原根
前置知识¶
这部分知识与抽象代数相关。如果想要进一步了解文中的「阶」、「原根」名字来源，可以参考群论部分。
阶¶
阶：由欧拉定理可知，对 \(a\in \mathbb{Z}\)，\(m\in\mathbb{N}^{*}\)，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 \(\delta_m(a)\) 或 \(\operatorname{ord}_m(a)\)。
注
在抽象代数中，这里的「阶」就是模 \(m\) 缩剩余系关于乘法形成的群中，元素 \(a\) 的阶。记号 \(\delta\) 表示阶也只用于这个特殊的群。
下面的诸多性质可以直接扩展到抽象代数中阶的性质。
另外还有「半阶」的概念，在数论中会出现 \(\delta^-\) 记号，表示同余式 \(a^n \equiv -1 \pmod m\) 的最小正整数。半阶不是群论中的概念。阶一定存在，半阶不一定存在。
性质¶
性质 \(1\)：\(a,a^2,\cdots,a^{\delta_m(a)}\) 模 \(m\) 两两不同余。
证明：考虑反证，假设存在两个数 \(i\ne j\)，且 \(a^i\equiv a^j\pmod m\)，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。
证毕
性质 \(2\)：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 \(n=\delta_m(a)q+r,0\leq r<\delta_m(a)\)。
若 \(r>0\)，则
这与 \(\delta_m(a)\) 的最小性矛盾。故 \(r=0\)，即 \(\delta_m(a)\mid n\)。
证毕
据此我还可以推出：
若 \(a^p\equiv a^q\pmod m\)，则有 \(p\equiv q\pmod{\delta_m(a)}\)。
还有两个与四则运算有关的重要性质。
性质 \(3\)：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
\[ \gcd\big(\delta_m(a),\delta_m(b)\big)=1 \]
证明：
必要性
由 \(a^{\delta_m(a)}\equiv 1 \pmod m\) 及 \(b^{\delta_m(b)} \equiv 1 \pmod m\)，可知
由前面所述阶的性质，有
又由于 \(\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)\)，故
即 \(\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1\)。
充分性
由 \((ab)^{\delta_m(ab)}\equiv 1 \pmod m\) 可知
故 \(\delta_m(a)\mid\delta_m(ab)\delta_m(b)\)。结合 \(\gcd(\delta_m(a),\delta_m(b))=1\) 即得
对称地，同理可得
所以
另一方面，有
故
综合以上两点即得
证毕
性质 \(4\)：设 \(k \in \mathbb{N}\)，\(m\in \mathbb{N}^{*}\)，\(a\in\mathbb{Z}\)，\(\gcd(a,m)=1\)，则
\[ \delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{\gcd\big(\delta_m(a),k\big)} \]
证明：注意到：
另一方面，由 \(a^{\delta_m(a)}\equiv 1 \pmod m\)，可知：
故：
综合以上两点，得：
证毕
原根¶
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 \(\delta_m(g) = \left| Z_m^\times \right| = \varphi(m)\)，当 \(m\) 是质数时，我们有 \(g^i \bmod m,\,0 \lt i \lt m\) 的结果互不相同。
注
在抽象代数中，原根就是循环群的生成元。这个概念只在模 \(m\) 缩剩余系关于乘法形成的群中有「原根」这个名字，在一般的循环群中都称作「生成元」。
并非每个模 \(m\) 缩剩余系关于乘法形成的群都是循环群，存在原根就表明它同构于循环群，如果不存在原根就表明不同构。
原根判定定理¶
原根判定定理：设 \(m \geqslant 3, \gcd(g,m)=1\)，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，下面用反证法证明充分性。
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：
由于 \(\gcd(t, \varphi(m)) \mid \varphi(m)\) 且 \(\gcd(t, \varphi(m))\leqslant t < \varphi(m)\)。
故存在 \(\varphi(m)\) 的素因数 \(p\) 使得 \(\gcd(t, \varphi(m)) \mid \frac{\varphi(m)}{p}\)。
则 \(g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\equiv g^{(t, \varphi(m))}\equiv 1\pmod{m}\)，与条件矛盾。
故假设不成立，原命题成立。
证毕
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：
所以若 \(\gcd\big(k,\varphi(m)\big)=1\)，则有：\(\delta_m(g^k)=\varphi(m)\)，即 \(g^k\) 也是模 \(m\) 的原根。
而满足 \(\gcd\big(\varphi(m),k\big)=1\) 且 \(1\leq k \leq \varphi(m)\) 的 \(k\) 有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。所以原根就有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。
证毕
原根存在定理¶
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 :\(n = 2, 4, p^e, 2 \times p^e\)。
我们来证明它，分成 \(m=2,4\)、\(m=p^{\alpha}\)、\(m=2p^{\alpha}\) 与 \(m\ne 2,4,p,p^{\alpha}\)，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 \(\delta_p(c)=\operatorname{lcm}\big(\delta_p(a),\delta_p(b)\big)\)。
证明：我们先将 \(\delta_m(a),\delta_m(b)\) 表示成质因数分解的形式：
\[ \left(\delta_m(a)=\prod_{i=1}^k{p_i^{\alpha_i}},\delta_m(b)=\prod_{i=1}^k{p_i^{\beta_i}} \right) \]接着将它们表示成如下形式：
\[ \delta_m(a)=XY,\delta_m(b)=ZW \]其中：
\[ Y=\prod_{i=1}^k{p_i^{[\alpha_i>\beta_i]\alpha_i}},X=\dfrac {\delta_m(a)}Y \]\[ W=\prod_{i=1}^k{p_i^{[\alpha_i\le\beta_i]\beta_i}},Z=\dfrac {\delta_m(b)}W \]则由阶的 性质 \(4\)，可得：
\[ \delta_m\left(a^X\right)=\dfrac{\delta_m(a)}{\gcd\big(\delta_m(a),X\big)}=\dfrac {XY}X=Y \]同理：
\[ \delta_m\left(b^Z\right)=W \]又因为显然有 \(\gcd(Y,W)=1\)，\(YW=\operatorname{lcm}\big(\delta_p(a),\delta_p(b)\big)\)，则再由阶的 性质 \(1\)，可得：
\[ \delta_m\left(a^Xb^Z\right)=\delta_m\left(a^X\right)\delta_m\left(b^Z\right)=YW=\operatorname{lcm}\big(\delta_p(a),\delta_p(b)\big) \]于是令 \(c=a^Xb^Z\) 则原命题得证。
证毕
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
\[ \delta_p(g)=\operatorname{lcm}\big(\delta_p(1),\delta_p(2),\cdots,\delta_p(p-1)\big) \]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
\[ x^{\delta_p(g)}\equiv 1\pmod p \]的根。由拉格朗日定理，可知方程的次数 \(\delta_p(g) \geq p-1\)。
又由费马小定理，易知 \(\delta_p(g) \leq p-1\)，故 \(\delta_p(g)=p-1=\varphi(p)\)。
综上可知 \(g\) 为模 \(p\) 的原根。
证毕
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
\[ \begin{aligned}(g+p)^{p-1}&\equiv C_{p-1}^0g^{p-1}+C_{p-1}^1pg^{p-2}\\&\equiv g^{p-1}+p(p-1)g^{p-2}\\&\equiv 1-pg^{p-2}\\&\not\equiv 1 \pmod {p^2}\end{aligned} \]证毕
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 \(p^{\alpha}\) 的原根。
首先，证明下面的结论：对任意 \(\beta\in\mathbb{N}^{*}\)，都可设
\[ g^{\varphi(p^\beta)}=1+p^{\beta}\times k_{\beta} \]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
\[ \begin{aligned}g^{\varphi(p^{\beta+1})}&=(g^{\varphi(p^{\beta})})^{p}\\&=(1+p^{\beta}\times k_{\beta})^p\\&\equiv 1+p^{\beta+1}\times k_{\beta} \pmod {p^{\beta+2}}\end{aligned} \]结合 \(p\nmid k_{\beta}\) 可知命题对 \(\beta+1\) 成立。
所以命题对任意 \(\beta\in\mathbf{N}^{*}\) 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 \(g^{\delta}\equiv 1\pmod {p^\alpha}\)。
所以可设 \(\delta=p^{\beta-1}(p-1)\)，这里 \(1\leq \beta\leq \alpha\)。
现在利用之前的结论，可知：
\[ g^{\varphi(p^{\beta})}\not\equiv 1\pmod {p^{\beta+1}}\implies g^{\delta}\not\equiv 1\pmod {p^{\beta+1}} \]结合 \(g^{\delta}\equiv 1\pmod {p^\alpha}\) 可知 \(\beta \geq \alpha\)。
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。
证毕
-
\(m=2p^{\alpha}\)，其中 \(p\) 为奇素数，\(\alpha\in\mathbb{N}^*\)。
定理 \(3\)：对于奇素数 \(p\)，\(\alpha\in\mathbf{N}^{*}\)，\(2p^{\alpha}2\) 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 \(\varphi(p^{\alpha})\mid\delta_{2p^{\alpha}}(G)\)。
结合 \(\varphi(p^{\alpha})=\varphi(2p^{\alpha})\) 可知 \(G\) 为模 \(2p^{\alpha}\) 的原根。
证毕
-
\(m\ne 2,4,p^{\alpha},p^{\alpha}\)，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 \(m=p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，模 \(m\) 的原根不存在。
证明：对于 \(m=2^{\alpha}\)，\(\alpha\in\mathbb{N}^{*},\alpha\geq 3\)，则对任意奇数 \(a=2k+1\) 均有：
\[ \begin{aligned}a^{2^{\alpha-2}}&=(2k+1)^{2^{\alpha-2}}\\&\equiv 1+C_{2^{\alpha-2}}^1(2k)+C_{2^{\alpha-2}}^{2}(2k)^{2}\\&\equiv1+2^{\alpha-1}k+2^{\alpha-1}(2^{\alpha-2}-1)k^2\\&\equiv 1+2^{\alpha-1}(k+(2^{\alpha-2}-1)k^2)\\&\equiv 1 \pmod {2^{\alpha}}\end{aligned} \]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：
\[ a^{\varphi(r)}\equiv 1 \pmod r\;,\quad a^{\varphi(t)}\equiv1\pmod t \]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：
\[ \delta_m(a)\leq\dfrac{1}{2}\varphi(r)\varphi(t)=\dfrac{1}{2}\varphi(rt)=\dfrac{1}{2}\varphi(m)<\varphi(m) \]由原根定义可得：模 \(m\) 的原根不存在。
证毕
综合以上 \(4\) 个定理，我们便给出了一个数存在原根的充要条件。
最小原根的数量级¶
王元于 \(1959\) 年证明了若 \(m\) 有原根，其最小原根是不多于 \(m^{0.25}\) 级别的。此处略去证明。
这保证了我们暴力找一个数的最小原根，复杂度是可以接受的。