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：

\[f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_{0}(p\nmid a_{n}) \]

的同余方程 \(f(x)\equiv 0\pmod{p}\) 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}^{*} $，若 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(a^{\varphi(m) }\equiv 1\pmod{m}\)。

因此满足同余式 \(a^{n}\equiv 1\pmod{m}\) 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 \(a^{i}\equiv a^{j}\pmod{p}\)，则有 \(a^{|i-j|}\equiv 1\pmod{p}\)。

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 \(a^{n}\equiv 1\pmod{m}\)，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：

\[a^{r}\equiv a^{r}(a^{\delta_{m}(a)})^{q}\equiv a^{n}\equiv 1\pmod{m} \]

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 \(a^{p}\equiv a^{q}\pmod{m}\)，则有 \(p\equiv q\pmod{\delta_{m}(a)}\)。

• 设 \(m\in \mathbb{N}^{*} ,a,b\in\mathbb{Z} ,\gcd(a,m)=\gcd(b,m)=1\)，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 \(a^{\delta_{m}(a)}\equiv 1\pmod{m}\) 及 \(b^{\delta_{m}(b)}\equiv 1\pmod{m}\)，可知：

\[(ab)^{lcm(\delta_{m}(a),\delta_{m}(b))}\equiv 1\pmod{m} \]

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 \((ab)^{\delta_{m}(ab)}\equiv 1\pmod{m}\) 可知：

\[1\equiv (ab)^{\delta_{m}(ab)\delta_{m}(b)}\equiv a^{\delta_{m}(ab)\delta_{m}(b)}\pmod{m} \]

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：

\[(ab)^{\delta_{m}(a)\delta_{m}(b)}\equiv (a^{\delta_{m}(a)})^{\delta_{m}(b)} \times (b^{\delta_{m}(b)})^{\delta_{m}(a)}\equiv 1\pmod{m} \]

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 \(k\in\mathbb{N},m\in\mathbb{N}^{*},a\in\mathbb{Z} ,\gcd(a,m)=1\)，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}^{*},g\in \mathbb{Z} $，若 \(\gcd(g,m)=1\)，且 \(\delta_{m}(g)=\varphi(m)\)，则称 \(g\) 为模 \(m\) 的原根。

即 \(g\) 满足 \(\delta_{m}(g)=\varphi(m)\)，当 \(m\) 是质数的时候，我们有 \(g^{i}\bmod m,0<i<m\) 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 \(\varphi(m)\) 的每个素因数 \(p\)，都有 \(g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod{m}\)。

证明：必要性显然，

当对于 \(\varphi(m)\) 的每个素因数 \(p\)，都有 \(g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod{m}\) 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 \(t<\varphi(m)\) 使得 \(g^{t}\equiv 1\pmod{m}\)。

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

又由欧拉定理得 \(g^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod{m}\)，故有：

\[1\equiv g^{kt}\equiv g^{x\varphi(m)+\gcd(t,\varphi(m))}\equiv g^{\gcd(t,\varphi(m))}\pmod{m} \]

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

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

则 \(g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\equiv g^{\gcd(t,\varphi(m))}\equiv 1\pmod{m}\)，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 \(\varphi(\varphi(m))\)

证明：若 \(m\) 有原根 \(g\)，则：

\[\delta_{m}(g^{k})=\frac{\delta_{m}(g)}{\gcd(\delta_{m}(g),k)} =\frac{\varphi(m)}{\gcd(\varphi(m),k)} \]

所以若 \(\gcd(k,\varphi(m))=1\)，则有：\(\delta_{m}(g^{k})=\varphi(m)\)，即 \(g^{k}\) 也是模 \(m\) 的原根。

而满足 \(\gcd(\varphi(m),k)=1\) 且 \(1\le k\le \varphi(m)\) 的 \(k\)，有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。所以原根就有 \(\varphi(\varphi(m))\) 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}^{*} $。

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}^{*} $。

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

\[x^{\delta_{p}(g)}\equiv 1\pmod{p} \]

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 \(\delta_{p}(g)=p-1=\varphi(p)\)。

综上可知 \(g\) 为模 \(p\) 的原根。

定理 \(2\) :对于奇素数 \(p\)，\(\alpha\in\mathbb{N}^*\) $,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 \(g^{p-1}\not\equiv 1\pmod{p^{2}}\)。

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

\[(g+p)^{p-1}\equiv C_{p-1}^{0}g^{p-1}+C_{p-1}^{1}pg^{p-2} \]

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

\[\equiv 1-pg^{p-2} \]

\[\not\equiv 1\pmod{p^{2}} \]

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}^{*} $，都可以设：

\[g^{\varphi(p^{\beta})}=1+p^{\beta}\times k_{\beta} \]

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

\[g^{\varphi(p^{\beta+1})}=(g^{\varphi(p^{\beta})})^{p} \]

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

\[1+p^{\beta+1}\times k_{\beta}\pmod{p^{\beta+2}} \]

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}^{*} $ 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 \(g^{\delta}\equiv 1\pmod{p^{\alpha}}\)。

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：

\[g^{\varphi(p^{\beta})}\not\equiv 1\pmod{p^{\beta+1}}\Longrightarrow g^{\delta}\not\equiv 1\pmod{p^{\beta+1}} \]

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

综上可知，\(\beta=\alpha\)，即：

\[\delta_{p}\alpha(g)=p^{\alpha-1}(p-1)=\varphi(p^{\alpha}) \]

从而，\(g\) 是模 \(p^{\alpha}\) 的原根。

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

定理 \(3\) ：对于奇素数 $p,a\in\mathbb{N}^{*} $，\(2p^{\alpha}2\) 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，\(\delta_{2p^{\alpha}}(G)\mid \varphi(2p^{\alpha})\)。

而 \(G^{\delta_{2p^{\alpha}}(G)}\equiv 1\pmod{2p^{\alpha}}\)，故：

\[G^{\delta_{2p^{\alpha}}(G)}\equiv 1\pmod{p^{\alpha}} \]

利用 \(G\) 为模 \(p^{\alpha}\) 的原根可知 \(\varphi(p^{a})\mid \delta_{2p^{\alpha}}(G)\) 。

结合 \(\varphi(p^{\alpha})=\varphi(2p^{\alpha})\) 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}^{*} $。

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

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

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

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

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

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

\[\equiv 1\pmod{2^{\alpha}} \]

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：

\[a^{\varphi(r)}\equiv 1\pmod{r},a^{\varphi(t)}\equiv 1\pmod{t} \]

注意到 \(n>2\) 时，\(\varphi(n)\) 为偶数，所以：

\[a^{\frac{1}{2}\varphi(r)\varphi(t)}\equiv 1\pmod{rt} \]

进而：

\[\delta_{m}(a)\le \frac{1}{2}\varphi(r)\varphi(t)=\frac{1}{2}\varphi(rt)=\frac{1}{2}\varphi(m)<\varphi(m) \]

由原根定义可得：模 \(m\) 的原根不存在。

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