快速数论变换_初等数论学习笔记（六）（终）

不知不觉中，初等数论学习笔记就快要更新完了。。。最后一大部分有关于原根，指数，，一些有趣的初等数论结果，以及一些解析数论中的内容（Riemann-zeta函数）。。希望读者也能够切身体会到这些结果的优美之处。。

指数，原根，其它结果简介

一、指数

本章中假设

则由Euler定理，

定义：

为满足

的最小正整数，则

。记为

。

容易知道的是，指数不会超过

。

关于指数的性质，我们给出以下几条：

1、若

，则

。

证明：

不难发现这条性质与最大公因数，最小公倍数的性质有相似之处。（最大公因数是所有公因数的倍数，最小公倍数是所有公倍数的因数）自然地，我们想到模仿之前的证明方法利用带余除法来证明这条性质。

设

，由带余除法，

则

如果

，则

才应该为

的

的指数，矛盾。

故

。

这条性质表明了指数在整除的结构上的含义，应用十分广泛，是至关重要的！

特别地，由于Euler定理，我们不难得到一个重要的推论。

推论：

在习题中我们可以看到当我们想证明一个整除式，而一端可以写成Euler函数值的形式时，我们往往构造指数，利用这个性质进行证明。

2、若

。

证明：

，

。

3、若

，则

。

证明：

容易证得

下面只需证明指数的最小性即可。

假设

。

由指数的性质1，

。

则考虑

。

又有

故

由指数的性质1，

利用

，

同理地，可以证得

故

故

。

性质1是关于指数的结构的性质，性质2与3是关于指数的运算的性质。容易看出关于指数运算的性质都可以先验证同余式成立，再证明指数的最小性。

二、原根

定义：若

，则

为

的原根。

从本质上理解，我们会发现原根是

的一个生成元。（后文会证明这个结论）

但是在此之前，最直接的问题就是：原根一定存在吗？或者说，原根的存在性与

是否有关联呢？

定理：（

原根的存在性）

为素数， 则

原根必定存在。

证明：

令

。

由最小公倍数的性质以及指数的性质1，我们容易知道

。

另一方面，必有

，故方程

有至少

个解。由模素数同余方程解的结构定理，次数不能小于解的个数，故

。

故

。

下面开始构造

原根。

由算术基本定理，

由最小公倍数的性质，

故

由指数性质2，

又

故由指数的性质3，

故

为

原根，存在。

证明中巧妙地选取了

作为所有指数的最小公倍数，并且利用

的素数分解式进行拆分后，再合并，构造出了一个指数等于

的正整数。这种先分后合的证明方法在构造性证明中是经常出现的。

事实上，原根的存在性是有充要条件的（容易发现模不是素数时也可以有原根存在，如：

为

原根，

为

原根，交给读者验证），我们会在下一章中介绍。

三、

原根，原根存在的充要条件

本章中假设

为大于2的素数

在给出

的原根的存在性定理之前，我们先介绍一个引理，以对

这样形式的模进行进一步的理解与认识，同时方便之后的证明。

引理：

则

证明 ：

由Fermat定理，

故可记

，又

故

不 整除

。

由二项式定理，以及

利用同样的手法，记

其中

不整除

。

同样地进行如上分析，可得

以此类推，故得证。

下面，我们给出

原根的存在性定理，并在证明的同时给出构造方法。

定理（

原根的存在性）：

原根必定存在。且若

为

原根，

，则

为

原根。

证明：

不妨先证明定理的后半部分，再由此证明

原根的存在性。

，则

而从另一方面来看，

由指数的性质，

。

故

。

而若

，

。

与上面已经证明的引理矛盾。

故

，证明了

为

原根。

有了这些结论后，我们现在只需要再说明这样的

必定存在即可得到结论。

则容易知道当

遍历

时，

也遍历

。

即

的存在性得证。

故

原根必定存在。

关于

的原根，我们可以利用

原根的结论进行研究，比较显而易见地，我们有以下定理作为两者之间的联系，而这种联系同时保证了

的原根的存在性。

定理（

的原根的存在性）：

的原根必定存在。且

为

原根，若

为奇数，则

为

的原根。

证明：

注意利用Euler函数的积性，

。

若

为奇数且

，易知

。

记

，只需证明

由于

，以及指数的性质，得到

而容易知道

，且

，由指数的性质，

故得证。

有了上述结论，下面容易证明

的原根必定存在。

若

为

原根，容易知道

也为

原根。

而

与

奇偶性相异，故必有一者为奇数，故

的原根必定存在。

下面我们给出原根存在的充要条件。

定理（原根存在的充要条件）：

原根存在的充要条件是

，这里

为大于2的素数。

证明：

充分性已经由上述定理得到验证，下面只需要证明必要性即可。

反证。若

不在上述情况之内，则必定有

或

或

三种情况之一发生。

其中

均为互异的大于2的素数。

容易验证 以上任意一种形式都会使得指数严格小于

，不可能为原根。

故得证。

在本章的最后，我们给出一个常用且重要的命题，这个定理常常可以让我们能够利用原根的规范性。（回忆

具有规范性，而原根则可以生成

，故原根有着同样的性质，甚至反而比

更强力，同样地我们将在习题中感受到这一点）

命题：

为

原根，则

为

原根

。

证明：

反证。若

，

则

，则

不为

原根。

利用互素的性质，

下只需证明

两两不同余即可。（原根生成

）

则可以容易地反证。

此处的证明交给读者自行补充，不作赘述。

下面先给出本部分的习题以及提示解答（也是最后一部分习题了），但是在习题后，还有一部分补充的内容，感兴趣的读者可以记得一读。

习题中会涉及到利用指数原根处理问题的具体方法，以及其他有趣的结论。

习题：（若无特殊声明，所有字母为正整数，

为大于2的素数）

1、

证明：

2、

，证明：

两两不同余。

3、

，证明：

4、设

，证明：

为

原根。

5、

证明：

为

原根的充要条件为

为

的二次非剩余。

6、

，证明：

7、

，证明：

8、证明：存在无穷多个

余数为

的素数。

9、

，证明：

提示或解答：

1、证明：

这样带有Euler函数形式的整除式的证明应能快速联想到应用指数的性质。

首先，容易证明的是

设

又

，由指数的性质，

。

若

，

，则

不为

倍数，矛盾。

故

。

由指数的性质，

。

2、提示：

反证即可。且容易看出，特别地，当

为原根时，

为

。

3、提示：

即证明

故做法与第一题相同，证明

即可。

而

，再反证即可得到。

4、证明：

原根必定存在，设为

。

则必定存在

则要证明结论，即证明

。

下面进行反证。假设不互素。

由于

，故若

，要么

为偶数，要么

。

若

为偶数，

为

的根，考虑Legendre符号

。

而

由于

为奇数，

，则

容易验证

，矛盾。

若

，而

,由Fermat,

。

故

故

，而容易验证

均不能满足

的条件，矛盾。

故

，得证。

本题的方法可能需要一些技巧，第一次做的时候会不知所措，但是只要能够理解并且在看到其他类似的题目时想到可以有如此的处理方法就足够了。

其实在最初利用原根存在性，找到

的做法已经运用到了

原根的规范性。值得一提的是，这是关于原根的一个 极其常用且有用的技巧！

5、提示：

设

为

原根，必定存在

且

为奇数

这个命题的一个特别的结论是：

对于

这种形式的素数，

必定为

原根

。

读者可以自行利用Legendre符号的性质验证

6、证明：

同样地，是利用指数的性质证明整除式。

容易证明的是

由

又

，故

由指数的性质，

而又有

为奇数，

为偶数，故

，得证。

7、证明：

方法同6，可将同余式两边平方由-1得到1，再同样地进行分析。可以得到

。

通过排除其他情况可以得到

，利用指数性质，得证。

8、证明：

这题是习题6的一个有趣的推论，它告诉我们满足这样的一类限制条件的素数也有无穷多个。

利用证明素数有无穷多个的相同证明方法。给定一些满足条件的素数，证明能构造出一个新的素数满足条件即可。

可以证明

的最小的大于1的素因子必定为

余数为

的素数。（交给读者证明）

这说明我们必定可以找到满足条件的素数

记

注意到

，且

则取

为

的最小的大于1的因子，则为素数。

满足

，由6的结果，

再验证

与所有

互异即可。（反证，容易）

故得证。

9、证明：

本题也利用到了原根的规范性。

当

，

故

。

当

，设

为

原根必定存在。

记

由于原根也能生成既约剩余系，设为

则容易知道存在

则

容易发现

故

，得证。

可以看到本题的关键是将一串连续的自然数利用原根变换为了原根的幂次和，从而得以使用等比数列求和公式，大大简化了分析。（这与高等代数中将任意的一组基Schmidt正交化再标准化后分析同一个问题，来达到简化的效果颇有相似之处）

所以简单地归纳，原根其实就是

的一个

基（生成元），只要是问题中出现的正整数 遍历了既约剩余系，利用原根的 规范性进行变换都能发挥出非常好的效果。

补充：

定理（Lagrange）：每个正整数都能写成四个整数的平方和。

证明：

此处的证明我们利用无穷递减的思想。

无穷递减的意思，具体地说：若想证明某命题对

成立，我们可以先证明此结论对某个

成立。（作为起点）再证明

命题对

成立。（递减）

下进行上述定理的证明。

先引入Euler恒等式。这部分为单纯的计算，读者可以自行验证其正确性。

其中

这意味着，两个四个整数的平方和的乘积仍为四个整数的平方和。

且我们容易得到如下结论：

若

，则

。

由算术基本定理与Euler恒等式，我们知道下面只需要证明所有大于2的素数

均能写成四个整数的平方和即可。

我们进行下一部分的证明。在这部分我们将证明给定大于2的素数

，

可以写成四个整数的平方和。

我们利用抽屉原理进行构造。

设

容易知道

由抽屉原理，

故

而

故

，得证。

最后，我们来利用上面提到的无穷递减的思想来得到结果。

我们只需要证明：若

为四个整数平方和，则

为四个整数平方和。

若

，取

则

设

。

若

，与

矛盾。

由

，得到

。

若

则

，矛盾。

故

。

而

，由Euler恒等式，

，而

记

故

，为四个整数平方和。无穷递减条件得证。

故整个定理得证。

关于这个定理，值得一提的是四个整数平方和已为最佳结果。

读者可以自行证明所有

余数为

的数都不能写成三个整数的平方和的形式。

下面再简单地介绍解析数论中重要的Riemann-

函数及Euler乘积。事实上，有了Riemann-

函数后，我们可以用更加简洁的方法证明部分从前证明过的定理。

定义：

，称为Riemann-

函数。

由分析中的知识（假设大家都有学过数学分析233），

在

时内闭一致收敛。

故由一致收敛的性质容易得到以下结论：

1、

关于

连续。

2、由于

，而

内闭一致收敛。故

关于

无穷次可微。

下面给出Riemann-

函数与Euler乘积之间的重要关系。

定义：

为素数，Euler乘积定义为

（需要注意的是，Euler乘积与先前提到的数论函数不同，此处确实地包含了无穷的含义）

定理：（Euler乘积）

证明：

首先证明Euler乘积的极限存在。

将全体素数排为一列

则

由于

关于

单调递增。

要证明极限存在，可以利用单调有界收敛定理，证明

有界即可。

下设

。

则由级数理论，对

故

有

同理地，对一般情况，都有

故

又因为

得到重要的估计式

下面显而易见地，可以利用夹逼定理，

由

，得证。

即

。

这个结论将无穷乘积与无穷求和连接起来，将所有正整数与所有素数联系在了一起，意义极其丰富重要。也正因如此，Riemann-

函数才能够在解析数论中发挥如此大的作用。

我们现在再来利用上述定理再一次证明有无穷多个素数。可以看到证明变得异常简洁。

定理：有无穷多个素数。

证明：

反证。假设仅有有限多个素数

则

为有限乘积，为有限数。

而当

由

，矛盾，得证。

接下来，我们再介绍一些Riemann-

函数与其它数论函数的关联以及更多的分析上的性质。

在

的定义两端取

，得到

利用Taylor级数，当

得到

不妨定义

则

两端同时对

求导，得到

如果读者还有印象，可以知道此处的

为我们在数论函数部分中提及的von-Mangoldt函数。

由此我们得到

定理（Riemann-

函数与von-Mangoldt函数的关系）：

事实上，Riemann-

函数与绝大多数常用的数论函数都有着紧密的关联。

以下，不加证明地给出几个定理，读者可以模仿上述过程尝试自己证明。

定理（Riemann-

函数与Mobius函数的关系）：

定理（Riemann-

函数与除数函数的关系）：

关于

的更多分析性质，不得不提的是

是可以进行

延拓的。

以下举出在实数域上延拓的一个例子。

考虑

则

由关于交错级数的知识，我们发现上述级数在

是收敛的。

故这说明

可以延拓到

上。

事实上，这只是延拓的一个例子。利用复变函数中关于解析开拓的知识，对

进行幂级数开拓，我们可以证明

在整个复平面上可以解析开拓到除了

之外的所有点处。

事实上，很多人或多或少提到的

的真正意思是

在

处可以进行解析开拓，且经过解析开拓后，

。这无疑为我们提供了一种

新的意义下的求和方法。有关于此，限于篇幅，不在此展开。

最后一部分内容是有关于素数定理的，定义

为不超过

的素数的个数

。

则有以下定理：

定理（素数定理）：

素数定理向我们揭示了

充分大时，素数个数的阶，是一个重要而美妙的结果。

在此，我们虽然不能完全地证明素数定理，但是可以证明一个稍弱的结果，也就是Chebyshev素数定理。事实上，我们会发现Chebyshev素数定理距离素数定理只有一步之遥。

定理（Chebyshev素数定理）：

证明：

为了之后证明的便利，不妨设

从组合数的角度证明此定理。

并且记

注意到

又

，故

得到关系式

观察上式，可发现主项是

。

记

（利用关于重数的结果）

则

对于

故

又有

所以

另一方面，由

得

结合上文证明了的

得到

由

与

容易得到

，故得证。

Chebyshev素数定理的出发点虽然是初等的组合数，但是却得到了一个很强的结论。

那么最后一部分的内容也就到此为止了。

尾声：这是本人第一次尝试在知乎撰写与数学有关且较为长篇、详细的文章，很难得有这个机会能整理一遍自己学习过的课程。撰写途中虽然坎坷，但是最后还是圆满地收尾了。在此再次衷心感谢各位的阅读，希望各位与我分享高见，也希望初等数论学习笔记能够帮助到各位的学习，谢谢！（后续可能会有概率论相关的习题与补充知识总结的文章233）

另外，感谢 @liu ren 对我笔记中诸多错误的提醒与指正！（更新于2019/05/24）