原根

2022-08-03 21:00:23 作者：互联网

原根

原根

Some Important Ideas Before THis

$x\equiv 1(\operatorname{mod},m) \iff x^w\equiv 1(\operatorname{mod},m) $。
$a\equiv 1(\operatorname{mod}\,m),b\equiv 1(\operatorname{mod}\,m) \iff ab\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$。
反证法。
夹逼法。
均为模意义下的讨论。

阶

Definition

当 $a \bot m$ 时，满足同余式 $a^n \equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$ 的最小正整数 $n$ 存在，这个 $n$ 叫做 $a$ 模 $m$ 的阶，记作 $\delta_m(a)$。

由欧拉定理可知。

则不难发现 $a$ 模 $m$ 的阶一定不大于 $\varphi(m)$，因为 $\varphi(m)$ 代进去一定成立。

Property 1

$a,a^2,...,a^{\delta_m(a)}$ 模 $m$ 两两不同余。

若存在两个数 $i,j$ 满足 $a^i \equiv a^j(\operatorname{mod}\,m)$，则 $a^{|i-j|}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$，而 $1\le|i-j| <\delta_m(a)$，与阶的最小性相违背，因此不存在这样的 $i,j$。

Property 2

若 $a^n\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$，则 $\delta_m(a)|n$。

设 $n=\delta_m(a)q+r,0\le r<\delta_m(a)$。则

$a^{\delta_m(a)q+r}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m) \iff a^{r}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$，又由 $\delta_m(a)$ 的最小性，$r=0$。

推论：若 $a^p \equiv a^q(\operatorname{mod}\,m)$，则 $p \equiv q(\operatorname{mod}\,\delta_m(a))$。

由性质 1 的推导方法，可知 $a^{|p-q|}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$，$|p-q|\ge \delta_m(a)$，由性质 2，$|p-q||\delta_m(a)$，

也即 $p \equiv q(\operatorname{mod}\,\delta_m(a))$。

Property 3

设 $m\in \text{N}_{+}$，$a,b\in \text{Z}$，$\gcd(a,m)=\gcd(b,m)=1$，则：

$\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)$ 与 $\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1$ 互为充要条件。

$p\to q$：

由 $a^{\delta_m(a)}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m),b^{\delta_m(b)}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$，得 $(ab)^{\operatorname{lcm}(\delta_m(a),\delta_m(b))}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$。

则 $\delta_m(ab)|\operatorname{lcm}(\delta_m(a),\delta_m(b))$。

由条件，$\delta_m(a)\delta_m(b)|\operatorname{lcm}(\delta_m(a),\delta_m(b))$。

只能有 $\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1$。
$q\to p$：
由 $(ab)^{\delta_m(ab)}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$，有 $a^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$，

由性质 2，有 $\delta_m(a)|\delta_m(ab)\delta_m(b)$，又由条件 $\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))$，得 $\delta_m(a)|\delta_m(ab)$。

同理可得 $\delta_m(b)|\delta_m(ab)$，则 $\delta_m(a)\delta_m(b)|\delta_m(ab)$。

另一方面，$(ab)^{\delta_m(a)\delta_m(b)}\equiv (a^{\delta_m(a)})^{\delta_m(b)}\times(b^{\delta_m(b)})^{\delta_m(a)} \equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$。

又由性质 2，有 $\delta_m(ab)|\delta_m(a)\delta_m(b)$。

所以 $\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)$。

Property 4

设 $k\in \text{N},m\in \text{N}_{+},a\in \text{Z}$，且 $a \bot m$，则：

$\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}$。

由 $a^{k\delta_m(a^k)}\equiv (a^k)^{\delta_m(a^k)}\equiv 1$，由性质 2，得 $\delta_m(a)|k\delta_m(a^k)$，把 $k$ 的质因子搞掉，剩下 $\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}|\delta_m(a^k)$。

由 $(a^k)^{\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}}\equiv (a^{\delta_m(a)})^{\frac{k}{\gcd(\delta_m(a),k)}} \equiv 1$，得 $\delta_m(a^k)|\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}$。

综上，只能让 $\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}$。

原根

Definition

设 $m\in \text{N}_{+},a\in \text{Z}$。若 $a\bot m$，且 $\delta_m(a)=\varphi(m)$，则称 $a$ 为模 $m$ 的原根。

原根判定定理

设 $m\ge3$，$a\bot m$，则 $a$ 是模 $m$ 的原根的充要条件是，对于 $\varphi(m)$ 的每个质因数 $p$，都有：

$a^{\frac{\varphi(m)}{p}} \not\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$。

必要性：由原根的定义，$a$ 是模 $m$ 的原根表示 $\delta_m(a)=\phi(m)$，

又由阶的定义，$\delta_m(a)$ 是满足对应同余式的最小正整数，而 $\frac{\varphi(m)}{p}<\delta_m(a)$，必要性显然成立。
充分性：当对于 $\varphi(m)$ 的每个质因数 $p$，都有 $a^{\frac{\varphi(m)}{p}} \not\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$ 时，设有一个整数 $a$ 不是模 $m$ 的原根。

那么 $\delta_m(a)\ne \varphi(m)$，则必然有 $t<\varphi(m)$ 满足 $a^t\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$。

由裴蜀定理，一定存在整数 $x,y$ 使得 $xt=y\varphi(m)+\gcd(t,\varphi(m))$。

故转化原同余式：$1 \equiv a^{xt} \equiv a^{y\varphi(m)+\gcd(t,\varphi(m))} \equiv a^{\gcd(t,\varphi(m))} (\operatorname{mod}\,m)$。

由 $\gcd(t,\varphi(m))|\varphi(m)$ 且 $\gcd(t,\varphi(m))\le t <\varphi(m)$，

存在 $\varphi(m)$ 的质因数 $p$ 使得 $\gcd(t,\varphi(m))|\frac{\varphi(m)}{p}$，进而有 $a^{\gcd(t,\varphi(m))}\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$。

假设与条件矛盾，因此原命题成立。

原根个数

若一个数 $m$ 有原根，则 $m$ 的原根个数为 $\varphi(\varphi(m))$。

设 $m$ 有一个原根 $g$，由阶的性质 4，有 $\delta_m(g^k)=\frac{\delta_m(g)}{\gcd(\delta_m(g),k)}$。

又因为 $\delta_m(g)=\varphi(m)$，有 $\delta_m(g^k)=\frac{\varphi(m)}{\gcd(\varphi(m),k)}$。

当 $\gcd(\varphi(m),k)=1$ 时，$\delta_m(g^k)=\varphi(m)$，此时 $g^k$ 也为 $m$ 的原根。

而满足条件的 $k\le \varphi(m)$ 的取值有 $\varphi(\varphi(m))$ 个，所以 $m$ 的原根个数为 $\varphi(\varphi(m))$ 个。

原根存在定理

一个数存在原根当且仅当 $m=2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}$，其中 $p$ 为奇质数，$\alpha\in \text{N}_{+}$。

接下来分几个部分，提出定理进行证明。

除开 $2$ 之外，$2^{\alpha}$ 没有原根。

Lemma to Theorem 1

设 $a,b$ 是与 $p$ 互质的两个整数，则存在 $c\in \text{Z}$ 使得 $\delta_p(c)=\operatorname{lcm}(\delta_p{(a)},\delta_p{(b)})$。

搁了。

Theorem 1

对于奇素数 $p$，$p$ 有原根。

对 $1\sim(p-1)$ 两两使用引理，可知存在 $g\in \text{Z}$ 使得 $\delta_p(g)=\operatorname{lcm}(\delta_p{(1)},\delta_p{(2)},\cdots,\delta_p{(p-1)})$。

即 $\delta_p(i)(i=1,2,\cdots,p-1)|\delta_p(g)$，所以 $i^{\delta_p(i)}\equiv i^{\delta_p(g)}\equiv 1(\operatorname{mod}\,p)$。

换句话说，$x^{\delta_p(g)}\equiv 1(\operatorname{mod}\,p)$ 有 $p-1$ 个不同的根。

由拉格朗日定理，$x^n\equiv 1(\operatorname{mod}\,p)$ 至多有 $n$ 个不同的根，所以此处至少有 $\delta_p(g)\ge p-1$。

又 $\varphi(p)=p-1$，所以 $\delta_p(g)\le p-1$，夹逼得 $\delta_p(g)=p-1=\varphi(p)$。

即存在这样的 $g$ 是 $p$ 的原根。

Lemma to Theorem 2

存在模 $p$ 的原根 $g$，使得 $g^{p-1}\not\equiv 1(\operatorname{mod}\,m)$。

Theorem 2

对于奇素数 $p$，$\alpha\in \text{N}_{+}$，$p^{\alpha}$ 有原根。

Theorem 3

对于奇素数 $p$，$\alpha\in \text{N}_{+}$，$2p^{\alpha}$ 有原根。

Theorem 4

对于 $m\ne 2,4$，且不存在 $p$ 为奇素数，$\alpha\in \text{N}_{+}$ 使得 $m$ 为 $p^{\alpha}$ 或 $2p^{\alpha}$，$m$ 没有原根。

标签：原根,varphi,delta,equiv,operatorname,mod
来源： https://www.cnblogs.com/Schucking-Sattin/p/16548698.html