解析数论之原根

解析数论之原根

目录

• Chapter1 什么是整数的次数，什么是原根
• Chapter2 谁有原根？

Chapter1 什么是整数的次数，什么是原根

• Definition：

  对于\((a,m)=1,m\ge1\)，考虑所有\(a,a^2,a^3,\cdots\)，我们通过欧拉定理知道有\(a^{\varphi(m)}\equiv1\mod{m}\)。

  而满足\(a^f\equiv1\mod{m}\)的最小正整数\(f\)称为\(a\mod{m}\)的次数，记作

  \[f=\exp_m(a) \]

  如果\(\exp_m(a)=\varphi(m)\),那么\(a\)叫做模\(m\)的一个原根。

• Theorem:

  • Th1：如果\(\exp_m(a)=l;a^n\equiv1\mod{m};n\)是正整数，那么\(l|n\)。

  Proof:

  使用反证法，如果\(l\)不能整除\(n\)，那么有\(n=ql+r,0\le r\le l\)，那么

  \[a^n\equiv a^{ql+r}\equiv1\mod{m}\\ 而\exp_m(a)=l意味着a^l\equiv1\mod{m}\\ 所以a^{ql+r}\equiv a^r\equiv1\mod{m}\\ \]

  在上面的式子中\(0\le r\le l\)，但是根据\(\exp_m(a)=l\)的定义，不可能存在\(0< r\le l\)的数r使\(a^r\equiv1\mod{m}\)，出现矛盾，于是反证成功。

  或者\(r=0\)，这样一来就会出现\(l|n\)。

  推论：如果\(\exp_m(a)=l\)，一定有\(l|\varphi(m)\)

  • Th2：如果\(\exp_m(a)=l\)，那么\(\{1,a,a^2,\cdots,a^{l-1}\}\)中的元素两两不同余

  假设\(a^m\equiv a^n\mod{m}, 0\le n\le m\le l-1\)，那么根据\((a,m)=1\)，我们有\(a^{m-n} \equiv 1\mod{m}\)，但是\(0\le m-n \le l-1\)，出现矛盾，反证成功。

  • Th3：如果\(\exp_m(a)=l\)，那么\(a^k\equiv a^h\mod{m}\)，当且仅当\(k \equiv h\mod{l}\)。

  证明\(\Rightarrow\)：

  如果\(a^k\equiv a^h\mod{m}\)，那么根据\((a,m)=1\)有\(a^{k-h}\equiv1\mod{m}\)。

  根据Th1有\(k-h=ql+r,0\le r\le l\)，使用Th1的方式我们可以推导出\(r=0\)，从而有\(k-h=ql \Rightarrow l|(k-h) \Rightarrow k\equiv h\mod{l}\)

  证明\(\Leftarrow\)：

  如果\(k\equiv h\mod{l}\)，那么\(k-h=ql\)，所以\(a^{k-h}\equiv1\mod{m}\)，于是\(a^k\equiv a^h\mod{m}\)。

  Th3还可以用于证明Th2，\(k\)和\(h\)选自\(\{0,1,2\cdots,l-1\}\)中的不同元素，于是\(\{1,a,a^2,\cdots,a^{l-1}\}\)中的元素两两互不同余。

  推论：如果\(\exp_m(a)=l\)，那么\(a^k\equiv 1\mod{m}\)，当且仅当\(k \equiv 0\mod{f}\)。所以有\(l|\varphi(m)\)

  • Th4：令\((a.m)=1\)，则\(a\)是模\(m\)的一个原根，当且仅当，\(\{a,a^2,\cdots,a^{\varphi(m)}\}\)构成模\(m\)的一个简化剩余系。

  证明\(\Rightarrow\)：

  如果\(a\)是一个原根，那么有\(a^{\varphi(m)} \equiv \mod{m}\),那么根据Th2，我们有\(\{1,a,a^2,\cdots,a^{\varphi(m)-1}\}\)，即\(\{a,a^2,\cdots,a^{\varphi(m)}\}\)两两互不同余，而这样的数正好有\(\varphi(m)\)个，于是构成\(m\)的一个简化剩余系。

  证明\(\Leftarrow\)：

  有\((a,m)=1\)，那么根据欧拉定理有\(a^{\varphi(m)} \equiv \mod{m}\)，而\(\{a,a^2,\cdots,a^{\varphi(m)}\}\)构成简化剩余系，且其中的元素两两互不同余，那么不会出现比\(\varphi(m)\)更小的方幂同余1。

  • Th5：已知\((a.m)=1\)，令\(\exp_m(a)=f\)，则有
    \[\exp_m(a^k)=\dfrac{\exp_m(a)}{(k,f)} \]
    特别的，\(\exp_m(a^k)=\exp_m(a)\)当且仅当\((k,f)=1\)。

  从定义我们知道，\(\exp_m(a^k)\)即是\(a^k\)的次数，也就是满足\(a^{xk}\equiv1\mod{m}\)的最小的\(x\)，使\(xk\equiv1\mod{f}\)。

  \(xk\equiv1\mod{f}\)等价于\(x\equiv0\mod{\dfrac{f}{d}}，d=(k,f)\)。这个同余式的最小正整数解为\(x=\dfrac{f}{d}\)，所以\(\exp_m(a^k)=\dfrac{f}{d}=\dfrac{\exp_m(a)}{(k,f)}\)

  • Th6：令\(g\)是模\(p\)的一个原根，使\(g^{p-1}\not\equiv1(\mod{p^2})\)，那么对每个\(\alpha\ge2\)，我们有\(g^{\varphi(p^{\alpha-1})}\not\equiv1(\mod{p^\alpha})\)

  使用归纳法证明，对\(\alpha=2\)，左式就是右式。

  假设该定理对\(\alpha={2，\cdots,}n\)都成立，现在我们要证明对于\(\alpha=n+1\)也成立。

  根据欧拉定理，我们有\(g^{\varphi(p^{\alpha-1})}\equiv1(\mod{p^{\alpha-1}})\)，因此\(g^{\varphi(p^{\alpha-1})}=kp^{\alpha-1}+1\)。

  而对于\(\alpha=n\)满足\(g^{\varphi(p^{\alpha-1})}\not\equiv1(\mod{p^\alpha})\)，也就是\(g^{\varphi(p^{\alpha-1})}-1\not\equiv0(\mod{p^\alpha})\),也就是\(k\)的因子不能含有\(p\)，即\(p\not|k\)。

  接着我们将\(g^{\varphi(p^{\alpha-1})}=kp^{\alpha-1}+1\)左右各自乘\(p\)次：

  \[\begin{align*} (g^{\varphi(p^{\alpha-1})})^p&=(kp^{\alpha-1}+1)^p\\ (g^{p^{\alpha-1}-p^{\alpha-2}})^p&=1+kp^\alpha+k^2\dfrac{p(p-1)}{2}p^{2(\alpha-1)+rp^{3(\alpha-1)}}\\ 因为\alpha\ge2,所以&2\alpha-1\ge\alpha+1,3\alpha-3\ge\alpha+1\\ g^{\varphi(p^\alpha)}&\equiv1+kp^\alpha(\mod{p^{\alpha+1}}) \end{align*} \]

  而前面证明了\(k\)中不含因子\(p\)，所以\(kp^\alpha\not\equiv0(\mod{p^{\alpha+1}})\)，所以\(g^{\varphi(p^\alpha)}-1\not\equiv0(\mod{p^{\alpha+1}})\)。

  所以我们证明了对于\(\alpha=n+1\)这个结论也成立，归纳证明完毕。

Chapter2 谁有原根？

• Definition：

不是所有的模都有原根：

只有当\(m=1,2,4,p^\alpha,2p^\alpha\)的时候，模才有原根。

前三种情形容易确定：

1的原根是0，2的原根是1，4的原根3：\(3^2\equiv 1 \mod{4}\)。

• Theorem:

  • 1.证明对奇素数\(p\)，模\(p\)的原根存在：

    Th：令\(p\)是一个奇素数，\(d|p-1\)，在模\(p\)的每一个简化剩余系中，恰有\(\varphi(d)\)个\(a\)使得\(\exp_p(a)=d\)。

  使用在第二章中用到过的证明，将\(d\)分为若干个集合\(A(d)=\{x|1\le x\le p-1,\exp_p(x)=d\}\)

  令\(f(d)\)表示\(A(d)\)中元素的个数。对每一个\(d\)有\(f(d)\ge0\)，我们要证明\(f(d)=\varphi(d)\)

  首先，\(A(d)\)是互不相交的，所以\(\sum_{d|p-1}f(d)=p-1\)

  然后，根据欧拉函数的性质，我们有\(\sum_{d|p-1}\varphi(d)=p-1\)

  于是有\(\sum_{d|p-1}|\varphi(d)-f(d)|=0\)，

  其中每一项加起来的和为0，所以我们要证明有\(f(d)\ge\varphi(d)\)就足够了。

  如果\(f(d)=0\)，那么显然满足\(f(d)\ge\varphi(d)\)；

  如果\(f(d)\not=0\)，也就是\(A(d)\)非空，那么从\(A(d)\)中选取一个\(a\)，满足\(\exp_p(a)=d\)，即\(a^d\equiv1(\mod{p})\)

  对于选择的这个\(a\)来说，他的任意方幂都满足\(a^d\equiv1(\mod{p})\)，也就是说

  \({a,a^2,\cdots,a^d}\)都是\(x^d-1\equiv0(\mod{p})\)的解。

  根据拉格朗日定理，\(p\)是素数，那么上面这个式子最多只有\(d\)个解，于是\({a,a^2,\cdots,a^d}\)是\(x^d-1\equiv0(\mod{p})\)的全部解。

  于是我们扩大范围，既然\(A(d)\)不为空，那么\(A(d)\)这个集合中的所有数\(\{1\le a \le p-1\}\)，都有\(a^k,k=1,2,\cdots\)

  但不是所有的\(a^k\)都满足\((a^k)^d\equiv1(\mod{p})\)，我们要找到有多少这样的\(a\)能够满足这个式子。

  换言之，什么时候\(\exp_p(a^k)=d\)呢？

  我们有Th5的推论可以知道，想要\(\exp_p(a^k)=\exp_p(a)=d\)，那就需要\((k,d)=1\)。

  换言之，\({a,a^2,\cdots,a^d}\)中只有\(\varphi(d)\)个数，满足\((a^k)^d\equiv1(\mod{p})\).

  所以，在模\(p\)的每一个简化剩余系中，恰有\(\varphi(d)\)个\(a\)使得\(\exp_p(a)=d\)。

  • 2.证明对模\(p^\alpha\)的原根存在：

  令\(p\)是一个奇素数，则有：

  1）如果\(g\)是模\(p\)的一个原根，那么对所有的\(\alpha\ge1\)，\(g\)是模\(p^\alpha\)的原根 \(\Leftrightarrow\) \(g^{p-1}\not\equiv1(\mod{p^2})\)

  2）模\(p\)至少有一个原根\(g\)满足\(g^{p-1}\not\equiv1(\mod{p^2})\)，于是当\(\alpha\ge2\)的时候，模\(p^\alpha\)至少有一个原根。

  证明2）：

  令\(g\)是模\(p\)的一个原根，有\(g^\varphi(p)\equiv1(\mod{p})\)

  如果\(g^{p-1}\equiv1(\mod{p^2})\)，我们能证明有另一个原根\(g_1=g+p\)满足\(g_1^{p-1}\not\equiv1(\mod{p^2})\)

  我们展开\(g_1^{p-1}\)：

  \[g_1^{p-1}=(g+p)^{p-1}=g^{p-1}+(p-1)g^{p-2}p+tp^2\\ \equiv g^{p-1}+(p^2-p)g^{p-2}(\mod{p^2})\\ \equiv 1-pg^{p-2}(\mod{p^2}) \]

  不能有$pg^{{p-2}\equiv0(\mod{p}2}) \(，因为这样会出现\)g^{p-2}\equiv0(\mod{p})\(与\)g\(是模\)p$的一个原根矛盾。

  于是\(g_1^{p-1}\not\equiv1(\mod{p^2})\)。

  证明1）：\(\Rightarrow\)

  如果\(g\)是模\(p\)的一个原根，那么对所有的\(\alpha\ge1\)，\(g\)是模\(p^\alpha\)的原根.

  那么我们让\(\alpha=2\)，就满足b的定义。

  反过来，\(g\)是模\(p\)的一个原根，\(g^{p-1}\not\equiv1(\mod{p^2})\)。要证明\(g\)是模\(p^\alpha\)的原根：

  令\(t=\exp_{p^\alpha}(g)\)，现在要证明\(t=\varphi(p^\alpha)\)

  因为\(g^t\equiv1(\mod{p^\alpha})\)，我们有\(g^t\equiv1(\mod{p})\)，所以\(\varphi(p)|t,t=q\varphi(p)\)

  而\(t|\varphi(p^\alpha)\)，所以\(q\varphi(p)|\varphi(p^\alpha)=p^{\alpha-1}(p-1)\)，所以\(q(p-1)|p^{\alpha-1}(p-1),q|p^{\alpha-1}\)，所以\(q=p^\beta,(\beta\le\alpha-1)\)

  于是\(t=q\varphi(p)=p^\beta(p-1)\)

  如果我们能证明\(\beta=\alpha-1\)，那么就是说\(t=p^{\alpha-1}(p-1)=\varphi(p^{\alpha})\)

  假设法证明，如果\(\beta<\alpha-1\)，那么\(\beta\le\alpha-2，t=p^\beta(p-1)|p^{\alpha-2}(p-1)=\varphi(p^{\alpha-1})\)

  我们有\(t=\exp_{p^\alpha}(g)\)，而\(\varphi(p^{\alpha-1})\)是\(t\)的倍数，所以\(g^{\varphi(p^{\alpha-1})}\equiv1(\mod{p^\alpha})\)

  Th6证明了这个式子是不成立的，所以出现矛盾，证明完毕。

  • 模\(2p^\alpha\)的原根存在：

    如果\(p\)是一个奇素数并且\(\alpha\ge1\)，那么存在模\(p^\alpha\)的一个奇数原根\(g\)，每一个这样的\(g\)也是模\(2p^\alpha\)的原根。

  如果\(g\)是模\(p^\alpha\)的一个原根，那么\(g+p^\alpha\)也是一个原根。\(g\)和\(g+p^\alpha\)必有一个是奇数。所以必然存在奇数原根。

  令\(g\)是模\(p^\alpha\)的一个奇数原根，令\(f=\exp_{2p^\alpha}(g)\)，有\(f|\varphi(2p^\alpha)\)，现在要证明\(f=\varphi(2p^\alpha)\)。

  \(\varphi(2p^\alpha)=\varphi(2)\varphi(p^\alpha)=\varphi(p^\alpha)\)，所以\(f|\varphi(p^\alpha)\)，证明\(f=\varphi(2p^\alpha)\)变成了证明\(f=\exp_{p^\alpha}(g)\)。

  而\(g^f\equiv1(\mod{2p^\alpha})\)，所以\(g^f\equiv1(\mod{p^\alpha})\)。(定义)

  所以根据Th1：\(\varphi(p^\alpha)|f\)。

  所以\(f=\varphi(p^\alpha)=\varphi(2p^\alpha)\)

  • \(2^\alpha\)没有原根

    令\(x\)是一个奇数，对\(\alpha\ge3\)，我们有\(x^{\dfrac{\varphi(2^\alpha)}{2}}\equiv1(\mod{2^\alpha})\)，所以\(2^\alpha\)没有原根。

    用归纳法证明：

    首先，当\(\alpha=3\)，命题即是说\(x^2\equiv1(\mod{8}),x=1,3,5,7\)。所以没有原根。

    假设对\(\alpha\)成立，只要证明对\(\alpha+1\)成立，命题就成立。

    对\(\alpha\)成立的话，\(x^{\dfrac{\varphi(2^\alpha)}{2}}=t2^\alpha+1\)。

    平方得到\(x^{\varphi(2^\alpha)}=1+t^22^{2\alpha}+t2^{\alpha+1} \equiv 1(\mod{2^{\alpha+1}})\)

    又因为\(\varphi(2^\alpha)=2^{\alpha-1}=\dfrac{\varphi(2^{\alpha+1})}{2}\)

    所以\(x^{\varphi(2^\alpha)} \equiv x^{\dfrac{\varphi(2^\alpha)}{2}}\equiv 1(\mod{2^{\alpha+1}})\)

  • 其他情况下原根不存在：

    给定\(m\ge1\)，\(m\not=\{1,2,4,p^\alpha,2p^\alpha\}\)，其中\(p\)是奇素数。对于任何一个与\(m\)互素的\(a\)，我们有\(a^{\dfrac{\varphi(m)}{2}}\equiv1(\mod{m})\)。于是m没有原根

    因为当\(\alpha\ge3\)的时候，模\(2^\alpha\)没有原根，所以我们假设\(m\)分解为

    \[m=2^\alpha p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \cdots p_s^{\alpha_s}\\ \varphi(m)=\varphi(2^\alpha)\varphi(p_1^{\alpha_1})\cdots\varphi(p_s^{\alpha_s}) \]

    其中\(p_i\)是奇素数，\(s\ge1,\alpha\ge0\)。

    由于\(m\not=\{1,2,4,p^\alpha,2p^\alpha\}\)，所以：

    当\(s=1\)，有\(\alpha\ge2\)；

    当\(\alpha=0或1\)，有\(s\ge2\)。

    我们希望\(a^{\dfrac{\varphi(m)}{2}}\equiv1(\mod{m})\)，令\(g\)是模\(p_1^{\alpha_1}\)的一个原根，选k使\(a\equiv g^k(\mod{p_1^{\alpha_1}})\).

    于是\(a^{\dfrac{\varphi(m)}{2}}\equiv g^{\dfrac{\varphi(m)k}{2}}\equiv g^{t\varphi(p_1^{\alpha_1})}(\mod{p_1^{\alpha_1}})\)

    其中，\(t=k\varphi(2^\alpha)\varphi(p_1^{\alpha_1})\cdots\varphi(p_s^{\alpha_s})\dfrac{1}{2}\)

    如果\(\alpha\ge2\)，那么因子\(\varphi(2^\alpha)\)是偶数；

    如果\(\alpha=0,1\)则\(s\ge2\)，那么因子\(\varphi(p_2^{\alpha_2})\)也是偶数，（欧拉函数性质算出来变成\(p_2^{\alpha_2}(p_2-1)\)，后面括号里面的会提供一个2​）

    所以\(t\)是一个整数。 \(a^{\dfrac{\varphi(m)}{2}} \equiv g^{t\varphi(p_1^{\alpha_1})}\equiv 1 (\mod{p_1^{\alpha_1}})\)

    扩展成\(a^{\dfrac{\varphi(m)}{2}} \equiv 1 (\mod{p_i^{\alpha_i}})\)

    目前为止，我们还需要证明这个同余式对模\(2^\alpha\)也成立。

    根据模\(2^\alpha\)不存在原根的定理，我们有

    \[a^{\dfrac{\varphi(2^\alpha)}{2}}\equiv 1(\mod{2^\alpha}),(\alpha\ge3) \]

    而\(\varphi(2^\alpha)|\varphi(m)\)，所以\(a^{\dfrac{\varphi(m)}{2}}\equiv 1(\mod{2^\alpha}),(\alpha\ge3)\)

    接下来只剩下\(\alpha\le2\)的情况了，对于这种情况，根据定义我们有

    \[a^{\varphi(2^\alpha)}\equiv1(\mod{2^\alpha}) \]

    我们想要将\(\varphi(2^\alpha)\)转换成\(\dfrac{\varphi(m)}{2}\)，就需要\(\varphi(2^\alpha)|\dfrac{\varphi(m)}{2}\)，实际上这是成立的，因为既然\(m\)中\(s\ge1\)，那么\(\varphi(m)=\varphi(2^\alpha)\varphi(p_1^{\alpha_1})\cdots\varphi(p_s^{\alpha_s})\)中就肯定能分出一个\(2r\varphi(2^\alpha)\)，其中\(r\)是整数。

    于是对所有的\(\alpha\)都成立：

    \[a^{\dfrac{\varphi(2^\alpha)}{2}}\equiv 1(\mod{2^\alpha}),(\alpha\ge3) \]

    最后我们乘在一起，得到

    \[a^{\dfrac{\varphi(m)}{2}}\equiv1(\mod{m}) \]

    这证明，\(a\)不能是模\(m\)的原根。