4 + x

²

+ x − 2 + x

²

− 2 x + 1 )

 

) (mod 0 ) 3 3 3 (

3 x

²

+ x + ≡ p

=

,   that is 

( x − 1 )

³

≡ ( x + 2 )

³

(mod p )

   

Corollary 3   If there is 

x

₁³

≡ 1 (mod p )

,   

x

₂³

≡ 1 (mod p )

,   and 

x

₁

≡ \ x

₂

(mod p )

,   

)

(mod

\ 1

1

p

x ≡

,     

x

₂

≡ \ 1 (mod p )

,   

1 ≤ x

₁

< x

₂

≤ p − 1

,   then 

x

₁

+ x

₂

= p − 1

.    Proof ：From Corollary 1, there is   

x

₁

+ x

₂

≡ x

₁

+ x

₁²

≡ − 1 (mod p )

.   

If 

2

,

₂

1

1

≥ p − x

x

,   then according to Corollary 2,   

( x

₁

+ 1 )

³

≡ − 1 (mod p )

,   

)

(mod 1 ) 1

( x

₂

+

³

≡ − p

.Because 

2 , 1 1 , 1

₂

1

> − +

+ p

x

x

,   so 

2 , ) 1 1 ( ), 1

(

_{1 2}

−

≤ +

− +

− p

x p x

p

also

( p − ( x

₁

+ 1 ) )

³

≡ 1 (mod p ), ( p − ( x

₂

+ 1 ) )

³

≡ 1 (mod p )

,   this is contradictory to 

) (mod 0

2

1

p x

x + + ≡

 only has solutions 

x

¹

, x

²_{,   and} 

2 ,

₂

1

1

≥ p − x

x

,   thus there is 

2 , 1 ≤

₁

< p − 1

x 1 < x

₂

≤ p − 1

,        Thus 

2 ) 1 ( 1 3 2

1

2 1

= −

−

− +

<

+ p

p p x

x

,   thus 

x

₁

+ x

₂

= p − 1

.   

 

2. 1. 2 If 

k

 is an odd prime and 

k > 3

    We can reach similar conclusions: 

Theorem 4 If 

p ≡ \ 1 (mod k )

 ,   

⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

 is tenable; if 

p ≡ 1 (mod k )

, there are 

k p − 1

 

a

 in complete residue system modulo

p

 make 

⎟⎟ = 1

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

 tenable.   

Proof ：If 

p ≡ 1 (mod k )

, according to Euler criterion, for every 

a

, There are   

k

 _solutions  to

x

^k

≡ a (mod p )

. For different 

a

, the solution could not be the same. Hence there are 

only 

k p − 1

 

a

 _make 

= 1

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

k

a

 in a complete residue system modulo 

p

_.   

If 

p ≡ \ 1 (mod k )

_,we have 

( k , p − 1 ) = 1

. Therefore there is a solution to 

1 ) 1 ( − = + v p

uk

. We say them as

u

⁰

,v

⁰

. 

Then

^a

¹

^{= a}

^{u0k+v0(p−1)}

⁼ ( ) ( ) ^a

^{u0 k}

^{⋅ a}

^{v0 p−1}

^≡ ( ) ^a

^{u0 k}

^{(mod p )}

. Hence, there always exists  solution to 

x

^k

≡ a (mod p )

. Thus the theorem is tenable.     

We can also popularize this Corollary：   

Corollary 4 If 

x

ⁱ

(i=1, 2,…，k−1) meet

x

_i^k

≡ 1 (mod p )

(i=1, 2,…，k−1) and 

) (mod

\ 1 p

x

_i

≡

. 

∀ i ≠ j

₍i j, =1, 2,…，k−1

), 

x

_i

≡ \ x

_j

(mod p )

. Then 

j

∀ i,

₍i j, =1, 2,…，k−1

), 

∃ n

₍^{n=1, 2,…，k−1}_), 

_{x x (mod p )}

j n i

≡

∋

.   

Proof ：It is easy to know from above that 

x

_i are the 

k − 1

 solutions to 

) (mod 0

1

p x

k

i i

k

≡

∑

=

− . From 

x

_i^k

≡ 1 (mod p )

there is

( x

_i²

)

^k

= ( x

_i^k

)

²

≡ 1 (mod p )

,   

) (mod 1 ) ( )

( x

_i^{3 k}

= x

_i^{k 3}

≡ p

,   ……,   

( x

_i^k−1

)

^k

= ( x

_i^k

)

^k−1

≡ 1 (mod p )

,   so   

1 3

2

,

_i

, … … ,

_i^k−

i

x x

x

 also satisfy 

x

^k

≡ 1 (mod p )

. Also because 

0 (mod )

1

p x

k

i i

k

≡

∑

=

− only has 

− 1

k

 solutions, 

∀ i ∈ [ 2 , k − 1 ]

 and 

i ∈ Z

,   

x

₁ⁱ

≡ 1 (mod p )

 and to 

∀ i , j ∈ [ 2 , k − 1 ]

,   

Z j

i , ∈

 and 

i ≠ j

,   

x

₁ⁱ

≡ x

₁^j

(mod p )

are all impossible,   thus 

j

∀ i,

₍i j, =1, 2,…，k−1

), 

∃ n

₍^{n=1, 2,…，k−1}_), 

^{∋ x}

ⁱⁿ

^{≡ x}

^j

^{(mod p )}

_.   

 

Corollary 5 If 

x

ⁱ

(i=1, 2,…，k−1) meet

x

_i^k

≡ 1 (mod p )

(i=1, 2,…，k−1)and 

) (mod

\ 1 p

x

_i

≡

. 

∀ i ≠ j

₍i j, =1, 2,…，k−1

), 

x

_i

≡ \ x

_j

(mod p )

. then we have 

∑

⁻

=

−

1

≡

1

) (mod 1

k

i

i

p

x

, 

∑

⁻

= 1

≡

1 ,

) (mod 1

k

j i

j

i

x p

x

, … , 

1 1

1 1

1(mod )

k k i

i

j j

x x p

−

− =

=

∏

≡ −

∑

, 

) (mod 1

1

1

p x

k

i i

≡

∏

⁻

= . 

Proof ：It is easy to know from above that 

x

_i are the 

k − 1

 solutions to 

) (mod 0

1

p x

k

i i

k

≡

∑

=

−

. Therefore 

1 1

1 2 3

1 1 , 1

1

( )

k k

k k k

i i i j

i i j k

i

x x x x x x x x

− −

− − −

= ≤ ≤ −

=

− = −

∑

⋅ +

∑

⋅

∏

^-

…

1 1

1 1

1

1 1 1

(mod )

k

i k

k k

i i

i

j j i i

x

x x x p

x

−

−

− −

=

= = =

+ ⋅ ≡

∑ ∏ ∏ ∑

-

. Hence 

∑

⁻

=

−

1

≡

1

) (mod 1

k

i

i

p

x

, 

∑

⁻

= 1

≡

1 ,

) (mod 1

k

j i

j

i

x p

x

, … , 

1 1

1 1

1(mod )

k k i

i

j j

x x p

−

− =

=

∏

≡ −

∑

, 

) (mod 1

1

1

p x

k

i i

≡

∏

⁻

= .   

 

2. 2 If 

k = 2

ⁿ 

If

k = 2

ⁿ,   because 

( p − x )

²ⁿ

≡ ( − x )

²ⁿ

= x

²ⁿ,   that is the first half of complete residue  system   of 

2

ⁿ degree modulo

p

is corresponding to the second half of complete residue 

system of 

2

ⁿ degree modulo

p

. So we only need to discuss the first half part of complete  residue system modulo

p

here.   

So we only need to discuss the first half part of complete residue system of 

2

ⁿ degree  modulo

p

here.     

 

1. 2. 1 If 

n = 1 , k = 2

   

This is the quadratic residue that we are familiar with. Theories of it is already quite perfect, here  we will add some more.   

 

Theorem 5 ：To 

∀

 

x

₁

, x

_2, 

x

1

≡ \ x

2

(mod p )

,   and 

2 1 ≤

₁

<

₂

≤ p − 1

x

x

,   there is 

)

\

2²

(mod

2

1

x p

x ≡

. If 

p ≡ − 1 (mod 4 )

,   to 

∀ x

₁

, x

_2, 

x

1

≡ \ x

2

(mod p )

,and also, we all 

have 

x

₁²

≡ \ − x

₂²

(mod p )

. If 

p ≡ 1 (mod 4 )

, to 

∀ x

₁, 

∃ x

₂, and also 

x

₁

≡ \ x

₂

(mod p )

,    make 

x

₁²

≡ − x

₂²

(mod p )

 tenable.   

Proof ：Assume 

∃ x

₁

, x

₂, and also 

x

1

≡ \ x

2

(mod p )

,   make 

x

₁²

≡ x

₂²

(mod p )

 tenable,    then

p | x

₂²

− x

₁²

= ( x

₂

+ x

₁

)( x

₂

− x

₁

)

,   take 

1 ≤ x

₁

< x

₂

≤ p − 1

,   

then

1 ≤ x

₂

− x

₁

< p − 1

,   

1 ≤ x

₂

+ x

₁

< 2 ( p − 1 )

,   so 

x

₂

+ x

₁

= p

. Also because 

2 2

2

( )

)

( p − x = − x = x

,   so 

p = 2 x

₂

= 2 x

₁,   this is contradictory to that 

p

 is an odd  prime. Hence, there is no 

x

₁

, x

₂ ,   

x

₁

≡ \ x

₂

(mod p )

,   make 

x

₁²

≡ x

₂²

(mod p )

 tenable.   

Assume 

∃ x

₁

, x

₂,   and 

x

1

≡ \ x

2

(mod p )

,   make 

x

₁²

≡ − x

₂²

(mod p )

 tenable,    then

p | x

₂²

+ x

₁²,   because 

p

is an odd prime,   

p ≡ 1 (mod 4 )

; on the contrary,   if 

) 4 (mod

≡ 1

p

,   

0 (mod 2 ) 2

1 ≡

−

p

. If there is 

⎟⎟ = 1

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

,   then there is 

) (mod 1

2 1

p a

p

≡

−

,   and also 

( )

²

1 (mod )

1 2

1

p a

a

p p

≡

=

−

−

−

,   that is 

⎟⎟ = 1

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ − p

a

. Proof is 

finished.   

 

From above we can know that ,   if 

p ≡ − 1 (mod 4 )

, absolute value of quadratic residue  modulo  p  can range through the first part of complete residue system modulo  p , but the 

opposite numbers are not its residue at the same time . And if 

p ≡ 1 (mod 4 )

,   absolute  value of quadratic residue modulo  p  cannot range through the first part of complete residue  systemmodulo  p , but the opposite numbers are among residue modulo 

p

. Because 

1

2

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

n

,     we can have the following corollary：

 

 

Corollary 6 If 

p ≡ − 1 (mod 4 )

,   

1

2

⎟⎟ = −

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ − p

n

. If 

p ≡ 1 (mod 4 )

时,   

1

2

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ − p

n

. that 

is ²

2 1

) 1 (

−

−

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

^p

p

n

. Specially, if 

n = 1

, there is  ²

1

) 1 1 ⎟⎟ = ( −

⁻

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

^p

p

^.   

 

Theorem 6 If 

p ≡ − 1 (mod 4 )

,   

(mod ) ( ) 1 4

1 ⎟⎟ ⎠ =

⎜⎜ ⎞

⎝

⇒ ⎛

⎟ ∈

⎠

⎜ ⎞

⎝

≡ ⎛ +

p N a

n p p

a

n

；if 

) 4 (mod

≡ 1

p

,   

p

n

a ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

≡ ⎛ − 4

1

 or 

(mod )

4

1 p

p

ⁿ

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛ − ( n ∈ N ) ⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⇒ ⎛ p

a

 .  

Proof ：If 

p ≡ − 1 (mod 4 )

,   

(mod )

4 ) 1 1 4 (

1 2

1

²

p p p p

p ⎟ = + + ≡ +

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

,   that 

is

(mod )

4

2

1 p p

x +

≡

 must have solution. If 

⎟⎟ = 1

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

,   

⎟⎟ = 1

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

^{n n}

p a p

a

,   that 

is

p

n

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + 4

1 ( n ∈ N

^∗

)

 is also quadratic residue modulo 

p

, also 1 is quadratic residue modulo 

p

,   thus 

p

n

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + 4

1 ( n ∈ N )

 are all the quadratic residue modulo 

p

.   

If 

p ≡ 1 (mod 4 )

,   

(mod )

4 ) 1 1 4 (

1 2

1

²

p p p p

p ⎟ = − − ≡ − −

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

,   that 

is

(mod )

4

2

1 p p

x ≡ − −

 must has solution. According to Theorem1. 1. 1（2）,   

) 4 (mod

2

1 p p

x ≡ −

also has solution. If 

⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

,   

⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

^{n n}

p a p

a

,   that 

is

n

n

p

p ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛ −

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

4 , 1 4

1 ( ^{n ∈ N}

^∗

)

 is also quadratic residue modulo 

p

,   also ,1,    ‐1 is  quadratic residue modulo 

p

. Thus, 

n

n

p

p ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛ −

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

4 , 1 4

1 ( ^{n ∈ N} )

 are all the quadratic  residue of 

p

.   

But whether

p p ( n N )

a

n

⎟ ∈

⎠

⎜ ⎞

⎝

≡ ⎛ + (mod ) 4

1

、

p

n

a ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

≡ ⎛ − 4

1

 or 

) 4 (mod

1 p

p

ⁿ

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛ − ( ^{n ∈ N} )

 is also the necessary condition of 

⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

 when 

) 4 (mod

− 1

≡

p

、

p ≡ 1 (mod 4 )

时

⎟⎟ ⎠ = 1

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

a

,   this is still a conclusion that we have not 

proved in this paper.   

 

Theorem 7 

3 ⎟⎟ = 1 ⇔ ≡ 1

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

p

 ^or 

− 1 (mod 12 )

, 

5 ⎟⎟ = 1 ⇔ ≡ 1

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

p

 ^or 

− 1 (mod 10 )

,     

1 7 1

≡

⇔

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

p

 ^or 

− 1

,   

3

 or 

− 3

,   

9

 or 

− 9 (mod 28 )

.   

Proof ：If 

a = 3

,we can know 

) 3 (mod 1 3 ⎟ = 1 ⇔ ≡

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ p p

. According to law of quadratic 

reciprocity,

2 1 2

1 2

1 3

) 1 ( )

1 3 (

3

−

⋅ −

−

−

=

−

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟ ⎛

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

^{p p}

p p

. Therefore 

⎪ ⎪

⎩

⎪⎪ ⎨

⎧

− ≡

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

⇔

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

) 2 (mod 2 0

1 3 1 3 1

p p p

 

or 

⎪ ⎪

⎩

⎪⎪ ⎨

⎧

− ≡

−

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

) 2 (mod 2 1

1 3 1 p

p

. 

⎩ ⎨ ⎧

≡

≡

) 4 (mod 1

) 3 (mod 1 p p

or

⎩ ⎨ ⎧

−

≡

−

≡

) 4 (mod 1

) 3 (mod 1 p p

. Hence 

p ≡ 1 (mod 12 )

_or 

)

12 (mod

− 1

≡

p

_.   

If 

a = 5

,we can know

) 5 (mod 1 5 ⎟ = 1 ⇔ ≡

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ p p

or 

p ≡ − 1 (mod 5 )

. According to law of 

quadratic reciprocity, 

1 )

1 5 (

5

2 1 2

1 5

=

−

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟ ⎛

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

^−⋅p−

p p

. Therefore

5 1 5 1

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⇔ ⎛

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ p

p

.   

) 5 (mod

≡ 1

p

_or 

p ≡ − 1 (mod 5 )

. In addition, 

p ≡ 1 (mod 2 )

_. Hence, 

p ≡ 1 (mod 10 )

_or 

)

10 (mod

− 1

≡

p

_.   

If 

a = 7

, we can know 

) 7 (mod 1 7 ⎟ = 1 ⇔ ≡

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ p p

or 

p ≡ − 3 (mod 7 )

_or 

p ≡ 2 (mod 7 )

_. 

According to law of quadratic reciprocity,

2 1 2

1 2

1 7

) 1 ( )

1 7 (

7

−

⋅ −

−

−

=

−

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟ ⎛

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

^{p p}

p p

. Therefore 

⎪ ⎪

⎩

⎪⎪ ⎨

⎧

− ≡

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

⇔

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

) 2 (mod 2 0

1 7 1 7 1

p p p

or

⎪ ⎪

⎩

⎪⎪ ⎨

⎧

− ≡

−

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

) 2 (mod 2 1

1 7 1 p

p

. 

⎩ ⎨

⎧

≡

−

≡

) 4 (mod 1

) 7 (mod 2 3 o 1 p

or r

p

or

⎩ ⎨

⎧

−

≡

−

−

≡

) 4 (mod 1

) 7 (mod 2 r 3 1 p

o or

p

.