1樓：
a≡0時，兩個方程都有解，x≡0(mod2) x≡0(mod3)稱為平凡解。下面討論非平凡解：
一般情況：f(x)≡0（mod p^n)有解，則f(x)≡0（mod p)有解
f(x)≡0（mod p)無解，則f(x)≡0（mod p^n)無解對本題，令 f(x)=x^2-a
f '(x)=2x
x^2 ≡ a(mod2^2005)
(a,2)=1, a≡1(mod 2)x^2≡1 (mod 2) 有解x≡1(mod 2)f (1)≡0(mod 2), f '(1)≠0(mod 2)故 x^2 ≡ a(mod2^2005)的解的個數與x^2 ≡ a(mod2)的解的個數相同，
所以，有一個非平凡解解。
同理：a≡1(mod 3)
x^2≡1 (mod 3) 有解x≡1(mod 3) x≡2(mod 3) 兩個解
f(1)≡0(mod 3) f(2)≡0(mod 3)f '(1)≠0(mod 3) f '(2)≠0(mod 3)有兩個解，所以x^2 ≡ a(mod3^2008)有兩個非平凡解解。
a≡2（mod 3) 無解。
我們試卷上給的答案是：同餘方程x^2 ≡ a(mod2^2005)有解，則其解數為__4___ 同餘方程x^2 ≡ a(mod3^2008)
2樓：
^二次同餘式：x^2 ≡ a(mod2^2005)的根的個數，有定理x^2=a(mod 2^k)
1).k=1時，有一個解
2）k=2時，a=1(mod 4) 有二解，a=3(mod 4) 無解
3）k>2時，a=1 (mod 8)有四解，否則無解
判斷同餘式x∧2≡365（mod1847）是否有解
3樓：匿名使用者
題：判斷同餘式x^2≡365 (mod1847) 是否有解
注：本題解答末尾附有legendre符號計算要點。這裡首先摘抄幾條。注意(7/p)可以用二次互反律方便計算，不過這裡也附錄了相關公式。
(-1/p)=(-1)^((p-1)/2)=(-1)^[p/2]=(-1)^[(pmod4)/2]=(p amr 4)，
這裡定義 amr 表示絕對最小剩餘，即abs min remainder。或在r後新增下標|min|來表示。
如 2 ==-1 mod 3, 寫成 2 amr 3=-1； 3 ==-1 mod 4, 寫成 3 amr 4=-1。
(-2/p)=(-1)^.[(pmod8)/4])
(2/p)=(-1)^([p/2]+[p/4]) 注：此式利於速算。當p較小。
=(-1)^([(pmod8)/2]+[(pmod8)/4]) 注，此式利於速算,當p較小。
=(p amr 4)*(-1)^.[(pmod8)/4]) 注：此時也較利於計算，不過思路略要轉彎。
二次互反律：p,q為奇素數，則有
(p/q)=(q/p)*(-1)^((p-1)/2*(q-1)/2)=(q/p)*(-1)^( [p/2]*[q/2] )
即當且僅當p與q均為-1 mod 4時，(p/q)=-(q/p).否則(p/q)=(q/p).
(3/p)=(p amr 3)(p amr 4)
(5/p)=(p/5)=(1 if p==1,4 mod 5; -1 if p==2,3 mod 5)
內注：其實(p/5)很簡單的，因為p的既約剩餘僅有1,2,3,4四個，並且必定有且只有一半數量為平方剩餘，即有兩個。很顯然就是1,4.
解：1847是素數。
下面來計算legendre 符號
(365;1847)
=(5;1847)*(73; 1847)
易見故(5;1847)=(1847;5)=(2;5)=-1
而(73;1847)=(1847;73)=(22;73)=(2;73)*(11;73)
(2;73)=(73 amr 4) * (-1)^.[(73mod8)/4]) =1*1=1
或(2;73)=(-1)^([p/2]+[p/4])=(-1)^(36+18)=1
(73;11)=(7;11)=-(11;7)=-(4;7)=-1
故(73;1847)=(2;73)*(11;73)=-1
(365;1847)=(5;1847)*(73; 1847)=1
故同餘式x^2≡365 (mod1847) 有解
外一則：
可參考我的博文 二次剩餘及其速演算法，摘要如下：
legendre符號計算要點：
計算要點
(aa/p)=1, 當a,p互質時;
同餘性：(a/p)=((a modp) /p)；
因子分解：(ab/p)=(a/p)(b/p)及其向多因子分解的推廣。
二次互反律簡化形式：
即當且僅當p與q均為-1 mod 4時，(p/q)=-(q/p).否則(p/q)=(q/p).
易見當其中出現p amr 4=1，即p==1 mod 4時，即有(p/q)=(q/p)；當出現 p amr 4=-1時，即有(p/q)=(q/p)*(q amr 4)
二次互反律的兩個充分且必要的補充(由此原則上可以方便的計算所有的(p/q)，其中p/q為奇素數)
補充計算式一：
(-1/p)=(-1)^((p-1)/2)=(-1)^[p/2]=(-1)^[(pmod4)/2]，這個我們在上面對二次互反律進行簡化時曾見到過。
現在我們看到，(p/q)=(q/p)*(-1/p)^ [q/2] =(q/p)*(-1/q)^ [p/2]
補充計算式二：
(2/p)=(-1)^((pp-1)/8)
(2/p)=(-1)^([p/2]+[p/4])
=(-1)^([(pmod8)/2]+[(pmod8)/4]) 注，此式利於速算。
=(-1)^([(pmod4)/2]+[(pmod8)/4])
=(p amr 4)*(-1)^.[(pmod8)/4]) 注，此式利於速算。
由上二者還可以得到 (-2/p)=(-1)^[p/4]==(-1)^[(pmod8)/4]
ccc其它特殊值的計算：(以下p指奇素數)
(3/p)=(p amr 3)(p amr 4) 注：此式利於速算。
證明一：
(3/p)=(p/3)*(-1)^ [p/2]=((p mod 3)/3)*(-1)^ [(p mod4)/2]=((p mod 3)/3) * (p amr 4)
因為(1/3)=1, (-1/3)=-1, 故((p mod 3)/3)=(p amr 3)
得證。證明二，列舉檢驗法。
將質數p按模12=3*4可分為四類(注意12以下與12互質的只有四個)，p=1,5,7,11 mod 12
例如質數p=13;5;7;11，分別代入(p/3)=((p mod 3)/3)*(-1)^ [(p mod4)/2]得到
(3/p)=1*(-1)^0, -1*(-1)^0, 1*(-1)^1, (-1)*(-1)^1=1*1, -1*1, 1*(-1), (-1)*(-1)
即p=1,5,7,11mod12時，(3/p)分別取值1,-1,-1,1
由前述amr的定義，易見：
(3/p)=(p amr 3)(p amr 4)
另一種演算法(計算不太方便，可能方便表述與研究)：
(3/p)=(-1)^⌈(p+1)/6⌉=(-1)^upint((p+1)/6), 這裡upint(x)即向上取整，即不小於x的最小整數。在某些程式語言中（包括數學軟體）用ceiling(x)函式。excel軟體中是ceiling(x,1)，手寫常寫成⌈x⌉.
(5/p)=(p/5)=(1 if p==1,4 mod 5; -1 if p==2,3 mod 5)
注：其實(p/5)很簡單的，因為p的既約剩餘僅有1,2,3,4四個，並且必定有且只有一半數量為平方剩餘，即有兩個。很顯然就是1,4.
證明：由二次互反律，(5/p)=(p/5)*(-1)^([p/2]*[5/2])=(p/5).
在明白上面的過程後我們知道(p/5)計算很簡單。
另一種演算法(計算不太方便，可能方便表述與研究)：
(-1)^⌊(p-2)/5⌋=(-1)^ int((p-2)/5)， 這裡int(x)是向下取整函式，即不大於x的最大整數。在某些程式語言中（包括數學軟體）用floor(x)函式。excel軟體中是floor(x,1)，手寫常寫成⌊x⌋.
(7/p)=( 1 if p==±1,±9,±25=±(1, 3^2, 5^2) mod 28 ; -1 if p==±(1-14), ±(9-14), ±(25-14)=±(13, 5, 11) mod 28)
上式很好記。從小到大寫即是 (7/p)=( 1 if p==1,3,9,19,25,27 mod 28 ; -1 if p==5, 11, 13, 15, 17, 23 mod 28)
證：引1：(7/p)=(p/7)*(-1)^([p/2]*[7/2])=(p/7)*(-1)^[p/2]=(p/7)*(p amr 4)
引2：當且僅當p=1,2,4mod7時，(p/7)=1,即7的二次剩餘有三個，即1, 4, 9==2，也即1,2,4. 其二次非剩餘即3,5,6==-4,-2,-1；也可以由(-1/7)=-1, 直接將-1乘1,2,4得到7的二次非剩餘為-1,-2,-4.
當(p/7)=1且p==1 mod 4，或(p/7)=-1且p=-1 mod 4時，得(7/p)=1，分說如下：
由p==1,2,4 mod 7及p==1 mod 4得p==1,9,25 mod 28;
由p==-1,-2,-4 mod 7及p==-1 mod 4得p==-1,-9,-25 mod 28，即p=27,19,3 mod 28.
當(p/7)=-1且p==1 mod 4，或(p/7)=-1且p=1 mod 4時，得(7/p)=-1，下略。
已知x1,x2是方程x 2 2 k 1 x K 2 2 0的兩個實數根，且 x1 1 x2 1 8,求K的值
根據 根與係數的關係 可得x1 x2 2 k 1 x1x2 k 2 2 x1 1 x2 1 x1x2 x1 x2 1 k 2 2 2 k 1 1 k 2 2k 5 k 2 2k 5 8,解得k 1或 3 判別式 4 k 1 2 4 k 2 2 4k 2 8k 4 4k 2 8 8k 4 0 k 3捨...
已知關於x的方程sin 2x kcosx k 2 k 0有解,試確定實數k的取值範圍
糾正一下樓上 光翼de龍 的解答吧 可化為cos x kcosx k k 1 0，令t cosx，f t t kt k k 1 0在 1,1 上有解，注意到f 1 k 所以 1 k 0時，顯然滿足 2 k 0時，須f 1 k 2k 0，得00，即k 0或k 2時，須f k 2 3k 4 k 1 0 ...
已知關於x的方程（k 1）x 2kx k
有兩個相等的實根 所以b 2 4ac 0由方程中a k 1 b 2k c k 3帶入得到4k 2 4 k 1 k 3 0整理得到4k 2 4 k 2 2k 3 12 8k 0得出k 所以關於y的方程為y 2 a 6 y a 1 0，由題知道此方程有解，所以根據根的判別式可得 a 6 2 4 1 a ...