索引
- 引理8 p p p是一个奇素数, k ∈ Z ≥ 1 k\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 1}} k∈Z≥1. 若 r r r是模 2 p k + 1 2{ {p}^{k+1}} 2pk+1的原根, 则 r r r也是模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的原根.
- 引理9 p p p是一个奇素数, k ∈ Z ≥ 1 k\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 1}} k∈Z≥1. 若 r r r是模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的原根, 则 r r r也是模 p k { {p}^{k}} pk的原根.
- 推论10 p p p是一个奇素数, k ∈ Z ≥ 1 k\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 1}} k∈Z≥1. 若 r r r是模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的原根, 则 r r r也是模 p p p的原根.
- 定理11 设 p p p是一个奇素数, k ∈ Z > 0 k\in { {\mathbb{Z}}_{>0}} k∈Z>0, p k { {p}^{k}} pk有原根 r r r, 则 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk有原根 { r , r ≡ 1 m o d 2 , r + p k , r ≡ 0 m o d 2. \left\{ \begin{aligned} & r,\text{ }r\equiv 1\text{ }\bmod 2, \\ & r+{ {p}^{k}},\text{ }r\equiv 0\text{ }\bmod 2. \\ \end{aligned} \right. { r, r≡1 mod2,r+pk, r≡0 mod2.
- 定理12 设 p p p是一个奇素数, 则模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的所有原根是 A : = { m ∈ Z ≠ 0 : m 是 模 p k 的 原 根 , m ≡ 1 m o d 2 } . A:=\left\{ m\in { {\mathbb{Z}}_{\ne 0}}:\text{ }m是模{ {p}^{k}}的原根,\text{ }m\equiv 1\text{ }\bmod 2 \right\}. A:={ m∈Z=0: m是模pk的原根, m≡1 mod2}.
- 定理13 设 n ∈ Z > 1 n\in { {\mathbb{Z}}_{>1}} n∈Z>1. n n n有原根当且仅当 n = 2 , 4 , p k , 2 p k n=2,\text{ }4,\text{ }{ {p}^{k}},\text{ }2{ {p}^{k}} n=2, 4, pk, 2pk, 其中 p p p是奇素数, k ∈ Z > 0 k\in { {\mathbb{Z}}_{>0}} k∈Z>0.
- 定理14 设 m ∈ Z > 1 m\in { {\mathbb{Z}}_{>1}} m∈Z>1, r ∈ Z r\in \mathbb{Z} r∈Z, gcd ( r , m ) = 1 \gcd \left( r,m \right)=1 gcd(r,m)=1. 则 r r r是模 m m m的原根当且仅当任意正的素因子 q ∣ φ ( m ) \left. q \right|\varphi \left( m \right) q∣φ(m)满足 r φ ( m ) q ≡ 1 m o d m . { {r}^{\frac{\varphi \left( m \right)}{q}}}\cancel{\equiv }1\text{ }\bmod m. rqφ(m)≡ 1 modm.
- 后注
引理8 p p p是一个奇素数, k ∈ Z ≥ 1 k\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 1}} k∈Z≥1. 若 r r r是模 2 p k + 1 2{ {p}^{k+1}} 2pk+1的原根, 则 r r r也是模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的原根.
证明
若 r r r是模 2 p k + 1 2{
{p}^{k+1}} 2pk+1的原根, 则由博文《指数和原根》中的定理12, 成立
gcd ( r , 2 p k + 1 ) = 1 ⇒ gcd ( r , 2 p k ) = 1. \gcd \left( r,2{
{p}^{k+1}} \right)=1\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( r,2{
{p}^{k}} \right)=1. gcd(r,2pk+1)=1 ⇒ gcd(r,2pk)=1.
因此模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根存在. 基于此, 若 r r r不是模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根, 则 ∃ d ∈ Z > 0 \exists d\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} ∃d∈Z>0, d < φ ( 2 p k ) = φ ( 2 ) φ ( p k ) = p k − 1 ( p − 1 ) d<\varphi \left( 2{
{p}^{k}} \right)=\varphi \left( 2 \right)\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)={
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right) d<φ(2pk)=φ(2)φ(pk)=pk−1(p−1), 成立
r d ≡ 1 m o d 2 p k . {
{r}^{d}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}. rd≡1 mod2pk.
即 ∃ c ∈ Z \exists c\in \mathbb{Z} ∃c∈Z, 使得
r d = 2 c p k + 1. {
{r}^{d}}=2c{
{p}^{k}}+1. rd=2cpk+1.
又 k ∈ Z ≥ 1 k\in {
{\mathbb{Z}}_{\ge 1}} k∈Z≥1, 2 k ≥ k + 1 ⇒ p k + 1 ∣ p 2 k ⇒ 2 p k + 1 ∣ ( 2 c p k ) 2 2k\ge k+1\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. {
{p}^{k+1}} \right|{
{p}^{2k}}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. 2{
{p}^{k+1}} \right|{
{\left( 2c{
{p}^{k}} \right)}^{2}} 2k≥k+1 ⇒ pk+1∣∣p2k ⇒ 2pk+1∣∣(2cpk)2, 因此 ∀ x ∈ Z > 0 \forall x\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} ∀x∈Z>0, 成立
( r d ) x = ( 2 c p k + 1 ) x ≡ 1 + 2 x c p k m o d 2 p k + 1 . (8.1) {
{\left( {
{r}^{d}} \right)}^{x}}={
{\left( 2c{
{p}^{k}}+1 \right)}^{x}}\equiv 1+2xc{
{p}^{k}}\text{ }\bmod 2{
{p}^{k+1}}. \tag{8.1} (rd)x=(2cpk+1)x≡1+2xcpk mod2pk+1.(8.1)
由式(8.1), 成立等价关系
( r d ) x ≡ 1 m o d 2 p k + 1 . ⇔ 2 x c p k ≡ 0 m o d 2 p k + 1 . ⇔ x c ≡ 0 m o d p . (8.2) {
{\left( {
{r}^{d}} \right)}^{x}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k+1}}.\text{ }\Leftrightarrow \text{ }2xc{
{p}^{k}}\equiv 0\text{ }\bmod 2{
{p}^{k+1}}.\text{ }\Leftrightarrow \text{ }xc\equiv 0\text{ }\bmod p. \tag{8.2} (rd)x≡1 mod2pk+1. ⇔ 2xcpk≡0 mod2pk+1. ⇔ xc≡0 modp.(8.2)
若 c ≡ 0 m o d p c\equiv 0\text{ }\bmod p c≡0 modp, 则有 2 c p k ≡ 0 m o d p k + 1 2c{
{p}^{k}}\equiv 0\text{ }\bmod {
{p}^{k+1}} 2cpk≡0 modpk+1, 此时直接成立
r d = 2 c p k + 1 ≡ 1 m o d p k + 1 . {
{r}^{d}}=2c{
{p}^{k}}+1\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}^{k+1}}. rd=2cpk+1≡1 modpk+1.
而 d < φ ( 2 p k ) < φ ( 2 p k + 1 ) d<\varphi \left( 2{
{p}^{k}} \right)<\varphi \left( 2{
{p}^{k+1}} \right) d<φ(2pk)<φ(2pk+1), 因此 r r r非模 p k + 1 {
{p}^{k+1}} pk+1的原根, 矛盾.
若 x ≡ 0 m o d p x\equiv 0\text{ }\bmod p x≡0 modp, 即有 x c ≡ 0 m o d p xc\equiv 0\text{ }\bmod p xc≡0 modp, 由等价关系(8.2), 成立 ( r d ) x ≡ 1 m o d p k + 1 {
{\left( {
{r}^{d}} \right)}^{x}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}^{k+1}} (rd)x≡1 modpk+1. 此时取 x = p x=p x=p, 得到
r d p = ( r d ) p ≡ 1 m o d 2 p k + 1 . {
{r}^{dp}}={
{\left( {
{r}^{d}} \right)}^{p}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k+1}}. rdp=(rd)p≡1 mod2pk+1.
而 d p < ( p k − 1 ( p − 1 ) ) p = p k ( p − 1 ) = φ ( 2 p k + 1 ) dp<\left( {
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right) \right)p={
{p}^{k}}\left( p-1 \right)=\varphi \left( 2{
{p}^{k+1}} \right) dp<(pk−1(p−1))p=pk(p−1)=φ(2pk+1), 因此 r r r非模 p k + 1 {
{p}^{k+1}} pk+1的原根, 矛盾.
综上, 由反证法, r r r一定是模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根.
引理9 p p p是一个奇素数, k ∈ Z ≥ 1 k\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 1}} k∈Z≥1. 若 r r r是模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的原根, 则 r r r也是模 p k { {p}^{k}} pk的原根.
证明 r r r是模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根, 由于 p p p是奇素数, gcd ( p , 2 ) = 1 \gcd \left( p,2 \right)=1 gcd(p,2)=1, 因此
φ ( 2 p k ) = φ ( 2 ) φ ( p k ) = φ ( p k ) = p k − 1 ( p − 1 ) \varphi \left( 2{
{p}^{k}} \right)=\varphi \left( 2 \right)\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)=\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)={
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right) φ(2pk)=φ(2)φ(pk)=φ(pk)=pk−1(p−1)
是 r r r对模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的指数, 成立
r p k − 1 ( p − 1 ) ≡ 1 m o d 2 p k . (9.1) {
{r}^{
{
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}. \tag{9.1} rpk−1(p−1)≡1 mod2pk.(9.1)
由式(9.1)和博文《指数和原根》中的定理12, 成立
gcd ( r , 2 p k ) = 1. ⇒ gcd ( r , p k ) = 1. \gcd \left( r,2{
{p}^{k}} \right)=1.\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( r,{
{p}^{k}} \right)=1. gcd(r,2pk)=1. ⇒ gcd(r,pk)=1.
因此由博文《指数和原根》中的命题2, r r r对模 p k {
{p}^{k}} pk的指数存在. 基于此, 若 r r r非模 p k {
{p}^{k}} pk的原根, 则设 r r r对模 p k {
{p}^{k}} pk的指数 d < φ ( p k ) = p k − 1 ( p − 1 ) d<\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)={
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right) d<φ(pk)=pk−1(p−1), 由博文《指数和原根》中的定理5(3), 满足
d ∣ φ ( p k ) = p k − 1 ( p − 1 ) . (9.2) \left. d \right|\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)={
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right). \tag{9.2} d∣φ(pk)=pk−1(p−1).(9.2)
同时还成立
r d ≡ 1 m o d p k . {
{r}^{d}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}^{k}}. rd≡1 modpk.
即 ∃ c ∈ Z > 0 \exists c\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} ∃c∈Z>0, 使得
r d = c p k + 1. {
{r}^{d}}=c{
{p}^{k}}+1. rd=cpk+1.
情况一, 若 c c c是偶数, 则有 c 0 : = c 2 ∈ Z > 0 {
{c}_{0}}:=\frac{c}{2}\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} c0:=2c∈Z>0, c = 2 c 0 c=2{
{c}_{0}} c=2c0, 此时直接成立
r d = c 0 ( 2 p k ) + 1 ≡ 1 m o d 2 p k . {
{r}^{d}}={
{c}_{0}}\left( 2{
{p}^{k}} \right)+1\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}. rd=c0(2pk)+1≡1 mod2pk.
而 d < φ ( p k ) = φ ( 2 p k ) d<\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)=\varphi \left( 2{
{p}^{k}} \right) d<φ(pk)=φ(2pk), r r r非模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根, 矛盾.
情况二, 若 c c c是奇数, 设 c = 2 c 1 + 1 c=2{
{c}_{1}}+1 c=2c1+1, 则有
r d = c 1 ( 2 p k ) + ( p k + 1 ) . (9.3) {
{r}^{d}}={
{c}_{1}}\left( 2{
{p}^{k}} \right)+\left( {
{p}^{k}}+1 \right). \tag{9.3} rd=c1(2pk)+(pk+1).(9.3)
由式(9.3), ∀ x ∈ Z > 0 \forall x\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} ∀x∈Z>0, 成立
( r d ) x ≡ ( p k + 1 ) x = 1 + ∑ j = 1 x ( x j ) ( p k ) j m o d 2 p k . (9.4) {
{\left( {
{r}^{d}} \right)}^{x}}\equiv {
{\left( {
{p}^{k}}+1 \right)}^{x}}=1+\sum\limits_{j=1}^{x}{\left( \begin{matrix} x \\ j \\ \end{matrix} \right){
{\left( {
{p}^{k}} \right)}^{j}}}\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}. \tag{9.4} (rd)x≡(pk+1)x=1+j=1∑x(xj)(pk)j mod2pk.(9.4)
由式(9.4), 成立等价关系
( r d ) x ≡ 1 m o d 2 p k . ⇔ ∑ j = 1 x ( x j ) ( p k ) j ≡ 0 m o d 2 p k . ⇔ X : = ∑ j = 1 x ( x j ) ( p k ) j − 1 ≡ 0 m o d 2. (9.5) {
{\left( {
{r}^{d}} \right)}^{x}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}.\text{ }\Leftrightarrow \text{ }\sum\limits_{j=1}^{x}{\left( \begin{matrix} x \\ j \\ \end{matrix} \right){
{\left( {
{p}^{k}} \right)}^{j}}}\equiv 0\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}.\Leftrightarrow X:=\sum\limits_{j=1}^{x}{\left( \begin{matrix} x \\ j \\ \end{matrix} \right){
{\left( {
{p}^{k}} \right)}^{j-1}}}\equiv 0\text{ }\bmod 2. \tag{9.5} (rd)x≡1 mod2pk. ⇔ j=1∑x(xj)(pk)j≡0 mod2pk.⇔X:=j=1∑x(xj)(pk)j−1≡0 mod2.(9.5)
一方面, 将 X X X变形为
X = 1 p k ∑ j = 1 x ( x j ) ( p k ) j = 1 p k [ ( p k + 1 ) x − 1 ] . X=\frac{1}{
{
{p}^{k}}}\sum\limits_{j=1}^{x}{\left( \begin{matrix} x \\ j \\ \end{matrix} \right){
{\left( {
{p}^{k}} \right)}^{j}}}=\frac{1}{
{
{p}^{k}}}\left[ {
{\left( {
{p}^{k}}+1 \right)}^{x}}-1 \right]. X=pk1j=1∑x(xj)(pk)j=pk1[(pk+1)x−1].
其中 p p p是奇数, p k {
{p}^{k}} pk是奇数, p k + 1 {
{p}^{k}}+1 pk+1是偶数, ( p k + 1 ) x {
{\left( {
{p}^{k}}+1 \right)}^{x}} (pk+1)x是偶数, ( p k + 1 ) x − 1 {
{\left( {
{p}^{k}}+1 \right)}^{x}}-1 (pk+1)x−1是奇数. 另一方面, ∀ j \forall j ∀j, ( x j ) , ( p k ) j ∈ Z > 0 \left( \begin{matrix} x \\ j \\ \end{matrix} \right),\text{ }{
{\left( {
{p}^{k}} \right)}^{j}}\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} (xj), (pk)j∈Z>0, 因此 X ∈ Z > 0 X\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} X∈Z>0. 于是由两个奇数相除得到的整数 X X X一定是奇数, 即有
X ≡ 1 ≡ 0 m o d 2. (9.6) X\equiv 1\cancel{\equiv }\text{0 }\bmod 2. \tag{9.6} X≡1≡
0 mod2.(9.6)
由等价关系(9.5), 得到推理
X ≡ 0 m o d 2. ⇒ ( r d ) x ≡ 1 m o d 2 p k , ∀ x ∈ Z > 0 . (9.7) X\cancel{\equiv }0\text{ }\bmod 2.\text{ }\Rightarrow \text{ }{
{\left( {
{r}^{d}} \right)}^{x}}\cancel{\equiv }1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}},\text{ }\forall x\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}}. \tag{9.7} X≡
0 mod2. ⇒ (rd)x≡
1 mod2pk, ∀x∈Z>0.(9.7)
而由式(9.2), ∃ m ∈ Z > 0 \exists m\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} ∃m∈Z>0, 成立
d m = p k − 1 ( p − 1 ) . dm={
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right). dm=pk−1(p−1).
结合式(9.1), 有
( r d ) m = r d m ≡ 1 m o d 2 p k . (9.8) {
{\left( {
{r}^{d}} \right)}^{m}}={
{r}^{dm}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}. \tag{9.8} (rd)m=rdm≡1 mod2pk.(9.8)
显然式(9.7), (9.8)矛盾, 由反证法, r r r对模 p k {
{p}^{k}} pk的指数 d < φ ( p k ) d<\varphi \left( {
{p}^{k}} \right) d<φ(pk)的情况下, c c c不可能是奇数.
综上, 由反证法, r r r一定是模 p k {
{p}^{k}} pk的原根.
推论10 p p p是一个奇素数, k ∈ Z ≥ 1 k\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 1}} k∈Z≥1. 若 r r r是模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的原根, 则 r r r也是模 p p p的原根.
证明 由引理8, 成立推理
r 是 模 2 p k 的 原 根 . ⇒ r 是 模 2 p k − 1 的 原 根 . ⋮ ⇒ r 是 模 2 p 的 原 根 . \begin{aligned} & r是模2{
{p}^{k}}的原根. \\ & \Rightarrow r是模2{
{p}^{k-1}}的原根. \\ & \vdots \\ & \Rightarrow r是模2p的原根. \\ \end{aligned} r是模2pk的原根.⇒r是模2pk−1的原根.⋮⇒r是模2p的原根.
由引理9, 成立推理
r 是 模 2 p 的 原 根 . ⇒ r 是 模 p 的 原 根 . r是模2p的原根.\text{ }\Rightarrow \text{ }r是模p的原根. r是模2p的原根. ⇒ r是模p的原根.
结合以上两个推理, 推论10得证.
定理11 设 p p p是一个奇素数, k ∈ Z > 0 k\in { {\mathbb{Z}}_{>0}} k∈Z>0, p k { {p}^{k}} pk有原根 r r r, 则 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk有原根 { r , r ≡ 1 m o d 2 , r + p k , r ≡ 0 m o d 2. \left\{ \begin{aligned} & r,\text{ }r\equiv 1\text{ }\bmod 2, \\ & r+{ {p}^{k}},\text{ }r\equiv 0\text{ }\bmod 2. \\ \end{aligned} \right. { r, r≡1 mod2,r+pk, r≡0 mod2.
证明 r r r是模 p k {
{p}^{k}} pk的原根, φ ( p k ) = p k − 1 ( p − 1 ) \varphi \left( {
{p}^{k}} \right)={
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right) φ(pk)=pk−1(p−1)是 r r r对模 p k {
{p}^{k}} pk的指数, 成立
r p k − 1 ( p − 1 ) ≡ 1 m o d p k . (11.1) {
{r}^{
{
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}^{k}}. \tag{11.1} rpk−1(p−1)≡1 modpk.(11.1)
情况一, 若 r r r是奇数, 一方面, 由于奇数的幂仍是奇数, 因此 r p k − 1 ( p − 1 ) {
{r}^{
{
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right)}} rpk−1(p−1)是奇数, 自然成立
r p k − 1 ( p − 1 ) ≡ 1 m o d 2. (11.2) {
{r}^{
{
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod 2. \tag{11.2} rpk−1(p−1)≡1 mod2.(11.2)
由式(11.1), (11.2), 成立
r p k − 1 ( p − 1 ) ≡ 1 m o d 2 p k . {
{r}^{
{
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}. rpk−1(p−1)≡1 mod2pk.
另一方面, 不存在 d ∈ Z > 0 d\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} d∈Z>0, d < p k − 1 ( p − 1 ) = φ ( p k ) d<{
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right)=\varphi \left( {
{p}^{k}} \right) d<pk−1(p−1)=φ(pk), 使得 r d ≡ 1 m o d 2 p k {
{r}^{d}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}} rd≡1 mod2pk, 否则有 r d ≡ 1 m o d p k {
{r}^{d}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}^{k}} rd≡1 modpk, 这与 r r r是模 p k {
{p}^{k}} pk的原根矛盾.
因此 φ ( 2 p k ) = φ ( 2 ) φ ( p k ) = p k − 1 ( p − 1 ) \varphi \left( 2{
{p}^{k}} \right)=\varphi \left( 2 \right)\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)={
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right) φ(2pk)=φ(2)φ(pk)=pk−1(p−1)是 r r r对模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的指数, r r r是模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根.
情况二, 若 r r r是偶数, 考虑 r + p k ≡ r m o d p k r+{
{p}^{k}}\equiv r\text{ }\bmod {
{p}^{k}} r+pk≡r modpk, 一方面, 由博文《原根求解方法》中的引理1, r + p k r+{
{p}^{k}} r+pk也是模 p k {
{p}^{k}} pk的原根, 也成立
( r + p k ) φ ( p k ) = ( r + p k ) p k − 1 ( p − 1 ) ≡ 1 m o d p k . (11.3) {
{\left( r+{
{p}^{k}} \right)}^{\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)}}={
{\left( r+{
{p}^{k}} \right)}^{
{
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}^{k}}. \tag{11.3} (r+pk)φ(pk)=(r+pk)pk−1(p−1)≡1 modpk.(11.3)
由于 r r r是偶数, r + p k r+{
{p}^{k}} r+pk是奇数, 其幂仍是奇数, 成立
( r + p k ) p k ( p − 1 ) ≡ 1 m o d 2. (11.4) {
{\left( r+{
{p}^{k}} \right)}^{
{
{p}^{k}}\left( p-1 \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod 2. \tag{11.4} (r+pk)pk(p−1)≡1 mod2.(11.4)
由式(11.3), (11.4), 成立
( r + p k ) p k ( p − 1 ) ≡ 1 m o d 2 p k . (11.5) {
{\left( r+{
{p}^{k}} \right)}^{
{
{p}^{k}}\left( p-1 \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}}. \tag{11.5} (r+pk)pk(p−1)≡1 mod2pk.(11.5)
另一方面, 不存在 d ∈ Z > 0 d\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} d∈Z>0, d < p k − 1 ( p − 1 ) = φ ( p k ) d<{
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right)=\varphi \left( {
{p}^{k}} \right) d<pk−1(p−1)=φ(pk), 使得 ( r + p ) d ≡ 1 m o d 2 p k {
{\left( r+p \right)}^{d}}\equiv 1\text{ }\bmod 2{
{p}^{k}} (r+p)d≡1 mod2pk, 否则有 ( r + p ) d ≡ 1 m o d p k {
{\left( r+p \right)}^{d}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}^{k}} (r+p)d≡1 modpk, 这与 r + p r+p r+p是模 p k {
{p}^{k}} pk的原根矛盾.
因此由式(11.5), φ ( 2 p k ) = φ ( 2 ) φ ( p k ) = p k − 1 ( p − 1 ) \varphi \left( 2{
{p}^{k}} \right)=\varphi \left( 2 \right)\varphi \left( {
{p}^{k}} \right)={
{p}^{k-1}}\left( p-1 \right) φ(2pk)=φ(2)φ(pk)=pk−1(p−1)是 r + p r+p r+p对模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的指数, r + p r+p r+p是模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根.
综上, 在 r r r是模 p k {
{p}^{k}} pk的原根的基础上, 若 r ≡ 1 m o d 2 r\equiv 1\text{ }\bmod 2 r≡1 mod2, 则 r r r也是模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根; 若 r ≡ 0 m o d 2 r\equiv 0\text{ }\bmod 2 r≡0 mod2, 则 r + p r+p r+p是模 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk的原根.
定理12 设 p p p是一个奇素数, 则模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的所有原根是 A : = { m ∈ Z ≠ 0 : m 是 模 p k 的 原 根 , m ≡ 1 m o d 2 } . A:=\left\{ m\in { {\mathbb{Z}}_{\ne 0}}:\text{ }m是模{ {p}^{k}}的原根,\text{ }m\equiv 1\text{ }\bmod 2 \right\}. A:={ m∈Z=0: m是模pk的原根, m≡1 mod2}.
证明 设模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的所有原根组成的集合为 B B B, 我们将证明 B = A B=A B=A.
一方面, ∀ n ∈ B \forall n\in B ∀n∈B, n n n是模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的原根, 由引理9, n n n同时也是模 p k { {p}^{k}} pk的原根. 结合定理11, 可得 n ≡ 1 m o d 2. n\equiv 1\text{ }\bmod 2. n≡1 mod2. 因此有 n ∈ A , B ⊆ A . n\in A,\text{ }B\subseteq A. n∈A, B⊆A.
另一方面, ∀ m ∈ A \forall m\in A ∀m∈A, m m m是模 p k { {p}^{k}} pk的原根, 且 m ≡ 1 m o d 2 m\equiv 1\text{ }\bmod 2 m≡1 mod2. 由定理11, m m m也是模 2 p k 2{ {p}^{k}} 2pk的原根, 即有 m ∈ B , A ⊆ B . m\in B,\text{ }A\subseteq B. m∈B, A⊆B.
综上, 证得 A = B A=B A=B.
定理13 设 n ∈ Z > 1 n\in { {\mathbb{Z}}_{>1}} n∈Z>1. n n n有原根当且仅当 n = 2 , 4 , p k , 2 p k n=2,\text{ }4,\text{ }{ {p}^{k}},\text{ }2{ {p}^{k}} n=2, 4, pk, 2pk, 其中 p p p是奇素数, k ∈ Z > 0 k\in { {\mathbb{Z}}_{>0}} k∈Z>0.
证明
( ⇐ ) \left( \Leftarrow \right) (⇐) φ ( 2 ) = 1 \varphi \left( 2 \right)=1 φ(2)=1, 1 1 = 1 m o d 2 {
{1}^{1}}=1\text{ }\bmod 2 11=1 mod2, n = 2 n=2 n=2有原根 1 1 1.
φ ( 4 ) = 2 \varphi \left( 4 \right)=2 φ(4)=2, 3 1 = 3 ≡ 1 m o d 4 {
{3}^{1}}=3\cancel{\equiv }\text{1 }\bmod 4 31=3≡
1 mod4, 3 2 = 9 ≡ 1 m o d 4 {
{3}^{2}}=9\equiv 1\text{ }\bmod 4 32=9≡1 mod4, n = 4 n=4 n=4有原根 3 3 3.
由博文《原根的存在性 相关定理 (一)》中的定理7, ∃ r ∈ Z ≠ 0 \exists r\in {
{\mathbb{Z}}_{\ne 0}} ∃r∈Z=0, ∀ k ∈ Z > 0 \forall k\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} ∀k∈Z>0, r r r是 n = p k n={
{p}^{k}} n=pk的原根. 又由定理11, n = 2 p k n=2{
{p}^{k}} n=2pk有原根 r r r或 r + p k r+{
{p}^{k}} r+pk.
( ⇒ ) \left( \Rightarrow \right) (⇒)我们要证明若 n n n有原根, 则 n n n只可能具备 2 , 4 , p k , 2 p k 2,\text{ }4,\text{ }{
{p}^{k}},\text{ }2{
{p}^{k}} 2, 4, pk, 2pk的形式. 设 n n n有素因子分解
n = p 1 e 1 ⋯ p k e k , e i ∈ Z > 0 . n={
{p}_{1}}^{
{
{e}_{1}}}\cdots {
{p}_{k}}^{
{
{e}_{k}}},\text{ }{
{e}_{i}}\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}}. n=p1e1⋯pkek, ei∈Z>0.
第一步, 我们要证明 φ ( p 1 e 1 ) , ⋯ , φ ( p k e k ) \varphi \left( {
{p}_{1}}^{
{
{e}_{1}}} \right),\text{ }\cdots ,\text{ }\varphi \left( {
{p}_{k}}^{
{
{e}_{k}}} \right) φ(p1e1), ⋯, φ(pkek)两两互素.
n n n有原根 r r r. 由博文《指数和原根》中的定理12, 有 gcd ( r , n ) = 1 \gcd \left( r,n \right)=1 gcd(r,n)=1, 从而成立
gcd ( r , p i e i ) = 1 , ∀ i ∈ { 1 , ⋯ , k } . \gcd \left( r,{
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right)=1,\text{ }\forall i\in \left\{ 1,\cdots ,k \right\}. gcd(r,piei)=1, ∀i∈{
1,⋯,k}.
由欧拉定理, 成立
r φ ( p i e i ) ≡ 1 m o d p i e i , ∀ i ∈ { 1 , ⋯ , k } . (13.1) {
{r}^{\varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}},\text{ }\forall i\in \left\{ 1,\cdots ,k \right\}. \tag{13.1} rφ(piei)≡1 modpiei, ∀i∈{
1,⋯,k}.(13.1)
设 U = l c m 1 ≤ i ≤ k ( φ ( p i e i ) ) U=\underset{1\le i\le k}{\mathop{lcm}}\,\left( \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right) \right) U=1≤i≤klcm(φ(piei)), 则成立
φ ( p i e i ) ∣ U , ∀ i ∈ { 1 , ⋯ , k } . (13.2) \left. \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right) \right|U,\text{ }\forall i\in \left\{ 1,\cdots ,k \right\}. \tag{13.2} φ(piei)∣U, ∀i∈{
1,⋯,k}.(13.2)
由式(13.1), 式(13.2), 成立
r U ≡ 1 m o d p i e i , ∀ i ∈ { 1 , ⋯ , k } . (13.3) {
{r}^{U}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}},\text{ }\forall i\in \left\{ 1,\cdots ,k \right\}. \tag{13.3} rU≡1 modpiei, ∀i∈{
1,⋯,k}.(13.3)
式(13.3)进一步推得
r U ≡ 1 m o d l c m 1 ≤ i ≤ k p i e i = n . {
{r}^{U}}\equiv 1\text{ }\bmod \underset{1\le i\le k}{\mathop{lcm}}\,{
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}}=n. rU≡1 mod1≤i≤klcmpiei=n.
而由于 r r r是 n n n的原根, r r r对模 n n n的指数是 φ ( n ) \varphi \left( n \right) φ(n), 因此成立
φ ( n ) ∣ U . (13.4) \left. \varphi \left( n \right) \right|U. \tag{13.4} φ(n)∣U.(13.4)
另一方面, U U U是各 φ ( p i e i ) \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right) φ(piei)的最小公倍数, 且 ∏ i = 1 k φ ( p i e i ) \prod\limits_{i=1}^{k}{\varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right)} i=1∏kφ(piei)显然也是各 φ ( p i e i ) \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right) φ(piei)的最小公倍数, 由最小公倍数的性质, 可得
U ∣ ∏ i = 1 k φ ( p i e i ) = φ ( n ) . (13.5) \left. U \right|\prod\limits_{i=1}^{k}{\varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right)}=\varphi \left( n \right). \tag{13.5} U∣i=1∏kφ(piei)=φ(n).(13.5)
由式(13.4), 式(13.5), 成立
U = φ ( n ) . (13.6) U=\varphi \left( n \right). \tag{13.6} U=φ(n).(13.6)
式(13.6)说明了当 k ≥ 2 k\ge 2 k≥2时应满足 φ ( p 1 e 1 ) , ⋯ , φ ( p k e k ) \varphi \left( {
{p}_{1}}^{
{
{e}_{1}}} \right),\text{ }\cdots ,\text{ }\varphi \left( {
{p}_{k}}^{
{
{e}_{k}}} \right) φ(p1e1), ⋯, φ(pkek)两两互素.
第二步, 我们要证明对于素数 p i {
{p}_{i}} pi,
φ ( p i e i ) = p i e i − 1 ( p i − 1 ) (13.7) \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right)={
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}-1}\left( {
{p}_{i}}-1 \right) \tag{13.7} φ(piei)=piei−1(pi−1)(13.7)
是偶数当且仅当 p i {
{p}_{i}} pi是奇数或者 p i = 2 {
{p}_{i}}=2 pi=2且 e i ≥ 2 {
{e}_{i}}\ge 2 ei≥2.
事实上, 若 p i {
{p}_{i}} pi是奇数, 则 p i − 1 {
{p}_{i}}-1 pi−1是偶数, 由式(13.7), φ ( p i e i ) \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right) φ(piei)是偶数.
若 p i {
{p}_{i}} pi非奇数, 即 p i = 2 {
{p}_{i}}=2 pi=2, 此时有
φ ( p i e i ) = 2 e i − 1 . \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right)={
{2}^{
{
{e}_{i}}-1}}. φ(piei)=2ei−1.
由于 e i ∈ Z > 0 {
{e}_{i}}\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} ei∈Z>0, 当 e i = 1 {
{e}_{i}}=1 ei=1时, φ ( p i e i ) = 2 0 = 1 \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right)={
{2}^{0}}=1 φ(piei)=20=1是奇数, 当 e i ≥ 2 {
{e}_{i}}\ge 2 ei≥2时, 有 e i − 2 ≥ 0 {
{e}_{i}}-2\ge 0 ei−2≥0, 即有 2 e i − 2 ∈ Z > 0 {
{2}^{
{
{e}_{i}}-2}}\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} 2ei−2∈Z>0, 成立
2 ∣ 2 e i − 1 = 2 × 2 e i − 2 . \left. 2 \right|{
{2}^{
{
{e}_{i}}-1}}=2\times {
{2}^{
{
{e}_{i}}-2}}\text{.} 2∣2ei−1=2×2ei−2.
即此时 φ ( p i e i ) \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right) φ(piei)是偶数.
第三步, 由第一步的结论, 当 k ≥ 2 k\ge 2 k≥2时 φ ( p 1 e 1 ) , ⋯ , φ ( p k e k ) \varphi \left( {
{p}_{1}}^{
{
{e}_{1}}} \right),\text{ }\cdots ,\text{ }\varphi \left( {
{p}_{k}}^{
{
{e}_{k}}} \right) φ(p1e1), ⋯, φ(pkek)这 k k k个数中不能有两个以上的偶数. 结合第二步的结论, 推得 n n n不能同时有两个奇素因子, 或者同时有因子 4 = 2 2 4={
{2}^{2}} 4=22以及一个奇素因子, 否则某一对 φ ( p i e i ) , φ ( p j e j ) \varphi \left( {
{p}_{i}}^{
{
{e}_{i}}} \right),\text{ }\varphi \left( {
{p}_{j}}^{
{
{e}_{j}}} \right) φ(piei), φ(pjej)均为偶数 ( p i ≠ p j ) \left( {
{p}_{i}}\ne {
{p}_{j}} \right) (pi=pj).
因此只有两种情况: 第一种, n n n只有一个奇素因子, 此时要求 n n n的标准分解式中素因子 2 2 2的指数 0 ≤ δ < 2 0\le \delta <2 0≤δ<2. δ = 0 \delta =0 δ=0对应 n n n的形式是 p k {
{p}^{k}} pk; δ = 1 \delta =1 δ=1对应 n n n的形式是 2 p k 2{
{p}^{k}} 2pk.
第二种, n n n没有奇素因子, 则 n n n具有形式 2 k {
{2}^{k}} 2k. 又根据 n n n有原根 r r r和博文《原根的存在性 相关定理 (一)》中的推论2, 得到 k ≤ 2 k\le 2 k≤2. k = 2 k=2 k=2对应 n = 2 2 = 4 n={
{2}^{2}}=4 n=22=4; k = 1 k=1 k=1对应 n = 2 1 = 2 n={
{2}^{1}}=2 n=21=2; k = 0 k=0 k=0对应 n = 2 0 = 1 ∉ Z > 1 n={
{2}^{0}}=1\notin {
{\mathbb{Z}}_{>1}} n=20=1∈/Z>1.
定理14 设 m ∈ Z > 1 m\in { {\mathbb{Z}}_{>1}} m∈Z>1, r ∈ Z r\in \mathbb{Z} r∈Z, gcd ( r , m ) = 1 \gcd \left( r,m \right)=1 gcd(r,m)=1. 则 r r r是模 m m m的原根当且仅当任意正的素因子 q ∣ φ ( m ) \left. q \right|\varphi \left( m \right) q∣φ(m)满足 r φ ( m ) q ≡ 1 m o d m . { {r}^{\frac{\varphi \left( m \right)}{q}}}\cancel{\equiv }1\text{ }\bmod m. rqφ(m)≡ 1 modm.
证明
( ⇒ ) \left( \Rightarrow \right) (⇒)设 r r r是模 m m m的原根, 则成立
φ ( m ) = min { x ∈ Z > 0 : r x ≡ 1 m o d m } . (14.1) \varphi \left( m \right)=\min \left\{ x\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}}:\text{ }{
{r}^{x}}\equiv 1\text{ }\bmod m \right\}. \tag{14.1} φ(m)=min{
x∈Z>0: rx≡1 modm}.(14.1)
任取 φ ( m ) \varphi \left( m \right) φ(m)的素因子 q ∣ φ ( m ) \left. q \right|\varphi \left( m \right) q∣φ(m), 成立
0 < φ ( m ) q < φ ( m ) . (14.2) 0<\frac{\varphi \left( m \right)}{q}<\varphi \left( m \right). \tag{14.2} 0<qφ(m)<φ(m).(14.2)
由(14.1), (14.2), 直接得出
r φ ( m ) q ≡ 1 m o d m . {
{r}^{\frac{\varphi \left( m \right)}{q}}}\cancel{\equiv }1\text{ }\bmod m. rqφ(m)≡
1 modm.
( ⇐ ) \left( \Leftarrow \right) (⇐)设对 φ ( m ) \varphi \left( m \right) φ(m)的任意素因子 q q q, 成立
r φ ( m ) q ≡ 1 m o d m , ∀ q is prime, q > 0 , q ∣ φ ( m ) . (14.3) {
{r}^{\frac{\varphi \left( m \right)}{q}}}\cancel{\equiv }1\text{ }\bmod m,\text{ }\forall q\text{ is prime, }q>0,\text{ }\left. q \right|\varphi \left( m \right). \tag{14.3} rqφ(m)≡
1 modm, ∀q is prime, q>0, q∣φ(m).(14.3)
设 r r r对模 m m m的指数为 δ \delta δ, 成立
r δ ≡ 1 m o d m . (14.4) {
{r}^{\delta }}\equiv 1\text{ }\bmod m. \tag{14.4} rδ≡1 modm.(14.4)
由博文《指数和原根》中的定理12, 有 gcd ( r , m ) = 1 \gcd \left( r,m \right)=1 gcd(r,m)=1. 再由欧拉定理, 得到
r φ ( m ) ≡ 1 m o d m . {
{r}^{\varphi \left( m \right)}}\equiv 1\text{ }\bmod m. rφ(m)≡1 modm.
因此由指数的性质成立
δ ∣ φ ( m ) . (14.5) \left. \delta \right|\varphi \left( m \right). \tag{14.5} δ∣φ(m).(14.5)
若 φ ( m ) δ > 1 \frac{\varphi \left( m \right)}{\delta }>1 δφ(m)>1, 则可以将 φ ( m ) δ \frac{\varphi \left( m \right)}{\delta } δφ(m)进行素因子分解, 即存在素数 q ∣ φ ( m ) δ \left. q \right|\frac{\varphi \left( m \right)}{\delta } q∣δφ(m)(当然也就有 q ∣ φ ( m ) \left. q \right|\varphi \left( m \right) q∣φ(m)), 也就有 δ q ∣ φ ( m ) \left. \delta q \right|\varphi \left( m \right) δq∣φ(m), δ ∣ φ ( m ) q ∈ Z > 0 \left. \delta \right|\frac{\varphi \left( m \right)}{q}\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} δ∣qφ(m)∈Z>0, 即 ∃ k ∈ Z > 0 \exists k\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} ∃k∈Z>0, 使得
φ ( m ) q = k δ . (14.6) \frac{\varphi \left( m \right)}{q}=k\delta . \tag{14.6} qφ(m)=kδ.(14.6)
结合式(14.4), 式(14.6), 成立
r φ ( m ) q = r k δ = ( r δ ) k ≡ 1 m o d m . (14.7) {
{r}^{\frac{\varphi \left( m \right)}{q}}}={
{r}^{k\delta }}={
{\left( {
{r}^{\delta }} \right)}^{k}}\equiv 1\text{ }\bmod m. \tag{14.7} rqφ(m)=rkδ=(rδ)k≡1 modm.(14.7)
而式(14.3)和式(14.7)是矛盾的, 由反证法, φ ( m ) δ ≤ 1 \frac{\varphi \left( m \right)}{\delta }\le 1 δφ(m)≤1, 即有
φ ( m ) ≤ δ . (14.8) \varphi \left( m \right)\le \delta . \tag{14.8} φ(m)≤δ.(14.8)
而由式(14.5)推得
δ ≤ φ ( m ) . (14.9) \delta \le \varphi \left( m \right). \tag{14.9} δ≤φ(m).(14.9)
式(14.8), 式(14.9)给出了
δ = φ ( m ) . \delta =\varphi \left( m \right). δ=φ(m).
即 r r r对模 m m m的指数为 φ ( m ) \varphi \left( m \right) φ(m), r r r是模 m m m的原根.
后注
- 引理8, 引理9, 推论10, 定理11, 定理12严格要求 p p p是奇素数, 是因为这几个定理都涉及了
φ ( 2 p k ) = φ ( 2 ) φ ( p k ) = φ ( p k ) = p k − 1 ( p − 1 ) . \varphi \left( 2{ {p}^{k}} \right)=\varphi \left( 2 \right)\varphi \left( { {p}^{k}} \right)=\varphi \left( { {p}^{k}} \right)={ {p}^{k-1}}\left( p-1 \right). φ(2pk)=φ(2)φ(pk)=φ(pk)=pk−1(p−1).
而这个式子成立的前提是 gcd ( 2 , p k ) = 1 \gcd \left( 2,{ {p}^{k}} \right)=1 gcd(2,pk)=1, 因此素数 p ≠ 2 p\ne 2 p=2.