奇素数与二次剩余：-1何时是模p的平方剩余？

本文将证明以下两个命题：

命题1： 当素数 p 可以表示为 4m + 3 的形式时，对任意整数 a，a 的平方恒不等于 -1 (mod p)。

命题2： 当素数 p 可以表示为 4m + 1 的形式时，必有整数 a 满足 a 的平方恒等于 -1 (mod p)。

证明1：

假设存在一个整数 a，使得 a^2 ≡ -1 (mod p) 成立，其中 p = 4m + 3。

根据模运算的性质，我们可以得到以下等式：a^2 + 1 ≡ 0 (mod p)

将 p = 4m + 3 代入上式：a^2 + 1 ≡ 0 (mod 4m + 3)

现在我们可以考虑奇素数 p 的平方剩余。根据二次剩余的性质，如果存在整数 a，使得 a^2 ≡ -1 (mod p) 成立，那么 p 必定是形如 4k + 1 的素数。但这与我们假设 p = 4m + 3 相矛盾。

因此，对于任意整数 a，当 p = 4m + 3 时，a 的平方恒不等于 -1 (mod p)。

证明2：

根据费马小定理，如果 p 是一个奇素数，那么对于任意整数 a，a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。

将 p = 4m + 1 代入费马小定理：a^(4m) ≡ 1 (mod 4m + 1)

我们可以将 a^(4m) 表示为 (a^(2m))^2，这样可以得到：(a^(2m))^2 ≡ 1 (mod 4m + 1)

这意味着 (a^(2m))^2 - 1 是 p 的倍数，可以写成：(a^(2m) - 1)(a^(2m) + 1) ≡ 0 (mod 4m + 1)

由于 p 是素数，因此 (a^(2m) - 1) 或 (a^(2m) + 1) 必定是 p 的倍数。

如果 (a^(2m) - 1) ≡ 0 (mod p)，则 a^(2m) ≡ 1 (mod p)。但由于 p = 4m + 1，所以 p-1 = 4m，而根据费马小定理，我们知道 a^(p-1) ≡ 1 (mod p)。因此，a^(2m) ≡ 1 (mod p) 的充要条件是 a^2 ≡ 1 (mod p)。

如果 (a^(2m) + 1) ≡ 0 (mod p)，则 a^(2m) ≡ -1 (mod p)。因此，当 p = 4m + 1 时，必定存在一个整数 a，使得 a 的平方恒等于 -1 (mod p)。

综上所述，当且仅当素数 p 可以表示为 4m + 1 的形式时，-1 是模 p 的平方剩余。