原根

原根

前置知识：

费马小定理，欧拉定理。

为什么没有拉格朗日定理因为马上会说。

拉格朗日定理#

设 $p$ 为素数，对于模 $p$ 意义下的整系数多项式：

$$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\dots +a_0(p\nmid a_n)$$

的同余方程 $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ 在模 $p$ 的意义下至多有 $n$ 个不同的解。

阶#

由欧拉定理可知，对于 $a\in \mathbb{Z},m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，若 $gcd(a,m)=1$，则 $a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

因此满足同余式 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 的最小正整数 $n$ 存在，这个 $n$ 称作 $a$ 模 $m$ 的阶，记作 ${\delta }_m(a)$。

性质#

• $a,a^2,\dots ,a^{{\delta }_m(a)}$ 模 $m$ 两两不同余。

证明：

考虑反证，假设存在两个数 $i\ne j$，且 $a^i\equiv a^j(\mathrm{mod}p)$，则有 $a^{|i-j|}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

但是显然的有：$0<|i-j|<{\delta }_m(a)$，这与阶的最小性矛盾，故原命题成立。

• 若 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，则 ${\delta }_m(a)\mid n$。

证明：

对 $n$ 除以 ${\delta }_m(a)$ 作带余除法，设 $n={\delta }_m(a)q+r,0\le r\le {\delta }_m(a)$。

若 $r>0$，则：

$$a^r\equiv a^r(a^{{\delta }_m(a)}{)}^q\equiv a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

这与 ${\delta }_m(a)$ 的最小性矛盾。故 $r=0$，即 ${\delta }_m(a)\mid n$。

据此我们还可以推出：

若 $a^p\equiv a^q(\mathrm{mod}m)$，则有 $p\equiv q(\mathrm{mod}{\delta }_m(a))$。

• 设 $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },a,b\in \mathbb{Z},gcd(a,m)=gcd(b,m)=1$，则：${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)$ 的充分必要条件是 $gcd({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$。

必要性：

由 $a^{{\delta }_m(a)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 及 $b^{{\delta }_m(b)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，可知：

$$(ab{)}^{lcm({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

由前面所述的阶的性质，有：

$${\delta }_m(ab)\mid lcm({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))$$

又由于 ${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)$，故：

$${\delta }_m(a){\delta }_m(b)\mid lcm({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))$$

即 $gcd({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$。

充分性：

由 $(ab{)}^{{\delta }_m(ab)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 可知：

$$1\equiv (ab{)}^{{\delta }_m(ab){\delta }_m(b)}\equiv a^{{\delta }_m(ab){\delta }_m(b)}(\mathrm{mod}m)$$

故 ${\delta }_m(a)\mid {\delta }_m(ab){\delta }_m(b)$。结合 $gcd({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$，得到：

$${\delta }_m(a)\mid {\delta }_m(ab)$$

对称的，同理可得：

$${\delta }_m(b)\mid {\delta }_m(ab)$$

所以

$${\delta }_m(a){\delta }_m(b)\mid {\delta }_m(ab)$$

另一方面，有：

$$(ab{)}^{{\delta }_m(a){\delta }_m(b)}\equiv (a^{{\delta }_m(a)}{)}^{{\delta }_m(b)}\times (b^{{\delta }_m(b)}{)}^{{\delta }_m(a)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

故：

$${\delta }_m(ab)\mid {\delta }_m(a){\delta }_m(b)$$

综合以上两点可得：

$${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)$$

• 设 $k\in \mathbb{N},m\in {\mathbb{N}}^{\ast },a\in \mathbb{Z},gcd(a,m)=1$，则：${\delta }_m(a^k)=\frac{{\delta }_m(a)}{gcd({\delta }_m(a),k)}$

证明先鸽了。

原根#

设 $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },g\in \mathbb{Z}$，若 $gcd(g,m)=1$，且 ${\delta }_m(g)=\phi (m)$，则称 $g$ 为模 $m$ 的原根。

即 $g$ 满足 ${\delta }_m(g)=\phi (m)$，当 $m$ 是质数的时候，我们有 $g^{i}modm,0<i<m$ 的结果互不相同。

原根判定定理#

设 $m\ge 3,gcd(g,m)=1$，则 $g$ 是模 $m$ 的原根的充要条件是，对于 $\phi (m)$ 的每个素因数 $p$，都有 $g^{\frac{\phi (m)}{p}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

证明：必要性显然，

当对于 $\phi (m)$ 的每个素因数 $p$，都有 $g^{\frac{\phi (m)}{p}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 成立时，我们假设存在一个 $g$，其不是模 $m$ 的原根。

因为 $g$ 不是 $m$ 的原根，则存在一个 $t<\phi (m)$ 使得 $g^t\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

由裴蜀定理得，一定存在一组 $k,x$ 满足 $kt=x\phi (m)+gcd(t,\phi (m))$。

又由欧拉定理得 $g^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，故有：

$$1\equiv g^{kt}\equiv g^{x\phi (m)+gcd(t,\phi (m))}\equiv g^{gcd(t,\phi (m))}(\mathrm{mod}m)$$

由于 $gcd(t,\phi (m))\mid \phi (m)$ 且 $gcd(t,\phi (m))\le t<\phi (m)$。

故存在 $\phi (m)$ 的素因数 $p$ 使得 $gcd(t,\phi (m))\mid \frac{\phi (m)}{p}$。

则 $g^{\frac{\phi (m)}{p}}\equiv g^{gcd(t,\phi (m))}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$，与条件矛盾。

故假设不成立，原命题成立。

原根个数#

若一个数 $m$ 有原根，则它原根的个数为 $\phi (\phi (m))$

证明：若 $m$ 有原根 $g$，则：

$${\delta }_m(g^k)=\frac{{\delta }_m(g)}{gcd({\delta }_m(g),k)}=\frac{\phi (m)}{gcd(\phi (m),k)}$$

所以若 $gcd(k,\phi (m))=1$，则有：${\delta }_m(g^k)=\phi (m)$，即 $g^k$ 也是模 $m$ 的原根。

而满足 $gcd(\phi (m),k)=1$ 且 $1\le k\le \phi (m)$ 的 $k$，有 $\phi (\phi (m))$ 个。所以原根就有 $\phi (\phi (m))$ 个。

原根存在定理#

一个数 $m$ 存在原根当且仅当 $m=2,4,p^{\alpha },2p^{\alpha }$，其中 $p$ 为奇素数，$\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$。

模 $n$ 有原根的充要条件：$n=2,4,p^e,2\times p^e$。

我们分成 $m=2,4、m=p^{\alpha }、m=2p^{\alpha }、m\ne 2,4,p,p^{\alpha }$，四个部分。

• $m=2,4$，原根显然存在。

• $m=p^{\alpha }$，其中 $p$ 为奇素数，$\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$。

定理 $1$ ：对于奇素数 $p$，$p$ 有原根。

证明：先证一个引理：

引理：设 $a$ 与 $b$ 是与 $p$ 互素的两个整数，则存在 $c\in \mathbb{Z}$ 使得 ${\delta }_p(c)=lcm({\delta }_p(b),{\delta }_p(a))$。

我们先将 ${\delta }_m(a),{\delta }_m(b)$ 表示成质因数分解的形式：

$$({\delta }_m(a)=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i},{\delta }_m(b)=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\beta }_i})$$

接着我们把它们表示成如下的形式：

$${\delta }_m(a)=XY,{\delta }_m(b)=ZW$$

其中：

$$Y=\prod _{i=1}^k{p}_i^{[{\alpha }_i>{\beta }_i]a^i},X=\frac{{\delta }_m(a)}{Y}W=\prod _{i=1}^k{p}_i^{[{\alpha }_i\le {\beta }_i]{\beta }_i},Z=\frac{{\delta }_m(b)}{W}$$

则由阶的性质 $4$ 可得：

$${\delta }_m(a^X)=\frac{{\delta }_m(a)}{gcd({\delta }_m(a),X)}=\frac{XY}{X}=Y$$

同理：

$${\delta }_m(b^Z)=W$$

又因为显然有 $gcd(Y,W)=1,YW=lcm({\delta }_p(a),{\delta }_p(b))$，则再由阶的性质 $1$，可得：

$${\delta }_m(a^X{b}^Z)={\delta }_m(a^X){\delta }_m(b^Z)=YW=lcm({\delta }_p(a),{\delta }_p(b))$$

于是令 $c=a^X{b}^Z$ 则原命题得证。

回到原命题，对 $1\sim (p-1)$ 依次两两使用引理，可知存在 $g\in \mathbb{Z}$ 使得：

$${\delta }_p(g)=lcm({\delta }_p(1),{\delta }_p(2),\dots ,{\delta }_p(p-1))$$

这表明 ${\delta }_p(j)\mid {\delta }_p(g)(j=1,2,\dots ,p-1)$，所以 $j=1,2,\dots ,p-1$ 都是同余方程

$$x^{{\delta }_p(g)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

的根。由拉格朗日定理，可知方程的次数 ${\delta }_p(g)\ge p-1$。

又由费马小定理，易知 ${\delta }_p(g)\le p-1$，故 ${\delta }_p(g)=p-1=\phi (p)$。

综上可知 $g$ 为模 $p$ 的原根。

定理 $2$ :对于奇素数 $p$，$\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$ $,p^{\alpha }$ 有原根。

证明：一个基本的想法是将模 $p$ 的原根平移。

先证明一个引理：

引理：存在模 $p$ 的原根 $g$，使得 $g^{p-1}\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$。

证明：事实上，任取模 $p$ 的原根 $g$，若 $g$ 不满条件，我们认定 $g+p$ 满足条件。

易知 $g+p$ 也是模 $p$ 的原根。

我们有

$$(g+p{)}^{p-1}\equiv C_{p-1}^0{g}^{p-1}+C_{p-1}^{1}p{g}^{p-2}$$

$$\equiv g^{p-1}+p(p-1)g^{p-2}$$

$$\equiv 1-p{g}^{p-2}$$

$$\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^2)$$

回到原题，我们证明若 $g$ 是一个满足引理条件的原根，则对任意 $\alpha \in {\mathbb{N}}_{+}$，$g$ 是模 $p^a$ 的原根。

首先，证明下面的结论：对任意 $\beta \in {\mathbb{N}}^{\ast }$，都可以设：

$$g^{\phi (p^{\beta })}=1+p^{\beta }\times k_{\beta }$$

这里 $p\nmid k_{\beta }$。事实上，$\beta =1$ 时，由 $g$ 的选取可知结论成立。现设上式对 $\beta$ 时成立，则

$$g^{\phi (p^{\beta +1})}=(g^{\phi (p^{\beta })}{)}^p$$

$$=(1+p^{\beta }\times k_{\beta }{)}^p$$

$$1+p^{\beta +1}\times k_{\beta }(\mathrm{mod}{p}^{\beta +2})$$

结合 $p\not\equiv k_{\beta }$ 可知命题对 $\beta +1$ 成立。

所以命题对任意 $\beta \in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 都成立。

其次，记 $\delta ={\delta }_p\alpha (g)$，则由欧拉定理，可知 $\delta \mid p^{\alpha -1}(p-1)$。

而由 $g$ 为模 $p$ 的原根，及 $g^{\delta }\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\alpha })$。

所以可以设 $\delta =p^{\beta -1}(p-1)$，这里 $1\le \beta \le \alpha$。

现在利用之前的结论，可知：

$$g^{\phi (p^{\beta })}\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\beta +1})⟹g^{\delta }\not\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\beta +1})$$

结合 $g^{\delta }\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\alpha })$ 可知 $\beta \ge \alpha$。

综上可知，$\beta =\alpha$，即：

$${\delta }_p\alpha (g)=p^{\alpha -1}(p-1)=\phi (p^{\alpha })$$

从而，$g$ 是模 $p^{\alpha }$ 的原根。

• $m=2p^{\alpha }$，其中 $p$ 为奇素数，$\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$。

定理 $3$ ：对于奇素数 $p,a\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$2p^{\alpha }2$ 的原根存在。

证明：设 $g$ 是模 $p^{\alpha }$ 的原根，则 $g+p^{\alpha }$ 也是模 $p^{\alpha }$ 的原根。

在 $g$ 和 $g+p^{\alpha }$ 中有一个是奇数，设这个奇数是 $G$，则 $gcd(G,2p^{\alpha })=1$。

由欧拉定理，${\delta }_{2p^{\alpha }}(G)\mid \phi (2p^{\alpha })$。

而 $G^{{\delta }_{2p^{\alpha }}(G)}\equiv 1(\mathrm{mod}2p^{\alpha })$，故：

$$G^{{\delta }_{2p^{\alpha }}(G)}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\alpha })$$

利用 $G$ 为模 $p^{\alpha }$ 的原根可知 $\phi (p^a)\mid {\delta }_{2p^{\alpha }}(G)$ 。

结合 $\phi (p^{\alpha })=\phi (2p^{\alpha })$ 可知 $G$ 为模 $2p^{\alpha }$ 的原根。

• $m\ne 2,4,p,p^a$，其中 $p$ 为奇素数，$\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$。

定理 $4$ ：对于 $m\ne 2,4$，且不存在奇素数 $p$ 及 $\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 使得 $m=p^a,2p^a$，模 $m$ 的原根不存在。

证明：对于 $m=2^{\alpha },\alpha \in {\mathbb{N}}^{\ast },\alpha \ge 3$，则对任意奇数 $a=2k+1$ 均有：

$$a^{2^{\alpha -2}}=(2k+1{)}^{2^{\alpha -2}}$$

$$\equiv 1+C_{2^{\alpha -2}}^1(2k)+C_{2^{\alpha -2}}^2(2k{)}^2$$

$$\equiv 1+2^{\alpha -1}k+2^{\alpha -1}(2^{\alpha -2}-1)k^2$$

$$\equiv 1+2^{\alpha -1}(k+(2^{\alpha -2}-1)k^2)$$

$$\equiv 1(\mathrm{mod}{2}^{\alpha })$$

其中最后一步用到 $k$ 与 $(2^{\alpha -2}-1)k^2$ 同奇偶，故其和为偶数。

若 $m$ 不是 $2$ 的幂，且 $m$ 为符合题目条件的数，则可设 $m=rt$，这里 $2<r<t$ 且 $gcd(r,t)=1$ 。

此时，若 $gcd(a,m)=1$，由欧拉定理可知：

$$a^{\phi (r)}\equiv 1(\mathrm{mod}r),a^{\phi (t)}\equiv 1(\mathrm{mod}t)$$

注意到 $n>2$ 时，$\phi (n)$ 为偶数，所以：

$$a^{\frac{1}{2}\phi (r)\phi (t)}\equiv 1(\mathrm{mod}rt)$$

进而：

$${\delta }_m(a)\le \frac{1}{2}\phi (r)\phi (t)=\frac{1}{2}\phi (rt)=\frac{1}{2}\phi (m)<\phi (m)$$

由原根定义可得：模 $m$ 的原根不存在。

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