5.【初等数论】 05 - 指数和原根2015-04-19

1. 指数

　　现在我们就开始为剩余系建立“坐标”，完全剩余系是连续的，剩余类本身就是很好的坐标，所以这里我们只需讨论既约剩余系。前面已经知道 $(a, m) = 1$ 时，总存 $d$ 在使得 $a^{d} \equiv 1 (\mod m)$ ，满足条件的最小的 $d_{0} = δ_{m} (a)$ 称为 $a$ 对模 $m$ 的阶或指数，也可简记为 $δ (a)$ 。为了得到更进一步的结论，我们先整理一下指数的简单性质：

　　（1）若 $a^{d} \equiv 1 (\mod m)$ ，则 $δ_{m} (a) ∣ d$ 。从而有若 $a^{h} \equiv a^{d} (\mod m)$ ，则 $h \equiv d (\mod m)$ ；

　　（2） $δ_{m} (a) | φ (m)$ ； $δ_{m} (a^{- 1}) = δ_{m} (a)$ 。

　　我们来继续研究指数的性质，首先考虑 $δ^{*} = δ_{m} (a^{n})$ ，由 $a^{n δ^{*}} \equiv 1 (\mod m)$ 知 $δ_{m} (a) ∣ n δ^{*}$ ，故容易有公式（1）。其次由定义显然有：若 $n ∣ m$ ，则 $δ_{n} (a) ∣ δ_{m} (a)$ 。所以对互质分解 $m = m_{1} m_{2} \dots m_{n}$ ，总有 $δ_{m_{k}} (a) ∣ δ_{m} (a)$ ，再根据模的性质就有公式（2）。再进一步，对任意的 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ ，考虑方程组 $x \equiv a_{k} (\mod m_{k})$ 的唯一解 $a$ （剩余定理），显然有 $δ_{m_{k}} (a) = δ_{m_{k}} (a_{k})$ ，再根据公式（2）可得 $a$ 满足公式（3）。

$\begin{matrix} (1) & δ_{m} (a^{n}) = \frac{δ_{m} (a)}{(δ_{m} (a), n)} \end{matrix}$

$\begin{matrix} (2) & δ_{m} (a) = [δ_{m_{1}} (a), δ_{m_{2}} (a), \dots, δ_{m_{n}} (a)] \end{matrix}$

$\begin{matrix} (3) & δ_{m} (a) = [δ_{m_{1}} (a_{1}), δ_{m_{2}} (a_{2}), \dots, δ_{m_{n}} (a_{n})] \end{matrix}$

　　再来研究 $δ_{m} (a), a = a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ ，令 $β = [δ (a_{1}), \dots, δ (a_{n})]$ ，则显然有 $δ (a) ∣ β$ 。先看 $δ (a_{k})$ 互素的情况，这时 $β = δ (a_{1}) δ (a_{2}) \dots δ (a_{n})$ ，令 $β_{k} = \frac{β}{δ (a_{k})}$ 。因为 $1 \equiv a^{δ (a) β_{k}} \equiv a_{k}^{δ (a) β_{k}} (\mod m)$ ，故 $δ (a_{k}) ∣ δ (a)$ ，从而有公式（4）。如果 $δ (a_{k})$ 不互素，一般并没有 $δ (a) = β$ 。但反过来，对任意的 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ ，利用公式（1）和（4）构造满足公式（5）的 $a$ 还是很容易的。

$\begin{matrix} (4) & δ_{m} (a) = δ_{m} (a_{1}) δ_{m} (a_{2}) \dots δ_{m} (a_{n}) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (5) & δ_{m} (a) = [δ_{m} (a_{1}), δ_{m} (a_{2}), \dots, δ_{m} (a_{n})] \end{matrix}$

　　指数在研究循环小数时有个有趣的结论。对既约分数 $\frac{a}{b}$ ，如果有 $b = 2^{m} \cdot 5^{n} \cdot k$ ，则 $\frac{a}{b}$ 是循环小数的充要条件是 $(10, k) = 1, k > 1$ 。如果 $δ_{k} (10) = c$ ，则最小循环周期为 $c$ ，并且小数点后的非循环数长度为 $max (m, n)$ 。特别地，如果 $(10, b) = 1$ ，则 $\frac{a}{b}$ 是纯循环小数。证明不难，你可以作为练习，关键是使用关系式 $10^{c} \equiv 1 (\mod k)$ 。

2. 原根

　　由指数的性质（2）可知 $a, a^{2}, \dots, a^{δ_{m} (a)}$ 是 $δ_{m} (a)$ 个不同的数，特别地当 $δ_{m} (a) = φ (m)$ 时，它们遍历 $m$ 的既约剩余系。这种关系使得既约剩余系变得特别简单，我们也由此找到了合适的“坐标”。为此，当 $δ_{m} (g) = φ (m)$ 时称 $g$ 称为模 $m$ 的原根，它便是既约剩余系的单位元，负责将剩余系串成一个线性空间。先来思考几个问题：

　　• 如果 $(n, φ (m)) = 1$ ，则 $x$ 遍历 $m$ 的既约剩余系时， $x^{n}$ 也遍历既约剩余系；

　　• 若 $q \equiv 1 (\mod 4), p = 2 q + 1$ ，或 $q \equiv 1 (\mod 2), p = 4 q + 1$ ，都有 $2$ 是 $p$ 的原根；

　　• $a^{n} - b^{n}$ 的素因子有形式 $k n + 1$ 或 $a^{m} - b^{m}, (m | n)$ 。

　　我们自然会有问题：什么样的模数有原根？有多少个原根？如何判定？前面已经知道 $δ (a) ∣ β$ ，而除了 $1, 2, 4, p^{e}, 2 p^{e}$ 这 $5$ 种情况外（ $p$ 为奇素数），容易其它证明都有 $β < φ (m)$ ，它们肯定没有原根。下面就需要论证那 $5$ 种情况是否有原根，直接验算可知 $1, 2, 4$ 有原根。对于模 $p$ 的情况，由公式（5）知存在 $g$ 使得 $δ (g) = [δ (1) δ (2) \dots δ (p - 1)]$ ，首先当然有 $δ (g) | p - 1$ 。另外因为 $x^{δ (g)} - 1 \equiv 0 (\mod p)$ 有全解，则 $p - 1 | δ (g)$ 。从而 $δ (g) = p - 1$ ，所以 $p$ 有原根 $g$ 。

　　由 $g^{d} \equiv 1 (\mod p^{e})$ 和 $g^{d} \equiv 1 (\mod 2 p^{e})$ 的等价性，并且 $φ (p^{e}) = φ (2 p^{e})$ ，可知 $p^{e}$ 和 $2 p^{e}$ 有相同的原根，这样一来我们就只需要讨论模 $p^{e}$ 是否有原根了。当 $g$ 是 $p^{n}$ 原根时，因为 $p^{n} ∣ p^{n + 1}$ ，故 $δ_{p^{n + 1}} (g)$ 为 $φ (p^{n})$ 或 $φ (p^{n + 1})$ 。要想 $g$ 也是 $p^{n + 1}$ 的原根，必须 $δ_{p^{n + 1}} (g) = φ (p^{n + 1})$ ，即满足式子（6）。而如果该条件满足，用归纳法可以验算得它对一切 $g^{φ (p^{e})}, (e ⩾ n)$ 都满足，即 $g$ 是所有 $p^{e}$ 的原根。

$\begin{matrix} (6) & g^{φ (p^{n})} = 1 + r (n) p^{n}, p ∤ r (n) \end{matrix}$

　　现在只要能证明以上条件对 $n = 1$ 成立（即 $g^{p - 1} = 1 + r p, p ∤ r$ ），我们就找到了所有模 $p^{e}$ 的原根，研究证明了 $p^{e}$ 原根的存在性。对模 $p$ 的原根 $g$ ，考察 $g_{k} = g + k p, k = 0, 1, \dots, p - 1$ 和式子（7）中的变形。 $r + (p - 1) g^{p - 2} k$ 中有且仅一个是 $p$ 的倍数，取其它任何一个值都能得到了满足条件的原根，条件得证。

$\begin{matrix} (7) & g_{k}^{p - 1} \equiv g^{p - 1} + (p - 1) g^{p - 2} p k \equiv 1 + p (r + (p - 1) g^{p - 2} k) (\mod p) \end{matrix}$

　　至此我们已经证明了原根存在的充要条件是模为 $1, 2, 4, p^{e}, 2 p^{e}$ 之一，但如果想要找出原根，目前还没有很简单的方法。一般只能逐个尝试每个数，然而利用公式（5）的构造法是可以加快计算的，比如如果已经知道 $δ_{41} (2) = 20$ 和 $δ_{41} (3) = 8$ ，因为 $[20, 8] = 40$ ，故 $2^{4} \cdot 3 \equiv 7 (\mod 41)$ 是 $41$ 的原根。

　　如果原根存在，选定一个原根 $g$ 后，它的幂次遍历整个既约剩余系。如果 $g^{k} \equiv a (\mod m)$ ，称 $k$ 为 $a$ 的指标，记作 $γ_{m, g} (a)$ ，或简记为 $γ_{g} (a)$ 和 $γ (a)$ 。指标将既约剩余系变成了一个完全剩余系，使其结构由分散的变为线性的，由此可以更好地研究它的性质。以下为原根的一些性质，其中性质（3）中蕴含了指数为 $d ∣ φ (m)$ 的数有 $φ (d)$ 个，它们是 $g^{\frac{φ (m)}{d} k}, (k, d) = 1$ 。特别地共有 $φ (φ (m))$ 个原根，它们是 $g^{k}, (k, φ (m)) = 1$ 。

　　（1） $γ_{m, g} (a b) \equiv γ_{m, g} (a) + γ_{m, g} (b) (\mod φ (m))$ ；

　　（2） $γ_{g_{1}} (a) \equiv γ_{g_{1}} (g_{2}) γ_{g_{2}} (a) (\mod φ (m))$ ，特别地有 $γ_{g_{1}} (g_{2}) γ_{g_{2}} (g_{1}) \equiv 1 (\mod φ (m))$ ；

　　（3） $δ_{m} (a) = \frac{φ (m)}{(γ_{m, g} (a), φ (m))}$ 。

　　我们一直想把指数当做即约剩余系的“坐标”，现在就来着手做这件事。一般的，将模 $m$ 进行素数分解 $2^{e_{0}} \cdot p_{1}^{e_{1}} \cdot \dots p_{n}^{e_{n}}$ ，其既约剩余系的每个数 $a$ 在各个维度都有一个值 $a_{k}$ 。对 $p_{k}^{e_{k}}$ ，前面的证明保证了它有原根 $g_{k}$ ， $γ_{k} = γ_{p_{k}^{e_{k}}, g_{k}} (a_{k})$ 就可以看做 $a$ 在第 $k$ 维的坐标。

　　但对于 $2^{e_{0}}$ ，除 $e_{0} < 3$ 外是没有原根的， $e_{0} ⩾ 3$ 时怎么建立坐标？通过归纳法你可以证明 $δ_{2^{e}} (5) = 2^{e - 2}$ ，并且容易知道 $\pm 5^{0}, \pm 5^{1}, \dots, \pm 5^{2^{e - 2} - 1}$ 是它的一个既约剩余系。这样任何既约数都有唯一表达式（8）， $γ_{- 1}, γ_{0}$ 就可以看做它的坐标。完整的就得到任何既约数的指标表达式（9）和（10）（（10）中 ${\tilde{g}}_{k}^{γ_{k}}$ 的是（9）中的 $γ_{k}$ 取 $1$ 、其它取 $0$ 得来），使用（10）来证明威尔逊定理就简单多了。

$\begin{matrix} (8) & (- 1)^{γ_{- 1}} 5^{γ_{0}}, (0 ⩽ γ_{- 1} < 2, 0 ⩽ γ_{0} < 2^{e - 2}) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (9) & a \equiv M_{0}^{- 1} M_{0} (- 1)^{γ_{- 1}} 5^{γ_{0}} + M_{1}^{- 1} M_{1} g_{1}^{γ_{1}} + \dots + M_{n}^{- 1} M_{n} g_{n}^{γ_{n}} (\mod m) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (10) & a \equiv {\tilde{g}}_{- 1}^{γ_{- 1}} \cdot {\tilde{g}}_{0}^{γ_{0}} \cdot {\tilde{g}}_{1}^{γ_{1}} \dots {\tilde{g}}_{n}^{γ_{n}} (\mod m) \end{matrix}$

3. 二项同余方程

　　最后再来看同余方程（11）它一般称为二项同余方程。如果方程有解，称 $a$ 为 $m$ 的 $n$ 次剩余，否则称为 $n$ 次非剩余。对 $m$ 进行素数分解 $2^{e_{0}} \cdot p_{1}^{e_{1}} \cdot \dots p_{n}^{e_{n}}$ 后，方程可以化为一个方程组，我们只需分别讨论这些方程即可。

$\begin{matrix} (11) & x^{n} \equiv a (\mod m) \end{matrix}$

　　模 $p^{e}$ （ $p$ 为奇素数）有原根 $g$ ，用它来分析二项方程会很简单（下面的讨论针对有原根的模 $m$ 都成立）。将原根带入原方程，得到式子（12）的左侧，它显然对应于右侧的一元一次同余方程。可以先回顾一下一次方程 $a x \equiv b (\mod m)$ 的特点，令 $d = (a, m)$ ，则 $d ∣ b$ ，且方程解的周期为 $\frac{m}{d}$ ，请先在脑子想象一下它们的布局。回到原方程，令 $d = (n, φ (m))$ ，则方程有解的充要条件是 $d | γ (a)$ ，且共有 $\frac{φ (m)}{d}$ 个 $n$ 次剩余。方程的解有 $d$ 个，它们的周期是 $\frac{φ (m)}{d}$ 。

$\begin{matrix} (12) & (g^{y})^{n} \equiv g^{γ (a)} (\mod m) \Leftrightarrow n y \equiv γ_{m, g} (a) (\mod φ (m)) \end{matrix}$

　　现在来把条件 $d | γ (a)$ 转化为与 $a$ 直接相关的。因为 $a = g^{γ} (a)$ ，使用公式（1）直接有式子（13）。结合条件 $d | γ (a)$ ，显然有 $δ (a) | \frac{φ (m)}{d}$ ，它又等价于公式（14）。这就是方程有解的充要条件，明显二次剩余的判定条件只是它的特例。

$\begin{matrix} (13) & φ (m) = (φ (m), γ (a)) δ_{m} (a) \end{matrix}$

$\begin{matrix} (14) & a^{\frac{φ (m)}{(n, φ (m))}} \equiv 1 (\mod m) \end{matrix}$

　　对模 $m = 2^{e}$ 的情景需要单独考虑，前面的讨论中说明了它的既约剩余系有两个独立的维度，故只需分别讨论两个维度就行了。令 $a = (- 1)^{γ_{- 1}} 5^{γ_{0}}, d = (n, 2^{e - 2})$ ，可知方程有解的充要条件是 $(n, 2) ∣ γ_{- 1}$ 且 $d ∣ γ_{0}$ ，方程解的个数为 $(n, 2) d$ 。展开说就是，当 $2 ∤ n$ 时有且仅有 $1$ 解，既约剩余系的每个值都是 $n$ 次剩余。当 $2 ∣ n$ 时有解的充要条件是 $a = 5^{γ_{0}}$ 且 $d ∣ γ_{0}$ ，并且有 $2 d$ 个解，共有 $\frac{2^{e - 2}}{d}$ 个数是 $n$ 次剩余。

　　下面把 $2 ∣ n$ 有解的充要条件转化为与 $a$ 相关的，首先易知必有形式 $d = 2^{λ}, (λ ⩾ 1)$ 。因为 $δ_{2^{λ + 2}} (5) = 2^{λ} = d$ ，我们的条件 $d ∣ γ_{0}$ 其实等价于 $5^{γ_{0}} \equiv 1 (\mod 2^{λ + 2})$ ，这就得到充要条件为公式（15）。当然你也可以得到与 $p^{e}$ 类似的式子，但因为不如上式简洁，这里就不赘述了。