数论概论读书笔记 28.幂模p与原根

幂模p与原根

如果$a$和$p$互素，费马小定理告诉我们，$a^{p-1}\equiv 1\ (mod \ p)$

辣么这个指数$p-1$是唯一的使得结果为1的嘛

我们选一些$a$和$p$看一下

对于$a=3,p=7$ ：指数只有为6时才取到1。

模p余1的a的最小次幂：

从表中可以看出，似乎有这样的性质：

• 最小指数$e$似乎整除$p-1$
• 总有一些指数需要到指数$p-1$

为了方便，我们定义$a$模$p$的阶指$e_p(a)=[使得a^e\equiv 1(mod \ p)的最小e]$

$a$和$p$要是互素的。

规定$e_p(a)\ge 1$ 显然$e_p(a)\le p-1$

次数整除性质 设a是不被素数$p$整除的整数，假设$a^n \equiv 1 \ (mod \ p)$，则次数$e_p(a)$整除$n$，特别地$e_p(a)$总整除$p-1$

证明： 次数$e_p(a)$的定义告诉我们

$$a^{e_p(a)}\equiv 1 \ (mod \ p)$$
假设$a^n\equiv 1(\ mod \ p)$

设$G=gcd(e_p(a),n)$

并设$(u,v)$是方程$e_p(a)u-nv=G$的正整数解。（可知一定有解）

现在有两种不同的方法计算$a^{e_p(a)u}$

$$a^{e_p(a)u}=(a^{e_p(a)})^u\equiv 1 \ (mod \ p) \\ a^{e_p(a)u}=a^{nv+G}\equiv a^G \ (mod \ p) \\ $$
这表明$a^G\equiv 1 (\ mod \ p)$ ，所以必有$e_p(a)\le G$

另一方面$G \ | \ e_p(a)$，所以$G=e_p(a)\ | \ n$

证毕。

下一个任务是观察具有最大可能次数，即$e_p(a)=p-1$的数a

如果a是这样的数，则幂

$$a^1,a^2,a^3,...,a^{p-2},a^{p-1}(\ mod \ p)$$
必须都是模$p$不同的。[如果幂不是全不相同，则对某指数$1\le i <j\le p-1$有$a^i\equiv a^j \ (mod \ p)$，由于a,p互质，则有$1\equiv a^{j-i} \ (mod \ p)$，由于$j-i<p-1$，则矛盾]。这$p-1$个不同的数取遍了$[1,p-1]$。

这样的数很重要，为了方便，我们称这样的数$g$为模$p$的原根，即$e_p(g)=p-1$。

回顾前面的那张表，5的原根是2,3， 7的原根是3,5 ，11的原根是2,6,7,8

可见原根可以不止一个，辣到底有多少个？所有素数都有原根吗？

原根定理 每个素数$p$都有原根。更精确地，有恰好$\varphi(p-1)$个模$p$的原根。

神奇！尽管原根定理没有指出求$p$的原根的具体方法，但一旦能求得一个原根，就可以容易得求出其他原根（后面介绍）。求原根的常用方法是从小到大枚举正整数a=2,3,5,6……。因为原根的分布比较广。（思考为什么没有4）。

为啥没4？因为$4^{\frac{(p-1)}{2}}\equiv 2^{p-1}\equiv 1 \ (mod \ p)$，即4一定不是原根。（可见2的高次幂都不是）

证明： 对$1\sim p-1$之间的每个数$a$，$e_p(a) \ | \ (p-1)$ ，所以，对整数$p-1$的每个因子$d$，我们可能会问，有多少个$e_p(a)$等于$d$，由于要用，我们记这个数为$\psi (d) \quad , 1\le a <p$。

则$\psi(p-1)$为模$p$的原根个数。

设$n$是整除$p-1$的任何数，比如说$p-1=nk$，则可将多项式$X^{p-1}-1$分解成$X^{nk}-1=(X^n)^k-1=(X^n-1)((X^n)^{k-1}+(X^n)^{k-2}+...+(X^n)^2+X^n+1)$

我们数一下这些多项式模$p$有多少个根。

首先,$X^{p-1}-1\equiv 0 \ (mod \ p)$恰好有$p-1$个解，即$[1,p-1]$这些。

另一方面，$(X^n-1)\equiv 0 \ (mod \ p)$至多有$n$个解，且

$$(X^n)^{k-1}+(X^n)^{k-2}+...+(X^n)^2+X^n+1 \equiv 0 \ (mod \ p)$$
至多有$nk-n$个解。

因此我们得到：

如果上式成立，则$X^n-1$模$p$恰有$n$个根。这就证明了下述重要事实。

如果$n \ | \ p-1$，则同余式$X^n-1\equiv 0 \ (mod \ p)$恰好有$n$个根满足$0\le X<p$

现在再用另一种计数方法计数上面同余式的解的个数。

如果$X=a$是一个解，则$a^n\equiv 1\ (mod \ p)$，因此$e_p(a)\ | \ n$，即$e_p(a)$对应$n$的一个因子$d$

从这个角度，$X^n-1\equiv 0 \ (mod \ p)$解的个数等于

$$\sum_{d|n}\psi(d)=\psi(d_1)+\psi(d_2)+...+\psi(d_r)$$
综合上面两个角度，我们得到一个结论：

若$n$整除$p-1$，则$\sum_{d|n}\psi(d)=n$

这个公式和欧拉函数的形式一样！

实际上这里$\psi$就是$\varphi$

首先，$\varphi(1)=1$，而$\psi(1)=1$

下面证明当$n=q$为素数时，$\psi(n)=\varphi(n)$

q的因数是1和q，所以$\psi(q)+\psi(1)=q=\varphi(q)+\varphi(1)$

由于$\psi(1)=\varphi(1)$，则$\psi(q)=\varphi(q)$

$n=q^2$和$n=q_1q_2$也可以类似证明

通过从小的$n$值到较大的$n$的值的研究，说明了对每个$n$证明$\varphi(n)=\psi(n)$的思路。

更正式地，可以给出归纳证明，这里不展示了。

综上，我们已证明对整除$p-1$的每个整数$n$，恰好有$\varphi(n)$个数$a$使得$e_p(a)=n$，取$n=p-1$，则$\varphi(p-1)$为原根个数。显然，每个素数至少有一个原根。

阿廷猜想 有无穷多个素数$p$使得2是模$p$的原根。

广义阿廷猜想 设整数$a$不是完全平方也不等于$-1$，则有无穷多个素数$p$使得$a$是模的原根。

一个题目

答案是0

一个拓展