http://scholar.lib.vt.edu/theses/available/etd-32298-93111/unrestricted/etd.pdf
这篇Matthew E. Briggs的硕士论文是一片非常好的介绍GNFS的论文。 不是巧合。中国剩余定理保证的。
在最一般的情况下，模为pq(两个不同的素数之积)的一元3次同余方程有9个根。
对模p,这9个根可分成3组，每组3根。每组内3根两两之差都是p的倍数。
对模q，亦成如此。不过组合不同 ...
hujunhua 发表于 2010-4-10 22:29 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
有限域中方程的解在扩充域里面也称虚根吗？ 不，是我搞错了。
由于5#是机器分解的结果，我相信x2+46x+81≡0(mod229)是无解的。由于没有检查二次式的判别式，我以为方程会有复根，故有此说。
经你一提醒，实际解了一下，原来根在$Z(\sqrt 2)$中, 不是虚根:L 。2不是229的平方剩余，所以$\sqrt 2$在F229也无法开出，方程在Z中(或者说在F229中)无解。 有限域里面讨论二次式的判别式应该是没有意义的。比如这里我们可以将
$x^2+46x+81-=0(mod 229)$改写成$(x+23)^2-=219(mod 229)$或$(x+23)^2-=-10(mod 229)$
由于219或-10不是模229的二次剩余，于是无解。 本帖最后由 hujunhua 于 2010-4-15 14:53 编辑
有限域Fp里二次式是否可约也是用判别式来判别的，看Legendre符号(Δ/p)。(Δ/p)=-1时不可约，(Δ/p)=1时可约。
mathe批评的对，这时就sign(Δ)来谈判别式是没有意义的。
由于mathe的质疑，我才认真考虑了一下Fp里不可约二次式的虚根问题，原来当且仅当p在z(i)中也是素数时，Fp里不可约二次式才有虚根，即在扩充的Fp里可约。扩充的Fp里有p2-1个元素(同余组)。
对于任意自然素数p，p也是Z(i)中的素数<=>p≡-1(mod 4)<=>Legendre符号(-1/p)=-1. 对这样的p及Fp中的不可约二次式f(x)，虽然(Δ/p)=-1使$\sqrt{\Delta}$在Fp内不可开方，但(-Δ/p)=(-1/p)(Δ/p)=1使$\sqrt{-\Delta}$可开方。由$\sqrt{\Delta}=i\sqrt{-\Delta}$知f(x)≡0(mod p)在Z(i)内有解。
例如：p=239时，x2+46x+81在Fp是不可约的，因为判别式Δ=462-4×81=162×7, (Δ/p)=(7/239)=-(1/7)=-1.
$\sqrt{\Delta}=16\sqrt{7}=16\sqrt{-7}i$≡2×35i. 所以[-23±35i]p 是x2+46x+81≡0(mod p)的根。
另一方面，对于任意自然素数p，p不是Z(i)中的素数<=>p≡1(mod 4)<=>Legendre符号(-1/p)=1. 对这样的p及Fp中的不可约二次式f(x)，(Δ/p)=-1，而且(-Δ/p)=(-1/p)(Δ/p)=-1，还是无计可施。
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