数论

合集 - 数学(8)

1.数论2023-12-04

2.大概是数学2023-02-013.组合数学2022-07-304.高斯消元2022-07-225.图的计数2024-01-106.[省选联考 2020 A 卷] 组合数问题2024-01-217.多项式多点求值2024-02-068.多项式2024-01-29

收起

一、原根

阶

性质1

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

证明

反证，设存在$0<i<j⩽{\delta }_m(a)$，且$a^i\equiv a^j(\mathrm{mod}m)$。两边同除得$a^{\mid j-i\mid }\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。$0<j-i<{\delta }_m(a)$，则${\delta }_m(a)$不为最小阶，矛盾。

性质2

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

证明

反证，设$n={\delta }_m(a)q+r，0<r<{\delta }_m(a)$。 $$a^r\equiv a^r(a^{{\delta }_m(a)}{)}^q\equiv a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

$0<r<{\delta }_m(a)$，则${\delta }_m(a)$不为最小阶，矛盾。

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

性质3

$(a,m)=(b,m)=1$，则

$${\delta }_m(ab)={\delta }_m(a){\delta }_m(b)⟺({\delta }_m(a),{\delta }_m(b))=1$$

证明

$A\Rightarrow B$：

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

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

由性质2，

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

由$A$得

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

即$B$

$B\Rightarrow A$：

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

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

得${\delta }_m(a)\mid {\delta }_m(ab){\delta }_m(b)$。结合$B$得

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

同理得

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

再结合$B$得

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

又有

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

得

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

综上得$A$

性质4

设$k\in \mathbb{N},m\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }},a\in \mathbb{Z},(a,m)=1$，则

$${\delta }_m(a^k)=\frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),k)}$$

证明

$$a^{k{\delta }_m(a^k)}=(a^k{)}^{{\delta }_m(a^k)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

$$\Rightarrow {\delta }_m(a)\mid k{\delta }_m(a^k)$$

$$\Rightarrow \frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),k)}\mid {\delta }_m(a^K)$$

$$(a^k{)}^{\frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),k}}=(a^{{\delta }_m(a)}{)}^{\frac{k}{{\delta }_m(a),k}}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

$$\Rightarrow {\delta }_m(a^k)\mid \frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),k)}$$

综上得

$${\delta }_m(a^k)=\frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),k)}$$

定义

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

即 $g$ 满足${\delta }_m(g)=\left|{\mathbf{Z}}_m^{\ast }\right|=\phi (m)$ . 当 $m$ 是质数时，我们有 $g^{i}modm,0<i<m$ 的结果互不相同。

判定定理

设 $m⩾3,(g,m)=1$ ，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

$A\Rightarrow B$：

反证，若有$g^{\frac{\phi (m)}{p}}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ ，$\frac{\phi (m)}{p}<\phi (m)={\delta }_m(g)$，不满足阶的最小性，故原命题成立

$B\Rightarrow A$：

当$B$成立时，设存在 $g$不是模 $m$ 的原根。
则存在$t<\phi (m)$ 使得 $g^t\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ .

由 裴蜀定理(设 $a,b$ 是不全为零的整数，存在整数 $x,y$ , 使得 $ax+by=gcd(a,b)$ ) 得，一定存在一组 $x,y$ 满足 $xt=y\phi (m)+(t,\phi (m))$ .

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

$$1\equiv g^{xt}\equiv g^{y\phi (m)+(t,\phi (m))}\equiv g^{(t,\phi (m))}(\mathrm{mod}m)$$

由于 $(t,\phi (m))\mid \phi (m)$ 且 $(t,\phi (m))⩽t<\phi (m)$ .

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

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

故假设不成立，原命题成立。

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 $g$ ，则由阶的性质4得

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

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

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

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， $\alpha \in {\mathbf{N}}^{\ast }$

定理1

奇素数$p$有原根

证明

先证一个引理：

设 $a$ 与 $b$ 是与 $p$ 互素的两个整数，则存在 $c\in \mathbf{Z}$ 使得 ${\delta }_p(c)=[{\delta }_p(a),{\delta }_p(b)]$ .

证明

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

化成

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

其中：

$Y=\prod _{i=1}^k{p}_i^{[{\alpha }_i>{\beta }_i]{\alpha }_i}$

$X={\displaystyle \frac{{\delta }_m(a)}{Y}}$

$W=\prod _{i=1}^k{p}_i^{[{\alpha }_i\le {\beta }_i]{\beta }_i}$

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

则由阶的 性质 4，可得：

$$\begin{array}{rl}{\delta }_m\left(a^X\right)& ={\displaystyle \frac{{\delta }_m(a)}{({\delta }_m(a),X)}}\\ & ={\displaystyle \frac{XY}{X}}\\ & =Y\end{array}$$

同理：
${\delta }_m\left(b^Z\right)=W$

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

$$\begin{array}{rl}{\delta }_m\left(a^X{b}^Z\right)& ={\delta }_m\left(a^X\right){\delta }_m\left(b^Z\right)\\ & =YW\\ & =[{\delta }_p(a),{\delta }_p(b)]\end{array}$$

于是令 $c=a^X{b}^Z$ 引例得证。

回到原命题，对 $1\sim (p-1)$ 依次两两使用引理，可知存在 $g\in \mathbf{Z}$ 使得
$ \delta_p(g)=\left$\text{delta\_p(1),delta\_p(2),cdots,delta\_p(p-1)right]}$

这表明 ${\delta }_p(j)\mid {\delta }_p(g)(j=1,2,\cdots ,p-1)$ ，所以 $j=1,2,\cdots ,p-1$ 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 $p$ ， $\alpha \in {\mathbf{N}}^{\ast }$ ， $p^{\alpha }$ 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：

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 $g$ 不满足条件，我们认定 $g+p$ 满足条件。

易知 $g+p$ 也是模 $p$ 的原根。

我们有
$ \begin{aligned} (g+p)^{p-1}&\equiv \binom{p-1}{0}g^{{p-1}+\binom{p-1}{1}pg} \pmod {p^2}\ &\equiv g^{{p-1}+p(p-1)g} \pmod {p^2}\ &\equiv 1-pg^{p-2} \pmod {p^2}\ &\not\equiv 1 \pmod {p^2} \end{aligned} $

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 $\alpha \in {\mathbf{N}}^{\ast }$ ， $g$ 是模 $p^{\alpha }$ 的原根。

首先，证明下面的结论：对任意 $\beta \in {\mathbf{N}}^{\ast }$ ，都可设
$ g^{\varphi(p\beta)}=1+p^{\beta} 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
$ \begin{aligned} g^{\varphi(p)}&=\left(g^{{\varphi\left(p}\right)}\right)^p\ &=\left(1+p^{{\beta}k_{\beta}\right)}p\ &\equiv 1+p^{\beta+1}k_{\beta} \pmod {p^{\beta+2}} \end{aligned} $

结合 $p\nmid k_{\beta }$ 可知命题对 $\beta +1$ 成立。

所以命题对任意 $\beta \in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 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)}\not\equiv 1\pmod {p^{\beta+1}}\implies g^{\delta}\not\equiv 1\pmod {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}(p-1)=\varphi(p^\alpha) $

从而， $g$ 是模 $p^{\alpha }$ 的原根。

定理3

对于奇素数 $p$ ， $\alpha \in {\mathbf{N}}^{\ast }$ ， $2p^{\alpha }$ 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 $(G,2p^{\alpha })=1$ .

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 \pmod {p^{\alpha}} $

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

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

定理4

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

证明

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

$$\begin{array}{rl}{a}^{2^{\alpha -2}}& =(2k+1{)}^{2^{\alpha -2}}\\ & \equiv 1+(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^{\alpha -2}}{1})(2k)+(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^{\alpha -2}}{2})(2k{)}^2(\mathrm{mod}{2}^{\alpha })\\ & \equiv 1+2^{\alpha -1}k+2^{\alpha -1}(2^{\alpha -2}-1)k^2(\mathrm{mod}{2}^{\alpha })\\ & \equiv 1+2^{\alpha -1}(k+(2^{\alpha -2}-1)k^2)(\mathrm{mod}{2}^{\alpha })\\ & \equiv 1(\mathrm{mod}{2}^{\alpha })\end{array}$$

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 $(r,t)=1$ .

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

由原根定义可得：模 $m$ 的原根不存在。

求解

求质数x的原根，枚举2到x-1并检验。$a^{\frac{x-1}{p_1}},...,a^{\frac{x-1}{p_m}}$是否存在一个数mod x为1。若存在，a不是x的原根；否则是。

代码

inline void fen(int x){
    cnt=0;
    for(int i=2;i*i<=x;++i)
        while(!(x%i)){
            p[++cnt]=i;
            while(!(x%i))  x/=i;
        }
    if(x^1)  p[++cnt]=x;
}inline int power(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1)  res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;b>>=1;
    }return res;
}inline int gen(int x){
    fen(x-1);
    for(int i=2;i<x;++i){
        bool f=1;
        for(int j=1;j<=cnt;++j)
            if(power(i,(x-1)/p[j])==1){
                f=0;break;
            }
        if(f)  return i;
    }
}